高三物理二轮复习 第2部分 考前回扣 倒计时第3天 力学实验教师用书
2020高考二轮总复习物理(教师)2 附答案解析
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的__对角线__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。
2018届高三物理二轮复习教师用书：考前第2天 选考部分
板块三考前知识回扣考前第2天选考部分[回顾知识]选修3－31．两种分子模型(1)①球体，直径d＝36Vπ；②立方体，边长为d＝3V0，式中V0为分子体积，只适用于求固体或液体分子的直径．2．布朗运动：布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，但是液体分子无规则运动的反映．3．分子力随分子间距离变化的关系图线与分子势能随分子间距离变化的关系图线的比较：(如图甲、乙所示)在图甲中，当r＝r0时分子间作用力为零．在图乙中，当r＝r0时分子势能最小，但不为零(规定无穷远处为零)．4．气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：pV＝C或p1V1＝p2V2.(2)查理定律(等容变化)：pT＝C或p1T1＝p2T2.(3)盖－吕萨克定律(等压变化)：VT＝C或V1T1＝V2T2.5．热力学第一定律如果系统和外界同时发生做功和热传递，那么外界对系统所做的功(W)加上外界传递给系统的热量(Q)等于系统内能的增加量(ΔU)．表达式：ΔU＝W＋Q式中，系统内能增加，ΔU>0；系统内能减小，ΔU<0；外界向系统传热，Q>0，系统向外界传热：Q<0；外界对系统做功，W>0，系统对外界做功，W<0.选修3－41．简谐运动的图象简谐运动的图象是正弦或余弦曲线．图象的应用：①可直观读取振幅、周期、各时刻的位移．②判定各时刻回复力、加速度及速度方向．③判定某段时间内位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况．2．单摆的周期公式T＝2πl g.公式中l为单摆的等效摆长，是指悬点到摆球球心的距离．由周期公式可知，单摆的振动周期与摆球质量m和振幅A无关，只与摆长l和当地的重力加速度有关．3．波长、波速和频率的关系λ＝v T＝v f4．折射率公式n＝sinθ1sinθ2＝cv＝λλ′5．临界角公式光线从某种介质射向真空(或空气)时的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝v c6．光的干涉现象 (1)双缝干涉①双缝的作用：将同一束光分为两束形成相干波源 ②Δx ＝ld λ＝|S 2P －S 1P |③产生亮暗条纹的条件是|S 2P －S 1P |＝nλ(亮)，|S 2P －S 1P |＝2n ＋12λ(暗)(n ＝0、1、2、3…)(2)薄膜干涉①形成：光照到薄膜上，由薄膜前、后表面反射的两列光波叠加而成．劈形薄膜干涉可产生平行相间条纹．②条纹：单色光出现明暗相间条纹，白光出现彩色条纹． ③应用：增透膜(其厚度为光在薄膜中波长的四分之一)、检查工件表面的平整度．[回顾方法]选修3－3 微观量的估算方法1．分子数N ＝nN A ＝m M N A ＝VV mol N A .2．分子质量m 0＝MN A.3．分子体积V 0＝V molN A.(对于气体，V 0为气体分子所占的空间体积)4．分子直径把固体、液体分子看成球形，则分子直径d＝36Vπ＝36VmolπN A把固体、液体分子看成立方体，则d＝3V0＝3VmolN A.选修3－4由波的传播方向判断质点振动方向的方法选修3－31．区分布朗运动与扩散现象．2．区分分子力随分子间距离变化图线与分子势能随分子间距离变化图线．3．区分“p－V”图象与“p－1V”图象．选修3－41．区分简谐运动与机械振动．2．区分振动图象与波动图象．3．区分绝对折射率与相对折射率．4．区分干涉图样和衍射图样．。
高三物理二轮复习教案5篇
高三物理二轮复习教案5篇.教案不能面面俱到、大而全，而应该是在学科基本的知识框架基础上，对当前急需解决的问题进行研究、探索、阐述，能够体现教师对相关学科有价值的学术观点及研究心得。
这里由小编给大家分享高三物理二轮复习教案，方便大家学习。
高三物理二轮复习教案篇1一、引入新课演示实验：让物块在旋转的平台上尽可能做匀速圆周运动。
教师：物块为什么可以做匀速圆周运动?这节课我们就来研究这个问题。
(设计意图：从实验引入，激发学生的好奇心，活跃课堂气氛。
)二、新课教学向心力1.向心力的概念学生：在教师引导下对物块进行受力分析：物块受到重力、摩擦力与支持力。
教师：物块所受到的合力是什么?学生：重力与支持力相互抵消，合力就是摩擦力。
教师：这个合力具有怎样的特点?学生：思考并回答：方向指向圆周运动的圆心。
教师：得出向心力的定义：做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力。
(做好新旧知识的衔接，使概念的得出自然、流畅。
)2.感受向心力学生：学生手拉着细绳的一端，使带细绳的钢球在水平面内尽可能做匀速圆周运动。
教师：钢球在水平面内尽可能做匀速圆周运动，什么力使钢球做圆周运动?学生：对钢球进行受力分析，发现拉力使钢球做圆周运动。
(设计意图：利用常见的小实验，让学生亲身体验，增强学生对向心力的感性认识。
)教师：也就是说，钢球受到的拉力充当圆周运动的向心力。
大家动手实验并猜想：拉力的大小与什么因素有关?学生：动手体验并猜想：拉力的大小可能与钢球的质量m、线速度的v、角速度高三物理二轮复习教案篇2[教学要求]1、力的示意图2、力的分类[重点难点]1、力的分类[教学要求]1、力的示意图：(表示力的意思的图，一为逗乐，二为揭示物体名词的命名方式)用有向线段表示力的方向和作用点的图，叫做力的示意图。
(力的图示和力的示意图的区别在于，力的图示除表示力的方向和作用点外，还表示力的大小。
即力的大小、方向、作用点，正好是力的三要素。
而力的示意图中并不表示力的大小)2、力的分类(力有许多种分类方式，比如力可以分成接触力和非接触力。
最新年物理二轮复习：倒数第3天
倒数第3天选修3－5动量原子物理1．动量守恒的条件有三种理解，请你叙述之．答案(1）系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零．（2）系统所受的外力的矢量和虽不为零，但外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等．（3）系统所受外力的矢量和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．2．动量守恒定律在应用时应注意“四性”，应如何理解它的四个性质呢？答案(1）矢量性：动量守恒定律表达式是矢量方程,在解题时应规定正方向．（2）参考系的同一性：动量守恒定律表达式中的速度应相对同一参考系,一般以地面为参考系．(3）瞬时性：动量守恒定律中的初态动量是相互作用前同一时刻的瞬时值,末态动量对应相互作用后同一时刻的瞬时值．（4)普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统,也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统．3．碰撞有三种类型，它们满足的规律有何区别呢？答案弹性碰撞（1）动量守恒；（2)机械能守恒非弹性碰撞（1）动量守恒;(2）动能有损失完全非弹性碰撞(1）碰后两物体合为一体；（2)动量守恒；(3)动能损失最大答案(1)p＝p′（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）;(2）Δp＝0（系统总动量的增量等于零)；(3）Δp1＝－Δp2（两个物体组成的系统中，各自动量增量大小相等、方向相反）．5．碰撞现象满足的规律有哪些？答案(1)动量守恒．（2)机械能不增加．(3）速度要合理：①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．6．请写出光电效应现象中的两个决定关系．答案（1）入射光频率错误!能否发生光电效应发生光电效应时光电子的最大初动能(2）入射光强度错误!单位时间内发射出来的光电子数．7．α粒子散射实验的现象如何？请你叙述卢瑟福的原子结构模型．答案(1）现象α粒子散射实验:绝大多数α粒子穿过金箔后不偏转,少数发生较大偏转,极少数偏转角度超过90°，有的甚至接近180°.（2）原子核式结构模型α粒子散射实验说明原子的中心有一个很小的核叫原子核，它集中了所有的正电荷和几乎全部的质量．8．下面两表格是原子核两种衰变类型的比较以及三种射线性质的比较，请你完成横线上的有关内容．（1）原子核的衰变说明①衰变过程中一般会发生质量变化，但仍然遵循质量数守恒．②α衰变和β衰变次数的确定方法先由质量数守恒确定α衰变次数,再由电荷数守恒确定β衰变次数．（2)三种射线种类α射线β射线γ射线实质高速氦核流高速电子流光子带电荷量2e－e0速度0。
