高三物理考点知能复习随堂检测25
高考物理复习随堂达标检测试题2
1．如图12－3－12所示，两根相距为l的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 做匀速运动．令U 表示MN两端电压的大小，则( )C ．U ＝v BlD ．U ＝2v Bl解析：选A.电路中电动势为E ＝Bl v ，则MN 两端电压U ＝E R ＋R·R ＝12Bl v . 2．如图12－3－13所示，两光滑平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN以速度v 向右做匀速运动时( )A ．电容器两端的电压为零B ．电阻两端的电压为BL vC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R解析：选C.当导线MN 匀速向右运动时，导线MN 产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端无电压，电容器两极板间电压U ＝E ＝BL v ，所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故A 、B 错，C 对；MN 匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D 错．3.一矩形线圈位于一随时间t 变化的磁场内，磁场方向垂直线圈所图12－3－12图12－3－13在的平面(纸面)向里，如图12－3－14甲所示．磁感应强度B 随t 的变化规律如图乙所示．以I 表示线圈中的感应电流，以图甲中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的I t 图象中正确的是( )图12－3－14图12－3－15解析：选A.由题干图乙可知，在0～1 s 的时间内，磁感应强度均匀增大，由楞次定律判断出感应电流的方向为逆时针方向，和题干图甲中所示电流相反，所以为负值，B 选项和C 选项都错误；根据法拉第电磁感应定律，其大小E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt ，I ＝E R ＝ΔB ·S Δt ·R 为一定值，在2 s ～3s 和4 s ～5 s 时间内，磁感应强度不变，磁通量不变化，无感应电流产生，D 选项错，A 选项正确．4．如图12－3－16所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )A.12EB.13E图12－3－16C.23E D ．E解析：选B.a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故U ab ＝13E ，B 正确．5．(宣武模拟)如图12－3－17所示，光滑的U 形金属导轨PQMN 水平固定在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B ，导轨的宽度为L ，其长度足够长，QM 之间接有一个阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m ，电阻也为R 的金属棒ab ，恰能放在导轨上并与导轨接触良好．给棒施加一个水平向右的瞬间作用力，棒就沿轨道以初速度v 0开始向右滑行．求：(1)开始运动时，棒中的瞬间电流i 和棒两端的瞬间电压u 分别为多大？(2)当棒的速度由v 0减小到v 0/10的过程中，棒中产生的焦耳热Q 是多少？解析：(1)开始运动时，棒中的感应电动势：E ＝BL v 0棒中的瞬时电流：i ＝E /2R ＝BL v 0/2R棒两端的瞬时电压：u ＝R R ＋RE ＝12BL v 0. (2)由能量转化与守恒定律知，闭合电路在此过程中产生的焦耳热：Q 总＝12m v 02－12m (110v 0)2＝99200m v 02棒中产生的焦耳热为：Q ＝12Q 总＝99400m v 02.答案：(1)BL v 02R 12BL v 0 (2)99400m v 02图12－3－17。
高三物理考点知能复习随堂检测6
[随堂演练]1．一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间内风力突然停止，则其运动的轨迹可能是()解析：当有水平向右的风时，会产生水平向右的加速度，风力停止时，合力向下，且轨迹不能急折，再结合“合力的方向指向曲线的凹侧”，故C项正确．答案：C2．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，且铅笔靠着线的左侧向右上方45°方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变解析：橡皮同时参与两个方向的运动：一个是与水平方向成45°角斜向右上方的匀速直线运动，另一个是竖直方向的匀速直线运动，由于这两个方向上的分运动都是匀速直线运动，因此这两个运动的合运动也是匀速直线运动，即橡皮的速度大小和方向都保持不变，所以A正确．答案：A3．(2018年六安模拟)如图所示，在水平地面上做匀速直线运动的小车，通过定滑轮用绳子吊起一个物体，若小车和被吊的物体在同一时刻的速度分别为v1和v2，绳子对物体的拉力为F T，物体所受重力为G，则下列说法正确的是()A．物体做匀速运动，且v1＝v2B．物体做加速运动，且v2>v1C．物体做加速运动，且F T>GD．物体做匀速运动，且F T＝G解析：小车在运动的过程中，其速度产生两个效果，故将小车的速度按照沿绳子方向与垂直绳子的方向进行分解，如图所示，则由图可以看出v2＝v1cos α，则v2<v1.随着小车向前移动，α将不断减小，cos α将逐渐增大，则v2逐渐增大，即物体做加速运动，根据牛顿第二定律可知，F T>G.答案：C4．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如图)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则()A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y＞F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F x＞F y cot α，质点向x轴一侧做曲线运动解析：若F y＝F x tan α，则F x和F y的合力F与v在同一直线上，此时物体做直线运动．若F x＞F y cot α，则F x、F y的合力F与x轴正方向的夹角β＜α，则物体向x轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.答案：D[限时检测](时间：45分钟，满分：100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2018年滁州模拟)一小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是()A．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上先加速后减速B．若小船在x方向上始终匀速，则在y方向上始终匀速C．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先减速后加速D．若小船在y方向上始终匀速，则在x方向上先加速后减速解析：小船运动轨迹上各点的切线方向为小船的合速度方向，若小船在x方向上始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在y方向上的速度先减小再增加，故A、B错误；若小船在y方向上始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在x方向上的速度先增加后减小，故C错误、D正确．答案：D2．在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力，已知物体速度越大受到的空气阻力越大．下列描绘下落速度的水平分量大小v x、竖直分量大小v y与时间t的图象，可能正确的是()解析：跳伞运动员下落过程中受到的空气阻力并非为恒力，与速度有关，且速度越大受到的阻力越大．水平方向只受阻力，速度减小，阻力减小，加速度减小，在v－t图象中图线的斜率表示加速度，故A、B错；竖直方向运动员受重力和空气阻力，速度逐渐增大，阻力增大，合力减小，加速度减小，故C错，D对．答案：D3．一条船要在最短时间内渡过宽为100 m的河，已知河水的流速v1与船离河岸的距离x变化的关系如图甲所示，船在静水中的速度v2与时间t的关系如图乙所示，则以下判断中正确的是()A．船渡河的最短时间是25 sB．船运动的轨迹可能是直线C．船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2D．船在河水中的最大速度是5 m/s解析：船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直时渡河时间最短，即t＝1005s＝20 s，A错误；由于水流速度变化，所以合速度变化，船头始终与河岸垂直时，运动的轨迹不可能是直线，B错误；船在最短时间内渡河t＝20 s，则船运动到河的中央时所用时间为10 s，水的流速在x＝0到x＝50 m之间均匀增加，则a1＝4－010m/s2＝0.4 m/s2，同理x＝50 m到x＝100 m之间a2＝0－410m/s2＝－0.4 m/s2，则船在河水中的加速度大小为0.4 m/s2，C正确；船在河水中的最大速度为v＝52＋42m/s＝41 m/s，D错误．答案：C4．一质量为2 kg的物体在5个共点力作用下做匀速直线运动．现同时撤去其中大小分别为10 N和15 N的两个力，其余的力保持不变．下列关于此后该物体运动的说法中，正确的是()A．可能做匀减速直线运动，加速度大小为10 m/s2B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小为5 m/s2C．一定做匀变速曲线运动，加速度大小为5 m/s2D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能为10 m/s2解析：物体在5个共点力作用下处于平衡状态，合力为零，当撤去10 N和15 N的两个力时，剩余3个力的合力与这两个力的合力等大反向，即撤去力后5 N≤F合≤25 N，2.5 m/s2≤a合≤12.5 m/s2，由于剩余3个力的合力方向与原速度方向不一定在一条直线上，所以可能做匀变速曲线运动，也可能做匀变速直线运动，故A正确．答案：A5．(2018年蚌埠模拟)如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为θ的斜杆A，另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始相交到最后分离的过程中，两杆交点P的速度方向和大小分别为()A．水平向左，大小为vB．竖直向上，大小为v tan θC．沿A杆斜向上，大小为vcos θD．沿A杆斜向上，大小为v cos θ解析：两杆的交点P参与了两个分运动：与B杆一起以速度v 水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的匀速运动，交点P的实际运动方向沿A 杆斜向上，如图所示，则交点P 的速度大小为v P ＝vcos θ，故C 正确．答案：C6．如图所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB .若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )A ．t 甲<t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲>t 乙D ．无法确定解析：设水速为v 0，人在静水中速度为v ，对甲，由O →A ，所用时间t 1＝x v ＋v 0，由A →O 所用时间t 2＝x v －v 0，则甲所用时t 甲＝t 1＋t 2＝x v ＋v 0＋xv －v 0＝2v v 2－v 20x (1)式；对乙；由O →B 和由B →O 的实际速度v ′＝v2－v 20，故所用时间t 乙＝2x v ′＝2xv 2－v 20(2)式；两式相比得t 甲t 乙＝vv 2－v 20>1，即t 甲>t 乙，故C 正确．答案：C7．(2018年淮南质检)一轻杆两端分别固定质量为m A 和m B 的两个小球A 和B (可视为质点)．将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑，如图所示，当轻杆到达位置2时球A 与球形容器球心等高，其速度大小为v 1，已知此时轻杆与水平方向成θ＝30°角，B 球的速度大小为v 2，则( )A ．v 2＝12v 1 B ．v 2＝2v 1 C ．v 2＝v 1D ．v 2＝3v 1解析：球A 与球形容器球心等高，速度v 1方向竖直向下，速度分解如图所示，有v 11＝v 1sin 30°＝12v 1，球B 此时速度方向与杆成α＝60°角，因此v 21＝v 2cos 60°＝12v 2，沿杆方向两球速度相等，即v 21＝v 11，解得v 2＝v 1，C 项正确．答案：C8．(2018年宣城模拟)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M ，长杆的一端放在地上通过铰链连接形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O 点处，在杆的中点C 处栓一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M .C 点与O 点距离为l .现在对杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角)，此过程中下列说法正确的是( )A．重物M做匀速直线运动B．重物M做匀变速直线运动C．重物M的最大速度是ωlD．重物M的速度先减小后增大解析：由题意知，C点的速度大小为v C＝ωl，设v C与绳之间的夹角为θ，把v C沿绳和垂直绳方向分解可得，v绳＝v C cos θ，在转动过程中θ先减小到零再增大，故v绳先增大后减小，重物M做变加速运动，其最大速度为ωl，C正确．答案：C9．有一艘船以v甲的船速用最短的时间横渡过河，另一艘船以v 乙的船速从同一地点以最短的航程过河，两船轨迹恰好重合(设河水速度保持不变)，则两船过河所用的时间之比为()A．v甲∶v乙B．v乙∶v甲C．v2乙∶v2甲D．v2甲∶v2乙解析：要使甲船以最短时间过河，则甲船的船头应是垂直河岸，要使乙船以最短的航程过河而又和甲船的轨迹重合，v乙必和轨迹垂直，如图所示．从已知条件和图中的几何关系可得到t甲＝dv甲，t乙＝dv乙cos θ，而v水＝v乙sin θ＝v甲sin θcos θ，v乙＝v甲cos θ，联立可得到：t甲∶t乙＝v2乙∶v2甲.故C项正确．答案：C10．有一竖直放置的T型架，表面光滑，两质量相等的滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B 可看作质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B 沿着竖直杆下滑的速度为v ，则连接A 、B 的绳长为( )A.4v 2g B.3v 2g C.3v 24gD.4v 23g解析：当绳子与竖直方向的夹角为60°时，设A 的速度为v ′，绳长为l ，将这时A 、B 的速度均沿绳和垂直绳分解，由沿绳方向的分速度相等得：v ′cos 30°＝v cos 60°，解出v ′＝33v .由机械能守恒定律：12m v 2＋12m v ′2＝mgl cos 60°，解出绳长l ＝4v 23g .故选项D 对，其余选项均错．答案：D二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)某“运12”飞机在航空测量 时，它的航线要严格地从东到西，如果飞机的速度是80 km/h ，风从南面吹来，风的速度为40 km/h ，那么：(1)飞机应朝哪个方向飞行？