【课堂新坐标】(教师用书)2014-2015学年高中物理第5章第2节家庭用电课后知能检测鲁科版选修1-1

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【课堂新坐标】(教师用书)高中物理第5章《新时空观的确立》章末归纳提升课件沪科版选修34

狭义相对论的时空观
1.长度的相对性 (1)一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小．与杆相对静止的人认为杆长是 l0，与杆相对运动的人认为杆长是l，二者之间的关系为l＝l0 u2 1－ 2 . c
(2)在垂直于运动方向上，杆的长度没有变化． (3)长度的变短是相对的．如果两条平行的杆在沿自己的长度方向做相对运动，与它们一起运动的两位观察者都会认为对方的杆缩短了．
电子的静止质量m0＝9.11×10－31 kg. (1)试用焦耳和电子伏为单位表示电子的静质能． (2)静止电子经过106 V电压加速后，其质量和速率各是多少？
【解析】 (1)由质能方程得： E＝m0c ＝9.11×10
2
－31
×(3×108)2J
－ 14 8.2 × 10 5 ＝8.2×10－14J＝－ 19eV＝ 5.1× 10 eV. 1.6×10
【答案】
(1)8.2×10－14 J
5.1×105eV
(2)2.69×10－30 kg
2.82×108 m/s
2．(多选)一个物体静止时质量为 m0，能量为 E0，速度为 v 时，质量为 m，能量为 E，动能为 Ek，下列说法正确的是( ) A．物体速度为 v 时的能量 E＝mc2 1 2 B．物体速度为 v 时的动能 Ek＝ mc 2 1 2 C．物体速度为 v 时的动能 Ek＝ mv 2 D．物体速度为 v 时的动能 Ek＝(m－m0)c2
过了1 min，地面上的人认为它走过这1 min“实际”花了多少时间？【解析】卫星上观察到的时间为 Δt′＝1
Δt′ v2 1－ c 1 8× 103 2 1－ 8 3 × 10 min，卫星
运动的速度为v＝8×103 m/s，所以地面上观测到的时间为 Δt ＝＝ min＝(1＋3.6×10－10) min.

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理5.4牛顿运动定律的案例分析课后知能检测沪科版必修1

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 5.4 牛顿运动定律的案例分析课后知能检测沪科版必修11．一质量为m 的物体以初速度v 0冲上一倾角为θ的光滑固定斜面，则下列说法正确的是( )A ．物体做匀减速运动，其加速度的大小为g sin θB ．物体以速度v 0匀速运动C ．物体从斜面底端上升到最高点所用时间为v 0g cos θD ．物体沿斜面上升的最大高度为v 20/2g【解析】物体冲上倾角为θ的光滑固定斜面，做匀减速运动，a ＝g sin θ，A 对，B 错；物体从斜面底端上升到最高点所用时间为t ＝v 0g sin θ，C 错；物体沿斜面上升的最大高度h ＝v 202g sin θ sin θ＝v 202g，D 对．【答案】 AD2．质量为m 1和m 2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F 1和F 2.如果发现质量为m 1的物体先落地，那么( )A ．m 1＞m 2B ．F 1＜F 2 C.F 1m 1＜F 2m 2D.F 1m 1＞F 2m 2【解析】由h ＝12at 2，物体落地先后由减速运动的加速度决定．而a ＝g －F m ，Fm大的下落时间t 长，C 对．【答案】 C3．某消防队员从一平台上跳下，下落2 m 后双脚触地，紧接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使身体重心又下降了0.5 m ．在着地的过程中，地面对他双脚的平均作用力估计为自身重力的( )A ．2倍B ．5倍C ．8倍D ．10倍【解析】着地速度是前后过程的衔接速度，设为v .下落2 m 的关系为，v 22g＝h 1重心下降0.5 m 的关系为v 2F m－g ＝h 2 带入数值得F /G ＝5. 【答案】 B4．(2012·陕西师大附中高一检测)如图5－4－6所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处释放(初速度为0)，用t 1、t 2、t 3，依次表示各滑环到达d 所用的时间，则( )图5－4－6A ．t 1<t 2<t 3B ．t 1>t 2>t 3C ．t 3>t 1>t 2D ．t 1＝t 2＝t 3【解析】小滑环下滑过程中受重力和杆的弹力作用，下滑的加速度可认为是由重力沿斜面方向的分力产生的，若以沿bd 杆下滑的小滑环为研究对象设轨迹与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律知mg cos θ＝ma①设圆心为O ，半径为R ，由几何关系得，滑环由开始运动至d 点的位移 s ＝2R cos θ② 由运动学公式得： s ＝12at③由①②③联立解得t ＝2R g. 小滑环下滑的时间与细杆的倾斜情况无关，故t 1＝t 2＝t 3. 【答案】 D5．如图5－4－7所示，物体A 的质量为m A ，放在光滑水平桌面上，如果在绳的另一端通过一个滑轮加竖直向下的力F ，则A 运动的加速度为a .将力去掉，改系一物体B ，B 的重力和F 的值相等，那么A 物体的加速度( )图5－4－7A ．仍为aB ．比a 小C ．比a 大D ．无法判断【解析】用力F 拉时有a ＝F m；系物体B 时，A 、B 两个物体都具有加速度，且两者加速度都由B 物体的重力提供，则a ′＝Fm A ＋m B，故比a 小．B 正确．【答案】 B6．在光滑的水平面上，有两个相互接触的物体，如图5－4－8所示，已知M ＞m ，第一次用水平力F 由左向右推M ，物体间的相互作用力为F N 1；第二次用同样大小的水平力F 由右向左推m ，物体间的作用力F N 2，则( )图5－4－8A ．F N 1＞F N 2B ．F N 1＝ F N 2C ．F N 1＜ F N 2D ．无法确定【解析】整体分析，左右推产生的加速度大小相同．左推隔离m: F N 1＝ma ，右推隔离M: F N 2＝Ma ，可知F N 1＜ F N 2 . 【答案】 C7．(2011·全国新课标)如图5－4－9所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )图5－4－9【解析】由F ＝ma 可知，开始阶段m 1、m 2保持相对静止一起加速运动，a 随F 的增大而增大，当m 1、m 2之间的摩擦力达到最大摩擦力时m 1保持其加速度不变，m 2的加速度继续增大且增大幅度比原来大．故选项A 正确．【答案】 A8．(2012·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图像，可能正确的是( )【解析】对皮球应用牛顿第二定律有：mg ＋kv ＝ma ，a ＝g ＋kmv .上抛过程中v 减小，故a 随时间减小且减小的快慢与v 的变化快慢规律相同，即Δa Δt ＝k m ·Δv Δt ，而Δv Δt就是加速度a ，故ΔaΔt随时间减小，即a －t 图线各点的切线的斜率是逐渐减小的；又由于上升过程中a 不可能为零，所以只有C 项正确．【答案】 C9．(2012·山东滨州高一检测)民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，在出口和地面之间形成一个倾角为37°的斜面，乘员可从斜面顶端由静止滑下，最短可经4 s 到达地面．已知乘员与气囊之间的动摩擦因数为0.625，求气囊的长度．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【解析】乘员在气囊上下滑的运动是初速度为零的匀加速运动，加速度a ＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝g (sin 37°－μcos 37°)＝1 m/s 2s ＝12at 2＝12×1×42 m ＝8 m.【答案】 8 m10．如图5－4－10所示，质量为30 kg 的雪橇在与水平面成30°角的拉力F 作用下，沿水平地面向右做直线运动，经过0.5 m ，速度由0.6 m/s 均匀减至0.4 m/s.已知雪橇与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2，求作用力F 的大小．图5－4－10【解析】根据匀变速运动的推论公式v 2t －v 20＝2as ，可求雪橇减速运动的加速度：a ＝v 2t －v 202s ＝0.42－0.622×0.5m/s 2＝－0.2 m/s 2. 对雪橇受力分析如图所示，将拉力F 沿水平方向和竖直方向正交分解．根据牛顿第二定律分别列式如下：在竖直方向：N ＋F sin θ－mg ＝0① 则摩擦力f ＝μN ②在水平方向：F cos θ－f ＝ma ③ 解①②③组成的方程组得：F ＝m μg ＋acos θ＋μsin θ＝56 N.【答案】 56 N11．在平直的高速公路上，一辆汽车正以32 m/s 的速度高速行驶．因前方出现事故，司机立即刹车，直到汽车停下．已知汽车的质量为1.5×103kg ，刹车时汽车受到的阻力为1.2×104N ，求：(1)刹车时的加速度大小；(2)从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间； (3)从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离．【解析】 (1)根据牛顿第二定律，a ＝－F m ＝－1.2×1041.5×103 m/s 2＝－8.0 m/s 2故汽车刹车时的加速度大小为8.0 m/s 2. (2)汽车运动的时间t ＝0－v 0a ＝0－32－8s ＝4 s.(3)汽车前进的距离s ＝v 0t ＋12at 2＝32×4 m＋12×(－8)×42m ＝64 m.【答案】(1)8.0 m/s2(2)4 s (3)64 m12．质量分别为m A和m B的物体A和B用轻绳连接，如图5－4－11所示，放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数均为μ.水平恒力F作用在B上，使两物体在水平面上加速运动．问它们的加速度和相互间的作用力有多大？如果把力F改为向左且作用在A上，则它们的加速度和相互间的作用力又为多大？\图5－4－11【解析】把系统作为研究对象，可列出方程：F－μ(m A＋m B)g＝(m A＋m B)a解得a＝Fm A＋m B－μg将A隔离出来，其在水平方向受B对它的拉力和摩擦力，再由牛顿第二定律得F T－μm A g＝m A a，解得F T＝m Am A＋m BF如果将F改为向左作用在A上时，对系统而言它受到的外力没有改变，所以A、B的加速度仍然是：a＝Fm A＋m B－μg在求绳子拉力时可把B隔离出来．它在水平方向只受到绳的拉力和摩擦力，又由牛顿第二定律有F T－μm B g＝m B a解得F T＝m Bm A＋m BF.【答案】Fm A＋m B－μgm Am A＋m BFFm A＋m B－μgm Bm A＋m BF。

