【创新方案】2016届高三物理二轮复习考前30天专题三集训3大经典题型

#专题三集训3大经典题型题型一选择题［题型概述］高考中，物理选择题一般分为常规选择题、识图选择题、定量选择题、组合选择题和信息迁移选择题五大类。1．常规选择题一般注重对物理基础知识的检测。2．识图选择题重点考查阅读理解能力、识图能力和从图中提取有价值的信息的能力以及利用数学知识解决物理问题的能力。3．定量选择题一般由题干提供的数值（字母）、图表，主要考查学生的阅读理解能力和推理计算能力。4．组合选择题一般在备选项中考查多个知识点，重点考查各知识点的区别和联系及学生对各知识点掌握的熟练程度。5．信息迁移型选择题所提供的材料是课本上没有的，材料内容新、叙述方法新，主要考查学生获取新信息的能力及知识迁移的能力。［专项专练］1.（2015•张掖模拟下列说法正确的是（A电荷的周围既有电场也有磁场，反映Y电和磁是密不可分的B由电场强度的定义式=-可知的方向决定于的正负法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律D“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应解析：选 静止的电荷周围存在电场，运动的电荷还存在磁场，故错误；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，故错误；安培首先总结出磁场对电流作用力的规律，故错误；“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应，故正确。2多选］（2015•佛山模拟如图是电梯从一楼到八楼上下的一图象（电梯向上运动为正），下列说法正确的是（ ）A电梯在0〜 内做匀变速直线运动B电梯在0〜 和在〜 内的位移相同电梯在笫2末速度方向不变D电梯在2〜 内的加速度恒定不变解析：选在0〜2做匀加速直线运动，2〜内做匀减速直线运动，故加速度不同，故错误；在0〜内电梯向上运动，位移为正值，在〜内电梯向下运动，位移为负值，则在这两段时间内位移不同，故错误；电梯在笫2末加速度方向改变，但速度均为正值，说明方向不变，故正确；在2〜内速度图象是一条直线，其斜率保持不变，说明加速度保持不变，故正确。.（2015・福州二模北斗卫星导航系统（ 是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中地球轨道和倾斜轨道。其

TOC\o"1-5"\h\z中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为( )T2得T.232 B3 .3T2得T解析：选 同步轨道半径大约是中轨道半径的15倍，根据开普勒第三定律三=23，所以同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为⑸2，故正确。多选］(2015•安阳二模如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的、两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )的向心力是、的向心力的2倍•盘对的摩擦力是对摩擦力的2倍.、都有沿半径向外滑动的趋势.若先滑动，则对的动摩擦因数〃小于盘对的动摩擦因数〃解析：选 因为、两物体的角速度大小相等，根据=32,转动半径相等，质n量相等，所以向心力相等，错误；对、整体分析有=232,对分析，有=32,fB f、知盘对的摩擦力是对的摩擦力的2倍，故正确；所受的静摩擦力方向指向圆心，可知有沿半径向外滑动的趋势，受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故正确；对、整体分析有〃2=232,解得3=\艮—,对分析，〃=32、解得37J因为先滑动，可知先达到临界角速度，可知的临界角速度较小，即〃<〃，故错误。5.［多选］一位物理爱好者对新发明的遥控机器人进行测试,控制着机器人缓慢地通过一个半球形障碍物,如图所示,障碍物放在水平桌面上,已知机器人与障碍物间的动摩擦因数处处相等,则机器人从障碍物左端走向顶部的过程中,下列说法正确的是()、.机器人对障碍物的压力变小.障碍物对桌面的支持力始终不变C机器人与障碍物间的摩擦力变小D障碍物与桌面间的摩擦力变大解析：选 对机器人受力分析，如图所示，由力的平衡条件可得，=e,Nf=e,机器人从障碍物左端走向顶部的过程中e减小，障碍物对机器人的支持力N增大，根据牛顿第三定律可知，项错误；机器人与障碍物间的摩擦力减小，项正确；对机器人和障碍物整体分析，只受到竖直方向的重力和桌面的支持力，故项正确，项错误。

