一本通WULI物 理一轮复习参考答案与解析参考答案与解析

学生文答与…………………………1一描匀速直………………………………共点力的……………三章定律…………………………四章万有航………………………………3………………………………4第动恒定律…………………………58机振和械波………………………………7第八章电场……………………6九………………………第十章磁…………………………………105第一电感………………………………………………17第变流…………………18学波…………………1十四热………………………………………………………150课后自主规练答与解析……………………………15理WU

用书正文与析描运第1节动的描基·增略.(1)2.()易辨×【应用升1BD研究子弹旋转对飞响时子弹的和形,看作质点选误射击百米的靶子所的,其和形状可忽略把弹质点,选项B确能将子弹看作质点的,只影略,选错误,D正确。二1.某一瞬2位置末位置运动迹平行四边形定则标小于于易错析(3(4)(5)√用提升C10时指的是刻指间故A机在某位置运快以时度来示北的位把机看质,C正确;飞机的程是单向直运,飞程大飞机位移的大小,故D错误三.位移2置3瞬时速度4.路程时间【易错辨析】())9)×【应用提升】3.D解35分1的错研清机人形可以忽略,可以看成质点,故B错误;位移是初位置指向末位置的有向线段,机器人在m,;机器人在该过程中的平均速度大小约为v=xt806m/s=0/确、变化.m/s23.速度变化量【易辨析10(11)√2×(13)×【应用提升】4.B解析由图可知约0mh=509mmhms,据加速的定a=可得am,,AC、错。【旁栏边C解析由急的物理义可知,在0.时内,急度增加,加速度增加得快0~1内急不变,则加速匀故B误动度知,图像的面表加速度的变化量,在0~5.0s时间内,汽车加速度的.8×5s0/故5.~1内不为故。素准突破对点演析研究甲图中猫在地板上行走的速度时,猫的大小可忽将猫质,选项A正确;究乙珠形转球选项;丙图中飞能停桩的大小和形不能忽略,不能将鸟儿看点,选错误;究丁图中马术员的不作质。2.A析计算游客乘的形—

小所的问略计,故可游客作质选项78m的运动的长度错误。“指的是时间间,选D误。3.解小车随平小上竖移动,以总的x82=0故C正,、。C物体过的由,C均速度向由到不相故误;物体在平52m不定等C的大,故错误;公=Δt,无短,的平可以代时速度,越平均速度越能代表度以BC段速度比ABCD的速度更能反映物体处于B点瞬速度,C正;物体在BC段速度方向没有时刻改变,故错误5.C解析根据位移的定义,从M点流到过程中,游客的大小为x=m根速度定平均速大小v=xt0060./s,选A误正;均't=5.k错误若乘竹筏为参考系,玉女峰平速度s,选项D错误.C析加速度的正负的,是反,加速度方向与初度方向相同加速直线运动,乙加度与速向反减速线动,大小表示物体变化,变化快,的大,A、误,确甲的加度为m/s2,每2ms,B析题中的64km指车故A,误;由内列Δv1.5km/h=0.由加速度公式可知,加速度a=Δvt4m/s22s故正确;究列到成所时间时,由于西安到都离于列车的长度以把列车看规分策略一、中间一半(2)相(∶…∶n1∶∶5…(n-1)【易错辨】(2)√【应用提升】1.D解析飞机从启动复飞到完全起飞,由v2-v0x可,当v一时小,x越大,则a越小,解得加速度至少为amin=502-2022×210m/s2=5m/s、C错正二、静止t1222gh上重t2-2h错辨()×(4)×)用提.解析P1与Pv=g=10ms,项B正确栏】(1小(2)(3)9.6.5~9.可))(1)为使体的运接落体运动,应该尽量减小空气阻力影响,故。(2实验要本着先安装再验体②。(刻度时应心的依次连接起来即为常见的纸带问题,根据逐差可力加度为g[(77202650(2.52]02m/s2=9下离因的有小有较但方度速向,运动仍测力速度精12-v02=2ax知,xAB以xAB∶xB