课堂新坐标高中地理人教版必修一课件第5章章末分层突破

【答案】 C
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(2015·北京高考)从太白山的北麓往上，越上树木越密越高，上到山的中腰再往上，树木则越稀越矮。待到大稀大矮的境界，繁衍着狼的族类，也居住了一
户猎狼的人家(引自贾平凹《太白山记》。太白山为秦岭主峰，海拔 3 767 米)。据
此回答下题。
7．太白山( )
A．北麓为亚热带常绿阔叶林带
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自然(zìrán)地理环境的整体性
1.(2015·全国卷Ⅱ)桑基、蔗基、果基鱼塘是珠江三角洲地区传统的农业景观
和被联合国推介的典型生态循环农业模式。改革开放以来，随着工业化和城镇
化的快速发展，传统的基塘农业用地大部分变为建设用地，保留下来的基塘也
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【解析】安第斯山脉位于南美大陆西岸，紧靠太平洋分布，造成南美洲地势大致西高东低，故南美大陆地表径流主要流入大西洋，故选 B。巴西高原煤炭资源丰富是沉积作用的结果，与地壳运动形成的安第斯山脉无关；南美大陆西部沿海形成大渔场是秘鲁寒流流经的结果；巴西东南沿海有热带雨林气候分布是暖流、东南信风(迎风岸)综合作用的结果。
【答案】 8.C 9.B
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章末综合测评（五）点击(diǎn jī)图标进入…
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巩固层。点击(diǎn jī)图标进入
内容(nèiróng)总结
No
Image
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【答案】 B
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(2014·全国卷Ⅱ)下图示意科隆群岛(加拉帕戈斯群岛)的地理位置。读下图，完成 3～4 题。
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【课堂新坐标】2015物理一轮总复习(固考基+抓细节+重落实)5-2 动能定理及其应用课件(含13高考、14模拟)

2 2 v 0＋ Pt1－fd m
P f (3) － 2 2 m v0＋2mPt1－fd m
【迁移应用】 ●动能定理与图象综合 2. (2014· 大连一中检测)某物体同时受到两个在同一直线上的力 F1、 F2 的作用，由静止开始做直线运动，力 F1、 F2 与位移 x 的关系图象如图 5－ 2－ 2 所示，在物体开始运动的 4.0 m 内，物体具有最大动能时对应的位移是 ( )
【解析】
由题意知，两个过程中速度增量均为 v，A
1 2 1 1 2 3 2 正确；由动能定理知： W1＝ mv ， W2＝ m(2v) － mv ＝ 2 2 2 2 mv2，故 B 正确，C、D 错误．
【答案】 AB
【迁移应用】 1．(多选)一个质量为 0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以 6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小 Δv 和碰撞过程中墙对小球做功的大小 W 为 ( A． Δv＝ 0 C． W＝ 0 B． Δv＝ 12 m/s D． W＝10.8 J )
动能定理的应用
1.基本步骤 (1)选取研究对象，明确它的运动过程． (2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力 ―→ 各力是否做功 ―→ 做正功还是负功 ―→ 做多少功 ―→ 各力做功的代数和 (3)明确物体在过程的始末状态的动能 Ek1 和 Ek2. (4)列出动能定理的方程 W 合＝ Ek2－ Ek1 及其他必要的解题方程，进行求解．
【解析】
重力做功 WG＝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 1 2 1 为零， D 错；合外力做的功 W 合＝Ek－ 0，即 W 合＝ mv ＝ 2 2 × 25× 22 J＝ 50 J， A 项正确； WG－W 阻＝ Ek－ 0，做 W 阻＝ 1 2 mgh－ mv ＝ 750 J－50 J＝ 700 J，B 项错误． 2

【课堂新坐标】(教师用书)20132014学年高中物理课后知能检测2沪科版选修34

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测2 沪科版选修3-41．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )A ．可以是恒力B ．可以是方向不变而大小变化的力C ．可以是大小不变而方向改变的力D ．一定是变力【解析】由F ＝－kx 可知，由于位移的大小和方向在变化，因此回复力的大小和方向也在变化．一定是变力．【答案】 D2．(多选)关于简谐振动，以下说法中正确的是( )A ．回复力总指向平衡位置B ．加速度、速度方向永远一致C ．在平衡位置加速度、速度均达到最大值D ．在平衡位置速度达到最大值，而加速度为零【解析】回复力是把物体拉回到平衡位置的力，A 对；加速度方向始终指向平衡位置，速度方向可能指向平衡位置，也可能远离平衡位置，B 错；平衡位置位移为零，据a ＝－kx m知加速度为零，势能最小，动能最大，速度最大，C 错，D 对．【答案】 AD3．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )A ．振子所受的回复力逐渐增大B ．振子的位移逐渐增大C ．振子的速度逐渐减小D ．振子的加速度逐渐减小【解析】振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小．而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律a ＝F /m 得，加速度也减小，物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大．【答案】 D4．(多选)(2013·咸阳检测)如图1－2－9所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )图1－2－9A．在第1 s内，质点速度逐渐增大B．在第2 s内，质点速度逐渐增大C．在第3 s内，动能转化为势能D．在第4 s内，动能转化为势能【解析】质点在第1 s内，由平衡位置向正向最大位移处运动，做减速运动，所以选项A错误；在第2 s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，所以选项B 正确；在第3 s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，动能转化为势能，所以选项C 正确；在第4 s内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，势能转化为动能，所以选项D 错误．【答案】BC5．(多选)如图1－2－10所示，轻质弹簧下挂一个重为300 N的物体A，伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，若将连接A、B两物体的细线烧断，使A在竖直面内振动，则( )图1－2－10A．最大回复力为300 NB．最大回复力为200 NC．振幅为3 cmD．振幅为2 cm【解析】在最低点绳被烧断后，A受到的合力是200 N，B对；振幅应是2 cm，D对．【答案】BD6．(2013·榆林检测)如图1－2－11甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从振子处于最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图像如图乙所示．关于这个图像，下列说法正确的是( )甲乙图1－2－11A．t＝1.25 s时，振子的加速度为正，速度也为正B．t＝1.7 s时，振子的加速度为负，速度也为负C．t＝1.0 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值D．t＝1.5 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值【解析】t＝1.25 s时，加速度为负，速度为负；t＝1.7 s时，加速度为正，速度为负；t＝1.0 s时，速度为零，加速度为负向最大值；t＝1.5 s时，速度为负向最大值，加速度为零，故C正确．【答案】 C7．(多选)做简谐运动的物体，每次经过同一位置时，都具有相同的( )A．加速度B．速度C．位移D．动能【解析】做简谐运动的物体，每次经过同一位置时具有相同的位移，位移相同则回复力相同，回复力相同则加速度相同；速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反，但动能一定是相等的，所以A、C、D正确．【答案】ACD8．(2013·赤峰检测)如图1－2－12所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中( )图1－2－12A．小球最大动能应等于mgAB．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变C ．弹簧最大弹性势能等于2mgAD ．小球在最低点时的弹力大于2mg【解析】设小球受力平衡时弹簧的压缩量为x 0，则有mg ＝kx 0，由题意知x 0＝A ，小球振动到最低点时，弹簧的压缩量为2x 0＝2A ，弹力为k ·2x 0＝2mg ，选项D 错误；由动能定理知，小球由最高点到最低点的过程中，重力势能减少量mg ·2A 全部转化为弹簧的弹性势能，选项C 正确；在平衡位置时，小球的动能最大，由最高点振动到平衡位置的过程中，重力势能减少量mgA 一部分转化为动能，一部分转化为弹性势能，故选项A 错误；小球在振动过程中还有重力势能的变化，故选项B 错误．【答案】 C9．(多选)如图1－2－13所示是某弹簧振子的振动图像，试由图像判断下列说法中正确的是( )图1－2－13A ．振幅是3 cmB ．周期是8 sC. 4 s 末小球速度为负，加速度为零，回复力为零D ．第22 s 末小球的加速度为正，速度最大【解析】纵轴是质点离开平衡位置的位移，横轴是时间，图像是振动图像．由图像可知振幅A ＝3 cm ，故A 正确；而周期T ＝8 s ，故B 正确；4 s 末时质点在“下坡路程”，因而速度为负，而质点正好在平衡位置，因而a ＝0，C 正确；第22 s 末恰是234个周期，因而质点正处于负向最大位移处，速度为0，加速度正向最大，则D 错误，故正确选项为A 、B 、C.【答案】 ABC10．如图1－2－14所示，小球被套在光滑的水平杆上，跟弹簧相连组成弹簧振子，小球在平衡位置附近的A 、B 间往复运动，以O 为位移起点，向右为位移x 的正方向，则：图1－2－14(1)速度由正变负的位置在________；(2)位移为负向最大值的位置在________；(3)加速度由正变负的位置在________；(4)加速度达到正向最大值的位置在________．【解析】矢量由正变负时，就是矢量改变方向时，也就是该矢量数值为零时，故速度由正变负的位置在B 点，加速度由正变负的位置在O 点，负向最大位移的位置在A 点．加速度a ＝－k m x ，正向最大加速度处的位置在A 点．【答案】 (1)B (2)A (3)O (4)A11．已知水平弹簧振子的质量为2 kg ，当它运动到平衡位置左侧2 cm 时受到的回复力为4 N ，求当它运动到平衡位置右侧4 cm 时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．【解析】 F ＝－kx ，所以F 1的大小F 1＝kx 1，由此可得k ＝200 N/m.F 2＝kx 2＝200×4 ×10－2 N ＝8 N ，由于位移向右，故回复力F 2的方向向左．根据牛顿第二定律a 2＝F 2m ＝82m/s 2＝4 m/s 2，方向向左．【答案】回复力大小为8 N ，方向向左加速度大小为4 m/s 2，方向向左12．如图1－2－15所示，质量为m 的小球在两根劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧作用下在光滑水平面上的运动(小球在O 点时两根弹簧均处于自由状态)是否是简谐运动？图1－2－15【解析】弹力的合力，其大小为F ＝F 1＋F 2＝(k 1＋k 2)x ，令k ＝k 1＋k 2，上式可写成：F ＝kx .由于小球所受回复力的方向与位移x 的方向相反，考虑方向后，上式可表示为：F ＝－kx .所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面做简谐运动．【答案】是简谐运动。