2018版高考物理二轮教师用书：第2部分 专项4 6、力学和电学实验
六、力学和电学实验(一)力学实验1．熟知常规力学量的测量＝ΔxT2；②频闪照相：＝ΔxT2；③光电门：＝v22212x或＝v2－v1t；④v t图象：a＝k(斜率)(1)研究匀变速直线运动(2)探究弹力与弹簧伸长的关系③考计算：根据F x或F l或m x图象求-1图象，并得出结论④判成因：给定异常a F图象，判断其可能成因③考图象：作W v或W v2图象，得出结论③考图象：根据v2h或Δv2Δh图象的斜率判断机械1．熟知常规电学量的测量(1)测定金属的电阻率③考运算：U I图象求R x，求ρ②图象：U I图象为曲线(温度升高，灯丝电阻增大)②考作图：描点、连线画U I图象③考运算：由U I图象求电阻、电功率②考作图：描点连线画U I图象③考运算：由U I或I－1R或U－1R－1图象，求E、r1．游标卡尺和螺旋测微器是物理实验中常用的测量仪器，现分别用两种仪器测量一金属丝的长度和直径，下面两图的读数分别是a 、________cm ，b 、________mm.图50【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为50 mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05 mm＝0.15 mm，所以最终读数为：50 mm＋0.15 mm＝50.15 mm＝5.015 cm.(2)螺旋测微器的固定刻度为2 mm，可动刻度为15.0×0.01 mm＝0.150 mm，所以最终读数为2 mm＋0.150 mm＝2.150 mm.【答案】 5.015 2.1502．(2017·东北三省四市教研联合体一模)如图51甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．该同学在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．图51(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________cm.(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是__________________；(3)下列不必要的一项实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)A．应将气垫导轨调节水平B．应使A位置与光电门间的距离适当大些C．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量D．应使细线与气垫导轨平行(4)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出_________________________图象．(选填“t2﹣F”“1t﹣F”或“1t2﹣F”)【导学号：19624211】【解析】(1)由图知第5条刻度线与主尺对齐，d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm＝0.225 cm；(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L；(3)A项，应将气垫导轨调节水平，拉力才等于合力，故A不合题意；B项，应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故B不合题意；C项，拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小无关，故C符合题意；D项，要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故D不合题意；故选C.(4)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2＝2aL，v＝d t，a＝F M，d2t2＝2F M L所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出1t2F图象．【答案】(1)0.225(2)遮光条到光电门的距离L(3)C(4)1t2-F3．(2017·达州市一模)图52(a)为测量滑块与水平木板之间的动摩擦因数的实验装置示意图．木板固定在水平桌面上，打点计时器电源的频率为50 Hz，开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列的点．(1)图(b)给出的是实验中获取的一条纸带的一部分，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算加速度a＝________(保留两位有效数字)．图52(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入正确答案的字母)A．滑块运动的时间tB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝____________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)．【解析】(1)每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔：T＝0.1 s，由图b可知，x1＝1.89 cm＝0.018 9 m，x2＝2.40 cm＝0.024 0 m，x3＝2.88 cm ＝0.028 8 m，x4＝3.39 cm＝0.033 9 m，x5＝3.88 cm＝0.038 8 m，x6＝4.37 cm ＝0.043 7 m；根据逐差法有：a＝(x6＋x5＋x4)－(x1＋x2＋x3)9T2＝(0.043 7＋0.038 8＋0.033 9)－(0.018 9＋0.024 0＋0.028 8)9×0.01m/s2≈0.50m/s2(2)要测量动摩擦因数，由f＝μF N可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小，压力就是滑块的重力，所以需要知道滑块的质量，摩擦力要根据滑块的运动来求得，滑块做的是匀加速运动，拉滑块运动的是托盘和砝码，所以也要知道托盘和砝码的质量，故A、B错误，C、D正确．(3)以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有：m3g－f＝(m3＋m2)a ①f ＝μm 2g ②联立①②解得：μ＝m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g. 【答案】 (1)0.50 (2)CD (3)m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g 4．(2017·乌鲁木齐二模)某兴趣小组设计了如下的实验，验证弹簧弹性势能的公式E p ＝12kx 2，式中k 是劲度系数，x 是形变量(压缩量或伸长量)．图53提供的器材：刻度尺、木板、木块、长度不同的弹簧(材料和规格相同)若干．第一步：验证弹性势能与形变量的关系．水平放置的木板左端固定一个弹簧，弹簧处于原长状态，木块与弹簧恰好接触并静止于O 点．用外力将木块向左推至A 点后释放，木块在运动过程中与弹簧脱离，最终停在B 点．测得O 、B 间的距离为x 1，A 、B 间的距离为x 2.重复上述过程多次．(1)若以________为横轴，以x 2为纵轴作出的图象为过原点的直线，就验证了弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比的结论．第二步：验证弹性势能与劲度系数的关系(2)通过推导可得材料和规格相同但长度不同的弹簧，其劲度系数与弹簧的长度成________比．换用不同长度L 的弹簧实验，保证弹簧每次有相同的形变量，测得多组x2.