误D的位移x10t+22=30的t=于4s的位移x20-v02=40m所s内5内汽车的位移3∶故D正确。3.解飞陆匀动逆程为零加为的匀线运动在t13s内位移x1=1t,t=4s内位移为x2=t2根据题有x2-17m,得加a2m,项A正确。机着后5的度大v5-2.6m/×m=5/选误。该在滑行的间tva=1.6×ss,选飞机行距离为=v0226.6×m=900,错误1案()4.5m()2人(3)2m解法(推论法)(1游客在梯上做匀加速运动,据匀加速运规律可知在邻等时间移差相等,Δsl-ll-AB=1m解lCD=4.5m。(2)=1,所以端道2人)设相邻名游客(两隔T,下滑速度为a,Δs=lCBCaT2即a2m由平均度公有B=lBCT=A联立两式得TA距滑顶s=m解法二(本公式)相邻名客(两点时间隔T,下的加速度为a,v,则有A=+a2lAB+AT+2a·(2T)2AD=3v12a·3T)联得4.v2m,aT21此刻端滑道上还有人As2m。对点解析将动车程看作的加速过程后s、2s、1连续通移的比为11+97)∶(5)1,由,可知这移的之9∶4项A,B、、D。典D析根据竖直上抛运动的对称性,知小球竖直上抛运动的=,竖直抛的初速度v02gt,故C错,D正确;小升高度h=1gA错误;从A点上点间为12距g12t218,A距地面的度=h-h误对点练5.解运动整个过程所的tHg21的过程用的时2=210=1,运动员用于姿约,C、D错误。6.B解析设桥面高自由式球2有h=2球1有h-L12g121=Δt,解得h=20m,故B正确。7.A解析射出的弹丸做竖上动,可看自由运动的动,由运学式h=12gt2可知,弹丸最后1s3—

上的高21m=m最1s内上高度h2=内中速t5/,弹丸度v0=g45ms+0.s=50/s,上升的大高度h=v02g=2×012故例3案)18(2)72m(3)25s解(1)过ET通速位移加位移相x1v264故总的位x总1=2d=138m。)人收通始减速距心线的距为2v122a72m。)过ETC道的时间1=12a×dv1工通t2=a×244x总2=2x24m二者的差=总-x16m在汽以正行驶度做匀速直,Δtt1+xv=答案(s(2)4m/2解析(1设无人下降过程为v向下加速时间为t,速时间为由匀速线运动规有1=1t,v=,H-2-h1=v立得t1=92无人自由下落的度为v0=gt=m/内的为x12t2=20设向下减速的速度的大小时恰好到达地面前瞬速度,2-x=v022a2,代据解得a=m。9.答案1)匀速动0)03驾1思考时间内,汽车做匀速直动,v0=2km/=0ms则时间内移v0=2×0.m。(2)车度方向为正方车时加速度为a=-1=0-24/2=-m/s,号表示度的方向与定方向相反。汽车刹车的移为0=0小王看到行人时车离斑线的离为x10m0m=0m。(3)点需时间ABv1.5s=4在过程中1s,后3s。车减过程,由匀变速可v=v0+at2=20+-5)m/=x=v'2-v022a=202)m175m车匀过的位则过程车的位为=2+x3=17.5m+42.mm,因小驾驶。专1运动追及与相遇问题强基·增分策略、1(1)位移(2.(2)加速度3移【易错辨2)√(3√【应用提升】1.B解析由图知0~3s为加速动,其平均速度为m/s2=5m/A3.~6,项B正~s物运速0内加速度大小相等,即图像的斜率大小相等,由连接0知,3图

,加速~内的度,选项C错误。由与轴围面代表移可知,36.()相同(3)速同速度相同(5)1aa1a度相同易错(4(5)√()√【应用提升】2.析车车小汽车速相恰追上货2-02=得刹v22,据式a车的刹车时间为t1=v-va,入据解得xt=。小汽x=0t=×mm货车动的位移为x=v(+t10×+0.6)=56m设小汽车员刚现离0,则有x1+2x得=31,D错误B正增素·准突破典例1D析vt率表示度度a甲m=1m/s,速度a乙=2=2/s2正确v线与间轴成的积示位移由题图~10s车通过移大于甲车通过的位移,故B错误;根题意知,行进两车恰有碰撞,说明在10两恰相遇,=5s车乙的前0时,两距为0~内两车的移差x=1250错误正。对点练1.析xt图像的斜由题可得车的速由先直到终为零,对应的xt后且移直变,项D正确解原子做上抛原子团先匀减速运动,接着向下做匀加度都为重力速方向竖直向,项D正A、、C错误3AD解析由图甲正方动,乙向方运动,故A正;由可,做减速,s速12at125s时,乙位移大小为32m/2,故B错、相遇时,甲的小1=x2=6ms,乙的度大v2=12.×5ms=12ms故C错误;甲到达出发x处时,t=12a21=12×2.4×1026s=2s故D正D解析匀速直线运动的公式x=vt2,变=2+v0,可知该物体运图像可v=6=m/s2,选项A、B。x=2a可,在0~s内物体的位移为x1=6×2m+120项根公式x=v0t+12at内的位移为x=6×12于出左侧9m处D确。典例3C解析汽车制动过程,由图乙可知其加大故汽车做速度增大的项A错。位移公式v-vx,车做匀速运动,运用“微元法”,可知ax图线与x围图”表变化的”可知动-02××(-6)×12m2/s2,可得汽动小确。刹大直车,所'=v0=2s,实际加速度大于练4之移线的式=2aa=-5m/s2,当速为5m/的位为22v02=3.车1241选项AC错,过A传感器度A经