【课堂新坐标】(教师用书)20132014学年高中物理第1章第2节震动的描述课后知能检测鲁科版选修34

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理第1章第2节震动的描述课后知能检测鲁科版选修3-41．有一个在光滑水平面内的弹簧振子，第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动，第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动，则先后两次振动的周期之比和振幅之比分别为( ) A．1∶1 1∶1B．1∶11∶2C．1∶4 1∶4 D．1∶21∶2【解析】弹簧的压缩量即为振子振动过程中偏离平衡位置的最大距离，即振幅，故振幅之比为1∶2.而对同一振动系统，其周期与振幅无关，则周期之比为1∶1.【答案】 B2．(2013·海口高二检测)如图1－2－7所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是( )图1－2－7A．振子从B经O到C完成一次全振动B．振动周期是1 s，振幅是10 cmC．经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD．从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm【解析】振子从B到C经历半个周期，故T＝2 s，而A＝5 cm，故选项D正确．【答案】 D图1－2－83．(2012·重庆高考)装有砂粒的试管竖直静浮于水面，如图1－2－8所示，将试管竖直提起少许，然后由静止释放并开始计时，在一定时间内试管在竖直方向近似做简谐运动．若取竖直向上为正方向，则以下描述试管振动的图象中可能正确的是( )【解析】试管在竖直方向上做简谐运动，平衡位置是在重力与浮力相等的位置，开始时向上提起的距离，就是其偏离平衡位置的位移，为正向最大位移，因此应选D.【答案】 D4．(多选)一质点做简谐运动，其振动图象如图1－2－9所示，在0.2 ～0.3 s 这段时间内质点的运动情况是( )图1－2－9A ．沿x 负方向运动，速度不断增大B ．沿x 负方向运动，位移不断增大C ．沿x 正方向运动，速度不断增大D ．沿x 正方向运动，位移不断减小【解析】由图知质点正从负的最大位移向平衡位置运动，位移不断减小，速度正逐渐增加．【答案】 CD5．一弹簧振子的周期为2 s ，从振子通过平衡位置向右运动起，经过1.85 s 时，其运动情况是( )A ．向右减速B ．向右加速C ．向左减速D ．向左加速【解析】经过1.85 s ，振子处于34T 至T 内，它正在平衡位置的左侧向平衡位置处运动，所以振子是向右加速．【答案】 B6．在水平方向上做简谐运动的质点，其振动图象如图1－2－10所示．假设向右的方向为正方向，则物体加速度向右且速度向右的时间段是( )图1－2－10A ．0 s 至1 s 内B ．1 s 至2 s 内C ．2 s 至3 s 内D ．3 s 至4 s 内【解析】质点从负的最大位移向平衡位置运动时物体加速度和速度都向右．【答案】 D7．(2013·福州一中检测)一质点做简谐运动的图象如图1－2－11所示，下列说法正确的是( )图1－2－11A ．质点振动的频率是4 HzB ．在10 s 内质点经过的路程是20 cmC ．第4 s 末质点的速度为零D ．在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相同【解析】根据振动图象可知：该简谐运动周期T ＝4 s ，所以频率f ＝1T ＝0.25 Hz ，A错；10 s 内质点通过路程s ＝104×4A ＝10A ＝10×2 cm ＝20 cm ，B 正确；第4 s 末质点经过平衡位置，速度最大，C 错；在t ＝1 s 和t ＝3 s 两时刻，质点位移大小相等、方向相反，D 错．【答案】 B8．(多选)已知物体A 、B 做简谐运动．物体A 做简谐运动的振动位移x A ＝3sin(100t ＋π2)m ，物体B 做简谐运动的振动位移x B ＝5sin(100t ＋π6) m ．比较A 、B 的运动( )A ．振幅是矢量，A 的振幅是6 m ，B 的振幅是10 m B ．周期是标量，A 、B 周期相等为100 sC ．A 振动的频率f A 等于B 振动的频率f BD ．A 的相位始终超前B 的相位π3【解析】振幅是标量，A 、B 的振动范围分别是6 m 、10 m ，但振幅分别为3 m 、5 m ，A 错；A 、B 振动的周期T ＝2πω＝2π100 s ＝6.28×10－2s ，B 错；因为T A ＝T B ，故f A ＝f B ，C 对；Δφ＝φAO －φBO ＝π3，D 对．【答案】 CD9．(多选)如图1－2－12所示为质点P 在0～4 s 内的振动图象，下列叙述正确的是( )图1－2－12A ．再过1 s ，该质点的位移是正的最大B ．再过1 s ，该质点的速度沿正方向C ．再过1 s ，该质点的加速度沿正方向D ．再过1 s ，该质点加速度最大【解析】将图象顺延续画增加1 s ，质点应在正最大位移处，故A 、D 正确．【答案】 AD10．(2013·武汉高二检测)如图1－2－13所示，图(甲)为以O 点为平衡位置，在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为该弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )图1－2－13A ．在t ＝0.2 s 时，弹簧振子可能运动到B 位置B ．在t ＝0.1 s 与t ＝0.3 s 两个时刻，弹簧振子的速度相同C ．从t ＝0到t ＝0.2 s 的时间内，弹簧振子的动能持续的增加D ．在t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s 两个时刻，弹簧振子的加速度相同【解析】 t ＝0.2 s 时，振子的位移为正向最大位移，但由于没有规定正方向，所以此时振子的位置可能在A 点也可能在B 点，A 正确．t ＝0.1 s 时速度为正，t ＝0.3 s 时速度为负，两者方向相反，B 错．从t ＝0到t ＝0.2 s 的时间内，弹簧振子远离平衡位置，速度减小，动能减小，C 错．t ＝0.2 s 与t ＝0.6 s 两个时刻，位移大小相等，方向相反，故加速度大小相等，方向相反，D 错．【答案】 A11．质点沿x 轴做简谐运动，平衡位置为坐标原点O.质点经过a 点和b 点时速度相同，由a 点运动到b 点需0.2 s ；质点由b 点再次回到a 点最短需要0.4 s ．则该点做简谐运动的频率为( )A ．1 HzB ．1.25 HzC ．2 HzD ．2.5 Hz【解析】由题意知a 、b 两点关于O 点对称．由t ab ＝0.2 s ，t ba ＝0.4 s 知质点经过b 点后还要继续向最大位移处运动，直到最大位移处，然后再回来经b 到a.则质点由b 到最大位移处再回到b 所用时间为0.2 s ，则T 4＝12t ab ＋12(t ba －t ab )，解得质点做简谐运动的周期T ＝0.8 s ，频率f ＝1/T ＝1.25 Hz.【答案】 B12．某物体做简谐运动，其位移与时间的变化关系式为x ＝10sin 5πt cm ，由此可知： (1)物体的振幅为多少？ (2)物体振动的频率为多少？(3)在t ＝0.1 s 时，物体的位移是多少？【解析】将本题中表达式x ＝10sin 5πt cm 与简谐运动的表达式x ＝Asin(ωt ＋φ)对应项比较，可得：(1)振幅A ＝10 cm.(2)振动频率f ＝ω2π＝5π2π Hz ＝2.5 Hz.(3)t ＝0.1 s 时位移x ＝10sin(5π×0.1)cm ＝10 cm.【答案】 (1)10 cm (2)2.5 Hz (3)10 cm。