6.（2015•朝阳区联考）某个由导电介质制成的电阻截面如图所示，导电介质的电阻率为P，制成内、外半径分别为1和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R，下面给出口的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为（）A．b+a2nabB．pA．b+a2nabB．pabCR=——也 C.2pb-ab-a2nabD-R=2npabb+a解析：选B解析：选B根据电阻定律，当a=b时，电阻R=0,所以R的合理表达式应为□=pbpb-a2nabB项正确。7.（2015•宁波模拟）如图所示，倾角为Q=30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P,质量相同且横截面为直角三角形的两物块A、B叠放在斜面与档板之间，且A与B的接触面水平，则1对B的压力与B对挡板P的压力之比应为（）A.2：1B.\'3：2C.\'3：1D.\'3:4解析：选B对A由平衡条件得，B对A的支持力FN1=mg,对A、B整体受力分析得，挡板1对B的支持力F=2mgtane=早口口，则x=修，B项正确。N2 3 F28.（2015•怀化模拟）如图所示电路中，电源的电动势为E,内阻为r,各电阻阻值均为R，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）_r®7\ERa©F风衣Rp11 -J- A.电流表的读数I先增大，后减小B.电压表的读数U先减小，后增大C.电压表读数U与电流表读数I的比值|不变D.电压表读数的变化量△U与电流表读数的变化量△I的比值肝不变解析：选当滑动变阻器的滑动触头p从a端滑到b端的过程中，总电阻先增大后减小,电源的电动势和内阻不变,根据闭合电路欧姆定律,知总电流先减小后增大,则内电压先减小后增大，外电压先增大后减小。所以电流表的读数I先减小后增大。电压表的读数U先增大后减小，故A、B错误；电压表读数U与电流表读数I的比值表示外电阻，应先增大

后减小，故错误；因为内外电压之和不变，所以外电压变化量的绝对值和内电压变化量的绝对值相等。所以齐=，不变，故正确。9多选］如图甲所示，一物块静置于粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当外力按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是A地面对斜面的摩擦力逐渐减小B地面对斜面的摩擦力逐渐增大物块对斜面的摩擦力可能一直增大D物块对斜面的摩擦力可能一直减小解析：选 斜面的倾角为e，物块和斜面均处于平衡状态，以物块和斜面作为整体研究，在水平方向上有=s，外力不断减小，故地面对斜面的摩擦力不断减小，故f项正确，项错误；对于物块，沿斜面方向：(1若°n,随外力不断减小，斜面对物块的摩擦力先沿斜面向下减小为零，再沿斜面向上逐渐增大；(2若°we,随外力不断减小，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上不断增大，故项正确，0项错误。1°.多选］(2015•南阳模拟如图所示，矩形线圈在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直于磁场的边匀速转动，转动的角速度为外，线圈的匝数为、面积为。从图示位置开始计时，在矩形线圈右侧接一变压器，原、副线圈匝数分别为1、2,其中副线圈采用双线绕法，从导线对折处引出一个接头，连成图示电路，为单刀双掷开关，为光敏电阻。下列说法正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为=33B接时，电阻上消耗的功率为22ZZZ32n2R

1C接时，电压表示数为“‘2$321接时，用黑纸遮住电阻R变压器输入电流将变小解析：选 从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为= 33t式为= 322压为3S",电阻上消耗的功率为12压为3S",电阻上消耗的功率为12B2S232、2 U电=F3一,故错误；接时，根据T2n2R U12电阻两端的电压为3S正确；变压器的输入电压和匝数不变，输出电压不变，接时，用黑纸遮住电阻R电阻变大，输出功率变小，所以输入功率变小,输入电流变小，故正确。题型二实验题题［型概述］解答高考实验试题的关键是理解命题者的设计思路和命题意图，物理实验的设计思路通常按照右面框架进行。通过框图可以看到：实验原理是进行实验设计的核心，它决定着实验步骤和数据处理；而实验原理需要根据实验目的、给定条件和实验设计的一般原则来确定。对于实验设计思路的理解和实验试题的解答需要关注以下三个方面：（1理）解好实验设计的一般原则：科学、可行、精确、安全、方便。（2要）清楚中学物理实验的一般方法：控制变量法、近似替代法、等效替代法、模拟法、微小量放大法。（3要）善于从实验目的、实验原理、实验器材、实验步骤、数据处理、实验结论、误差分析等多角度全面理解和把握实验命题意图，清楚其能力考查要求。［专项专练］1“用 研究加速度与力的关系”的实验装置如图甲所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力.通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度和所受拉力的关系图象。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到Y两条—图线，如图乙所示。图线 选填“①”或“②"）是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。在轨道水平时，小车运动的阻力= 。f图乙中，拉力较大时，一图线明显弯曲，产生误差。为避免此误差可采取的措施是 。 A调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验解析：（1在）水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线②是在轨道水平的情况下得到的。当轨道的右侧抬高过高时，平衡摩擦力过度），拉力等于零时，会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。根据牛顿第二定律得,一=，=--,图线的斜率表示质量的倒数；因为时，加速度为零，解得= 5