大B为a,运动学规律有vB=A+at,=vA+122联两式并理,像8m/2。当A传置在点时,传感器测间为小到B的运动间t,由图析知t11所以小球在斜面上O点的速度大小为v0=vB-14m,小在面速大为v=+6,固斜面1m,选A、C错误BD确。答案)6/2)04m(3)2解析1)赛车出发s末的时速度大小为a1=2×3m/=6m/。()经t2间追上安,由关系得t2200m=12a1t22解得t此车的速度1222m/=/(3法物理分析法当车速相等,车相距远由=3得两车度相时,经的=v1=10=5,追上之前两距s0+200m32(10×+0-××5)m5m方法二次数Δ=v0t+2002t210t+-t2当=-ba=102×(-)=5s,Δs有值,相距最,将t=5s代入得Δmax5m。方法像知,赛车度等安全车速1=1得t=5时Δx=v0t200m=拓案2解方法一分析法假设再经4时间两一运动,由位移关4-12at2t4解得ts赛车停t=v2=s=105合实第二次相遇时赛车已停止间5第二次相遇,应足22=v0t5,解得5=0s。方法二:图法赛车和安全的v像如图所示知0s,赛车停下时,位移小赛移,v0t5,得t5=20。对析运动间为t1,追时两者位等即v图像与所的面积相等,有11t2=121+8×t2-,解得t之比a1a=12t281=3t2B7B解析变速运动规律知x=v0t+12at2,由题图乙可知=,当t=5s时,x,解得v03s=2m/s2,故A错误;由题图乙B车匀=规律得t3.5s,故B正确;A车加速到vmax=5km/h15ms后做匀速时间最,a0,可知A车加时6sA车追车足t+1t2+—6—

,,速于,故确,D错误。8.案(1)s(2)2s或s)06v甲=v1乙=v2-a两速等时v甲=v乙解得t1=46之v甲=ms'=-a22两车速度相等时v甲'=vt=8所两等的或8。()在甲时经时甲ss2=v1t2=2t2t2s2解t2s6在车两,一遇的时间为s,二相遇的时间为=6s时的v1=v1-at=4m/s车的速度为2'=v-at=6m甲车速度小乙车的度但乙车减速运,时间上有vΔt=2t=此时乙仍速此即次相遇时间t310s。实验量线运物体的时素能·精典例1答(1)力(20.640(见解.655)大解析1)实验中不需量的因此不需要的器材力计(2)据速直线中间时时度等于这间的平均度知,v=x3+x42=89-25×2/s=0.64vx4+t=28车的速度系图所示。(4)由小车的速度—时间关系图线可得速.00-0.700.505-0.0变的z时,实周大据运动学公式Δx=aT2得,测量的加速度值与实际值相比是偏大的。典例2答案(13.5偏解析1光经过门平均vTv速速度的关系,有a2T2)2式入数得a门测是速变线平中的瞬相位置速,而移,是遮间大于时刻与光条距量来的的度偏。例案1——