(2)如果所测地区长达80 3 km ，所需时间为多少？解析：飞机的实际运动为合运动，随风的运动为飞机的一个分运动．(1)设飞机的速度为v 1，风速为v 2，实际飞行速度为v ，由合速度与分速度的关系可得飞机飞行速度方向与正西方向夹角θ的正弦值为sin θ＝v 2v 1＝4080＝12得θ＝30°，飞机应朝西偏南30°角方向飞行． (2)飞机的合速度v ＝v 1cos 30°＝40 3 km/h.根据x ＝v t 得t ＝x v ＝803403h ＝2 h. 答案：(1)飞机应朝西偏南30°角方向飞行(2)2 h12．(15分)(2018年池州模拟)如图所示，货车正在以a 1＝0.1 m/s 2的加速度启动，同时，一只壁虎以v 2＝0.2 m/s 的速度在货车壁上向上匀速爬行．试求：(1)经过2 s 时，地面上的人看到壁虎的速度大小和方向；(2)经过2 s 时壁虎相对于地面发生的位移大小；(3)在地面上观察，壁虎是做直线运动还是曲线运动？解析：(1)壁虎同时参与了相对于车向上的匀速运动和随车一起向左的匀加速直线运动．经过2 s 时，壁虎向上运动的速度v y ＝v 2＝0.2 m/s ，随车运动的速度v x ＝v 1＝a 1t ＝0.2 m/s ，如图甲所示，壁虎运动的合速度在t ＝2 s 末时其大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝0.22＋0.22 m/s ＝0.28 m/s ， tan α＝v y v x＝0.20.2＝1，壁虎的速度方向在该时刻与水平方向成45°角．(2)如图乙所示，在汽车启动后2 s 这段时间内，壁虎的水平位移x ＝12a 1t 2＝0.2 m ，竖直位移y ＝v 2t ＝0.4 m ，壁虎相对地面发生的位移s ＝x 2＋y 2＝0.45 m ，与水平方向所成的角θ＝arctan y x ＝arctan 2.(3)由上面分析知x ＝12at 2＝0.05t 2，y ＝0.2t ，消去时间t ，得x ＝1.25y 2，是一条如图丙所示的抛物线(以壁虎刚开始爬动处为坐标原点，壁虎爬行的方向为y 轴正方向，车前进的方向为x 轴正方向)，所以壁虎做曲线运动，或者用初速度方向与加速度方向垂直的关系，也可以判断出壁虎的运动轨迹是曲线．答案：(1)0.28 m/s ，与水平方向成45°角 (2)0.45 m (3)曲线运动。
高三物理考点知能复习随堂检测7
[随堂演练]1．两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F .两小球相互接触后将其固定距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A. 112F B.34F C.43FD ．12F解析：由库仑定律知，F ＝kQ ·3Q r 2＝3kQ 2r 2，两小球接触后电荷量先中和再平分，使得两小球带电荷量均为Q ，此时的库仑力F ′＝kQ 2(r2)2＝4kQ 2r 2＝43F .答案：C2．两个可自由移动的点电荷分别放在A 、B 两处，如图所示．A 处电荷带正电荷量Q 1，B 处电荷带负电荷量Q 2，且Q 2＝4Q 1，另取一个可以自由移动的点电荷Q 3，放在AB 直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则( )A ．Q 3为负电荷，且放于A 左方B ．Q 3为负电荷，且放于B 右方C ．Q 3为正电荷，且放于A 、B 之间D ．Q 3为正电荷，且放于B 右方解析：因为每个电荷都受到其余两个电荷的库仑力作用，且已知Q1和Q2是异种电荷，对Q3的作用力一为引力，一为斥力，所以Q3要平衡就不能放在A、B之间．根据库仑定律知，由于B处的电荷Q2电荷量较大，Q3应放在离Q2较远而离Q1较近的地方才有可能处于平衡，故应放在Q1的左侧．要使Q1和Q2也处于平衡状态，Q3必须带负电，故应选A.答案：A3．一负电荷从电场中A点由静止释放，只受静电力作用，沿电场线运动到B点，它运动的v-t图象如右图所示．则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下图中的()解析：由v-t图象可知负电荷运动的速度越来越大，加速度也越来越大，可见其受到静电力越来越大，场强也就越来越大，又因负电荷的受力方向与场强方向相反，故只有C项符合题意，A、B、D错误．答案：C4．AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为＋q和－q的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示．要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q()A．应放在A点，Q＝2qB．应放在B点，Q＝－2qC．应放在C点，Q＝－qD．应放在D点，Q＝－q解析：由平行四边形定则得出＋q和－q在O点产生的合场强水平向右，大小等于其中一个点电荷在O点产生的场强的大小．要使圆心处的电场强度为零，则应在C点放一个电荷量Q＝－q的点电荷，或在D点放一个电荷量Q＝＋q的点电荷．故C选项正确．答案：C[限时检测](时间：45分钟，满分：100分)[命题报告·教师用书独具]分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1．关于电现象，下列说法中不正确的是()A．感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程B．带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电C．摩擦起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量同种电荷D．当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失解析：感应起电是电荷从物体的一部分转移到另一部分，而摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，但相互摩擦的两个物体总是带等量异种电荷，故A正确，C错误；由电荷守恒定律可知D正确；中性物体得到多余电子带负电，失去电子带正电，B正确．答案：C2．真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A．3∶1 B．1∶3C．9∶1 D．1∶9解析：由库仑定律F＝kQ1Q2r2和场强公式E＝Fq知点电荷在某点产生电场的电场强度E＝kQr2，电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比，即E A∶E B＝r2B∶r2A＝9∶1，选项C正确．答案：C3．(2018年淮北八校联考)两个质量均为m的完全相同的金属球a和b，其质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离l为球半径的3倍．若使它们带上等量异种电荷，所带电荷量的绝对值均为Q，那么a、b两球之间的万有引力F引和库仑力F库的表达式正确的是( )A ．F 引＝G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2 B ．F 引≠G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2 C ．F 引＝G m 2l 2，F 库≠k Q 2l 2 D ．F 引≠G m 2l 2，F 库＝k Q 2l 2解析：a 、b 两球之间的万有引力F 引＝G m 2l 2；由于两球离得近，不能视为电荷，a 、b 两球之间的库仑力F 库≠k Q 2l 2，选项C 正确．答案：C4．如图所示，可视为点电荷的小球A 、B 分别带负电和正电，B 球固定，其正下方的A 球静止在绝缘斜面上，则A 球受力个数可能为( )A ．2个或3个B ．2个或4个C ．3个或4个D ．3个或5个解析：以A 为研究对象，根据其受力平衡可得，如果没有摩擦，则A 对斜面一定无弹力，只受重力和库仑引力两个力作用而平衡；如果受摩擦力，则一定受弹力，所以此时A 受4个力作用而平衡，B 正确．答案：B5．如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的电场强度大小变为E2.则E1与E2之比为()A．1∶2 B．2∶1C．2∶ 3 D．4∶ 3解析：本题针对电场叠加问题，考查考生矢量合成的能力．因为两个点电荷的电荷量相等，符号相反，设一个点电荷产生的电场强度为E，则在M、N两点时电场强度方向是相同的，故有E1＝2E，将N 点的点电荷移到P点后，通过假设其中一个点电荷为正电荷，作场强的矢量图，可知两个电场强度的方向夹角为120°，故由平行四边形定则可得，其合电场强度的大小E2＝E，所以E1E2＝2EE＝21，所以正确答案为B.答案：B6．两个质量分别是m1、m2的小球，各用丝线悬挂在同一点，当两球分别带同种电荷，且电荷量分别为q1、q2时，两丝线张开一定的角度θ1、θ2，如图所示，此时两个小球处于同一水平面上，则下列说法正确的是()A．若m1>m2，则θ1>θ2B．若m1＝m2，则θ1＝θ2C．若m1<m2，则θ1＜θ2D．若q1＝q2，则θ1＝θ2解析：以m1为研究对象，对m1受力分析如图所示由共点力平衡得F T sin θ1＝F库①F T cos θ1＝m1g②由①②得tan θ1＝F库m1g，同理tan θ2＝F库m2g，因为不论q1、q2大小如何，两带电小球所受库仑力属于作用力与反作用力，永远相等，故从tan θ＝F库mg知，m大，则tan θ小，θ亦小⎝⎛⎭⎪⎫θ<π2，m相等，θ亦相等，故B正确．答案：B7．(2018年六安模拟)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是()A．物体A受到地面的支持力逐渐增大B．物体A受到地面的支持力保持不变C．物体A受到地面的摩擦力先减小后增大D．库仑力对点电荷B先做正功后做负功解析：分析物体A的受力如图所示，由平衡条件可得：F f＝F cosθ，F N ＝F sin θ＋mg ，随θ由小于90°增大到大于90°的过程中，F f 先减小后反向增大，F N 先增大后减小，A 、B 错误，C 正确；因A 对B 的库仑力与B 运动的速度方向始终垂直，故库仑力不做功，D 错误．答案：C8．(2018年高考江苏卷)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘，坐标原点O 处电场强度最大的是( )解析：设每14圆环在O 点产生的电场强度大小为E ，则A 、C 两圆环在O 点处场强均为E ，B 图中为2E ，D 图为0，显然B 图场强最大．答案：B9．如图所示，一个均匀的带电圆环，带电荷量为＋Q ，半径为R ，放在绝缘水平桌面上．圆心为O 点，过O 点作一竖直线，在此线上取一点A ，使A 到O 点的距离为R ，在A 点放一检验电荷＋q ，则＋q 在A 点所受的静电力为( )A.kQqR 2，方向向上 B.2kQq4R 2，方向向上 C.kQq4R 2，方向水平向左 D ．不能确定解析：先把带电圆环分成若干个小部分，每一小部分可视为点电荷，各点电荷对检验电荷的库仑力在水平方向上相互抵消，竖直向上方向上的静电力大小为kqQ cos 45°(2R )2＝2kQq4R 2，故选B. 答案：B10. (2018年高考全国新课标Ⅱ卷)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上，a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq3l 2 B.3kq l 2 C.3kq l 2D.22kq l 2解析：选整体为研究对象，由平衡条件可知，c 球所带的电荷量为－2q ，对c 球进行受力分析，由平衡条件可知2kq ·2ql 2cos 30°＝2qE ，解得E ＝3kql 2，B 对．答案：B二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，正电荷q 1固定于半径为R 的半圆光滑绝缘轨道的圆心处，将另一带正电、电荷量为q 2、质量为m 的小球，从轨道的A 处无初速度释放，求：(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球在B 点时对轨道的压力．解析：(1)带电小球q 2在半圆光滑绝缘轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则mgR ＝12m v 2B解得：v B ＝2gR .(2)小球到达B 点时，受到重力mg 、库仑力F 和支持力F N ，由圆周运动和牛顿第二定律得F N －mg －k q 1q 2R 2＝m v 2BR 解得F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2根据牛顿第三定律，小球在B 点时对轨道的压力为 F N ′＝F N ＝3mg ＋k q 1q 2R 2方向竖直向下．答案：(1)2gR (2)3mg ＋k q 1q 2R 2，方向竖直向下12．(15分)一根长为l 的丝线吊着一质量为m ，带电荷量为q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为竖直向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g ，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)，求：(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球经过最低点时丝线的拉力．解析：(1)小球静止在电场中的受力分析如图甲所示：显然小球带正电，由平衡条件得：mg tan 37°＝Eq故E ＝3mg 4q(2)电场方向变成竖直向下后，小球开始做圆周运动，重力做正功．小球由静止位置运动到最低点时，由动能定理得(mg ＋qE )l (1－cos 37°)＝12m v 2由圆周运动知识，在最低点时(受力分析如图乙)，F 向＝F T －(mg ＋qE )＝m v 2l联立以上各式，解得：F T ＝4920mg .答案：(1)3mg 4q (2)4920mg。
高三物理考点知能复习随堂检测2