【课堂新坐标】(教师用书)20132014学年高中物理课后知能检测17新人教版必修2

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测17 新人教版必修21．物体在平衡力作用下运动的过程中，下列说法正确的是( )A．机械能一定不变B．物体的动能保持不变，而势能一定变化C．若物体的势能变化，则机械能一定变化D．若物体的势能变化，则机械能不一定有变化【解析】由于物体在平衡力的作用下做匀速直线运动，所以物体的动能不变，而势能可能不变，也可能变化，当物体的势能变化时，机械能一定变化，当物体的势能不变时，机械能一定不变，故C正确，A、B、D错误．【答案】 C2．游乐场中的一种滑梯如图7－8－11所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则( )图7－8－11A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功【解析】小朋友在运动过程中受阻力作用，机械能不守恒，因此C错误；在整个运动中支持力与运动方向垂直，因此对小朋友不做功，A错误；下滑中小朋友的重力势能减小，因此B错误；而运动过程中小朋友的机械能减少了，因此摩擦力做负功，所以D正确．【答案】 D3．如图7－8－12所示，一固定在地面上的光滑斜面的顶端固定有一轻弹簧，地面上质量为m的物块(可视为质点)向右滑行并冲上斜面．设物块在斜面最低点A的速率为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则物块运动到C点时弹簧的弹性势能为( )图7－8－12A ．mghB ．mgh ＋12mv 2C ．mgh －12mv 2D.12mv 2－mgh 【解析】由机械能守恒定律可得物块的动能转化为其重力势能和弹簧的弹性势能，有12mv 2＝mgh ＋E p ，故E p ＝12mv 2－mgh . 【答案】 D4．如图7－8－13所示，斜面置于光滑水平地面，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是( )图7－8－13A ．物体的重力势能减少，动能增加B ．斜面的机械能不变C ．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功D ．物体和斜面组成的系统机械能守恒【解析】物体由静止开始下滑的过程其重力势能减少，动能增加，A 正确；物体在下滑过程中，斜面做加速运动，其机械能增加，B 错误；物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C 错误；对物体与斜面组成的系统，只有物体的重力和物体与斜面间的弹力做功，机械能守恒，D 正确．【答案】 AD5．将物体从地面竖直上抛，如果不计空气阻力，物体能够达到的最大高度为H .当物体在上升过程中的某一位置，它的动能是重力势能的3倍，则这一位置的高度是( )A ．2H /3B ．H /2C ．H /3D ．H /4【解析】物体在运动过程中机械能守恒，设动能是重力势能的3倍时的高度为h ，取地面为零势能面，则有mgH ＝E k ＋mgh ，即mgH ＝4mgh ，解得：h ＝H /4，故D 正确．6. 如图7－8－14是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置的一部分，M 为半径为R ＝1.0 m 、固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m ＝0.01 kg 的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道内侧恰好能经过M 的上端点水平飞出，取g ＝10 m/s 2，弹簧枪的长度不计，则发射该钢珠前，弹簧的弹性势能为( )图7－8－14A ．0.10 JB ．0.15 JC ．0.20 JD ．0.25 J【解析】小钢珠恰好经过M 的上端点有mg ＝m v 2R，所以v ＝ gR ＝ 10 m/s.根据机械能守恒定律得E p ＝mgR ＋12mv 2＝0.15 J.【答案】 B7．如图7－8－15所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员(可视为质点)，甲站于地面上，乙从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为( )图7－8－15A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1【解析】设定滑轮到乙演员的距离为L ，那么当乙摆至最低点时下降的高度为L2，根据机械能守恒定律可知m 乙g L 2＝12m 乙v 2；又因当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演员的重力相等，所以m 甲g －m 乙g ＝m 乙v 2L，联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1.B 对．8．(2013·东城区高一期末)如图7－8－16所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ，若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放，小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换成质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ，不计空气阻力)( )图7－8－16A.2ghB.ghC.gh2D ．0【解析】设小球A 下降高度h 时，弹簧的弹性势能为E p ，由机械能守恒可知E p ＝mgh .当小球A 换为质量为2m 的小球B 时，设小球B 下降h 时速度为v ，根据机械能守恒有2mgh ＝12·2mv 2＋E p ，解得v ＝gh ，B 项正确．【答案】 B9．如图7－8－17，把一根内壁光滑的细圆管弯成3/4圆周形状，且竖直放置，管口A 竖直向上，管口B 水平向左，一小球从管口A 的正上方h 1高处自由落下，经细管恰能到达细管最高点B 处．若小球从A 管口正上方h 2高处自由落下，进入A 管口运动到B 点后又从空中飞落进A 口，则h 1∶h 2为( )图7－8－17A ．1∶1B ．2∶3C ．4∶5D ．5∶6【解析】当小球从管口A 的正上方h 1高处自由落下，到达细管最高点B 处时的速度为零，则根据机械能守恒定律有(取管口A 的位置重力势能为零)，mgh 1＝mgR ，解得h 1＝R ；当从A 管口正上方h 2高处自由落下时，根据平抛运动规律有R ＝v B t ，R ＝12gt 2，解得v B ＝gR2，根据机械能守恒定律有mgh 2＝mgR ＋12mv 2B ，解得h 2＝5R /4，故h 1∶h 2＝4∶5. 【答案】 C10．(2013·九江高一期末)如图7－8－18所示，轻弹簧k 一端与墙相连．质量为4 kg 的木块沿光滑的水平面以5 m/s 的速度运动并压缩弹簧k ，求弹簧在被压缩过程中的最大弹性势能及木块速度减为 3 m/s 时的弹性势能．图7－8－18【解析】在木块压缩弹簧及弹簧把木块弹开的过程中，弹簧弹力做功，木块的动能和弹簧的弹性势能相互转化．由于不存在其他力做功，故木块和弹簧构成的系统机械能守恒．当木块速度减为零时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，设弹簧的最大弹性势能为E pm ，则E pm ＝12mv 20＝12×4×52J ＝50 J.当木块速度v 1＝3 m/s 时，弹簧的弹性势能为E p1 则12mv 21＋E p1＝12mv 20 所以E p1＝12mv 20－12mv 21＝32 J.【答案】 50 J 32 J11．从地面以10 m/s 的速度将质量为m 的物体竖直向上抛出，若忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，则：(1)物体上升的最大高度是多少？(2)上升过程中，哪一位置处重力势能和动能相等？【解析】物体在空气中时只有重力做功，故机械能守恒． (1)以地面为参考点，则E 1＝12mv 20，在最高点动能为零，故E 2＝mgh . 由E 1＝E 2得 12mv 20＝mgh ，所以h ＝v 202g ＝1022×10 m ＝5 m.(2)如图所示，以地面为参考平面，则E 1＝12mv 20.终态设在h 1高处，故E 2＝mgh 1＋12mv 21＝2mgh 1.因机械能守恒，E 1＝E 2，所以12mv 20＝2mgh 1，所以h 1＝v 204g ＝1024×10 m ＝2.5 m.【答案】 (1)5 m (2)2.5 m12．如图7－8－19所示，质量为m 的木块放在光滑的水平桌面上，用轻绳绕过桌边光滑的定滑轮与质量为2m 的砝码相连，把绳拉直后使砝码从静止开始下降h 的距离时砝码未落地，木块仍在桌面上，求此时砝码的速度以及轻绳对砝码做的功．图7－8－19【解析】砝码从静止开始下降h 的过程中，两物体组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，则：2mgh ＝12mv 2＋12·2mv 2，解得：v ＝233gh ，设轻绳对砝码做功为W ，对砝码由动能定理得： 2mgh ＋W ＝12·2mv 2－0，解得：W ＝－23mgh .【答案】233gh －23mgh。