若以1L为横轴，以________为纵轴做出的图象为过原点的直线，这就验证了弹簧形变量相同时，弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比的结论．(3)用本实验提供的器材和方法________(选填“能”或“不能”)验证弹性势能公式中的系数1 2.【解析】(1)根据能量守恒得，E p＝μmgx2，可知弹性势能与x2成正比，形变量为x2－x1，若弹性势能与形变量的平方成正比，则x2与(x2－x1)2图线是一条过原点的倾斜直线，所以以(x2－x1)2为横轴，若以x2为纵轴作出的图象为过原点的直线，就验证了弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比的结论．(2)推导弹性势能与劲度系数成正比，由于弹性势能正比于x2，可知以x2为纵轴，以1L为横轴，图象为过原点的直线，这就验证了弹簧形变量相同时，弹簧的弹性势能与其劲度系数成正比的结论，可知1L正比于劲度系数，则劲度系数与弹簧的长度成反比．(3)该实验只能验证弹性势能的大小与弹簧的劲度系数成正比，与形变量的平方成正比，不能验证弹性势能公式中的系数1 2.【答案】(1)(x2－x1)2(2)反x2(3)不能5．有一个待测电阻R的阻值约为7.5 Ω，现要精确测量该待测电阻的阻值．有下列器材供选用：A．电压表(0～3 V，内阻未知)B．电流表(0～3 A，内阻约为0.5 Ω)C．电流表(0～100 mA，内阻为4.0 Ω)D．定值电阻R0＝1.0 ΩE．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(1 kΩ，0.5 A)G．学生电源(直流4 V)，还有开关一个，导线若干(1)实验中所用电流表应选用________(选填“B”或“C”)．(2)实验中所用滑动变阻器选用________(选填“E”或“F”)．(3)实验时要求精确测量待测电阻R的值，测量电压从零开始多取几组数据，请在虚线方框中画出满足实验要求的测量电路图．40.0 mA，由此数据可得待测电阻R x＝________Ω.(结果保留两位有效数字)【导学号：19624212】【解析】(1)电路中可能出现的最大电流I m＝ER x＝47.5A＝0.53 A，可见电流表B的量程过大，直接用电流表C量程过小；故可用该电流表C与定值电阻并联，此时改装成的电流表量程为I＝I g＋I g r gR0＝⎝⎛⎭⎪⎫0.1＋0.1×41A＝0.5 A；(2)滑动变阻器要用分压电路，选用阻值较小的E；(3)电路图如图所示：(4)当电流表示数为40.0 mA时，此时通过R x的电流I x＝0.040 A＋0.040×41A＝0.20 A；R x两端电压为：U x＝1.60 V－0.04×4 V＝1.44 V；则待测电阻R x＝U xI x＝1.440.20Ω＝7.2 Ω.【答案】(1)C(2)E(3)见解析图(4)7.26．(2017·海淀区模拟)某同学欲将量程为200 μA的电流表改装成电压表，他采用如图54所示的实验电路测量该电流表的内阻，根据实验电路，请回答下列问题．图54①有如下的主要实验器材供选择：A．电阻箱(阻值范围0～999.9 Ω)B．电阻箱(阻值范围0～99 999.9 Ω)C．电源(电动势6.0 V，内阻0.30 Ω)D．电源(电动势12 V，内阻0.60 Ω)E．电源(电动势50 V，内阻2.0 Ω)为减小实验误差，可变电阻R1应选择________，电源应选择________．(填字母代号)②该同学主要实验步骤依次是：A．按电路图连接好电路，并使两个开关处于断开状态；B．将R1的阻值调到最大；C．闭合S1；D．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度；E．闭合S2；F．调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半；G．记下R2的阻值．上述实验步骤中，错误的步骤是________．(填字母代号)③如果按正确步骤测得电流表的内阻为190 Ω，要将此表改装成量程为2.0 V的电压表V，应选一个阻值为________Ω的电阻与电流表串联．④用标准的电压表对改装的电压表进行校准，发现测量同一电压值时，改装电压表的示数比标准表的示数小，则应该适当地将与电流表串联的电阻调______(选填“大”或“小”)一些．【解析】①由于该实验要求开关S2闭合前后通过干路的电流保持不变，根据闭合电路欧姆定律可知电阻箱R1的阻值应足够大，所以电阻R1应选择B，则电源电动势越大，测量误差越小，但如果选用50 V的电压，则应选用的电阻为50200×10－6Ω ＝2.5×105Ω，超过了给出的电阻箱总阻值，所以电源应选择D.②步骤F 中，应保持R 1的阻值不变，只调节 R 2，所以错误的步骤是F.③根据欧姆定律应有：R ＝U I g－R g ，解得：R ＝9 810 Ω. ④根据欧姆定律可知，减小分压电阻的阻值，可以增大通过改装电压表的电流，从而增大电压表的示数，所以应该适当地将与电流表串联的电阻调小一些．【答案】 ①B ，D ②F ③9 810 ④小7．( 2017·厦门一中月考)老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源E ，定值电阻R 1(阻值未知)，电阻箱R (0～99.99 Ω)电压表V(量程为3.0 V ，内阻很大)，单刀单掷开关S 1，单刀双掷开关S 2，导线若干．某同学连接了一个如图55甲所示的电路，他接下来的操作是：将S 2拨到a ，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图乙所示的位置后，闭合S 1，记录此时电压表示数为2.20 V ，然后断开S 1；保持电阻箱示数不变，将S 2切换到b ，闭合S 1，记录此时电压表的读数(电压表的示数如图丙所示)，然后断开S 1.图55(1)请你解答下列问题：图乙所示电阻箱的读数为________Ω，图3所示的电压表读数为________V ，由此可算出定值电阻R 1的阻值为________Ω(计算结果保留三位有效数字)；(2)在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将S 2切换到a ，多次调节电阻箱，闭合S 1，读出多组电阻箱的示数R 和对应的电压表示数U ，由测得的数据描绘出了如图丁所示的1U 1R 图象．由此可求得该电池组的电动势E 及内阻r ，其中E ＝________V ，电源内阻r ＝________Ω.(计算结果保留三位有效数字)【导学号：19624213】【解析】 (1)由图乙所示可知，电阻箱示数为2×10 Ω＋0×1 Ω＋0×0.1 Ω＋0×0.01 Ω＝20.00 Ω；由图丙所示电压表可知，其量程为3 V ，分度值为0.1 V ，示数为2.80 V ；电路电流I ＝U R R ＝2.220 A ＝0.11 A ，电阻R 1＝U 1I ＝2.8－2.20.11 Ω＝5.45 Ω.(2)在闭合电路中，电源电动势E ＝U ＋I (r ＋R 1)＝U ＋U R (r ＋R 1)，1U ＝1E ＋r ＋R 1E ·1R， 由图丁所示图象可知，b ＝1E ＝0.35 V －1，E ≈2.86 V ，图象斜率k ＝r ＋R 1E ＝Δ1U Δ1R＝0.55－0.350.10＝2.0电源内阻r＝kE－R1＝(2.0×2.86－5.45) Ω＝0.27 Ω.【答案】(1)20.00 2.80 5.45(2)2.860.27。
2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分 倒计时第4天 力学实验