[随堂演练]1．(2018年高考山东理综改编)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()A．力是维持物体运动的原因B．物体之间普遍存在相互吸引力C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D．物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反解析：伽利略利用实验研究和逻辑推理相结合的方法，发现了力不是维持物体运动的原因；忽略空气阻力，轻、重物体下落得同样快两个规律，C选项正确．答案：C2．(2018年高考新课标全国卷改编)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中不正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体处于静止状态或匀速直线运动状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质，所以A正确；如果没有力，物体将保持静止或匀速直线运动，所以B正确；行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合力与需要的向心力总是相等，所以C错误；运动物体如果没有受到力的作用，它将保持匀速直线运动状态，所以D正确．答案：C3．通常河水边的湿地是很松软的，人在这些湿地上行走时容易下陷，在人开始下陷时()①人对湿地地面的压力大于湿地地面对他的支持力②人对湿地地面的压力等于湿地地面对他的支持力③人的重力大于湿地地面对他的支持力④人的重力等于湿地地面对他的支持力A．①③B．①④C．②③D．②④解析：人对湿地的压力与湿地对人的支持力，是作用力与反作用力，大小总是相等，故①错②对；人在开始下陷时，加速度向下，受到的重力大于支持力，故③对④错．答案：C4．关于作用力与反作用力的说法正确的是()A. 只有相互作用的两个物体都处于平衡状态时，作用力与反作用力大小才相等B．由于作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，所以两者产生的效果相互抵消C．放在斜面上的物体受到的支持力的反作用力是物体重力在垂直斜面方向的分力D．作用力与反作用力的性质一定相同解析：作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、性质相同，与物体所处状态无关，故A错、D对；作用力与反作用力作用在不同物体上，效果不能抵消，故B错；支持力的反作用力是物体对斜面的压力，故C错．答案：D[限时检测](时间：45分钟，满分：100分)[命题报告·教师用书独具]一、选择题(70分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内) 1．一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A 处有一小球．若车厢内的旅客突然发现(俯视图)小球沿如图所示的虚线从A点运动到B点，则由此可以判断列车的运行情况是()A．减速行驶，向北转弯B．减速行驶，向南转弯C．加速行驶，向南转弯D．加速行驶，向北转弯解析：小球具有惯性，相对于列车向前运动，故列车在减速，相对于列车向北运动，故列车向南转弯，故选B.答案：B2．关于物体的惯性，下列说法中正确的是()A．运动速度大的物体不能很快停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大B．静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止时物体惯性大的缘故C．乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小的缘故D．物体受到的外力大，则惯性小；受到的外力小，则惯性就大解析：惯性的大小只取决于物体的质量，质量大其惯性就大，质量小其惯性就小，与其他因素无关，故C项正确．答案：C3．在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛．一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力() A．小于受到的弹力B．大于受到的弹力C．和受到的弹力是一对作用力与反作用力D．和受到的弹力是一对平衡力解析：因磁性冰箱贴静止不动，在水平方向上受到两个力，磁力与弹力，两者为平衡力，选项D正确，A、B、C错误．答案：D4．消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是()A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力B．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对作用力与反作用力C．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力D．消防员对绳子的拉力大于儿童对绳子的拉力解析：绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，大小相等，A项错误；消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力不是一对作用力与反作用力，B项错误；儿童加速上升，绳子对儿童的拉力大于儿童的重力，C项正确；因为不计绳子的重力，消防员对绳子的拉力大小等于儿童对绳子的拉力大小，选项D错误．答案：C5．(2018年淮南模拟)一只封闭的小箱子，自重为G，内有一只重为G0的小蜜蜂，箱子放在水平地面上，则关于箱子对地面的压力的说法正确的是()A．若小蜜蜂在箱子内水平匀速飞行，箱子对地面的压力等于G B．若小蜜蜂在箱子内竖直向上匀速飞行，箱子对地面的压力大于G＋G0C．若小蜜蜂在箱子内竖直向下匀速飞行，箱子对地面的压力小于G＋G0D．若小蜜蜂在箱子内倾斜向上匀速飞行，箱子对地面的压力等于G＋G0解析：无论箱内的小蜜蜂向何方向匀速飞行，箱子对地面的压力都等于G＋G0，所以A、B、C均错，D正确．答案：D6．2018年11月25日12时26分，我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“遥感十六号”卫星发射升空并送入预定轨道．关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生了一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用解析：火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，因而选项B、C错误，选项A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即卫星吸引地球，地球吸引卫星，这是一对作用力与反作用力，故选项D错误．答案：A7．(2018年六安模拟)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性的角度加以解释，其中正确的是()A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度．这表明，可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这样会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到行驶目的解析：采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，原因是功率变大了，但惯性不变，选项A错；射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，原因是此时的子弹具有的动能过小，但惯性不变，选项B错；货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，列车的质量改变了，当然它的惯性也就改变了，选项C正确；摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，调控人和车的重心位置，但整体的惯性不变，选项D错．答案：C8.如图所示是一种汽车安全带控制装置的示意图，当汽车处于静止或匀速直线运动时，摆锤竖直悬挂，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动．当汽车突然刹车时，摆锤由于惯性绕轴摆动，使得锁棒锁定棘轮的转动，安全带不能被拉动．若摆锤从图中实线位置摆到虚线位置，汽车的可能运动方向和运动状态是()A．向左行驶、突然刹车B．向右行驶、突然刹车C．向左行驶、匀速直线运动D．向右行驶、匀速直线运动解析：简化模型如图所示，当小球在虚线位置时，小球、车具有向左的加速度，车的运动情况可能为：向左加速行驶或向右减速行驶，A错误，B正确；当车匀速运动时，无论向哪个方向运动，小球均处于竖直位置不摆动，C、D错误．答案：B9．(2018年亳州质检)物体静止在一固定在水平地面上的斜面上，下列说法正确的是()A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力C．物体所受重力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力D．物体所受重力可以分解为沿斜面的力和对斜面的压力解析：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力，故A错．物体和斜面间的摩擦力是一对作用力和反作用力，B正确．物体所受重力与物体受的支持力，受力物体均为物体本身，故C错．重力可以分解为沿斜面的力和垂直斜面向下的力，故D 错．答案：B10．引体向上是同学们经常做的一项健身运动．该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面．下放时，两臂放直，不能曲臂(如图所示)，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．关于做引体向上动作时人的受力，以下判断不正确的是()A．上拉过程中，人受到两个力的作用B．上拉过程中，单杠对人的作用力等于人对单杠的作用力C．下放过程中，单杠对人的作用力小于人对单杠的作用力D．下放过程中，在某瞬间人可能只受到一个力的作用解析：上拉过程中，人受到两个力的作用，一个是重力，一个是单杠给人的作用力，A对．不论是上拉过程还是下拉过程，单杠对人的作用力总等于人对单杠的作用力，与人的运动状态无关，B对、C 错．在下放过程中，若在某瞬间人向下的加速度为重力加速度g，则人只受到一个重力的作用，D对．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)(2018年芜湖模拟)一质量为m的消防队员从一平台上无初速的跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使重心又下降了0.5 m，在着地过程中，试估计双脚对地面的平均作用力．(重力加速度为g)解析：设落地时的速度为v，则有v2＝2gh，缓冲过程中a＝v2 2x＝2gh2x＝4g，方向向上．由牛顿第二定律F N－mg＝ma，则地面对消防员双脚的平均作用力F N＝mg＋ma＝5mg，方向向上，由牛顿第三定律可知，双脚对地面的平均作用力F N′＝F N＝5mg，方向向下．答案：5mg，方向向下12．(15分)如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 N/kg)解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：k(L－L0)－mg－F＝0解得：F＝－4 N故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N方向竖直向下B受力如图乙所示，由平衡条件得：F N－mg－F′＝0解得：F N＝9 N由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.答案：9 N。
与名师对话高考一轮总复习课标版物理随堂训练2-5-5含答案
随堂训练1．在运用橡皮筋做关于“探究动能定理”的实验中，下列叙述正确的是() A．每次实验必须设法测出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出[解析]本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少，只要测出以后各次实验时橡皮筋做的功是第一次实验时的多少倍即可；每次实验橡皮筋伸长的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后各次实验时，橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍；小车运动中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度，才能减小误差；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，由此可知，选项D正确．[答案] D2．为了探究恒力作用时的动能定理，某同学做了如下实验，他让滑块在某一水平面上滑行，利用速度采集器获取其初速度v，并测量出不同初速度的最大滑行距离x，得到下表所示几组数据：(1)学作出如下推理：根据x－v图象大致是一条抛物线，可以猜想，x可能与v2成正比．请在图(乙)所示坐标纸上选择适当的坐标轴作出图线验证该同学的猜想．(2)根据你所作的图象，你认为滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2的关系是_________________________________________________________．[解析](1)作出x－v2图线如图所示．(2)x－v2图线是过原点的直线，所以，滑块滑行的最大距离x与滑块初速度平方v2成正比．[答案](1)见解析图(2)x∝v23．某同学利用图(甲)的实验装置做“探究动能定理”的实验．先接通打点计时器的电源，再释放纸带，让质量m＝1.00 kg的重物由静止下落，在纸带上打出一系列的点，如图(乙)所示，A、B、C分别为所选取的计数点，相邻计数点的时间间隔为0.02 s，且O为开始打出的第一点，OA之间有若干点未标出，重力加速度g取10 m/s2.(1)释放纸带前，纸带的________(选填“O”或“C”)端在上面；(2)重物从O运动到B的过程中，动能的变化量ΔE k＝________ J；重力做功W ＝________ J(以上均保留两位有效数字)．[解析] (1)O 点为打出来的第一个点，速度为0，与重物相连的纸带在下端，应该先打点．所以释放纸带前，纸带的C 端在上面．(2)重力势能减小量ΔE p ＝mgh ＝1×10×0.0693 J ≈0.69 J.利用匀变速直线运动的推论得：v B ＝x AC 2T ＝0.0944－0.04810.04m/s ＝1.1575 m/s ， ΔE k ＝12m v 2B ＝12×1×1.15752 J ≈0.67 J.[答案] (1)C (2)0.67 0.694．(2016·辽宁大连期末)某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出以下几种猜想：①W ∝v ，②W ∝v 2，③W ∝v …他们的实验装置如图(甲)所示，PQ 为一块倾斜放置的木板，让物体从木板上由静止滑下，在Q 处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q 点的速度)．在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议．(1)本实验中不需要测量物体质量的理由是什么？(2)让物体分别从不同高度无初速释放，测出物体从初始位置到速度传感器的距离L 1、L 2、L 3、L 4…读出物体每次通过速度传感器Q 的速度v 1、v 2、v 3、v 4…并绘制了如图(乙)所示的L －v 图象．根据绘制出的L －v 图象，若为了更直观地看出L 和v 的变化关系，他们下一步应该作出( )A ．L －v 2图象B ．L －v 图象C ．L －1v 图象D ．L －1v 图象(3)本实验中，木板与物体间摩擦力的大小会不会影响探究出的结果？[解析](1)由动能定理知W＝ΔE k，而W＝mg(sinθ－μcosθ)L，ΔE k＝12m v2，所以探究W与v的关系可以不用测量物体的质量m.(2)由于题图(乙)是关于“L－v”的图象，该图象类似抛物线，即L＝k v2，但L与v2的关系图象则应为直线，因此作出L－v2的图象看是否为直线，选项为A.(3)在实验中，由于物体在木板上运动时，所受的合力是确定的，即F合＝mg(sinθ－μcosθ)，所以摩擦力的大小不会影响探究结果．[答案](1)见解析(2)A(3)不会5．为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤跨过定滑轮相连，重锤夹后连一穿过打点计时器的纸带，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板向下匀速运动，如下图甲所示．第二步：保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使纸带穿过打点计时器，然后接通电源，释放滑块，使之从静止开始向下加速运动，打出纸带，如图乙所示．打出的纸带如图丙所示．请回答下列问题：(1)已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点间的时间间隔为Δt，根据纸带求滑块运动的速度，打点计时器打B点时滑块运动的速度v B＝________.(2)已知重锤质量为m，当地的重力加速度为g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块________(写出物理名称及符号，只写一个物理量)，合外力对滑块做功的表达式W合＝________.(3)算出滑块运动OA、OB、OC、OD、OE段合外力对滑块所做的功W以及在A、B、C、D、E各点的速度v，以v2为纵轴、W为横轴建立直角坐标系，描点作出v2－W图象，可知该图象是一条________，根据图象还可求得________．[解析](1)由打出的纸带可知B点的速度为v B＝x3－x12Δt；(2)由做功定义式可知还需要知道滑块下滑的位移x，由动能定理可知W合＝ΔE k，即mgx＝ΔE k；(3)v2－W图象应该为一条过原点的直线，根据ΔE k＝12M v2可求得M的值．[答案](1)x3－x12Δt(2)下滑的位移x mgx(3)过原点的直线滑块的质量M。