2()+,理小空气阻因素影响,应该材大球项正确。(2)尺m到分值的下一,由题图知.20cm。(3)根据=2h=t2故2ht2线的示力加速度根线有g=3.27-05.35-0.06m/s2=9.55s2()过声音播时为t落的为=ttt+hv(5)设条厚为H=t,整得2t2Hht2比斜率都是,所用法处验数据时,木条厚对实验无影练维移用.答案.000如析图示0.0590()2k解析(1)ADxB+ΔBC=.0cmvD=ΔxADAD=0cs(2如所示。(3)中截距59则=590cms,0.0cm/s2=70.0cms()由t12得t=0+t,v=,=2。2.1相邻1)547791由题表可知飞行器第1s,s内的位移为58m,第3s内的位移为665s内为746m5为824位移1内的位移之差接近0m,可断飞行时间内近似做匀加动。(2当=507时,0~的平均速度则/547m/s。(3)由逐差法可知ax-03T2=4233-2×1/279m23答案(1刻度尺(2)1.5)Δ1Δ)Δ2(Δ1Δ2)()光栅受阻作实重力加速不需要平测带(透光带)的宽度。(2)v3=d×0-2m30×10-3s=1.5m/s。(3)平均速度等于中间时刻的速度,有v1=Δt2=dΔt2,g+Δt22可得g=2d(Δt1-Δt1t2(t+。(4)光栅下过受空气阻力竖直向下的加速度小于重力速度。项、情境主题破:交通安全类问题案例探答120(2能免(3(1)在驾驶员的反应时间内汽车做速运动—

t一kh时m,则反3=20m车匀减速直运=v2,当初度0h的2倍,刹车时的加度则车距离是10m的以x3=40停车离3=3+3=0m+0m。(2车1km0km/h的2.7倍与车速为40km比可知距1.7离107=.为2.99m99.9m>8m,不车。(3)在员应间直线动,x0知常反时间t==03.s=.s车反0.s0.61.5则应距23.×m=0m与0m/h比较刹车距离为0×72=32.则酒车距离30m+32.m=6224m,惨创(1)见1经间刚成内位12t位移x据几系xx2++L+s代据得t=4s甲车最短的超车为。2短4甲车位移x156m车位移x3=vt=x+x=116m110,。二、典型导破相案探究法一A空中,必须使两抛出点相等,即求、B图须相据此可从图中看物最早抛出临形恰相物体出时恰好与A。故在中Δ足的件为v0Δ4gC正解法二设抛时与At+-Δ)0得tΔt2-2v0Δtv-由<t2v0t4v和vg综合v0Δt<v。练D解析根规律运动到同一水平线上小的运动时-12,最高高度为12gt2t2甲小球下落的高=1t2t-218g1离的度h″h=(t2-1故。重要科思法指案例探析小球最度都是1.8m,根据h=12,解=h0,根的性可知,空中有个球,一个上在顶外两个分别在上升和下降且处于同一高度,共4个时间隔Δ所以在在=2t439—

.形区匀看作的由位公有4l=212式中1壶通过四个矩时l为每形域的度由E到D-立t1t或t123t显123t<t不符合题意,所t'=-t训1.C解动员跳最程,反来看,就度为的匀加速直线运动,经相同位移所用的时间比为∶()(-4),则t1=42,2.BD子弹做匀直线过相同时逐大,所每水运动的时间不同,相由v=t知,弹在个速度变化量不,错误子弹的运动可作反向为零匀线动,对于速匀直通续相位-1(-2∶(2)依次穿过每个水所用比(2-3)(-)∶(2)∶1B正确运动看反向速零加直线根12可得通过相等的位移所时间之比1∶∶∶根at知逆向弹次进水球时速之比为1∶2则弹个球时的速度比232∶1,正弹恰穿第水球,则分析知第个水球的时间前3个水球间相同,则子弹穿出个水球瞬时速度即为中间刻的速度全程的度,故正确。二章的平衡第1擦力强基础·增分策.错辨析】((2)×()×(4)√应12A.(1)(2形(3相反)度系数【易析】))×(80应提升】3析足球受力脚加的地面的持力三选项。人压用,对人用项B错误。足球对的是由足球发生由于原状,对面,D错误。三、2)糙弹力(3接面相反2.错辨析(1×(2)×【用提升4.设斜水平面的夹角为θ,滑动摩擦力gco,滑动摩擦力与接触面积无关,种情滑擦力小相等,选旁物一直处于静止状态,一与向的轻力平衡所不需要让木板保持匀速运,故A错误轻绳拉力随时线映时间变化的关系,故误;最趋于静力作受滑力作用,最大静擦力0N滑动摩擦力约为7滑动擦之约为1,C正确;Ff=μF和FN=mg可知,物块重力,物块间的动摩擦因数错精突典例1析管口续有流出,而一段时间会0