倒计时第4天力学实验A．主干回顾B．精要检索1．实验要点C ．考前热身1．利用如图1装置可以做力学中的许多实验：(1)以下说法正确的是________．【导学号：17214233】图1A ．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B ．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细绳与滑轨平行C ．用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D ．用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，应使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量(2)本装置中要用到打点计时器，如图2所示为实验室常用的两种计时器，其中b 装置用的电源要求是________．a b图2A ．交流220 VB ．直流220 VC ．交流4～6 VD ．直流4～6 V(3)在利用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3，已知打点计时器接在频率为50 Hz 的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A 点时小车的瞬时速度为__________m/s ．(结果保留两位有效数字)图3【解析】 (1)小车与滑轨间存在的摩擦力不会影响小车做匀变速直线运动，故不需要平衡摩擦力，A 项错误；为保持小车所受拉力方向不变，需要调整滑轮高度使连接小车的细绳与滑轨平行，B 项正确；平衡摩擦力后，mg sin θ＝μmg cos θ，即tan θ＝μ，即只需要调整好轨道倾角即可，与砝码与砝码盘总质量无关，C 项错误；F ＝mgM ＋m M ＝11＋m M ·mg ，所以为确保小车所受拉力近似等于砝码盘和盘内砝码总重力，盘及盘内砝码总质量应远小于小车总质量，D 项正确．(2)b为电磁打点计时器，使用4～6 V低压交流电源，C项正确；a为电火花打点计时器，使用交流220 V电源．(3)纸带中A点的瞬时速度等于以它为中间时刻某段位移的平均速度，即v A＝(6．10－3．98)×10－22×0．02m/s＝0．53 m/s．【答案】(1)BD(2)C(3)0．53(0．51～0．53均对)2．某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验，实验步骤如下：图4A．挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；B．打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持A中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端静止下滑，分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小v1和v2；C．重新挂上细绳和钩码，改变钩码的个数，重复A到B的步骤．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，长木板表面粗糙对实验结果是否有影响？________(填“是”或“否”)；(2)若要验证动能定理的表达式，还需测量的物理量有()A．悬挂钩码的总质量mB．长木板的倾角θC．两传感器间的距离lD．小车的质量M(3)根据实验所测的物理量，动能定理的表达式为：_____．(重力加速度为g)【导学号：17214234】【解析】(1)小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态，撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响，(2、3)根据动能定理可知，合外力对小车做的功等于小车动能的变化量，则有：mgl＝12M v22－12M v21，所以要测量悬挂钩码的总质量m，两传感器间的距离l，小车的质量M．【答案】(1)否(2)ACD(3)mgl＝12M v22－12M v213．用落体法验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器的打点频率为50 Hz，重力加速度为9．8 m/s2．(1)运用公式12m v2＝mgh时，对实验条件的要求是重锤由静止出发，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近________．(2)若实验中所用重锤的质量m＝1 kg，打点纸带如图5所示，则打下B点时，重锤的动能E k＝________J；从开始下落至打下B点，重锤的重力势能的减少量ΔE p＝________J．(结果保留三位有效数字)图5(3)由上述实验可得出的结论是____________________________．【解析】 (1)用公式12m v 2＝mgh 验证机械能守恒定律时，对实验条件的要求是纸带上打下第1点时，重锤的初速度为零，打点计时器的打点频率为50 Hz ，打点周期为0．02 s ，重锤开始下落后，在第一个打点周期内下落的高度为h ＝12gT 2＝12×9．8×(0．02)2 m ≈2 mm ，所以所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近2 mm ．(2)由题图，利用匀变速直线运动规律，有v B ＝x AC 2T ＝0．031 0－0．007 82×0．02m/s ＝0．58 m/s ，打下B 点时重锤的动能E k B ＝12m v 2B ＝0．168 J ；从开始下落至打下B 点，重锤的重力势能的减少量ΔE p ＝mgh ＝1×9．8×0．017 6 J ＝0．172 J ．(3)由以上数据，可得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程中机械能守恒．【答案】 (1)2 mm (2)0．168 0．172 (3)在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒4．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：甲乙图6①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图6甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0．50 N，测出所对应的l，部分数据如表所示：拉力记为F OO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F O B．完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F-l图线，根据图线求得l0＝____cm．(2)测得OA＝6．00 cm，OB＝7．60 cm，则F OA的大小为________N．(3)根据给出的标度作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．【解析】(1)根据表格中数据利用描点法作出图象如图甲所示：甲乙由图甲可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0＝10．0 cm；(2)AB的总长度为6．00＋7．60 cm＝13．60 cm；由图可知，此时两端拉力F ＝1．80 N；(3)根据给出的标度，作出合力如图乙所示；(4)只要作出的合力与实验得出的合力F OO′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立．【答案】(1)如解析图甲所示10．0(2)1．80(3)如解析图乙所示(4)F OO′。
2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第二部分 倒计
倒计时第8天 质点运动的基本规律A ．主干回顾B ．精要检索一、直线运动1．匀变速直线运动规律的三个重要公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at ．(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2．(3)位移、加速度、速度的关系：v 2－v 20＝2ax ．2．匀变速直线运动的三个重要推论(1)平均速度公式：v ＝v 0＋v 2．(2)匀变速直线运动的判别式：Δx ＝aT 2．(3)中间时刻的瞬时速度公式：v t 2＝v ＝v 0＋v 2． 3．研究匀变速直线运动的方法(1)用“Δx ＝aT 2”判断该运动是否为匀变速直线运动．(2)用公式v n ＝x n ＋x n ＋12T 求打点计时器打n 点时纸带的速度．(3)用“逐差法”求加速度，即a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T 2． 4．自由落体运动(1)条件：①只受重力作用；②初速度为零．(2)速度公式v ＝gt ；位移公式x ＝12gt 2．二、曲线运动1．平抛运动(1)特点：初速度沿水平方向，只受竖直方向的重力作用，其轨迹为抛物线．平抛运动是匀变速(加速度是g )曲线运动．