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理课后知能检测14 沪科版选修3-1

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测14 沪科版选修3-11．(2012·宁德高二检测)人们早在公元前6、7世纪就发现了磁石吸铁、磁石指南等现象，如图5－1－5所示是最早的指南仪器——司南，形似勺子，勺柄是其磁体南极，则司南静止时，勺柄所指的方向是( )图5－1－5A．东方B．北方C．西方D．南方【解析】勺柄是磁体南极，故司南静止时，勺柄所指的方向是南方，故D正确．【答案】 D2．关于地磁场，下列叙述正确的是( )A．地球的地磁两极和地理两极重合B．指南针指南的一极是指南针的北极C．地磁的北极与地理的南极重合D．地磁的北极在地理南极附近【解析】地球是一个大磁体，其地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合；根据“同名磁极相斥，异名磁极相吸”可知，指南针指南的一极应该是指南针的南极(S极)．【答案】 D3．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，则( )A．甲有磁性，乙无磁性B．甲无磁性，乙有磁性C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性【解析】当铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，两者互相吸引，说明甲是磁体，具有磁性；把铁棒乙的一端靠近铁棒甲的中部，两者不能相互吸引，说明乙不是磁体，没有磁性．【答案】 A4．下列元件中哪些用到了软磁性材料( ) A ．半导体收音机的天线磁棒 B ．扬声器中的磁铁 C ．变压器的闭合铁芯 D ．录音机的磁头【解析】软磁性材料磁性较弱，也容易磁化，主要用于收音机的天线磁棒、变压器的铁芯和录音机的磁头等．而扬声器中的磁铁是强磁性材料．【答案】 ACD5．下列说法中正确的是( )A ．电场线越密的地方，电场强度越大；同样，磁感线越密的地方，磁感应强度越大B ．在电场中，任意两条电场线不会相交；同样，在磁场中，任意两条磁感线不会相交C ．电场线不是闭合的，磁感线也不是闭合的D ．电场线某点的切线方向表示该点的电场强度方向；同样，磁感线某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向【解析】由电场线和磁场线的特点可知，选项A 、B 、D 正确．【答案】 ABD6．有人说：“公式B ＝ΦS表明：磁场中某处的磁感应强度的大小与垂直穿过某平面的磁通量成正比，与该平面的面积成反比，无方向．”这种说法( )A ．完全正确B ．完全错误C ．大小正确，方向错误D ．大小错误，方向正确【解析】磁场中某处的磁感应强度的大小是由磁场本身性质决定的，仅与产生磁场的磁体或电流有关，与其他因素无关，磁感应强度是矢量，具有方向，故选项B 正确．【答案】 B7．将面积为0.5 m 2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×10－2T 的匀强磁场中，线圈平面垂直于磁场方向，如图5－1－6所示，那么穿过这个线圈的磁通量为( )图5－1－6A ．1.0×10－2Wb B ．1.0 WbC ．0.5×10－2Wb D ．5×10－2Wb【解析】根据Φ＝BS ＝2.0×10－2×0.5 Wb，故Φ＝1.0×10－2Wb ，A 正确．【答案】 A8．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )A ．①②④B ．②③④C ．①⑤D ．②③【解析】地磁场类似于条形磁铁磁场，地磁南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近．【答案】 D9．(2013·汉中高二期末)如图5－1－7所示，是等腰直角三棱柱，其中底面abcd 为正方形，边长为L ，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，下面说法中正确的是( )图5－1－7A ．通过abcd 平面的磁通量大小为BL 2B ．通过cdEF 平面的磁通量大小为22BL 2C ．通过abFE 平面的磁通量大小为零D ．通过整个三棱柱的磁通量为零【解析】 abcd 平面垂直磁感应强度方向的投影面积与cdEF 平面面积相等，均为22L 2，磁通量大小均为22BL 2，A 错误，B 正确；abFE 平面与磁感应强度方向平行，磁通量为零，C 正确；又因通过abcd 、cdEF 两平面磁通量正负相反，合磁通量为零，所以通过整个三棱柱的磁通量为零，D 正确．【答案】 BCD10．如图5－1－8所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，B 的方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S 的矩形线圈处于磁场中，并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)．计算在此过程中磁通量的改变量为( )图5－1－8A.3－12BS B ．BS C.3＋12BS D ．2BS【解析】磁通量为标量，但有方向，求磁通量及变化时，应注意：①磁场的方向改变 ②磁场穿过线圈的方向改变．取线圈在水平位置时穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BS sin30°＝12BS线圈处于竖直位置时，磁感线从线圈另一面穿过，磁通量为Φ2＝－BS cos 30°＝－32BS则线圈中的磁通量的改变量|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝3＋12BS . 【答案】 C11．地球是个大磁场，在地球上，指南针能指南北是因为受到________的作用．人类将在本世纪登上火星，目前，火星上的磁场情况不明，如果现在登上火星，你认为在火星上宇航员能依靠指南针来导向吗？________(选填“能”“不能”或“不知道”)【解析】地球周围有磁场，指南针就是因为受到地磁场的作用力而指南北的，火星上磁场情况不明，不能用指南针来导向．【答案】地磁场不能12．在60周年国庆盛典上我国“飞豹”新型超音速歼击机在天安门上空沿水平方向以1.7倍的声速自东向西飞过，该机两翼面积分别为15 m 2，设北京上空地磁场的竖直分量为0.42×10－4T ，则该机两翼的磁通量为多少？若该机做花样表演“翻转180°飞行”，则此过程中两机翼磁通量变化量为多少？【解析】根据磁通量公式Φ＝BS cos α知， Φ＝B ·S ＝0.42×10－4×2×15 Wb＝1.26×10－3Wb 磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1，ΔΦ＝2Φ＝2.52×10－3 Wb.【答案】 1.26×10－3 Wb 2.52×10－3 Wb。

【课堂新坐标】(教师用书)高中物理第5章波与粒子教案鲁科版选

【课堂新坐标】(教师用书)高中物理第5章波与粒子教案鲁科版选粒子教案路克版选3-5第1部分第2部分光电效应康普顿效应(教师专用)●课程要求:1。

了解光电效应及其实验规律；2.了解爱因斯坦的光电效应方程及其意义；3.了解光电池的应用；4.理解康普顿效应及其意义；1.理解物理知识形成的历史过程；2.理解物理研究的基础是实验事实和实验对物理研究的重要性；3.了解物质在不同环境中的不同规律和特征。

对自然略感好奇和和谐，培养对科学知识的好奇心和渴望，愿意探索自然的奥秘，能够体验探索自然规律的艰辛和快乐。

知识和技能、过程和方法、情感、态度和价值观。

通过实验了解什么是光电效应，理解光电效应现象。

了解光电效应的瞬时性和极限频率的概念及其与电磁理论的矛盾。

2。

理解爱因斯坦的光子理论和光电方程，并用它们来解释光电效应现象。

3.理解康普顿效应的实验现象和光子理论对康普顿效应的解释。

4。

理解光的波粒二象性，用玻恩概率波解释光的波粒二象性。

理解在什么情况下光会显示粒子或波动。

5。

理解人类在探索光的本质和理解科学探索中所经历的漫长而曲折的过程是一个深入而无止境的过程。

●教学现状这一节教学要注意教学与讨论的结合，从经典物理的局限性入手。

普朗克量子假说的引入为爱因斯坦光子理论的后续研究铺平了道路，使教学有了清晰的思路和逻辑线索。

完成演示实验是上好光电效应教学的前提。

为了提高实验的演示效果，也可以先给验电器充上负电荷，使指针以一定的角度打开，当锌板被照亮后，指针的打开角度变小。

光电效应实验结果的理论解释是教学的难点。

在教学中，可以鼓励学生表达自己的观点，在辩论中可以引出矛盾。

现在可以鼓励学生积极思考并发送。

可以通过康普顿效应的解释进一步理解光的波粒二象性，进而理解光的本质。

在教学中，可以恰当地介绍人类理解光的本质的过程。

让学生们认识到科学探索的道路是曲折而漫长的。

让学生了解在什么情况下光的不同特性，并给出例子或让学生自己试着解释一些例子。

【课堂新坐标】(教师用书)20132014学年高中物理课后知能检测5 新人教版必修1

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测5 新人教版必修11．物体做匀变速直线运动时，在相等时间内( )A ．加速度的变化相等B ．速度的变化相等C ．速度的变化不相等D ．以上叙述都不对【解析】匀变速直线运动，a 不变，由Δv ＝a ·Δt 知相等时间内，Δv 相等，B 对，A 、C 、D 错．【答案】 B2．(2012·长沙一中高一检测)下列关于匀变速直线运动的理解中正确的是( )A ．匀变速直线运动就是速度大小变化的直线运动B ．匀变速直线运动就是加速度不变的运动C ．匀变速直线运动的速度方向一定不变D ．匀变速直线运动的加速度方向一定不变【解析】匀变速直线运动的速度均匀变化，但速度变化的直线运动不一定是匀变速直线运动，A 错；匀变速直线运动是加速度不变的运动，故加速度方向一定不变，但加速度不变的运动也可能是曲线运动，B 错，D 对；匀变速直线运动的速度方向可能是变化的，如以某初速度沿斜面向上做匀变速运动的物体的速度方向先是平行斜面向上，后又平行斜面向下，C 错．【答案】 D3．(2012·郑州一中高一检测)物体做匀加速直线运动，到达A 点时的速度为5 m/s ，经3 s 到达B 点时的速度为14 m/s ，再经过4 s 到达C 点，则它到达C 点时的速度为( )A ．23 m/sB ．5 m/sC ．26 m/sD ．10 m/s【解析】物体的加速度为a ＝14－53m/s 2＝3 m/s 2，v C ＝v B ＋at ＝(14＋3×4) m/s＝26 m/s ，C 对．【答案】 C4．有两个做匀变速直线运动的质点，下列说法中正确的是( )A ．经过相同的时间，速度大的质点加速度必定大B．若初速度相同，速度变化大的质点加速度必定大C．若加速度相同，初速度大的质点的末速度一定大D．相同时间里，加速度大的质点速度变化必定大【解析】由v＝v0＋at可知，v的大小除与t有关之外，还与v0和a有关，所以v大的其加速度a未必一定大，故A错；速度的变化Δv＝v－v0＝at，由于不知道时间的关系，故B错；若a相同，由于时间t未知，所以也无法判断v的大小，故C错；若t相同，则Δv＝v－v0＝at，a大时，Δv一定大，故D正确．【答案】 D5．一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s末，第2 s末，第3 s末的瞬时速度之比是( )A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．12∶22∶32D．1∶3∶5【解析】由v＝at得v1∶v2∶v3＝at1∶at2∶at3＝1∶2∶3，故选项B正确．【答案】 B6．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次实验中得到的运动小车的速度—时间图象如图2－2－6所示，由此可以知道( )图2－2－6A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8 m/sC．小车做曲线运动D．以上说法均不对【解析】由图象可知，小车在前段时间速度增加，后段时间速度减小，且最大速度为0.8 m/s，即A、B正确，该图象为v－t图象，描述v随t变化规律，不是运动轨迹，C错．【答案】AB图2－2－77．(2013·海口高一检测)汽车的加速性能是反映汽车性能的重要指标．速度变化得越快，表明它的加速性能越好．如图2－2－7为研究甲、乙、丙三辆汽车加速性能得到的v－t图象，根据图象可以判定( )A．甲车的加速性能最好B．乙车比甲车的加速性能好C．丙车比乙车的加速性能好D．乙、丙两车的加速性能相同【解析】从图象可判断：乙、丙两车的加速度大小相等，且比甲车快，即乙、丙两车的速度变化比甲车快，所以乙、丙两车的加速性能相同，且比甲车好．所以选项B、D正确．【答案】BD8．图2－2－8所示为一物体做直线运动的v t图象，则在0～t1和t1～t2时间内( )图2－2－8A．速度方向相同，加速度方向相同B．速度方向相同，加速度方向相反C．速度方向相反，加速度方向相同D．速度方向相反，加速度方向相反【解析】在v t图象中，t轴上方的图线，表示速度方向与规定的正方向相同，速度为正；t轴下方的图线，表示速度方向与规定的正方向相反，速度为负．v t图象中，图线的斜率的正、负分别表示加速度的方向与规定正方向相同还是相反．图线的斜率为正，表示加速度方向为正；斜率为负，表示加速度方向为负，故本题的答案应选B.【答案】 B9．(2013·三亚高一期中)爬竿运动员从竿上端由静止开始先匀加速下滑时间2t，后再匀减速时间t恰好到达竿底且速度为0，求这两段匀变速运动过程中加速度大小之比为( )A．1∶2 B．2∶1C．1∶4 D．4∶1【解析】设最大速度为v，则加速阶段a1＝v2t ，减速阶段a2＝－vt，所以加速度大小之比为1∶2，A正确．【答案】A10．一质点沿直线从静止开始以1 m/s 2的加速度匀加速运动，经5 s 后做匀速运动，最后2 s 的时间内质点做匀减速运动直至静止，则质点做匀速运动时的速度是多大？减速运动时的加速度是多大？【解析】由题意画出质点运动草图，如图所示：由运动学公式知v B ＝v A ＋at ＝0＋1×5 m/s＝5 m/s ，v C ＝v B ＝5 m/s将v ＝v 0＋at 应用于CD 段(v D ＝0)得：a ＝v D －v C t ＝0－52m/s 2＝－2.5 m/s 2 负号表示a 与v 0方向相反．【答案】 5 m/s 2.5 m/s 2图2－2－911．(2013·太原高一期末)高空侦察机可进行高空侦察，导弹则是打击高空侦察机的有力武器．假设某日有一架高空侦察机正以300 m/s 的速度向某城市飞来，它通过该城市上空的A 点．某导弹基地通过雷达探测并计算高空侦察机的飞行规律，在高空侦察机离A 点尚有一段距离时发射导弹，导弹以80 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，以1 200 m/s 的速度在A 点击中敌机，求：(1)导弹发射后经过多长时间击中敌机？(2)敌机离A 点多远时，开始发射导弹？【解析】 (1)导弹由静止做匀加速直线运动，v 0＝0据公式v ＝v 0＋at 有：t ＝v a ＝1 20080s ＝15 s即导弹发射后经15 s 时间击中敌机．(2)敌机做匀速直线运动，15 s 通过的位移x ＝v ′t ＝300×15 m＝4 500 m ＝4.5 km即当敌机离A 点4.5 km 时，开始发射导弹．【答案】 (1)15 s (2)4.5 km图2－2－1012．(2013·黄冈高一期中)发射卫星时，一般采用多级火箭，如图2－2－10所示，第一级火箭点火后，飞船的加速度为50 m/s2，燃烧30 s后第一级脱离．第二级火箭没有马上点火，飞船向上做加速度为10 m/s2的匀减速运动，10 s后第二级火箭点火，飞船的加速度为80 m/s2，这样经70 s第二级火箭脱离．假设在这70 s内飞船做直线运动，(1)计算第一级脱离时火箭的速度(2)计算第二级点火时火箭的速度(3)计算第二级脱离时火箭的速度(4)试用v－t图象描述飞船在以上这段时间内的运动情况．【解析】(1)飞船在最初30 s内向上做匀加速运动，30 s末的速度v1＝a1t1＝50 m/s2×30 s＝×103 m/s(2)在火箭没有点火的10 s内飞船向上做匀减速运动，减速10 s末的速度v2＝v1＋a2t2＝×103 m/s＋(－10 m/s2×10 s)＝×103 m/s(3)第二级火箭点火后飞船做加速运动v3＝v2＋a3t3＝×103 m/s＋80 m/s2×70 s＝×103 m/s(4)所得v－t图象如图所示．【答案】(1)×103 m/s (2)×103 m/s(3)×103 m/s (4)见解析。