由于开始段一关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：=得=—=M而实际上a=Mpm,可见段明显偏离直线是由于没有满足造成的。所以更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验，可以减小弯曲的程度，而将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力可以避免出现这种情况。故正确。答案：①2某.同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为的交流电和直流电两种，其中交流电的频率为，重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。（1他）进行了下面几个操作步骤：A按照图示的装置安装器材；B将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C用天平测出重锤的质量；D先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其中没有必要进行的步骤是 ，_操_作_不_当的步骤是 。 他进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示，其中点为起始点， 为六个计数点，根据以上数据，当打点到点时重锤的速度为，计算出该对应的一=，可认为在误差范围内存在关系式即可验证机械能守恒定律。取度为，计算出该对应的一=，可认为在误差范围内存在关系式即可验证机械能守恒定律。取他继续根据纸带算出各点的速度，量出下落距离，并以一为纵轴、以为横轴画出的图象，应是图丙中的 。 4他）进一步分析，发现本实验存在较大误差，为此设计出用如图丁所示的实验装置来验证机械能守恒定律，通过电磁铁控制的小铁球从点自由下落，下落过程中经过光电门时，通过与之相连的毫秒计时器(图中未画出)记录挡光时间，用毫米刻度尺测出、之间的距离，用游标卡尺测得小铁球的直径，重力加速度为，实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，小铁球通过光电门时的瞬时速度=，如果、、、存在关系式 ，也可验证机械能守恒定律。解析：(1)由机械能守恒定律解析：(1)由机械能守恒定律2,验证的数学表达式为12=,不需要测质量，故没有必要进行的步骤是C打点计时器使用的是交流电，故操作不当的步骤是B21681431 1(2)点的速度 、2、23.(2015•青岛模拟)现有一电动势约为9、内阻约为0Q的电源 、2、23.(2015•青岛模拟)现有一电动势约为9、内阻约为0Q的电源，最大额定电流为50，现有量程为3，内阻为2Q的电压表和阻值为0-999.9Q的电阻箱各一只，另有若干定值电阻、开关和导线等器材，为测定该电源的电动势和内阻，某同学设计了如图所示的电路进行实验，请回答下列问题：2=1.7 22s在误差范围内验证机械能守恒定律的数学表达式g2=1.7 22s在误差范围内验证机械能守恒定律的数学表达式为 、 、27 、 、272= (3)(、丁2(3)由表达式为:(3)由表达式为:2=