(2)位移关系：水平位移x ＝v 0t竖直位移y ＝12gt 2合位移的大小s ＝x 2＋y 2，合位移的方向tan α＝y x ．(3)速度关系：水平速度v x ＝v 0，竖直速度v y ＝gt ．合速度的大小v ＝v 2x ＋v 2y ，合速度的方向tan β＝v y v x． (4)重要推论：速度偏角与位移偏角的关系为tan β＝2tan α．平抛运动到任一位置A ，过A 点作其速度方向的反向延长线交Ox 轴于C 点，有OC ＝x 2(如图1所示)．图12．匀速圆周运动(1)匀速圆周运动的规律①v 、ω、T 、f 及半径的关系：T ＝1f ，ω＝2πT ＝2πf ，v ＝2πT r ＝2πfr ＝ωr ．②向心加速度大小：a ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2f 2r ＝4π2T 2r ．③向心力大小：F ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝4π2mf 2r ．(2)竖直平面内圆周运动的临界条件①轻绳拉小球在竖直平面内做圆周运动(或小球在竖直圆轨道内侧做圆周运动)时的临界点是在竖直圆轨道的最高点有F ＋mg ＝m v 2r 成立；由于轻绳中拉力F ≥0，要使小球能够经过竖直圆轨道的最高点，则到达最高点时速度必须满足v ≥gr ．②由于经杆(或环形圆管)既可提供拉力，又可提供支持力，轻杆拉小球(或环形圆管内小球)在竖直平面内做圆周运动(或小球在竖直平面内双轨道之间做圆周运动)的条件为到达最高点时速度v ≥0．三、天体的运动1．人造地球卫星(1)轨道特征：轨道平面必过地心．(2)动力学特征：万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，即有G Mm r 2＝m v 2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ． (3)运动学特征：轨道半径越大，周期越长，但运行速度越小．(4)宇宙速度：发射人造地球卫星的最小速度——第一宇宙速度v 1＝gR ＝7．9 km/s ．物体脱离地球引力，不再绕地球运行所需的最小速度——第二宇宙速度；物体脱离太阳的引力所需的最小速度——第三宇宙速度．2．地球卫星的最大运行速度和最小周期由G Mm r 2＝m v 2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，得到卫星绕地球的运行速度v ＝GM r ＝gR 2r ，周期T ＝2πr v ＝2πr 3GM ＝2πr 3gR 2． 当卫星绕地球表面运行时，轨道半径r 等于地球半径R ，运行速度最大，周期最小．3．地球同步卫星的四定(1)运行周期一定，周期为24 h ．(2)距地面高度一定，大约为3．6×118 km ．(3)轨道平面一定，轨道平面与赤道面重合．(4)环绕方向及速度一定，环绕方向为自西向东运动，速度大小约为3．1 km/s ．C ．考前热身1．(多选)某遥控小车在平直路面上运动的v -t 图线如图2所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( )图2A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，在2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 mBC [由图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 时开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m ＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ×＋2＋42×1m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误．]2．(多选)如图3所示，斜面倾角为θ，从斜面的P 点分别以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则( )【导学号：17214220】A ．A 、B 两小球的水平位移之比为1∶4B ．A 、B 两小球飞行的时间之比为1∶2C ．A 、B 两小球下落的高度之比为1∶2D ．A 、B 两小球落到斜面上的速度大小之比为1∶4AB [由平抛运动规律可知，x 1＝v 0t 1，y 1＝12gt 21，tan θ＝y 1x 1；x 2＝2v 0t 2，y 2＝12gt 22，tan θ＝y 2x 2，联立解得A 、B 两小球飞行的时间之比为t 1∶t 2＝1∶2，A 、B 两小球的水平位移之比为x 1∶x 2＝1∶4，选项A 、B 正确；A 、B 两小球下落的高度之比为y 1∶y 2＝1∶4，选项C 错误；A 、B 两小球落到斜面上时的速度大小分别为v 1＝v 20＋(gt 1)2，v 2＝(2v 0)2＋(gt 2)2＝2v 20＋(gt 1)2，即A 、B 两小球落到斜面上的速度大小之比为1∶2，选项D 错误．]3．(多选)已知地球半径为R ，质量为M ，自转角速度为ω，引力常量为G ，地球同步卫星距地面高度为h ，则( )A ．地球表面赤道上物体随地球自转的线速度为ωRB ．地球同步卫星的运行速度为ωhC ．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为GM RD ．地球近地卫星做匀速圆周运动的周期大于2πωAC [地球表面赤道上物体随地球自转的线速度v ＝ωR ，选项A 正确；地球同步卫星的运行速度v ′＝ω(R ＋h )，选项B 错误；由G Mm R 2＝m v 21R 得选项C 正确；只有轨道高于地球同步卫星轨道的卫星周期才大于地球同步卫星的周期，选项D 错误．]4．如图4所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n 倍，质量为火星的k 倍，不考虑行星自转的影响，则( )【导学号：17214221】A ．金星表面的重力加速度是火星的k n 倍B ．金星的“第一宇宙速度”是火星的k n 倍C ．金星绕太阳运动的加速度比火星小D ．金星绕太阳运动的周期比火星大B [根据mg ＝G Mm R 2得g ＝GM R 2，可知金星与火星表面重力加速度之比 g 金g 火＝k n 2，故A 错误；根据v ＝GMR 可知，金星与火星第一宇宙速度之比v 金v 火＝k n ，故B 正确；根据a ＝GM r 2可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故C 错误；根据开普勒第三定律 r 3T 2＝k ，可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星短，故D 错误．]5．(多选)如图5所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在水平转盘上，且木块A 、B 与转盘中心在同一条直线上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O 1O 2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力．现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )【导学号：17214222】图5A ．当ω＞2kg 3L 时，A 、B 相对于转盘会滑动 B ．当ω>kg 2L 时，绳子一定有弹力 C ．ω在kg2L ＜ω＜2kg3L 范围内增大时，B 所受的摩擦力变大D．ω在0<ω<2kg3L范围内增大时，A所受的摩擦力一直变大ABD[当木块A、B所受的静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，kmg＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝2kg3L，选项A正确；当B所受的静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即kmg＝mω2·2L，解得ω＝kg2L，选项B正确；当kg2L＜ω＜2kg3L时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受的静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，选项C错误；0＜ω≤kg2L时，A所受的摩擦力提供向心力，即F f＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，当kg2L＜ω＜2kg3L时，以A、B整体为研究对象，F fA＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受的静摩擦力随角速度的增大而增大，选项D 正确．]