【课堂新坐标】(教师用书)20132014学年高中物理第5章第3 4节光的偏振激光与全息照相课后知能检测鲁科版选

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理第5章第3+4节光的偏振激光与全息照相课后知能检测鲁科版选修3-41．下列关于双缝干涉实验的说法中，正确的是( )A．单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源B．双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源C．光屏上距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹D．照射单缝的单色光的频率越高，光屏上出现的条纹宽度越宽【解析】在双缝干涉实验中，单缝的作用是获得一个线光源，双缝的作用是获得两个振动情况完全相同的相干光源，故选项A错误，B正确．光屏上距两缝的路程差为半波长的奇数倍处出现暗纹，选项C错误．照射单缝的单色光频率越高，两相干光的波长越短，屏上的条纹应越窄，故选项D错误．【答案】 B2．(多选)下列与光的干涉有关的事实是( )A．用光导纤维传播信号B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度C．一束白光通过三棱镜形成彩色光带D．水面上的油膜呈现彩色【解析】光导纤维是利用光的全反射，故选项A错误；白光通过三棱镜出现彩色光带是色散现象，故C错；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度、水面上的油膜呈现彩色是光在前后两个表面反射的光干涉形成的，故选项B、D正确．【答案】BD3．某同学自己动手利用如图5－1－17所示器材，观察光的干涉现象．其中，A为单缝屏，B为双缝屏，C为像屏．当他用一束阳光照射到A上时，屏C上并没有出现干涉条纹．他移走B后，C上出现一窄亮斑．分析实验失败的原因，最大的可能是( )图5－1－17A．单缝S太窄B．单缝S太宽C．S到S1和S2距离不等D．阳光不能作光源【解析】双缝干涉中单缝的作用是获得线光源，而线光源可以看作是由许多个点光源沿一条线排列组成的．这里观察不到光的干涉现象是由于单缝太宽，不能获得线光源，不满足相干条件．故B正确．【答案】 B图5－1－184．(多选)(2013·陕西师大附中检测)如图5－1－18所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，下列说法中正确的是( )A．人从右侧向左看，可以看到彩色条纹B．人从左侧向右看，可以看到彩色条纹C．彩色条纹水平排列D．彩色条纹竖直排列【解析】一束白光射到薄膜上，经前后两个面反射回来的光相遇，产生干涉现象，我们由左向右看，可看到彩色条纹．又由于薄膜同一水平线上的厚度相同，所以彩色条纹是水平排列的，故选B、C.从右向左看到的是折射光，折射光的偏折角与介质厚度有关，光经过薄膜后的偏折角很小，大面积光束照射后，各单色光的折射光相互重叠，所以难以看到折射后的色散现象．【答案】BC5．(多选)下列说法正确的是( )A．用白光做光的干涉实验时，偏离中央明条纹较远的是紫光B．用白光做光的干涉实验时，偏离中央明条纹较远的是红光C ．涂有增透膜的照相机镜头，增强了对照射光的透射程度D ．从竖立肥皂膜上看到的彩色条纹是从膜的两表面反射的光相干涉的结果【解析】由于干涉实验中，有Δy ＝l dλ，即条纹间距与光波长成正比，而红光波长最长，故偏离中央明条纹最远的是红光，B 对；增透膜增加了透射光的能量，且应该增透的是对人的视觉最敏感的绿光，从而才能使所成的像既亮又清晰；肥皂膜上的条纹是由于光从膜前、后表面反射后，相干而形成的，C 、D 对．【答案】 BCD6．一束白光通过双缝后在屏上观察到干涉条纹，除中央白色条纹外，两侧还有彩色条纹，是因为( )A ．各色光的波长不同，因而各色光产生的干涉条纹间距不同B ．各色光的速度不同，造成条纹间距不同C ．各色光的强度不同D ．各色光通过双缝的距离不同【解析】用白光做双缝干涉实验时，除中央白色条纹外，两侧出现彩色条纹，是因为条纹的间距与波长有关，各种色光的波长不同，条纹间距不同，使中央条纹外的各色条纹不能完全重合，出现彩色，所以A 正确；在真空中，各种色光的速度相同，仍有彩色条纹出现，可见B 错误；各色光的强度调成相同，仍有彩色条纹，故彩色条纹的出现也与强度无关，C 错误；与各色光通过双缝的距离无关，D 错误．【答案】 A7．(2013·连云港高二检测)用单色光做双缝干涉实验，在光屏上某点P ，从中央O 点开始计数，P 点恰好第三条亮纹，现改用波长较短的单色光照射，其他的条件不变，那么( )A ．P 处仍为第三条亮纹B ．P 处可能是第四条亮纹C ．P 处可能是第二条亮纹D ．若将光屏向双缝移近一些，在P 处可能看到第二条亮纹【解析】波长短，双缝到P 点光程差不变，故A 、C 错，B 对；若将光屏向双缝移近一些，条纹间距变小，故D 错．【答案】 B8．在双缝干涉实验中，双缝到光屏上P 点的距离之差为0.6 μm.若分别用频率为f 1＝5.0×1014 Hz 和f 2＝7.5×1014 Hz 的单色光垂直照射双缝，则P 点出现亮、暗条纹的情况是( )A ．单色光f 1和f 2分别照射时，均出现亮条纹B ．单色光f 1和f 2分别照射时，均出现暗条纹C ．单色光f 1照射时出现亮条纹，单色光f 2照射时出现暗条纹D ．单色光f 1照射时出现暗条纹，单色光f 2照射时出现亮条纹【解析】单色光f 1的波长：λ1＝c f 1＝3×1085.0×1014 m ＝0.6×10－6 m ＝0.6 μm.单色光f 2的波长：λ2＝c f 2＝3×1087.5×1014m ＝0.4×10－6 m ＝0.4 μm.因P 到双缝的距离之差δ＝0.6 μm ＝λ1，所以用f 1照射时P 处出现亮纹．δ＝0.6 μm ＝32λ2，所以用f 2照射时P 处出现暗纹，故选项C 正确．【答案】 C9．登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损伤视力．有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减少紫外线对眼睛伤害的眼镜．他选用的薄膜材料的折射率为n ＝1.5，所要消除的紫外线的频率为f ＝8.1×1014 kHz ，那么他设计的这种“增反膜”的厚度至少是( )A ．9.25×10－8 mB ．1.85×10－7m C ．1.23×10－7 m D ．6.18×10－8 m 【解析】为了减少进入眼睛的紫外线，应使入射光分别从该膜的前后两个表面反射出来形成的光叠加后加强，则光程差(大小等于薄膜厚度d 的2倍)应等于光在薄膜中的波长λ′的整数倍，即2d ＝N λ′(N＝1，2，…)因此，薄膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的12.紫外线在真空中的波长是λ＝c f ＝3.7×10－7 m ，在膜中的波长是λ′＝λn＝2.47×10－7 m ，故膜的厚度至少是1.23×10－7 m.【答案】 C10．现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在图5－1－19所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图5－1－19(1)将白光光源C 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序为C 、________、________、________、A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮； ②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上； ③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．在操作步骤②时还应注意________和________．(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图5－1－20甲所示．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数________ mm ，求得相邻亮纹的间距Δx 为________ mm.图5－1－20(4)已知双缝间距d 为2.0×10－4m ，测得双缝到屏的距离l 为0.700 m ，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为________ nm.【解析】 (1)滤光片E 是从白光中选出单色红光，单缝屏是获取线光源，双缝屏是获得相干光源，最后在毛玻璃屏上成像．所以排列顺序为：C 、E 、D 、B 、A.(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行，单缝、双缝间距离大约为5～10 cm ；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和光屏的中心在同一轴线上．(3)螺旋测微器的读数应该：先读整数刻度，然后看半刻度是否露出，最后看可动刻度．图乙读数为13.870 mm ，图甲读数为2.320 mm ，所以相邻条纹间距Δy ＝13.870－2.3205 mm ＝2.310 mm(4)由条纹间距公式Δy ＝l d λ得：λ＝d Δy l，代入数值得：λ＝6.6×10－7m ＝6.6×102nm【答案】见解析11．为了减少光在透镜表面由于反射带来的损失，可在透镜表面涂上一层增透膜，一般用折射率为1.38的氟化镁，为了使波长为5.52×10－7 m 的绿光在垂直表面入射时使反射光干涉相消，求所涂的这种增透膜的厚度．【解析】由于人眼对绿光最敏感，所以通常所用的光学仪器其镜头表面所涂的增透膜的厚度只使反射的绿光干涉相消，但薄膜的厚度不宜过大，只需使其厚度为绿光在膜中波长的14，使绿光在增透膜的前后两个表面上的反射光互相抵消．而光从真空进入某种介质后，其波长会发生变化．若绿光在真空中波长为λ0，在增透膜中的波长为λ，由折射率与光速的关系和光速与波长及频率的关系得：n ＝c v ＝λ0f λf，即λ＝λ0n，那么增透膜厚度 h ＝14λ＝λ04n ＝5.52×10－74×1.38m ＝1×10－7 m. 【答案】 1×10－7 m。