人教版高中物理选修3-25.1交变电流随堂检测归纳小结()
1.(对应要点一)如图5－1－14所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经
过图示位置时()
A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率最小
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最小图5－1－14 解析：由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的位置，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以A正确。
答案：A
2．(对应要点二)如图5－1－15所示，形状或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示的位置开始计时，则下列正确的说法是()
图5－1－15
A.感应电动势最大值相同
B．感应电动势瞬时值不同
C．感应电动势最大值、瞬时值都不同
D．感应电动势最大值、瞬时值都相同
解析：感应电动势的最大值为E m＝BSω，A正确；感应电动势的瞬时值e＝E m sin ωt 与转轴位置无关，图中都以中性面位置计时，故瞬时值相同，D正确，B、C错误。
答案：AD
3.(对应要点二)如图5－1－16所示，有一矩形线圈abcd，已知ab。
高三物理一轮复习课后知能检测人教版选修
1．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶15，当原线圈接在6 V 的蓄电池两端以后，副线圈的输出电压为( )A ．90 VB ．0.4 VC ．6 VD ．0 【解析】 由于蓄电池向外输出的是直流电，铁芯中磁通量不能发生变化，在副线圈中不能产生感应电动势，所以副线圈的输出电压为0.【答案】 D2．(2013·大同一中高二检测)用理想变压器给负载电阻R 供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输入功率增加( )A ．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R 保持不变B ．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变C ．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变D ．减少变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变【解析】 由U 1U 2＝n 1n 2，当n 1增加时，U 2减小，P 2＝U 22R ，P 2减小，A 错；U 1、n 1、n 2不变，则U 2不变，R 减小时，P 2＝U 22R ，P 2增大，B 正确；C 与B 相反，故C 错误；当n 1、U 1不变，n 2减小时，则U 2减小，由P 2＝U 22R (R 不变)，P 2会减小，D错．【答案】 B3．(2013·宁波高二检测)如图5－4－9所示，一理想变压器有两个副线圈，输出电压分别为3 V和5 V，要获得8 V输出电压，两个副线圈的连接方法是()图5－4－9A．b、c连接，a、d两端输出8 V电压B．a、d连接，b、c两端输出8 V电压C．a、c连接，b、d两端输出8 V电压D．b、d连接，a、c两端输出8 V电压【解析】因为两个副线圈的输出电压分别为3 V和5 V，要想获得8 V输出电压，两个副线圈的感应电动势的方向应当一致，结合楞次定律可判断，将b、d 连接，a、c为输出端和将a、c连接，b、d为输出端均可，故C、D正确．若将b、c连接，a、d为输出端或将a、d连接，b、c为输出端，两副线圈中感应电动势反向，故A、B错．【答案】CD4．如图5－4－10所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使()图5－4－10A．原线圈匝数n1增加B．副线圈匝数n2增加C．负载电阻R的阻值增大D．负载电阻R的阻值减小【解析】由U1U2＝n1n2，P出＝U22R可得P出＝U21n22n21R又因为P入＝P出，所以P入＝U21n22n21R分析可得选项B、D正确．【答案】BD5．(2013·天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图5－4－11中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则()图5－4－11 A．ab接MN、cd接PQ，I ab<I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab>I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab<I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab>I cd【解析】根据变压器的工作原理I1I2＝n2n1解决问题．高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I1I2＝n2n1，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且I ab>I cd，选项B正确．【答案】 B6. 如图5－4－12所示，一低压交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，通过上下调节P1、P2的位置，可以改变变压器输入、输出电压．图中L是一个小灯泡，R2是定值电阻，R1、R3是滑动变阻器，若要增大灯泡L的亮度，可以采取的办法是()图5－4－12 A．P1、P3、P4不动，P2下移B．P1、P2、P3不动，P4下移C．P2、P3、P4不动，P1上移D．P1、P2、P4不动，P3上移【解析】根据变压器的变压原理U1U2＝n1n2，要增大输出电压，需要使P1下移或P2上移；滑动变阻器R1是分压接法，P3上移可以使灯泡两端电压增大，灯泡功率也就增大，使其变亮；滑动变阻器R3的触头P4上移时才能使灯泡两端的电压增大，使灯泡变亮，所以只有D项正确．【答案】 D7．(2013·陕西师大附中高二检测)如图5－4－13所示为一理想变压器，n1为原线圈，接一正弦交流电，n2＝n3，在n2、n3两个线圈上分别获得35 V电压，要想得到70 V电压，c、d、e、f怎样连接()A．d、e连在一起，c、f为输出端B．c、f连在一起，d、e为输出端C．e、c连在一起，f、d为输出端D．f、d连在一起，e、c为输出端图5－4－13【解析】要想得到70 V电压，需要把两个副线圈串联起来，使电流依次通过这两个副线圈，因此e、c连在一起，f、d为输出端或f、d连在一起，e、c为输出端都可以，选C、D.【答案】CD8．如图5－4－14甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是()甲乙图5－4－14 A．电压表的示数为36 VB．电流表的示数为2 AC．四只灯泡均能正常发光D．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz【解析】若灯泡L2、L3、L4都正常发光．所以电流表的示数为69×3 A＝2 A，B对；副线圈两端的电压为9 V，又变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，所以电压表的示数为27 V，因电源输入电压为36 V，所以L1所分电压为9 V，四只灯泡都正常发光，C对，A错；变压器不能改变交变电流的频率，D对．【答案】BCD9．(2011·福建高考)图5－4－15甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()甲乙图5－4－15A．输入电压u的表达式u＝202sin(50πt)VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W【解析】由图象知T＝0.02 s，ω＝2πT＝100π rad/s，u＝202sin(100πt)V，A项错误；由于副线圈两端电压不变，故只断开S2，两灯串联，电压为额定值一半，不能正常发光，B项错误；只断开S2，副线圈电路电阻变为原来的2倍，由P＝U2R 知副线圈消耗功率减小，则原线圈输入功率也减小，C项错误；输入电压额定值U1＝20 V，由U1U2＝n1n2及P R＝U22R得P R＝0.8 W，D项正确．【答案】 D10．如图5－4－16所示，MN和PQ为两光滑的电阻不计的水平金属导轨，N、Q接理想变压器，理想变压器的输出端接电阻元件R、电容元件C，导轨上垂直放置一金属棒ab.今在水平导轨部分加一竖直向上的匀强磁场，则下列说法中正确的是(I R、I C均为有效值)()图5－4－16A．若ab棒匀速运动，则I R≠0，I C＝0B．若ab棒匀速运动，则I R＝0，I C＝0C．若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，则I R≠0，I C≠0D．若ab棒做匀加速运动，则I R≠0，I C＝0【解析】ab匀速切割时产生恒定电动势，原线圈中有稳恒电流，副线圈不产生电磁感应现象，故副线圈电流为零，选项A错，选项B正确；若ab棒在某一中心位置两侧做往复运动，原线圈中产生周期性变化的电流，副线圈产生电磁感应现象，副线圈电流不为零，电容器进行充放电，故选项C正确；当ab匀加速运动时，产生的电动势均匀增加，原线圈中电流均匀增加，产生的磁场均匀增强，副线圈中产生稳定的感应电动势，副线圈两端电压不变，因而电容器不会充放电．故选项D也正确．【答案】BCD11．如图5－4－17所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔丝就熔断．图5－4－17(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？【解析】(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2.当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，I1＝U2U1I2≈0.98 A.(2)当副线圈电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W.【答案】(1)0.98 A(2)180 W。
高三物理 (基础考点归纳+重难点突破+随堂检测)《热力学定律与能量守恒》教学一体练
热力学定律与能量守恒热力学第一定律1.改变物体内能的两种方式(1)做功；(2)热传递．2．热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．(2)表达式：ΔU＝Q＋W.3．ΔU＝W＋Q中正、负号法则物理量意义符号W Q ΔU＋外界对物体做功物体吸收热量内能增加－物体对外界做功物体放出热量内能减少1内能的变化与做功和热传递有关，只确定一个因素不能判断内能增加或减少.2应用热力学第一定律，一定要弄清各物理量的符号.【针对训练】1．(2012·广东高考)景颇族的祖先发明的点火器如图11－3－1所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃．对筒内封闭的气体，在此压缩过程中( )图11－3－1A ．气体温度升高，压强不变B ．气体温度升高，压强变大C ．气体对外界做正功，气体内能增加D ．外界对气体做正功，气体内能减少【解析】 筒内封闭气体被压缩过程中，外界对气体做正功．由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 知，气体内能增加，温度升高．由理想气体状态方程pVT＝C 知，气体压强增大．选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．【答案】 B热力学第二定律及微观意义1.热力学第二定律的两种表述(1)克劳修斯表述：不可能使热量从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化． (2)开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不引起其他变化．或表述为“第二类永动机是不可能制成的．”2．用熵的概念表示热力学第二定律在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小(填“增大”或“减小”)． 3．热力学第二定律的微观意义一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行． 【针对训练】2．关于热力学定律，下列说法正确的是( ) A ．在一定条件下物体的温度可以降到0 KB ．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功C ．吸收了热量的物体，其内能一定增加D ．压缩气体总能使气体的温度升高【解析】 由热力学第三定律知，绝对零度不可能达到，A 错；由热力学第二定律知，物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功，但是将产生其他影响，B 对；物体吸收了热量，若全部用于对外做功，其内能不变，C 错；压缩气体，若气体向外放热，气体的温度不一定升高，D错．【答案】 B能量守恒定律和两类永动机1.能量守恒定律能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个系统(物体)转移到别的系统(物体)，在转化和转移的过程中，其总量保持不变．2．能源的利用(1)存在能量耗散和品质下降．(2)重视利用能源时对环境的影响．(3)要开发新能源(如太阳能、生物质能、风能、水流能等)．3．两类永动机(1)第一类永动机：不消耗任何能量，却源源不断地对外做功的机器．违背能量守恒定律，因此不可能实现．(2)第二类永动机：从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化的机器．违背热力学第二定律，不可能实现．【针对训练】3.图11－3－2(2011·江苏高考)如图11－3－2所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片．轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动．离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动．下列说法正确的是( )A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量【解析】形状记忆合金从热水中吸收热量后，伸展划水时一部分热量转变为水和转轮的动能，另一部分释放到空气中，根据能量守恒定律可知只有D项正确．