6．如图6所示，用长为l的轻质细线将质量为m的小球悬挂于O点，细线能承受的最大拉力大小为7mg．小球在外力作用下静止于A处，此时细线偏离竖直方向的夹角为60°．撤去外力，让小球由静止释放，摆到最低点B时，细线被O点正下方的光滑小钉子挡住，钉子离O点的距离满足一定条件时，小球能继续运动且细线不松弛．不计空气阻力，重力加速度为g．求：图6(1)小球静止于A处时所受最小外力；(2)小球运动过程中离A处位移的范围；(3)钉子离O点距离应该满足的条件．【导学号：17214223】【解析】(1)当外力与绳垂直斜向上时，外力最小，由共点力平衡可得，F＝mg sin 60°＝32mg．(2)钉子和O 点重合时，当小球运动到左侧最高点时，位移最大，根据机械能守恒条件可知，小球运动到左侧最高点和初始位置等高，根据几何关系知，小球运动过程中的最大位移x m ＝2×l ×32＝3l ，所以0≤x ≤3l ．(3)①当钉子与A 点等高时，小球运动到最高点的速度为零，h 1＝l2．②小球运动到最低点绳子恰好不断裂，设此时小球运动半径为r 1， 根据牛顿第二定律得，7mg －mg ＝m v 21r 1，由机械能守恒定律得，mgl (1－cos 60°)＝12m v 21，解得r 1＝16l ，钉子距离O 点的距离l 1＝l －16l ＝56l ．③小球绕过钉子又能运动到圆周的最高点，设此时小球运动的半径为r 2，由机械能守恒定律可得，mg l 2－mg ·2r 2＝12m v 22，由牛顿第二定律得，mg ＝m v 22r 2，代入数据解得r 2＝l5，钉子距离O 点的距离l 2＝l －l 5＝45l ，所以钉子离O 点的距离h 满足的条件为h <l 2或45l ≤h ≤5l6．【答案】 (1)32mg (2)0≤x ≤3l (3)h <l 2或45l ≤h ≤5l6。
高三物理二轮复习第部分考前回扣倒计时第天热学部分选修33教师用书
倒计时第1天 选修3－3 热学局部A ．主干回忆B ．精要检索1．分子动理论与统计观点(1)分子动理论根本观点、实验依据和阿伏加德罗常数 ①物体是由大量分子组成a ．分子模型：球体，直径d ＝36V 0π；立方体，边长d ＝3V 0.式中V 0为分子体积，只适用于求固体或液体分子直径；一般分子直径大小数量级为10－10m ．油膜法测分子直径：d ＝V S，V 是纯油滴体积，S 是单分子油膜面积． b ．一般分子质量数量级为10－26kg,1 mol 任何物质含有分子数为6.02×1023个．②分子永不停息地做无规那么热运动扩散现象和布朗运动是分子无规那么运动证明．温度越高，扩散越快；颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈．③分子间存在着相互作用力a．分子间同时存在引力和斥力，实际表现分子力是它们合力．b．引力和斥力都随着距离增大而减小，但斥力比引力变化得快．c．分子间作用力与距离关系如图1所示，图中斥力用正值表示，引力用负值表示，F 为斥力和引力合力，即分子力．图1(2)气体分子运动速率统计分布在一定状态下，气体大多数分子速率在某个值附近，速率离这个值越远，具有这种速率分子就越少，即气体分子速率总体上呈现出“中间多，两头少〞分布特征．(3)温度内能①分子动能：分子由于热运动而具有能叫分子动能．分子平均动能：所有分子动能平均值叫分子平均动能．温度是所有分子平均动能标志．②分子势能：由于分子间相对位置决定能量．分子势能大小与分子间距离有关，其关系曲线如图2所示．图2③物体内能：物体所有分子动能和分子势能总和．物体内能与温度、体积及物质量有关．2．固体、液体与气体(1)固体微观构造、晶体、非晶体和液晶微观构造①晶体分为单晶体和多晶体．晶体有确定熔点．晶体内原子排列是有规那么．单晶体物理性质各向异性，多晶体物理性质各向同性．②非晶体无确定熔点，外形不规那么，原子排列不规那么．③液晶：具有液体流动性，具有单晶体各向异性．光学性质随所加电压改变而改变．(2)液体外表张力现象①外表张力作用：液体外表张力使液面具有收缩趋势．②外表张力方向：外表张力方向跟液面相切，跟这局部液面分界限垂直．③外表张力大小：液体温度越高，外表张力越小；液体中溶有杂质时，外表张力变小；液体密度越大，外表张力越大．(3)气体实验定律①气体实验定律玻意耳定律(等温变化)：pV＝C或p1V1＝p2V2.查理定律(等容变化)：p T ＝C 或p 1T 1＝p 2T 2. 盖—吕萨克定律(等压变化)：V T ＝C 或V 1T 1＝V 2T 2. ②一定质量气体不同图象比拟公式：pV T ＝C 或p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. (5)饱和汽、未饱和汽和饱和汽压 ①饱和汽：与液体处于动态平衡蒸汽． ②未饱和汽：没有到达饱和状态蒸汽． ③饱和汽压：饱和汽所具有压强．特点：液体饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽体积无关．(6)相对湿度湿度是指空气干湿程度．描述湿度物理量：①绝对湿度：空气中所含水蒸气压强． ②相对湿度：空气绝对湿度与同一温度下水饱和汽压百分比． 3．热力学定律与能量守恒 (1)热力学第一定律如果系统和外界同时发生做功和热传递，那么外界对系统所做功(W )加上外界传递给系统热量(Q )等于系统内能增加量(ΔU )．表达式：ΔU ＝W ＋Q式中，系统内能增加，ΔU >0；系统内能减小，ΔU <0；外界向系统传热，Q >0，系统向外界传热，Q <0；外界对系统做功，W >0，系统对外界做功，W <0.(2)能量守恒定律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，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移过程中其总量保持不变.②能量守恒定律说明自然界中能量是守恒，一切违背能量守恒定律设想都是不可能实现，第一类永动机不可能制成.(3)热力学第二定律①热力学第二定律两种表述a．表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传导方向性表述)．b．表述二：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(按机械能和内能转化过程方向性表述).②热力学过程方向性实例热量Q能自发传给低温物体；a．高温物体热量Q不能自发传给能自发地完全转化为b．功热；不能自发地完全转化为能自发膨胀到气体体积V2(V1<V2)；c．气体体积V1不能自发收缩到能自发混合成d．不同气体A和B混合气体AB.不能自发别离成C．考前热身1．(1)以下说法中正确是( )A．热量可以自发地从低温物体传递到高温物体B．当分子间距离变小时，分子间作用力可能减小，也可能增大C．单位体积内分子数增加，气体压强一定增大D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能而不引起其他变化E．在绝热过程中，外界对物体做功，物体内能一定增大(2)如图3所示，一质量M＝5 kg、横截面积S＝10 cm2且导热性能极好薄壁汽缸，开口向上放在水平地面上，汽缸内用质量m＝1 kg活塞封闭了一定质量理想气体，此时汽缸内理想气体高度为lp0＝1.0×105 Pa，重力加速度取g＝10 m/s2.图3(ⅰ)假设用力缓慢向上拉动活塞，使气缸能离开地面，那么气缸高度至少是多少？(ⅱ)假设气缸内理想气体温度为27 ℃，气缸高度为h＝0.5 m，现使气体缓慢升温，使活塞刚好移动到气缸顶端，那么气体温度需要升高到多少摄氏度？【解析】 (1)根据热力学第二定律，热量不能自发地从低温物体传递到高温物体，所以选项A 错误；由分子力F 随分子间距离r 变化关系可知，当r 减小时，分子力F 有可能减小，也有可能增大，选项B 正确；由压强微观解释可知，气体压强由单位体积内气体分子个数和气体分子平均动能共同决定，当单位体积内气体分子个数增加时，有可能气体分子平均动能减小得更多，结果仍会造成气体压强减小，应选项C 错误；热力学第二定律开尔文表述：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不引起其他变化，故第二类永动机违背了热力学第二定律而不可制成，选项D 正确；由热力学第一定律可知：ΔU ＝W ＋Q ，当系统处于绝热过程中时，那么有ΔU ＝W ，外界对物体做功，物体内能一定增大，选项E 正确．