【课堂新坐标】2015届高考物理一轮总复习(固考基+抓细节+重落实)5-1 功和功率课件(含13高考、14模拟)

【答案】 AC
2. (2014· 华南师大附中模拟 )如图 5－ 1－2 所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了 100 m，那么下列说法正确的是 ( )
图 5－ 1－ 2
A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功 B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功 C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功 D．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功
图 5－ 1－ 5
A．Ff、Ff′均做负功 C．Ff 做正功，Ff′做负功
B．Ff、Ff′均做正功 D．Ff 做负功，Ff′做正功
【解析】
因为人和车都没有初速度，在跑动过程中，
它们所受摩擦力的方向和各自的位移方向均同向，所以 Ff、 Ff′都做正功，故选项 B 正确．
【答案】 B
功的计算
1.求解恒力做功的流程图
考纲展示 1.功和功率Ⅱ 2.动能和动能定理Ⅱ 3.重力做功与重力势能Ⅱ 4.功能关系、机械能守恒定律及其应用Ⅱ
复习要点 1.准确掌握功、功率、动能、势能、机械能等重要概念及相关物理量的判断和计算． 2．理解动能定理的含义，并能熟练应用动能定理解决问题． 3．理解机械能守恒的条件，掌握机械能守恒定律的应用． 4．熟练利用功能关系和能量守恒定律，结合牛顿运动定律、平抛运动和圆周运动、电磁学等相关内容处理综合性的问题.
功率 1．定义功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义描述做功的快慢．
3．公式 W (1)P＝， P 为时间 t 内的平均功率． t (2)P＝Fvcos α(α 为 F 与 v 的夹角) ① v 为平均速度，则 P 为平均功率． ② v 为瞬时速度，则 P 为瞬时功率． 4．额定功率与实际功率 (1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率． (2)实际功率：动力机械求小于或等于额定功率．

【课堂新坐标】(安徽专用)高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律随堂自测(含解析)

【课堂新坐标】2014届高考物理（人教版，安徽专用）一轮复习随堂自测：第五章机械能及其守恒定律（含答案解析）1．(2012·安庆模拟)在探究平抛运动的规律时，可以选用如图4－5－4所示的各种装置图，以下操作合理的是( )图4－5－4A．选用装置图1研究平抛物体竖直分运动，应该用眼睛看A、B两球是否同时落地B．选用装置图2要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要低于水面C．选用装置图3要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球D．以上说法都不正确2．(2012·亳州模拟)在“研究平抛物体的运动”的实验中，用如图4－5－5所示的实验装置：图4－5－5(1)将两个完全相同的斜滑轨固定在同一竖直面内，它们的最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的顶点由静止同时释放，滑道2与光滑水平面吻合，观察到________，说明____________．(2)在教材“研究平抛物体的运动”的实验中可以测出小球经过曲线上任意位置的瞬时速度．实验简要步骤如下：A．让小球多次从________位置无初速滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列的位置．B．按图安装好器材，注意调整________，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线．C．测出曲线上某点的位置坐标x、y，用v＝________算出该点的瞬时速度．D．取下白纸，以O点为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．①完成上述步骤，将正确的答案填在横线上．②上述实验步骤的合理顺序是________．3．某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置，如图4－5－6所示．在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上同一位置由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节．在木板上固定一张白纸．该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：图4－5－6A．实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a、b、c三点，且ab＝bc，如图4－5－6所示．量出ab长度L＝20.00 cm.B．让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中c点，记下此时木板离地面的高度h1＝70.00 cm.C．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中b点，记下此时木板离地面的高度h2＝90.00 cm.D．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中a点，记下此时木板离地面的高度h3＝100.00 cm.则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0＝______m/s.钢球击中b 点时其竖直分速度大小为v by＝____m/s.已知钢球的重力加速度为g＝10 m/s2，空气阻力不计．4．在做“研究平抛物体的运动”的实验时，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，用如图4－5－7所示的装置，将一块平木板钉上复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处且和斜槽所在的平面垂直，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下点迹A；将木板向后移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下点迹B；又将木板再向后移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再得到点迹C.若测得木板每次后移距离x＝20.00 cm，A、B间距离y1＝4.70 cm，B、C间距离y2＝14.50 cm.根据以上直接测量的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0＝_________________________________.(用题中所给字母表示)；小球初速度值为______m/s.(g取9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)图4－5－75．利用实验室的斜面小槽等器材装配如图4－5－8甲所示的装置．钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动．每次都使钢球在斜槽上同一位置滚下，钢球在空中做平抛运动的轨迹是一定的，设法用铅笔描出小球经过的位置，通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹．甲乙图4－5－8(1)某同学在安装实验装置和进行其余的操作时都准确无误，他在分析数据时所建立的坐标系如图4－5－8乙所示．他的错误之处是______________．(2)该同学根据自己所建立的坐标系，在描出的平抛运动轨迹图上任取一点(x，y)，运用公式v0＝x g2y求小球的初速度v0，这样测得的平抛初速度值与真实值相比________．(填“偏大”、“偏小”或“相等”)6．某同学利用图4－5－9甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示．图4－5－9乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．图4－5－9完成下列填空：(重力加速度取9.8 m/s2)(1)设P 1、P 2和P 3的横坐标分别为x 1、x 2和x 3，纵坐标分别为y 1、y 2和y 3，从图乙中可读出|y 1－y 2|＝____m ，|y 1－y 3|＝______m ，|x 1－x 2|＝______m(保留两位小数)．(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动．利用(1)中读取的数据，求出小球从P 1运动到P 2所用的时间为______s ，小球抛出后的水平速度为________m/s(均可用根号表示)．(3)已测得小球抛出前下滑的高度为0.50 m ，设E 1和E 2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失E 1－E 2E 1×100%＝______%(保留两位有效数字)．答案及解析1．【解析】用装置图1应根据两球落地声音来判断，选项A 错；用装置图2要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A 一定要低于水面，这样才能保证水流速度稳定，选项B 正确；用装置图3要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球，才能保证小球平抛的初速度相同，选项C 错．【答案】 B2．【解析】 (1)根据研究平抛物体运动的实验原理知，物体在水平方向上做匀速直线运动，因此可观察到：球1在水平轨道上击中小球2，说明了平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动．(2)为保证小球每次平抛运动的初速度相同，需保证每次从同一位置无初速滚下．另外注意调整斜槽末端切线水平，以保证小球做平抛运动．根据水平方向上x ＝v 0t ，竖直方向上y ＝12gt 2，v 2y ＝2gy ，得曲线上某点速度为v ＝v 20＋v 2y ＝ gx 22y＋2gy . 【答案】 (1)球1在水平轨道上击中球2 平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动(2)①A.斜槽上相同 B ．斜槽末端切线水平 C.gx 22y＋2gy ②BADC 3．【解析】由于小球每次都是从斜面上同一位置释放的，所以小球的水平初速度不变，小球从落到a 点到落到b 点与从落到b 点到落到c 点所用的时间相同，可设为T .水平方向：v 0＝ac2T① 竖直方向：ab 对应的竖直高度Δh 1＝h 3－h 2＝10 cm. bc 对应的竖直高度Δh 2＝h 2－h 1＝20 cm则Δh ＝Δh 2－Δh 1＝gT 2②联立①②代入数据得v 0＝2 m/s ，T ＝0.1 s由运动学公式：v by ＝h 3－h 12T ＝0.3 m 2×0.1 s ＝1.5 m/s. 【答案】 2 1.54．【解析】 y 2－y 1＝gT 2，v 0＝x T联立解得v 0＝x gy 2－y 1代入数据解得：v 0＝2.00 m/s【答案】 x gy 2－y 1 2.005．【解析】 (1)小球平抛运动的起点在斜槽末端正上方小球球心所在处，该同学的错误在于他将斜槽末端点作为坐标原点．(2)这样建立坐标系后，坐标y 值测量偏小，由v 0＝xg 2y求出的小球的初速度v 0将比真实值偏大．【答案】 (1)将斜槽末端点作为坐标原点 (2)偏大6．【解析】 (1)|y 1－y 2|＝6.1×0.10 m＝0.61 m|y 1－y 3|＝16.1×0.10 m＝1.61 m|x 1－x 2|＝6.0×0.10 m＝0.60 m.(2)Δy ＝|y 1－y 3|－|y 1－y 2|－|y 1－y 2|＝(1.61－0.61－0.61) m ＝0.39 m ，由Δy ＝gt 2得t ＝ Δy g ＝ 0.3910 s≈0.20 s，水平速度v x ＝|x 1－x 2|t ＝0.600.20m/s ＝3.0 m/s. (3)以抛出点为零势能点，则E 1＝mgh ，E 2＝12mv 2x ，所以E 1－E 2E 1×100%＝ mgh －12mv 2x mgh ×100%＝gh －12v 2x gh ×100%＝ 9.8×0.50－12×3.029.8×0.50×100%≈8.2%. 【答案】 (1)0.61 1.61 0.60 (2)0.20 3.0 (3)8.2。