【答案】 D(对应学生用书第192页)热力学第一定律的理解和应用1.改变物体内能的两种方式方式区别做功热传递内能变化外界对物体做功，物体的内能增加物体对外界做功，物体的内能减少物体吸收热量，内能增加物体放出热量，内能减少物理实质其他形式的能与内能之间的转化不同物体间或同一物体不同部分之间内能的转移相互联系做一定量的功或传递一定量的热在改变内能的效果上是相同的2.对热力学第一定律的理解(1)在ΔU＝Q＋W中，W表示做功情况，说明内能和其他形式的能可以相互转化；Q表示吸热或放热的情况，说明内能可以从一个物体转移到另一个物体，而ΔU＝Q＋W是能量守恒定律的具体体现．(2)三种特殊情况①若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加．②若过程中不做功，即W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加．③若过程的始、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，外界对物体做的功等于物体放出的热量．(2012·新课标全国高考)关于热力学定律，下列说法正确的是( )A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D．不可能使热量从低温物体传向高温物体E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【解析】根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W.A正确，B错误．根据热力学第二定律，C、E正确，D错误．【答案】ACE热力学第二定律的理解和应用1.在热力学第二定律的表述中，“不引起其他变化”的含义“不引起其他变化”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响．如吸热、放热、做功等．2．热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．3．热力学过程方向性实例(1)高温物体热量Q能自发传给热量Q不能自发传给低温物体．(2)功能自发地完全转化为不能自发地且不能完全转化为热．(3)气体体积V1能自发膨胀到不能自发收缩到气体体积V2(较大)．(4)不同气体A和B 能自发混合成不能自发分离成混合气体AB.在有外界影响的条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如电冰箱；在引起其他变化的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程．图11－3－3我国神七航天员的漫步太空已变成现实．神七航天漫步太空，此举震撼世界，意义重大无比．其中，飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”，因此飞船将此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理图如图11－3－3所示，两个相通的舱A、B间装有阀门K，指令舱A中充满气体，气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换．打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则( ) A．气体体积膨胀，对外做功B．气体分子势能减少，内能增加C．体积变大，温度降低D．B中气体不可能自发地全部退回到A中【解析】当阀门K被打开时，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以A中的气体不会做功，则A选项是错误的；又因为系统与外界无热交换，所以气体内能不变，则气体的温度也不变，则选项B、C错误；由热力学第二定律知，真空中气体膨胀具有方向性，在无外界作用时，B中气体不能自发地全部回到A中，故D正确．【答案】 D气体实验定律与热力学定律综合图11－3－4如图11－3－4，体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体，p0和T0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U与温度T的关系为U＝αT，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求：(1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1；(2)在活塞下降过程中，汽缸内气体放出的热量Q.【解析】(1)在气体由p＝1.2p0下降到p0的过程中，气体体积不变，温度由T＝2.4T0变为T1，由查理定律得T 1T ＝p 0p在气体温度由T 1变为T 0的过程中，体积由V 减小到V 1，气体压强不变， 由盖—吕萨克定律得V V 1＝T 1T 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧T 1＝2T 0V 1＝12V(2)在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W ＝p 0(V －V 1)在这一过程中，气体内能的减少为 ΔU ＝α(T 1－T 0)由热力学第一定律得，汽缸内气体放出的热量为 Q ＝W ＋ΔU ，解得Q ＝12p 0V ＋αT 0【答案】 (1)12V (2)12p 0V ＋αT 0热力学第一定律在气体状态变化中的应用(1)理想气体无分子势能，只有分子动能，一定质量的气体，其内能只取决于温度，而与体积无关．(2)在气体状态变化过程中，三个状态参量(p 、V 、T )遵循理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2(或pVT＝C 常数)，判断气体的内能的变化只需分析气体的温度，温度升高(或降低)，内能增大(或减小)．(3)由气体体积变化情况分析做功情况，气体体积增大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功．然后由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 确定热量Q 的正、负，判断出吸热、放热．(对应学生用书第193页)1．(2013届太原一中检测)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也在研究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气体封闭在一可自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减为原来的一半，不计温度变化，则此过程中( )A．封闭气体对外界做正功B．封闭气体向外界传递热量C．封闭气体分子的平均动能增大D．封闭气体从外界吸收热量【解析】因为气体的温度不变，所以气体分子的平均动能不变，C错误；当气体体积减小时，外界对气体做功，A错误；由热力学第一定律可得，封闭气体将向外界传递热量，D错B正确．【答案】 B2.图11－3－5(2012·渭南二模)如图11－3－5所示中汽缸内盛有一定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接并使之缓慢地向右移动．这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是( )A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违反热力学第二定律B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，所以此过程不违反热力学第二定律C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违反热力学第二定律D．A、B、C三种说法都不对【答案】 C3.图11－3－6如图11－3－6所示为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．下列说法正确的是( )A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能C．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律D．电冰箱的工作原理违反热力学第二定律【解析】由热力学第二定律可知，热量不能自发地由低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机工作并消耗电能．【答案】 B4．(2011·大纲全国高考)关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少【解析】由热力学第二定律知吸收的热不能自发地全部转化为功，但通过其他方法可以全部转化为功，故A正确；气体体积增大，对外做功，若同时伴随有吸热，其内能不一定减少，B错误；气体从外界吸热，若同时伴随有做功，其内能不一定增加，C错误；外界对气体做功，同时气体放热，其内能可能减少，D正确．【答案】AD5．(2011·福建高考)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104J ，则该理想气体的( ) A ．温度降低，密度增大 B ．温度降低，密度减小C ．温度升高，密度增大D ．温度升高，密度减小【解析】 由ΔU ＝W ＋Q 可得理想气体内能变化ΔU ＝－1.0×104 J ＋2.5×104 J ＝1.5×104 J>0，故温度升高，A 、B 两项均错．因为气体对外做功，所以气体一定膨胀，体积变大，由ρ＝m V可知密度变小，故C 项错误D 项正确． 【答案】 D6．(2012·江西重点盟校二次联考)(1)下列说法正确的是( )A ．由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该种气体分子的大小B ．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C ．分子间的引力随分子间距离的增大而增大，分子间的斥力随分子间距离的增大而减小D ．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体图11－3－7(2)如图11－3－7所示，汽缸内封闭一定质量的某种理想气体，活塞通过滑轮和一重物连接并保持平衡，已知活塞距缸口0.2 m ，活塞面积10 cm 2，大气压强1.0×105 Pa ，物重50 N ，活塞质量及一切摩擦不计，缓慢升高环境温度，使活塞刚好升到缸口，封闭气体吸收了60 J 的热量，则封闭气体的压强将________(选填“增加”、“减小”或“不变”)，气体内能变化量为________J.【解析】 (1)由于气体分子间距离大，所以不能估算分子大小，A 错．布朗运动的显著程度与温度和颗粒大小有关，B 正确．分子引力和斥力都是随分子间距离的增大而减小的，则C 错．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故D 错．(2)此时气体压强p ＝p 0－G S恒定． 由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ＝－pΔV ＋Q ＝50 J.【答案】 (1)B (2)不变 507．(1)当密闭在气球内的空气(可视为理想气体)温度缓慢升高时________________________________________________________________________．A ．气体分子的体积增大B ．气体分子的动能增大C ．气体分子的平均动能增大D ．单位体积内分子数增多(2)若只对一定质量的理想气体做1 500 J 的功，可使其温度升高5 K ．若改成只用热传递的方式，使气体温度同样升高5 K ，那么气体应吸收________J 的热量．如果对该气体做了2 000 J的功，使其温度升高了5 K，表明在该过程中，气体还________(选填“吸收”或“放出”)热量________J.【答案】(1)C(2)1 500放出5008．(1)第一类永动机不可能制成是因为其违反了________，第二类永动机不可能制成是因为其违反了________________________________________________________________________．(2)在一个大气压下，水在沸腾时，1 g水吸收2 263.8 J的热量后由液态变成同温度的气态，其体积由1.043 cm3变成1 676 cm3，求：①1 g水所含的分子个数；②体积膨胀时气体对外界做的功；③气体的内能变化．(大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的摩尔质量为M＝18 g/mol，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1)【解析】(2)①1 g水所含的分子个数为n＝118×6×1023＝3.3×1022(个)．②气体体积膨胀时对外做的功为W＝p0×ΔV＝105×(1 676－1.043)×10－6J＝167.5 J.③根据热力学第一定律有：ΔU＝W＋Q＝(2 263.8－167.5) J＝2 096.3 J.【答案】(1)能量守恒定律热力学第二定律(2)①3.3×1022②167.5 J③增加 2 096.3 J9．(1)下列说法正确的是( )A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B．没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能而不产生其他影响C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同(2)一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功 1.7×105 J，气体内能减少1.3×105J，则此过程中气体________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J．此后，保持气体压强不变，升高温度，气体对外界做了5.0×105 J的功，同时吸收了6.0×105 J 的热量，则此过程中，气体内能增加了________J.【解析】(1)布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，并不是指颗粒分子的运动，所以A错误．热能不可能全部转化为机械能而不引起其他变化，所以B错误．知道摩尔质量和密度可求摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数，所以C错误．内能不同的物体它们分子运动的平均动能可能相同，因为只要物体的温度相同，分子平均动能就相同，所以D项正确．(2)根据热力学第一定律得：W＝1.7×105 J，ΔU＝－1.3×105 J，代入ΔU＝W＋Q可得，Q＝－3.0×105J，Q为负值，说明气体要放出热量，放出的热量为3.0×105J；同理W ＝－5×105 J，Q＝6×105 J，ΔU＝W＋Q＝1.0×105 J，即内能增加了1.0×105 J.【答案】(1)D(2)放出 3.0×105 1.0×10510．如图11－3－8所示，A、B两个汽缸中装有体积均为10 L、压强均为1 atm(标准大气压)、温度均为27 ℃的空气，中间用细管连接，细管容积不计．细管中有一绝热活塞，现将B汽缸中的气体升温到127 ℃，若要使细管中的活塞仍停在原位置．(不计摩擦，A 汽缸中的气体温度保持不变，A汽缸截面积为500 cm2)图11－3－8(1)求A 中活塞应向右移动的距离；(2)A 中气体是吸热还是放热，为什么？【解析】 (1)对B ：由P B T B ＝P′B T′B得 P′B ＝T′B T B P B ＝400300P B ＝43P B 对A ：由P A V A ＝P′A V′A 得V′A ＝P A V A P′A且：P A ＝P B ，P′A ＝P′B 解得：V′A ＝43V A 所以Δl ＝14V A S＝5 cm. (2)放热，在向右推活塞过程中，A 中气体温度不变，气体内能不变；体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q 可知气体应放热．【答案】 (1)5 cm (2)见解析。