(2)(ⅰ)假设气缸刚要离开地面时，活塞恰好到达气缸顶端，设此时气缸高度为H ，气缸内气体压强为p对气缸受力分析有p 0S ＝pS ＋Mg ，解得p ＝5×104Pa 对理想气体由玻意耳定律可得⎝ ⎛⎭⎪⎫p 0＋mg S lS ＝pHS 解得H ＝0.44 m.(ⅱ)气体缓慢升温使活塞移动过程中，气体做等压变化，由盖吕萨克定律可得lS T 0＝hST式中T 0＝300 K ，T ＝273 K ＋t 解得t ＝477 ℃.【答案】 (1)BDE (2)(ⅰ)0.44 m (ⅱ)477 ℃ 2．(1)以下说法正确是________．A ．热量可以从低温物体传到高温物体，而不引起其他变化B ．温度升高，说明物体中所有分子动能都增大C ．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞结果D ．分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小E ．在一个绝热容器内，不停地搅拌液体，可使液体温度升高(2)如图4所示，竖直圆筒是固定不动，粗筒横截面积是细筒3倍，细筒足够长．粗筒中A 、B 两轻质活塞间封有一定质量空气(可视为理想气体)，气柱长LA 上方水银深H ＝15 cm ，两活塞重力及与筒壁间摩擦不计，用外力向上托住活塞B 使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B 缓慢上移，直至水银1/3被推入细筒中，求活塞B 上移距离．(设在整个过程中气柱温度不变，大气压强p 0相当于75 cm 水银柱产生压强)图4【解析】 (1)不可能把热量从低温物体传到高温物体而不产生其他影响，故A 项错误．温度升高，物体平均分子动能增大，但不是所有分子动能都增大，故B 项错误．气体压强是由于气体分子不断对容器器壁碰撞而产生，故C 项正确．分子间距离增大，分子间引力和斥力都减小，故D 项正确．绝热容器内没有热量散失，搅拌液体，外界对液体做功，机械能转化为液体动能和内能，液体内能增加，所以温度升高，故E 项正确．(2)初态封闭气体压强为p 1＝ρgH ＋p 0末态有13水银上升到细筒中，设粗筒横截面积为S ，那么13HS ＝h 1S 3，23HS ＝h 2S此时封闭气体压强为p 2＝ρgh 1＋ρgh 2＋p 0 又V 1＝LS ，V 2＝L ′S由题意气体温度不变可得p 1V 1＝p 2V 2解得L ′＝18 cm 可知活塞B 上升距离d ＝H ＋L －L ′－23H ＝7 cm.【答案】 (1)CDE (2)7 cm 3．(1)以下说法中正确是________．A ．布朗运动是液体分子运动，它说明分子永不停息地做无规那么运动B ．叶面上小露珠呈球形是由于液体外表张力作用C ．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性特点D ．当两分子间距离大于平衡位置间距r 0时，分子间距离越大，分子势能越大E ．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(2)某同学研究一定质量理想气体状态变化，得出如图5p t 图象．在状态B 时气体体积V B ＝3 L ，求：图5①气体在状态A 压强； ②气体在状态C 体积．【解析】 (1)布朗运动是通过微粒运动反映液体分子运动，选项A 错误；叶面上小露珠呈球形是由于液体外表张力作用，选项B 正确；液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性特点，选项C 正确；当两分子间距离大于平衡位置间距r 0时，分子间距离越大，分子势能越大，选项D 正确；热量在一定条件下能从低温物体传到高温物体，选项E 错误．(2)①从图中可知，p B ＝1.0 atm ，T B ＝(273＋91)K ＝364 K T A ＝273 K根据查理定律有p A T A ＝p BT B代入数据解得p A ＝0.75 atm.②p B ＝1.0 atm ，V B ＝3 L ，p C ＝1.5 atm 根据玻意耳定律有p B V B ＝p C V C代入数据解得V C ＝2 L.【答案】 (1)BCD (2)①0.75 atm ②2 L 4．(1)以下说法中正确是( )A ．分子间距离增大时，分子势能一定增大B ．晶体有确定熔点，非晶体没有确定熔点C ．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D ．物体吸热时，它内能可能不增加E ．一定质量理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热(2)如图6甲所示，竖直放置汽缸内壁光滑，横截面积为S ＝1×10－3m 2.活塞质量为m ＝2 kg ，厚度不计．在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 下方汽缸容积为1.0×10－3m 3，A 、B 之间容积为2.0×10－4m 3，外界大气压强p 0＝1.0×105Bp 0，温度为27 ℃.现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃.求：①活塞刚离开B 处时气体温度t 2； ②缸内气体最后压强；③在图乙中画出整个过程中p V 图线．甲 乙图6【解析】 (1)分子间距离有一个特殊值r 0，此位置分子间引力与斥力平衡，分子势能最小．当分子间距离小于r 0时，分子势能随距离增大而减小，当分子间距离大于r 0时，分子势能随距离增大而增大，选项A 错误；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而不引起其他变化．在有外力做功情况下热量可以从低温物体传到高温物体，选项C 错误．(2)①活塞刚离开B 处时，设气体压强为p 2，由二力平衡可得p 2＝p 0＋mgS， 解得p 2＝1.2×105Pa. 由查理定律得错误!＝错误!，解得t2＝127 ℃.②设活塞最终移动到A处，缸内气体最后压强为p3，由理想气体状态方程得p1V0273＋t1＝p3V3273＋t3，解得p3＝1.5×105 Pa.因为p3＞p2，故活塞最终移动到A处假设成立．③如下图．【答案】(1)BDE (2)①127 ℃②1.5×105Pa ③见解析图5．(1)如图7所示，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．该循环过程中，以下说法正确是________．图7A．A→B过程中，气体内能不变B．B→C过程中，气体分子平均动能增大C．C→D过程中，气体分子数密度增大，单位时间内碰撞单位面积器壁分子数增多D．D→A过程中，外界对气体做功小于气体内能增加量E．假设气体在A→B过程中吸收63 kJ热量，在C→D过程中放出38 kJ热量，那么气体完成一次循环对外做功为25 kJ(2)如图8所示为一气体温度计构造示意图．储有一定质量理想气体测温泡P通过细管与水银压强计左管A相连，压强计右管B和C与大气相通．当测温泡P浸在冰水混合物中，上下移动右管B调节水银面高度，使压强计左右两管水银面恰好都位于刻度尺零刻度处．后将P放入待测恒温槽中，上下移动右管B，使A中水银面仍在刻度尺零刻度处，此时，C中水银面在刻度尺15.2 cm刻度处．(外界大气压强为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cm高水银柱产生压强)图8(ⅰ)求恒温槽温度；(ⅱ)假设将刻度尺上刻度改为对应温度值，那么温度刻度是否均匀.【导学号：37162103】【解析】 (1)根据A →B 过程为等温过程知，气体内能不变，A 项正确；B →C 为绝热过程，没有与外界热交换，体积增大，气体对外界做功，内能减小，所以B →C 过程中，气体分子平均动能减小，B 项错误；C →D 为等温过程，C →D 过程中，体积减小，单位时间内碰撞单位面积器壁分子数增多，C 项正确；D →A 过程中，气体与外界无热量交换，体积减小，外界对气体做功，外界对气体做功等于气体内能增加量，D 项错误；气体完成一次循环，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体对外做功为63 kJ －38 kJ ＝25 kJ ，E 项正确．(2)(ⅰ)测温泡内气体体积不变，根据气体定律得，p 0T 0＝p 1T 1，将p 0＝76 cmHg ，T 0＝273 K ，p 1＝(76＋15.2)cmHg ，T 1＝(273＋t )K 代入解得，t ＝54.6 ℃.(ⅱ)测温泡内气体体积不变，压强与热力学温度成正比即p 0T 0＝ΔpΔT＝k (常量)而Δp ＝Δh ，Δh 是C 管中水银高度变化，又Δt ＝ΔT因此Δt ＝Δhk，说明温度随水银高度均匀变化，因而温度刻度是均匀．【答案】 (1)ACE (2)(ⅰ)54.6 ℃ (ⅱ)均匀。