2,2,万-为正比例函数，对应的图象是。(小铁球通过光电门时的瞬时速度=一，小铁球从点自由下落到点时，由机械能守恒定律得，2，即守恒定律得，2，即2、2答案：(1)(2)1.841.91.7(1实验室备有以下几种规格的定值电阻°,实验中应选用的定值电阻是().200Q .2k Q 10Q答案：(1)(2)1.841.91.7(2)实验时,应先将电阻箱的电阻调到 选_填_“_最(大值”“最小值”或“任意值”),目的是： (3)该同学接入符合要求的。后，闭合开关，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，根据记录的多组数据，作出如图所示的1-1图线，根据该图线可求得电源的电动势=内阻= Q。(保留两位有效数字解析：(1定值电阻的作用是扩大电压表的量程到 ，所以实验中应选用的定值电阻是。(2)实验时，应先将电阻箱的电阻调到最大值，目的是保护电源。(由闭合电路欧姆定律：=+一,转化成1=—-1+-，1—1图线截距-=0,5解得=8 ,由斜率一=悬0"，解得= 。。答案：(1)。(2)最大值保护电源(—)8.—66.(2015•江西六校联考某物理兴趣小组要精确测量一只电流表量程为1、内阻约为100Q的内阻。实验室中可供选择的器材有：电流表1：量程为，内阻约为200Q；电流表内量程为0 ,内阻约为01Q；2定值电阻1：阻值为10Q；定值电阻2：阻值为0Q；滑动变阻器：最大电阻20Q，额定电流15；—直流电源：电动势15，内阻05Q；开关,导线若干。(1为了精确测量电流表的内阻，你认为该小组同学应选择的电流表为 ，定值电阻为内内内内。内(内填内写内器材的符号)(2)在虚线框中画出你设计的实验电路图。(按照你设计的电路进行实验，测得电流表的示数为J电流表的示数为2,则电流表的内阻的表达式为= 1 2g解析：(1待测电流表量程是1 ,因此可以选电流表1：量程为，内阻约为E1.5由200Q；当通过电流表1的电流等于其量程 时，电路最小电阻约为=—=000=max500Q,则定值电阻最小应为定=——=500Q—200Q—100Q=200Q，为保证电路安全，定值电阻阻值应大一点，定值电阻应选2：阻值为0Q。(2按待测电流表与定值电阻并联,然后由电流表测出并联电流,滑动变阻器采用分压接法,电路图如图所示。(电流表的示数为1,电流表 的示数为2,通过定值电阻的电流为=1—2电流表两端的电压uir待测电流表内阻r=^=I"IRo口2 gI I22答案：(□)□□□(2见解析图］(3口%JRR12 I2□题型三计算题［题型概述］正确解答计算题的关键是审题，把握隐含条件和规范表述。1．审题：审题的目标是弄清物理情境、已知和未知、解决问题所需要的物理规律等，通常采用“眼看、脑思、嘴读、手画”多种思维方式。2．把握隐含条件：一般从物理概念、模型、现象、状态、过程、图象、关键词语、常识等挖掘隐含条件。3．规范表述(1)画出必要的图(受力示意图、电路图、运动示意图等)；(2)给出必要的文字说明(研究对象、过程、状态、说明隐含条件、临界条件，分析所得的关键判断等)；(3)列出方程式和重要的演算步骤；规范表述结果，回答题中问题。力学、电学满分模板/lIXUEDIANXUEMANFENMUBAN1.力学满分模板动能定理的综合应用(2015•抚州模拟(1分如图所示，、、质量分别为=0 , =02,=01, 为套在细绳上的圆环，与水平桌面的动摩擦①因数U=02另一圆环固定在桌边，离地丽2=0 ，当、从②静止下降1=0 ,穿环而过，被挡住，不计绳子质量和滑轮的摩擦，取=10 2/若开始时③离桌面足够远。s——(1请判断④能否落到地面;(2在桌面上⑤滑行的距离是多少?审题关键①与水平桌面间存在摩擦力②、初速度为零③不会离开桌面，最终将静止在桌面上④静止时，判断下降的高度⑤可考虑用动能定理求解满分考卷解析：(1设、一起下降1时，、、的共同速度为v被挡住后，再下落后，、两者均静止，分别对、、一起运动1和、一起再下降过程由动能定理得：(+ h1=2(++ ①分—〃 =0-1(+ ②分代入数据解得=0 ③(2分因为2,故能落至地面。(1分(2落至地面过程对、由动能定理得：2-4 2=2(十 (’2-2④(分评分细则第一问：(1只列出①式和②式，没有计算出结果，判断能落至地面只得分，没有列方程直接判断结果，即使判断正确也不得分；(2不列②式，直接假设能够落地列动能定理方程：2-4 2=2(+ ―2,解得v不为零，判断结果正确给分。建议：・在时间比较紧张的情况下，要尽量根据题设条件写出必要的方程。・根据运动过程分步列方程，力争多得步骤分。第二问：(1如果第一问利用④式进行的判断，只列⑤

落至地面后，运动的过程由动能定理得：式求出正确结果，不扣分；— v⑤分如果将⑤式写成〃 =-v不得分；代入数据解得= 分故滑行的距离为：=++= + + =分答案： 能落至地面如果只列=++x没有计算结果扣分。建议：・根据运动过程要列定律、定理的原始方程，不能写成变形式，否则不得分。・题目中如果有物理量符号，一定要用题目中的字母表达方程，否则计算答案错误影响步骤分。

2.电学满分模板带电粒子在交变电场中的运动问题(2015•桂林模拟(1分一电荷量为①(0、质量为的带电粒子在匀强电场的作用下，在=0时由②静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示，③不计重力。求在=0到=的时间间隔内，[E2Eo , ,氏 !i0 0.25T0.5T0.75TT，» 1 1 »-G) ;——1——; 111 11 1-2氏1 J 1(1粒子④位移的大小和方向;(2粒子沿初始电场反方向运动的⑤时」间。审题关键①带电粒子带正电②带电粒子初速度为零③带电粒子只受电场力作用④可考虑分阶段求解⑤可由运动学规律求解满分考卷解析：(1带电粒子在0〜4-〜2、2〜一、一〜时间间隔分别做匀变速运动，设加速度分别为、、、，由牛顿第二定律得0=1①(1分-20=2②(1分20= ③(1分—0= ④(1分设带电粒子在=、=2、=、=时的速度分别为1、2、、，贝U1=1•W(1分2=1+2•一⑥(1分=+•一⑦(1分2=+•-⑧(1分设带电粒子在=0到=时的位移为，有=(v+丁+丁+2〉一(2分一• , •一 2_. .联立以上各式可得丁一⑩(2分方向沿初始电场正方向。(1分(2由电场变化规律知，=-时粒子开始减速，设经过时间1粒子速度减为零，则0=1+21评分细则第一问：(1没有列出牛顿第二定律的表达式①②③④式，直接写出加速度的表达式1一①，=—2—②， =2③， =——④，2同样给分，不扣分；如果②式和④式中没有“一”号，直接写成20=2和0=a在后面计算速度时，如果2、代入速度公式的为负值，且计算结果正确，不扣分，如果计算速度时2、代入速度公式的为正值，②式和④式不给分；(2计算位移时，如果没有列出⑤⑥⑦⑧式，而直接将⑤⑥⑦⑧式各个速度的表达式代入⑨式且结果正确，给分，如果有一个表达式错误，扣分；(没有说明位移的方向扣1分。建议：•在运动过程比较复杂的情况下，要尽量根据运动过程分别写出必要的动力学方程和运动学方程，力争多得步骤分，以防由于写综合方程，一处错误而导致不得分。・在列牛顿第二定律方程时，一定要注意其方程为矢量式，尤其是在交变电场中粒子只受电场力时，运动过程又为多过程，加速度的方向性直接影响粒子的运动性质，避免由于方向性的错误导致不必要的失分。解答问题时要审清设问，不要由于审题不清，漏掉位移方向的判断，无故失分。第二问：