高三物理一轮复习随堂检测 动能 动能理
峙对市爱惜阳光实验学校第2讲动能动能理1．一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g＝10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的选项是( )A．合外力做功50 J B．阻力做功500 JC．重力做功500 J D．支持力做功50 J解析：重力做功W G＝mgh＝25×10×3 J＝750 J，C错；小孩所受支持力方向上的位移为零，故支持力做的功为零，D错；合外力做的功W合＝E k－0，即W合＝12mv2＝12×25×22 J＝50 J，A项正确；W G－W阻＝E k－0，故W阻＝mgh－12mv2＝750 J－50 J＝700 J，B项错误．答案：A2.图5－2－9如图5－2－9所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB之间的水平距离为s，重力加速度为g.以下说法正确的选项是( )A．小车克服重力所做的功是mgh B．合外力对小车做的功是12mv2 C．推力对小车做的功是12mv2＋mgh D．阻力对小车做的功是12mv2＋mgh－Fs 解析：小车克服重力做功W＝Gh＝mgh，A选项正确；由动能理小车受到的合力做的功于小车动能的增加，W合＝ΔE k＝12mv2，B选项正确；由动能理，W合＝W推＋W重＋W阻＝12mv2，所以推力做的功W推＝12mv2－W阻－W重＝12mv2＋mgh－W 阻，C选项错误；阻力对小车做的功W阻＝12mv2－W推－W重＝12mv2＋mgh－Fs，D 选项正确．答案：ABD3.图5－2－10如图5－2－10所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，假设考虑空气阻力而不考虑空气浮力，那么在此过程中，以下说法正确的有( )A．力F所做功减去克服阻力所做的功于重力势能的增量B．木箱克服重力所做的功于重力势能的增量C．力F、重力、阻力，三者合力所做的功于木箱动能的增量D．力F和阻力的合力所做的功于木箱机械能的增量解析：对木箱受力分析如下图，那么由动能理：W F－mgh－WF f＝ΔE k故C对．由上式得：W F－WF f＝ΔE k＋mgh，即W F－WF f＝ΔE k＋ΔE p＝ΔE.故A错D对．由重力做功与重力势能变化关系知B对，故B、C、D对．答案：BCD4．图5－2－11如图5－2－11甲所示，一质量为m＝1 kg的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F的作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点且速度刚好为0，第5 s末物块刚好回到A点，物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)A、B间的距离；(2)水平力F在5 s时间内对物块所做的功．解析：(1)由图乙可知在3～5 s内物块在水平恒力作用下由B点匀加速运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为s，那么有F－μmg＝ma，a＝F－μmgm ＝4－0.2×1×101m/s2＝2 m/s2，s＝12at2＝4 m.(2)设整个过程中水平力所做功为W F，物块回到A点时的速度为v A，由动能理得：W F－2μmgs＝12mv2A，v2A＝2as，W F＝2μmgs＋mas＝24 J.答案：(1)4 m (2)24 J5.图5－2－12如图5－2－12所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．P点与圆弧的圆心O高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ.求：(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′满足什么条件．解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．对整体过程由动能理得：mgR·cos θ－μmg cos θ·s＝0，所以总路程为s＝R μ.(2)对B→E过程mgR(1－cos θ)＝12mv2E①F N－mg＝mv2E R②由①②得对轨道压力：F N＝(3－2cos θ)mg.(3)设物体刚好到D点，那么mg＝mv2DR③对全过程由动能理得：mgL′sin θ－μmg cos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝12mv2D④由③④得满足条件：L′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R.答案：(1)Rμ(2)(3－2cos θ)mg(3)3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)·R1．质量不，但有相同动能的两物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行直到停止，那么以下说法正确的有( )A．质量大的物体滑行距离大B．质量小的物体滑行距离大C．质量大的物体滑行时间长D．质量小的物体滑行时间长解析：物体的动能用来克服摩擦阻力做功，有E k＝μmgl⇒l＝E kμmg，质量小，滑行距离大．而t＝va＝2E kmμg，质量小，滑行时间长．答案：BD2．一个木块静止于光滑水平面上，现有一个水平飞来的子弹射入此木块并深入2 cm而相对于木块静止，同时间内木块被带动前移了1 cm，那么子弹损失的动能、木块获得动能以及子弹和木块共同损失的动能三者之比为( ) A．3∶1∶2 B．3∶2∶1 C．2∶1∶3 D．2∶3∶1解析：设子弹深入木块深度为d，木块移动s，那么子弹对地位移为d＋s；设子弹与木块的相互作用力为f，由动能理，子弹损失的动能于子弹克服木块阻力所做的功，即ΔE1＝f(d＋s)，木块所获得的动能于子弹对木块作用力所做的功，即ΔE2＝fs，子弹和木块共同损失的动能为ΔE3＝ΔE1－ΔE2＝fd，即三者之比为(d＋s)∶s∶d＝3∶1∶2.答案：A3．(2021·模拟)起重机将物体由静止举高h时，物体的速度为v，以下各种说法中正确的选项是(不计空气阻力)( )A．拉力对物体所做的功，于物体动能和势能的增量B．拉力对物体所做的功，于物体动能的增量C．拉力对物体所做的功，于物体势能的增量D．物体克服重力所做的功，大于物体势能的增量解析：根据动能理W F－W G＝mv2/2，W G＝mgh，所以W F＝mv2/2＋mgh，A正确，B、C错误；物体克服重力所做的功，于物体重力势能的增量，D错误．答案：A4．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的2倍，那么h于( )A.H9B.2H9C.3H9D.4H9解析：设小球上升离地高度h时，速度为v1，地面上抛时速度为v0，下落至离地面高度h处速度为v2，设空气阻力为f上升阶段：－mgH－fH＝－12mv20，－mgh－fh＝12mv21－12mv20又2mgh＝12mv21下降阶段：mg(H－h)－f(H－h)＝12mv22，mgh＝2×12mv22由上式联立得：h＝49H.答案：D5.图5－2－13如图5－2－13所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m 的小球从距离弹簧上端B 点h 高处的A 点自由下落，在C 点处小球速度到达最大．x 0表示B 、C 两点之间的距离；E k 表示小球在C 处的动能．假设改变高度h ，那么以下表示x 0随h 变化的图象和E k 随h 变化的图象中正确的选项是( ) 解析：由题意“在C 点处小球速度到达最大〞，可知C 点是平衡位置，小球受到的重力与弹力平衡，该位置与h 无关，B 项正确；根据动能理有mg (h ＋x 0)－E p ＝12mv 2C ＝E k ，其中x 0与弹性势能E p 为常数，可判断出C 项正确．答案：BC 6.图5－2－14如图5－2－14所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a 点，质量为m 的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b 滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c 点停止．假设圆弧轨道半径为R ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，以下说法正确的选项是( ) A ．物块滑到b 点时的速度为gR B ．物块滑到b 点时对b 点的压力是3mgC ．c 点与b 点的距离为RμD ．整个过程中物块机械能损失了mgR解析：物块滑到b 点时，mgR ＝12mv 2－0，v ＝2gR ，A 不正确．在b 点，F N－mg ＝m v 2R ，F N ＝3mg ，B 正确．从a 点到c 点，机械能损失了mgR ，D 正确．mgR－μmgs ＝0－0，s ＝Rμ，C 正确．答案：BCD7.图5－2－15如图5－2－15所示，一块长木板B 放在光滑的水平面上，在B 上放一物体A ，现以恒的外力拉B ，由于A ，B 间摩擦力的作用，A 将在B 上滑动，以地面为参考系，A 和B 都向前移动一段距离，在此过程中( )A ．外力F 做的功于A 和B 动能的增量B ．B 对A 的摩擦力所做的功于A 的动能的增量C ．A 对B 的摩擦力所做的功于B 对A 的摩擦力所做的功D ．外力F 对B 做的功于B 的动能的增量与B 克服摩擦力所做的功之和解析：A物体所受的合外力于B对A的摩擦力，对A物体运用动能理，那么有B对A的摩擦力所做的功，于A的动能的增量，即B对．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相，方向相反，但是由于A在B上滑动，A，B对地的位移不，故二者做功不，C错．对B物体用动能理，W F－W f＝ΔE k B，即W F＝ΔE k B＋W f，就是外力F对B做的功于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对．由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(于B对A的摩擦力所做的功)不，故A错．答案：BD8.图5－2－16构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当在骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图5－2－16①所示；第二次启动自充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，那么第二次向蓄电池所充的电能是( ) A．200 J B．250 J C．300 J D．500 J解析：设自行车与路面的摩擦阻力为F f，由图可知，关闭自动充电装置时，由动能理得：0－E k0＝－F f·x1，可得F f＝50 N，启动自充电装置后，自行车向前滑行时用于克服摩擦做功为：W＝F f x2＝300 J，设克服电磁阻力做功为W′，由动能理得：－W′－W＝0－E k0，可得W′＝200 J.答案：A9.图5－2－17如图5－2－17，卷扬机的绳索通过滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，以下说法正确的选项是( ) A．F对木箱做的功于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和解析：木箱加速上滑的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功．支持力不做功，由动能理得：W F－W G－W f＝12mv2－0.即W F＝W G＋W f＋12mv2.A、B错误，又因克服重力做功W G于物体重力势能的增加，所以W F＝ΔE p＋ΔE k＋W f，故D正确，又由重力做功与重力势能变化的关系知C 也正确． 答案：CD10．在震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m ＝80 kg ，所用吊绳的拉力最大值F m ＝1 200 N ，所用电动机的最大输出功率为P m ＝12 kW ，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的方法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h ＝90 m 时恰好到达最大速度(g 取10 m/s 2)，试求：(1)被救人员刚到达机舱时的速度；(2)这一过程所用的时间．解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机到达最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相时速度到达最大．由P m ＝F T v m ＝mgv m 得v m ＝P m mg ＝12×10380×10m/s＝15 m/s(2)a 1＝F m －mg m ＝1 200－80×1080m/s 2＝5 m/s 2匀加速阶段的末速度v 1＝P m F m ＝12×1031 200 m/s ＝10 m/s ，时间t 1＝v 1a 1＝105s ＝2 s上升的高度h 1＝v 12t 1＝102×2 m＝10 m对于以最大功率上升过程，由动能理得：P m t 2－mg (h －h 1)＝12mv 2m －12mv 21代入数据解得t 2＝5 s ，所以此过程所用总时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋5) s ＝5 s. 答案：(1)15 m/s (2)5 s 11.图5－2－18如图5－2－18所示，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4 m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒不变，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h 为多少？ (2)小球最多能飞出槽外几次？解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为W f ，由动能理得：mg(H＋R)－W f＝12mv2－0从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h高度的过程中，由动能理得mg(H－h)－2W f＝0－0联立解得：h＝v2g－H－2R＝10210m－5 m－2×0.4 m＝4.2 m.(2)设小球最多能飞出槽外n次，那么由动能理得：mgH－2nW f＝0－0解得：n＝mgH2W f＝mgH2⎣⎢⎡⎦⎥⎤mg(H＋R)－12mv2＝gH2g(H＋R)－v2＝5故小球最多能飞出槽外6次．答案：(1)4.2 m (2)6次12．图5－2－19如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE 组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC 上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力F N，改变H的大小，可测出相的F N的大小，F N随H的变化关系如图乙折线PQI 所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向交纵轴于F点(0, N)，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)小物块的质量m；(2)圆轨道的半径及轨道DC所对的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示)(3)小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ.解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，那么由动能理得mgH＝12mv2解得v＝2gH；由向心力公式F N－mg＝mv2R，得F N＝mv2R＋mg＝2mgRH＋mg；结合PQ曲线可知mg＝5得m＝0.5 kg.(2)由图象可知2mgR＝10得R＝1 m．显然当H＝0.2 m对图中的D点，所以cos θ＝1－0.21＝0.8，θ＝37°.(3)如果物块由斜面上滑下，由动能理得：mgH－μmg cos θ(H－0.2)sin θ＝12mv2解得mv2＝2mgH－83μmg(H－0.2)由向心力公式F N－mg＝m v2R得F N＝mv2R＋mg＝2mg－83μmgRH＋1.63μmg＋mg结合QI曲线知1.63μmg＋mg＝，解得μ＝0.3.答案：(1)0.5 kg (2)37°(3)0.3。