【课堂新坐标】(教师用书)2013-2014学年高中物理第5章第1、2节热力学第一定律能量的

【课堂新坐标】〔教师用书〕2013-2014学年高中物理第5章第1、2节热力学第一定律能量的转化与守恒课后知能检测鲁科版选修3-31．把浸有乙醚的一小块棉花放在厚玻璃筒的底部，当快速下压活塞时，由于被压缩的空气骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明( )A．做功可以升高物体的温度B．做功可以改变物体的内能C．做功一定可以增加物体的内能D．做功可以增加物体的热量【解析】当快速下压活塞时，对空气做功，改变了气体的内能，使气体的温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，故B正确．【答案】 B2．(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1.0×104 J，如此该理想气体的( )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】由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104 J，W＝－1.0×104 J可知ΔU 大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D对．【答案】 D3．(2013·龙岩检测)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，如下说法正确的答案是( ) A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒【解析】自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明机械能在减少，减少的机械能通过抑制阻力做功转化为内能，但总能量不变，故D选项正确．【答案】 D图5－1－34．(2010·福建高考)如图5－1－3所示，一定质量的理想气体密封在绝热(即与外界不发生热交换)容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞．今对活塞施加一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小．假设忽略活塞与容器壁间的摩擦力，如此被密封的气体( )A．温度升高，压强增大，内能减少B．温度降低，压强增大，内能减少C．温度升高，压强增大，内能增加D．温度降低，压强减小，内能增加【解析】由F对密闭的气体做正功知W>0，由绝热知Q＝0，由热力学第一定律知理想气体内能增大，T升高，气体分子热运动加剧，V减小，气体分子密度增大，所以压强增大，应当选C.【答案】 C5．(2011·江苏高考)如图5－1－4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．如下说法正确的答案是( )图5－1－4A．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】形状记忆合金进入水后受热形状发生改变而搅动热水，由能量守恒知能量来源于热水，故A、B、C错；由能量守恒知，叶片吸收的能量一局部转化成叶片的动能，一局部释放于空气中，故D对．【答案】 D6．对于一个大气压下100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气的过程中，如下说法中正确的答案是( )A．内能增加，对外界做功，一定是吸热B．内能不变，对外界做功，从外界吸热C．内能减少，不对外界做功，向外界放热D．内能增加，对外界做功，向外界放热【解析】水变成同温度的水蒸气的过程中，分子的平均动能不变，抑制分子力做功，分子势能增加，故内能增加，一定是从外界吸收热量，A正确．【答案】 A7．(2011·广东高考)图5－1－5为某种椅子与其升降局部的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M 向下滑动的过程中( )图5－1－5A．外界对气体做功，气体内能增大B．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小【解析】M向下滑动的过程中，气体被压缩，外界对气体做功，又因为与外界没有热交换，所以气体内能增大．【答案】 A8．(2011·重庆高考)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由气缸和活塞组成．开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图5－1－6所示．在此过程中，假设缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，如此缸内气体( )图5－1－6A ．对外做正功，分子的平均动能减小B ．对外做正功，内能增大C ．对外做负功，分子的平均动能增大D ．对外做负功，内能减小【解析】气体膨胀，气体对外做正功，又因气体与外界无热交换，由热力学第一定律可知气体内能减小，因忽略气体分子间相互作用，没有分子势能，所以分子的平均动能减小，选项A 正确．【答案】 A 9.图5－1－7(2012·广东高考)景颇族的祖先发明的点火器如图5－1－7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( )A ．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图5－1－810．(2013·三明检测)如图5－1－8所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B两局部气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体，使两局部气体均匀混合．设在此过程中气体吸热Q，气体内能增量为ΔU，如此( )A．ΔU＝Q B．ΔU＜QC．ΔU＞Q D．无法比拟【解析】两局部气体混合均匀后，密度一样，如此整体重心上移，吸收的热量有一局部转化为重力势能，由能量守恒定律并结合热力学第一定律，可知B正确．【答案】 B11．(2013·石家庄高二检测)一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：(1)气体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子势能是增加还是减少？(3)分子的平均动能是增加还是减少？【解析】(1)气体从外界吸热为：Q＝4.2×105 J气体对外做功为：W＝－6×105 J由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q＝－6×105 J＋4.2×105 J＝－1.8×105 JΔU为负，说明气体的内能减少了．所以，气体内能减少了1.8×105 J.(2)因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，分子力做负功，气体分子势能增加了．(3)因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少了．【答案】(1)减少 1.8×105 J(2)增加(3)减少12．如右如下图5－1－9所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22 cm，图5－1－9现在用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭空气柱长度变为2 cm，人对活塞做功100 J，大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞重力．问：(1)假设用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强为多大？(2)假设以适当的速度压缩气体，向外散失的热量为20 J，如此气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1 cm2)【解析】(1)设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，l0＝22 cm，l＝2 cm，V0＝l0S，V＝lS缓慢压缩气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V0＝pV，解得：p＝1.1×106 Pa.(2)大气压力对活塞做功：W1＝p0S(l0－l)＝2 J人做功W2＝100 J，由热力学第一定律得：ΔU＝W1＋W2＋Q，将Q＝－20 J代入解得ΔU＝82 J.【答案】(1)1.1×106 Pa (2)82 J。

【课堂新坐标】(教师用书)高中物理 5.3 4 5 奇特的相对论效应走进广义相对论无穷的宇宙同步备课课件沪

5 静止质量的比值为 . 3 【答案】 A
1．假设地面上有一火车以接近光速的速度运行，其内站立着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是( )
A．这个人是一个矮胖子 B．这个人是一个瘦高个子 C．这个人矮但不胖 D．这个人瘦但不高
【解析】
由长度缩短效应可知，沿运动方向长度缩
【答案】
333 m
相对论质量和质能方程
【问题导思】 1．物体运动时的质量和静止质量有什么不同？ 2．物体的动能增加时，质量是否增加？ 3．根据爱因斯坦相对论质量关系式，物体的速度能否超过光速？
1．相对论质量按照牛顿力学，物体的质量是不变的，因此一定的力作用在物体上，产生的加速度也是一定的，这样，经过足够长的时间以后物体就可以达到任意大的速度．但是相对论的速度叠加公式表明，物体的运动速度不能无限增加，严格的论证证实了这一点，实际上，物体以速度 v运动时的质量 m与静止时的质量m0之间有如下关系 m＝ m0 v2 1－ c
以上结论是狭义相对论的必然结论，而狭义相对论的正确性已被实验证实，所以以上结论是高速世界中必然发生的现象，是客观存在的事实，绝不是人们的主观臆造，人们之所以平常观察不到这些现象，是因为我们生活在低速运动的世界里．
如图 5－ 3－ 1所示，假设一根 10 m长的梭镖以光速穿过一根 10 m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的．以下叙述中最好的描述了梭镖穿过管子的情况的是 ( ) 图 5－ 3－ 1 A．梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完好遮住它 B．管子收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来
它具有的能量．
2．思考判断 (1)光速是速度的极限，任何物体的机械运动既不能达到更不能超过光速．(√ ) (2)爱因斯坦通过质能方程阐明质量就是能量． (× ) (3)在牛顿力学中，物体的质量是保持不变的． (√ )