将①②⑤式代入上式得t 分如果没有说明=8时刻粒子反向加速，此后粒子反向加速，=-时刻粒子的速度==-时刻粒子的速度=,直接说明从，从=2时粒不始减速，设经过时间速=2时粒子开始减速，列方程求得O式，不度减为零，则=+扣分；如果将O式写成=+,结果也是-,此式与①②③⑤⑥式联立得-分扣分；从=到=内粒子沿初始电场反方向运动的时间为如果没有列」出1O1式，而根据第一问中的运动规律画出一图象，直接由图象=--]+。分信息得出正确结果，不扣分。建议：・在时间比较紧张的情况下，要尽量将O1式代入。得=-分根据题设条件写出必要的方程，力争能得步骤分。答案： ，方向沿初始电场正方向•在分析多过程的运动规律时，可以结合运动图象进行分析，有时会使问题非常明朗。[专项专练]1.一位参赛队员正在进行滑雪比赛，如图是滑雪场的截面图，垂直壁的高度为h,光滑1滑1圆曲面的半径为R,底部平面的长度为d和滑板总的质量为m,求：口该队员由静止从垂直壁的顶端滑下，已知队员M1)当该队员到达圆曲面的末端口时，滑板对地面的压力大小；口(2)该队员做好可以到达对面圆曲面的顶端,滑板与底部平面间的动摩擦因数及队员可以停在圆曲面末端需满足的条件。解析：(1)滑雪队员从垂直壁滑下,做自由落体运动,滑至光滑圆曲面末端过程,队员和滑板组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律得：mg(hr)=1mv2口2对队员和滑板系统由牛顿第二定律得mv2FN-mgF解得F=mg2h+3R口NR根据牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力大小等于mg2hR+3R(2)由题意可知,队员到达对面圆曲面顶端的速度为零,根据动能定理可得mgh=〃mgd口解得〃=d]滑雪队员最终停在圆曲面末端,根据功能关系得：mg(□+□)=ymgs]解得S=(1+R)口所以,滑雪队员可以停在圆曲面末端需满足R=nh(n=io2O3,…)口mg2h＋3Rh答案：(i) r 1⑵泄R=nh(n=i⑵3,…)口2.(2015•淄博二模)如图所示，一个质量为M、长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m,球和圆管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg,圆管下端离地面高度口=5叩。现让圆管自由下落，运动过程中圆管始终保持竖直，落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等,若圆管第一次弹起上升过程中,球恰好没有从管中滑出，不计空气阻力，重力加速度g=10叩叩2。求：口(1)圆管第一次落地弹起刚离开地面时管与球的加速度分别多大？(2)从圆管第一次落地弹起到球与圆管达到相同速度时所用的时间；(圆管的长度.解析：(1圆管第一次落地弹起时，其加速度大小为1,球的加速度大小为2,由牛顿第二定律得：对管：+ =1对球：一=2故1=20 2/方向向下，2=0 2,方向向上。(2圆管第一次碰地时，由°=\|”一得碰后管速=•「方向向上。碰后球速2=%,'2，方向向下。球刚好没有从管中滑出，设经过时间，球、管速度相同，则：对圆管：=1—1对球：=—2+2解得=0(经时间圆管上升的高度为1=1—1112球下降的高度2=2—222管长=1+2=答案：(1)20m2/3s0m2/(s2)0.4(3s