2020届高考物理 随堂复习自测题4 精品
2020优化方案高三物理复习随堂自测--原子结构能级 原子光谱（带详答）1．关于α粒子散射实验( )A ．绝大多数α粒子经过金箔后，发生了角度较大的偏转B ．α粒子在接近原子核的过程中，动能减小，电势能减小C ．α粒子在离开原子核的过程中，动能增大，电势能增大D ．对α粒子散射实验的数据进行分析，可以估算原子核的大小解析：选D.A 项不符合实验事实，故错误；α粒子与原子核都带正电，接近过程动能减小，电势能增大，离开过程中动能增大，电势能减小，故B 、C 错误；卢瑟福利用该实验数据估算出了原子核的大小，故D 对．2．下列关于原子光谱的说法正确的是( )A ．原子光谱是由物质的原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子形成的B ．不同的谱线分布对应不同的元素C ．不同的谱线对应不同的发光频率D ．利用光谱分析不可以准确确定元素的种类解析：选ABC.原子光谱即线状谱，是由物质的原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子形成的；每种原子都有自己的特征谱线，可以利用它来鉴别物质或确定物质的组成部分3．在α粒子散射实验中，图15－2－4中画出了一些曲线，这些曲线中哪些可能是α粒子的径迹( )A ．aB ．bC ．cD ．d解析：选BD.根据电荷之间的相互作用力来进行判断．α粒子与重核均带正电，它们之间是库仑斥力，所以α粒子的径迹只能是偏离重核运动，故径迹c 不可能，α粒子离重核越近，速度方向偏转角度越大；越远，偏转角度越小，所以径迹a 不可能，径迹b 、d 有可能．综上所述，B 、D 两选项正确． 4．(2020年北京海淀一模)图15－2－5所示为氢原子能级图，可见光的光子能量范围约为 1.62 eV ～3.11 eV.下列说法正确的是( ) A ．大量处在n >3的高能级的氢原子向n ＝3能级跃迁时，发出的光有一部分是可见光B ．大量处在n ＝3的氢原子向n ＝2能级跃迁时，发出的光是紫外线C ．大量处在n ＝3能级的氢原子向n ＝1能级跃迁时，发出的光都应具有显著的热效应D ．处在n ＝3能级的氢原子吸收任意频率的紫外线光子都能发生电离解析：选D.当处在n >3的高能级的氢原子向n ＝3能级跃迁时，放出光子的最大能量ΔE ＝1.53 eV ，故不可能为可见光，A 错；当从n ＝3向n ＝2跃迁时，光子能量ΔE ＝3.4 eV －1.53 eV ＝1.87 eV 为可见光，B 错；当从n ＝3向n 图15－2－4 图15－2－4 图15－2－5＝1跃迁时，光子能量ΔE ＝12.07 eV 在紫外区，无显著的热效应，C 错；紫外线光子的能量hν>3.11 eV ，大于处于n ＝3的氢原子的电离能，故D 正确．5．氢原子处于基态时，原子的能量为E 1＝－13.6 eV ，问：(1)一群氢原子在n ＝4的定态时，可放出几种频率的光？其中最小频率等于多少？(2)若要使处于基态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射此原子？解析：(1)N ＝C 42＝6(种)根据hν＝E m －E n ，能级之间的能量差越小，辐射光子的频率越低．ν＝E 4－E 3h ＝E 142－E 132h＝1.6×1014 Hz. (2)欲使氢原子电离，即将电子移到离核无穷远处，此时E ∞＝0，故ΔE ≥E ∞－E 1＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV对应光子的最小频率应为：ν＝ΔE h＝3.28×1015 Hz. 答案：(1)6种 1.6×1014 Hz (2)3.28×1015 Hz。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理随堂训练2-5-6 Word版含答案
随堂训练1．关于“验证机械能守恒定律”的实验中，以下说法正确的是()A．实验中摩擦是不可避免的，因此纸带越短越好，因为纸带越短，克服摩擦力做的功就越少，误差就越小B．实验时需称出重物的质量C．纸带上第1、2两点间距若不接近2 mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差都一定较大D．处理打点的纸带时，可以直接利用打点计时器打出的实际点迹，而不必采用“计数点”的方法[解析]A选项中，纸带过短，长度测量的相对误差较大，故A错误；由12m v2＝mgh知，只需验证12v2＝gh即可，不必测重物质量，故B错误；对C选项中的纸带，可选点迹清晰、距离合适的任意两点M、N，通过计算ΔE k＝12m v 2N －12m v2M与mgh MN比较，实验误差不一定大，故C错误；由于自由落体加速度较大，因此除去1、2两点距离可能很小，其他相邻两点间的距离均大于或远大于2 mm，用毫米刻度尺测量完全可以，不必采用“计数点”法，故D正确．[答案] D2．利用如图所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，正确的是()A．用刻度尺测出物体下落的高度h，并测出下落时间t，通过v＝gt计算出瞬时速度vB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v＝2gh计算出瞬时速度vC．根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过h＝v22g计算出高度hD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v [解析]在验证机械能守恒定律的实验中不能将物体下落的加速度看作g，只能把它当作未知的定值，所以正确方案只有D项．[答案] D3．(2015·珠海模拟)在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m＝1.00 kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g＝9.80 m/s2，那么：(1)根据图上所得的数据，应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律；(2)从O点到(1)问中所取的点，重物重力势能的减少量ΔE p＝________ J，动能增加量ΔE k＝________ J(结果取三位有效数字)；(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以v22为纵轴，以h为横轴画出的图象是如图中的________．[解析] (1)由题中所给数据，只可求出B 点的速度，故选取OB 段来验证机械能守恒定律．(2)ΔE p ＝mg ·OB ＝1.00×9.80×0.1920 J ＝1.88 JΔE k ＝12m v 2B ＝12×1.00×⎣⎢⎡⎦⎥⎤(23.23－15.55)×10－22×0.022 J ＝1.84 J. (3)由mgh ＝12m v 2得：v 22∝h ，故A 正确．[答案] (1)B (2)1.88 1.84 (3)A4．某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A 、B ，滑块P 上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A 、B 时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U 随时间t 变化的图象．(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt 1________Δt 2(填“>”、“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平．(2)用游标卡尺测遮光条宽度d ，测量结果如图丙所示，则d ＝________ mm.(3)滑块P 用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与钩码Q 相连，钩码Q 的质量为m .将滑块P 由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt 1、Δt 2和d 已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和________(写出物理量的名称及符号)．(4)若上述物理量间满足关系式________________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒．[解析] (1)导轨水平时，滑块做匀速运动，Δt 1＝Δt 2.(2)d ＝5 mm ＋0×0.1 mm ＝5.0 mm.(4)滑块通过光电门的速度为v 1＝d Δt 1，v 2＝d Δt 2，M 、m 组成的系统机械能守恒，则mgL ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12. [答案] (1)＝ (2)5.0 (3)滑块质量M 两光电门间距L (4)mgL ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12 5．(2015·山东临沂二模)一个同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离地面高度为h 的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m 的一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s .(1)小钢球离开桌面时的速度大小为v 0＝________，弹簧的弹性势能E p 与小钢球质量m 、桌面离地面高度h 、小钢球飞行的水平距离s 等物理量之间的关系式为E p ＝________.(2)弹簧的压缩量x 与对应的钢球在空中飞行的水平距离s 的实验数据如下表所示：由实验数据，可确定弹性势能E p 与弹簧的压缩量x 的关系为________(式中k 为比例系数)．A ．E p ＝kxB ．E p ＝k xC ．E p ＝kx 2D ．E p ＝k 1x[解析] (1)小球离开桌面后做平抛运动，水平方向有s ＝v 0t ，竖直方向有h ＝12gt 2，联立解得v 0＝s g 2h ；根据功能关系有E p ＝12m v 20，代入数据解得E p ＝mgs 24h . (2)根据表格中数据，x 与s 成正比，可得出弹性势能E p 与弹簧的压缩量x 的关系为E p ＝kx 2，故A 、B 、D 错误，C 正确．本题也可利用代入法进行逐项排除．[答案] (1)sg 2h mgs 24h (2)C。
高考物理复习随堂达标检测试题1
1．(高考广东卷)带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是()A．洛伦兹力对带电粒子做功B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向解析：选B.洛伦兹力的特点是永远与运动方向垂直，永不做功，故选B.2．如图11－2－15所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场．不图11－2－15计重力的影响，由这些条件可知()A．不能确定粒子通过y轴时的位置B．不能确定粒子速度的大小C．不能确定粒子在磁场中运动的时间D．以上说法都不对解析：选D.带电粒子以平行于y 轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y 轴的方向射出此磁场，故粒子在磁场中运动了14周期，从y 轴上距O 为x 0处射出，v ＝qBx 0m ，回旋角为90°.3．一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图11－2－16所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定( )A ．粒子从a 到b ，带正电C ．粒子从b 到a ，带正电D ．粒子从b 到a ，带负电解析：选C.垂直于磁场方向射入匀强磁场的带电粒子受洛伦兹力作用，使粒子做匀速圆周运动，半径R ＝m v /qB .由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量减小，磁感应强度B 、带电荷量不变，又据E k ＝12m v 2知，v 在减小，故R 减小，可判定粒子从b 向a 运动；另据左手定则，可判定粒子带正电，C 选项正确． 图11－2－164．(中山模拟)半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出．∠AOB ＝120°，如图11－2－17所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( ) A.2πr 3v 0 B.23πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 0解析：选D.从弧AB 所对圆心角θ＝60°，知t ＝16T ＝πm 3qB ，但题中已知条件不够，没有此项选择，另想办法找规律表示t .由匀速圆周运动t ＝AB /v 0，从图中分析有R ＝3r ，则AB ＝R ·θ＝3r ×π3＝33πr ，则t＝AB /v 0＝3πr 3v 0. 5．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图11－2－18所示．离子源S 产生质量为m 、电荷量为q 的正离子．离子产生出来时速度很小，可以看作速度为零．产生的离子经过电势差为U 的电场加速，进入磁感应强度为B 的匀强磁场，沿着半圆周运动，到达记录它的照相底片上的P 点．测得P 点到入口处S 1的距离为图11－2－17 图11－2－18s .试证明离子的质量m ＝qB 28U s 2.证明：设正离子q 经过电场加速后的速度为v ，它以这一速度垂直进入匀强磁场中，则由12m v 2＝qU ，s 2＝m v qB ，有12m q 2B 24m 2s 2＝qU ，则m ＝qB 28U s 2.。
2020届高三物理(人教版)一轮复习晚自习随堂练(含解析)： 弹性势能
2020届高三物理（人教版)一轮复习晚自习随堂练(含解析）： 弹性势能1 / 102020届高三物理（人教版)一轮复习晚自习随堂练弹性势能1、讨论弹性势能，要从下述问题的分析入手的是（ ）A.重力做功B.弹力做功C.弹簧的劲度系数D.弹簧的形变量2、如图所示，将弹簧拉力器用力拉开的过程中，弹簧的弹力和弹性势能的变化情况是（ ）A.弹力变大，弹性势能变小B.弹力变小，弹性势能变大C.弹力和弹性势能都变小D.弹力和弹性势能都变大3、如图所示，小球自空中自由落下，与正下方的直立轻质弹簧接触，直至速度为零的过程中，下列说法正确的是（ ）A.小球接触弹簧后立即做减速运动B.小球接触弹簧后先做匀加速运动后做匀减速运动C.当小球刚接触弹簧时，它的速度最大D.当小球受到的合力为零时，它的速度最大4、如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k ，小球所受重力为G ，平衡时小球在A 处．今用力F 竖直向下压小球使弹簧缩短x ，让小球静止在B 处，则（ ）A.小球在A 处时弹簧的弹力为零B.小球在B 处时弹簧的弹力为kxC.小球在A 处时弹簧的弹性势能较大D.小球在B 处时弹簧的弹性势能较大5、同学们通过实验探究，得到了在发生弹性形变时，弹簧的弹力与弹簧伸长量的关系．下列说法中能反映正确的探究结果的是（ ）A.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量成正比B.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量成反比C.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量的平方成正比D.弹簧的弹力跟弹簧的伸长量无关6、在一次演示实验中，一压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一小球，测得弹簧压缩的距离d 跟小球在粗糙水平面滚动的距离s 如下表所示．由此表可以归纳出小球滚动的距离s 跟弹簧压缩的距离d 之间的关系，并猜测弹簧的弹性势能Ep 跟弹簧压缩的距离d 之间的关系分别是(选项中k1、k2是常量) （ ）A.s＝k1d，E p＝k2d B．s＝k1d，E p＝k2d2C．s＝k1d2，E p＝k2d D．s＝k1d2，E p＝k2d27、一竖直弹簧下端固定于水平地面上，小球从弹簧的正上方高为h的地方自由下落到弹簧的上端．如图所示，经几次反弹后小球在弹簧上静止于某一点A处，则（）A．h愈大，弹簧在A点的压缩量愈大B．小球在A点的速度与h无关C．小球第一次到达最低点的压缩量与h无关D．小球第一次到达最低点时弹簧的弹性势能与h有关8、如图所示，质量相等的两木块间连有一弹簧．今用力F缓慢向上提A，直到B恰好离开地面．开始时物体A静止在弹簧上面，设开始时弹簧弹性势能为Ep1，B刚要离开地面时，弹簧的弹性势能为Ep2，则关于Ep1、Ep2大小关系及弹性势能变化ΔEp说法中正确的是（）A．Ep1＝Ep2 B．Ep1>Ep2C．ΔEp>0 D．ΔEp<02020届高三物理（人教版)一轮复习晚自习随堂练(含解析）：弹性势能9、如图所示，轻弹簧下端系一重物，O点为其平衡位置，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到A 点，弹力做功W1，第二次把它拉到B点后再让其回到A点弹力做功W2，则这两次弹力做功的关系为（）A．W1<W2B．W1＝2W2C．W2＝2W1D．W1＝W210、弹簧的弹性势能与下列哪些因素有关（）A．弹簧的长度B．弹簧的劲度系数C．弹簧的形变量D．弹簧的原长11、如图所示，小球自A点由静止自由下落到B点时，与弹簧接触，至C点时弹簧被压缩到最短，若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A－B－C的运动过程中（）。
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[命题报告·教师用书独具]1.述正确的是()A．每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值B．每次实验中，橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致C．放小车的长木板应该尽量使其水平D．先接通电源，再让小车在橡皮筋的作用下弹出解析：本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳，只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了，A 错；每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致，只有这样才能保证以后每次实验时，橡皮筋做的功是第一次的整数倍，否则，功的数值难以测定，B错；小车运动过程中会受到阻力，只有使木板倾斜到一定程度以平衡摩擦力，才能减小误差，C错；实验时，应该先接通电源，让打点计时器开始工作，然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出，D正确．答案：D2．某兴趣小组在做“探究做功和物体速度变化关系”的实验前，提出以下几种猜想：①W∝v，②W∝v2，③W∝v….他们的实验装置如图甲所示，PQ为一块倾斜放置的木板，在Q处固定一个速度传感器(用来测量物体每次通过Q点的速度)．在刚开始实验时，有位同学提出，不需要测出物体质量，只要测出物体从初始位置到速度传感器的距离和读出速度传感器的示数就行了，大家经过讨论采纳了该同学的建议．(1)本实验中不需要测量物体质量的理由是什么？(2) 让物体分别从不同高度无初速度释放，测出物体从初始位置到速度传感器的距离L1、L2、L3、L4…，读出物体每次通过速度传感器Q的速度v1、v2、v3、v4…，并绘制了如图乙所示的L-v图象．根据绘制出的L-v图象，若为了更直观地看出L和v的变化关系，他们下一步应该作出()A．L-v2图象B．L-v图象C．L-1v图象D．L-1v图象解析：(1)因为W＝ΔE k，而W＝mg(sin θ－μcos θ)L，ΔE k＝12m v2，等式两边都有m，所以探究W与v的关系可以不用测量质量m.(2)由于题图乙是关于“L-v”的图象，该图象为曲线，不便于直观地看出L 和v 的变化关系．所以，下一步应作出L -v 2的图象，应选A.答案：(1)见解析 (2)A3．利用如图所示装置探究动能定理，在固定斜面上有一质量为1 kg 的物块，后面固定一条穿过打点计时器的纸带，先接通电源，待打点稳定后，让物块从静止开始沿斜面匀加速下滑，得到一条如下图所示的纸带．O 点为打出的第一个点，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是计数点，每相邻两计数点间还有4个点未画出，各点间距如图所示，根据相关数据进行下列处理．(打点计时器的打点频率为50 Hz ，g ＝10 m/s 2)(1)通过传感器测得物块所受的合力是3.0 N ，试完成下表：(2)根据(1)_______________________________________________________ ________________________________________________________________________ _________________.解析：(1)在OD段的功为W＝F·OD＝3.0×(17.65＋11.81＋14.79＋17.80)×10－2 J＝1.861 5 J在F处的速度为：v F＝EF＋FG2T＝(23.80＋26.79)×10－22×0.1m/s＝2.529 5 m/s所以动能E k F＝12m v 2F＝3.199 2 J(2)在误差允许的范围内，合力做的功等于物块动能的变化量．答案：(1)1.861 5 3.199 2(2)见解析4．某实验小组用如图1所示的实验装置和实验器材做“探究动能定理”实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力当作小车受到的合力．(1)为了保证实验结果的误差尽量小，在实验操作中，下面做法必要的是________．A．实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作B．实验操作时要先放小车，后接通电源C．在利用纸带进行数据处理时，所选的两个研究点离得越近越好D ．在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量(2)除实验装置中的仪器外，还需要的测量仪器有________．(3)如图2为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的A 、B 两点来探究“动能定理”．已知打点计时器的打点周期为T ，重力加速度为g .图中已经标明了要测量的物理量，另外，小车的质量为M ，砂和砂桶的总质量为m .请你把要探究的结果用题中给出的字母表达出来________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(2)本题的实验原理是验证用砂桶做的功等于小车动能的增加量，所以要测砂桶和砂、小车的质量，还要测纸带上各点的距离来求速度，所以所需的器材还应有天平和刻度尺．(3)在A 点的速度为v 1＝x 14T ，在B 点：v 2＝x 24T所以动能变化量ΔE k ＝12M v 22－12M v 21＝M (x 22－x 21)32T 2而砂桶和砂做的功为：W G ＝mgx要探究动能定理的表达式为：mgx ＝M (x 22－x 21)32T 2 答案：(1)AD (2)刻度尺、天平(3)mgx ＝M (x 22－x 21)32T 25．(2018年六安模拟)某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了如图1所示的实验装置．(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是________________________________________________________________________．(2)如图2所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd ＝________________ cm.实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt ，则滑块最后匀速运动的速度表达式为________(用字母表示)．(3)逐根增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度，则画出的W -v 2图象应是________．解析：(1)检查导轨是否水平的方法，将滑块轻放在气垫导轨上，看其是否滑动(或将滑块轻放在气垫导轨上，轻推滑块看是否匀速运动)．(2)Δd ＝5 mm ＋0.05 mm ×10＝5.50 mm ＝0.550 cm滑块匀速运动的速度v ＝Δd Δt .(3)由动能定理可知，W ＝12m v 2，故画出的W -v 2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线．答案：(1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动；或将滑块轻置于气垫导轨之上，轻推滑块看是否匀速运动(其他方法合理也可)(2)0.550 ΔdΔt(3)过坐标原点的一条倾斜直线6．(2018年黄山模拟)某实验小组想测量木板对木块的摩擦力所做的功．装置如图甲，一木块放在粗糙的水平长木板上，右侧拴有一细线，跨过固定在木板边缘的滑轮与重物连接，木块左侧与穿过打点计时器的纸带相连，长木板固定在水平实验台上．实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，如图乙给出了重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．打点计时器所用交流电频率为50 Hz，不计纸带与木块间的拉力．(1)可以判断纸带的________(填“左端”或“右端”)与木块连接．根据纸带提供的数据计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度v A＝________ m/s，v B＝________m/s.(结果保留两位有效数字)(2)要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功W AB，还需要的实验器材是________，还应测量的物理量是________．(填入所选实验器材和物理量前的字母)A．木板的长度lB．木块的质量m1C ．木板的质量m 2D ．重物的质量m 3E ．木块运动的时间tF ．AB 段的距离x ABG ．天平H ．秒表I ．弹簧测力计(3)在AB 段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式W AB ＝________.[用v A 、v B 和第(2)问中测得的物理量的字母表示]解析：重物落地后，木块做匀减速运动，故纸带的右端与木块相连．由v n ＝x n ＋x n ＋12T ，得v A ＝(6.84＋7.48)×10－22×0.1m/s ＝0.72 m/s v B ＝(9.41＋10.06)×10－22×0.1m/s ＝0.97 m/s. 由动能定理可知，W AB ＝12m 1v 2A －12m 1v 2B ，要测在AB 段木板对木块的摩擦力做的功W AB ，只要用天平测出木块的质量m 1即可．答案：(1)右端 0.72 0.97 (2)G B(3)12m 1(v 2A －v 2B )7．某同学利用打点计时器、已知质量为m 的滑块、可调节高度的斜面、直尺等仪器进行“探究动能定理”的实验，如右图所示，他首先将打点计时器固定在斜面的上端，并将滑块与纸带相连，让纸带穿过打点计时器，接通低压交流电源(已知其频率为f )后释放滑块，打点计时器在纸带上打下一系列记数点．回答下列问题：(用已知字母表示)(1)写出影响滑块动能变化的主要因素___________________________________________________________ _____________．(2)该实验探究中为了求合力，应先求出滑块与斜面的动摩擦因数．该同学通过多次调节斜面的高度，得到一条打点间距均匀的纸带，如图甲所示，此时相对应的斜面长为L、斜面高为h.由此可求出滑块与斜面的动摩擦因数为μ＝________.(3)保持斜面长度不变，升高斜面高度到H(H＞h)，该同学在实验中得到一条打点清晰的纸带，如图乙所示，用直尺测出x1、x2、x3，对A、B两点研究：此时滑块在A、B两点的速度大小为：v A＝________，v B＝________.(4)如果该同学在记录数据时各物理量的单位分别是：L、H、x1、x2、x3单位为cm，质量m单位是kg，频率f单位为Hz，重力加速度g单位为m/s2，对AB段进行研究，在实验允许的误差范围内，该同学根据记录的数据直接计算合力对滑块所做的功为W，滑块动能的改变量为ΔE k，结果发现两者的差别很大，其原因是________________．写出该同学计算出的数值W与ΔE k之间正确关系的表达式________．解析：(1)由滑块在斜面上运动可知，影响滑块动能变化的是合力的功，即重力做功和摩擦力做功之和．(2)由题图甲可知滑块在斜面上做匀速直线运动，则有：mg sin θ＝μmg cos θ(θ为斜面的倾角)，可得μ＝tan θ＝h L 2－h2. (3)由运动学公式得A 点的瞬时速度是v A ＝x 22T ＝x 22f ，B 点的瞬时速度是v B ＝x 3－x 12T ＝x 3－x 12f .(4)该同学根据记录的数据直接计算合力对滑块所做的功为W 和滑块动能的改变量为ΔE k ，两者数值差别很大，说明该同学在探究动能定理时单位没有统一用国际单位，应修正为W ＝ΔE k ×10－2 J.答案：(1)重力做功、摩擦力做功 (2)h L 2－h2 (3)x 22f x 3－x 12f (4)原因见解析 W ＝ΔE k ×10－2 J。