高三物理二轮复习第部分考前回扣倒计时第9天三种性质力和牛顿运动定律教师用书
倒计时第9天三种性质力与牛顿运动定律A．主干回忆B．精要检索一、三种性质力1．重力：(1)重力是万有引力分力．(2)重力大小(G＝mg)取决于m与g，与运动状态无关．2．弹力N N滑动摩擦力大小与速度无关．(2)静摩擦力大小与方向随运动状态及外力情况而变化，与压力F N无关．静摩擦力大小范围：0≤F≤F max，其中最大静摩擦力F max 与压力F N成正比．4．共点力作用下物体平衡条件合力为零，即F合＝0.力沿任意方向分力合力都为零，即F x合＝0，F y合＝0.解答三个共点力作用下物体平衡根本思路是合成法与分解法.1．牛顿三大定律意义(1)牛顿第一定律：提醒了运动与力关系：力不是维持物体速度(运动状态)原因，而是改变物体速度原因．(2)牛顿第二定律①公式：a ＝F 合m. ②意义：力作用效果是使物体产生加速度，力与加速度是瞬时对应关系．(3)牛顿第三定律①表达式：F 1＝－F 2.②意义：明确了物体之间作用力与反作用力关系．2．超重与失重(1)超重：物体对支持物压力(或对悬挂物拉力)大于物体所受重力．原因：物体有向上加速度．(2)失重：物体对支持物压力(或对悬挂物拉力)小于物体所受重力．原因：物体有向下加速度．(3)完全失重：物体对支持物压力(或对悬挂物拉力)为零．原因：物体有向下加速度且大小为重力加速度g.三、规律方法1．处理平衡问题根本思路确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．电磁场中平衡(1)带电体平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．(2)如果带电粒子在重力场、电场与磁场三者组成复合场中做直线运动，那么一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.4．(1)动力学两类根本问题处理思路受力情况F 合F 合＝maa运动学公式运动情况v、x、t(2)解答动力学问题两个关键点①做好物体受力分析与物体运动过程分析，抓住加速度这一关键物理量．②寻找多过程运动问题中各过程间相互关系．如第一过程末速度就是下一个过程初速度，找出各过程间位移关系．C ．考前热身1．如图1所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°夹角．直杆上套有一质量为0.5 kg 圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小为F ＝7 N 力，圆环处于静止状态．直杆与圆环之间动摩擦因数为0.7，g 取10 m/s 2.以下说法正确是 ( )图1A ．圆环受到直杆弹力，方向垂直直杆向上B ．圆环受到直杆摩擦力，方向沿直杆向上C ．圆环受到直杆摩擦力大小等于1 ND ．圆环受到直杆弹力大小等于523 N C [对圆环受力分析，圆环受到向上拉力、重力、垂直直杆向下弹力与沿直杆向下静摩擦力，如下图，将静摩擦力与弹力进展合成，设其合力为F 合，根据平衡条件，有F 合＋G ＝F ，解得F 合＝2 N ，竖直向下．根据几何关系，有F 合sin 30°＝f ，F 合cos 30°＝N ，解得f ＝1 N ，N ＝ 3 N ，选项C 正确．]2. (多项选择)如图2所示．一个物体质量为m ，在高出水面H 处由静止下落，落入水中后竖直向下运动h 距离后速度减为零．物体在水中运动时，除受重力外，还受水浮力与阻力．物体在水中所受浮力是其重力109倍，重力加速度为g ，假设水阻力恒定，空气阻力不计．那么以下说法中正确是( )【导学号：37162093】图2A ．水阻力做功为mg (H ＋h )B ．水阻力做功为mghC ．物体入水前瞬间速度为2gHD ．物体在水中运动时所受阻力大小为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫H h －19CD [下落全过程中，由动能定理得mg (H ＋h )＋W 浮＋W 阻＝0，解得W 阻＝－mg (H ＋h )－W 浮＝－mg (H ＋h )＋109mgh ，A 与B 错误．入水前运动，由运动规律知v 2＝2gH ，解得v ＝2gH ①，故C 正确．物体在水中运动受重力、浮力F 浮与阻力F 阻，由牛顿第二定律得F 浮＋F 阻－mg ＝ma ②由运动规律得v 2＝2ah ③由题意知F 浮＝109mg ④ 联立①②③④式解得F 阻＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫H h －19，故D 正确．] 3．如图3所示，某物体自空间O 点以水平初速度v 0抛出，落在地面上A 点，其轨迹为一抛物线．现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA 完全重合位置上，然后将此物体从O 点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道．P 为滑道上一点，OP 连线与竖直方向成45°角，那么此物体( )图3A ．由O 点运动至P 点时间为2v 0gB ．物体经过P 点时，速度水平分量为255v 0 C ．物体经过P 点时，速度竖直分量为v 0D ．物体经过P 点时，速度大小为225v 0 B [OP 连线与竖直方向成45°角，那么平抛运动竖直位移与水平位移相等，有v 0t ＝12gt 2，解得t ＝2v 0g.而沿光滑滑道由静止下滑至P 时间不为2v 0g，故A 错误．平抛时竖直方向分速度为v y ＝gt ＝2v 0，设瞬时速度方向与水平方向成θ角，那么有tan θ＝v y v 0＝2. 由静止沿滑道下滑过程，由动能定理得12mv 2＝mgh ，而平抛运动时有v 2y ＝2gh ，解得v ＝2v 0，故D 错误．物体沿轨道下滑经过P 点时，速度水平分量为v x ＝v cos θ＝255v 0，故B 正确，C 错误．]4．如图4所示，截面为等腰直角三角形物块斜边固定在水平面上，两根长为L 细导体棒a 、b 被放置在三角形两个光滑直角面等高地方，它们间距离为x ，导体棒a 质量为m a ，导体棒b 质量为m b .现分别对两导体棒通以同向电流I a 、I b ，且I a ＝2I b ＝2I ，两棒恰能保持静止．那么以下说法正确是( )图4A ．两导体棒质量之比m a ∶m b ＝2∶1B ．两导体棒质量之比m a ∶m b ＝1∶2C ．电流I b 在导体棒a 处产生磁场磁感应强度大小为2m a g 2ILD ．电流I a 在导体棒b 处产生磁场磁感应强度大小为m b g ILD [两导体棒中电流同向，受到相互吸引力等大、反向，方向在它们连线上．对a ，受力如下图，由平衡条件得m a g ＝F A ，对b ，同理得m b g ＝F B ，F A 与F B 等大、反向，因此m a ∶m b ＝1∶1，选项A 、B 错误；对a ，F A ＝B a ·2IL ，那么导体棒a 处磁感应强度大小B a ＝m a g 2IL，C 选项错误；对b ，F B ＝B b IL ，那么导体棒b 处磁感应强度大小B b ＝m b g IL，D 选项正确．] 5．(多项选择)如图5所示，质量为m 小球在竖直放置光滑圆形管道内做圆周运动，以下说法正确有( )【导学号：37162094】图5A ．小球通过最高点速度可能小于gRB ．小球通过最低点时对轨道压力大小等于小球重力C ．小球在水平线ab 以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力D ．小球在水平线ab 以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力AC [小球在光滑圆形管道内做圆周运动，只受重力与弹力．小球通过最高点时，速度可以无限接近于零，选项A 正确；小球通过最低点时，受到重力与弹力，有N －mg ＝m v 2R，选项B 错误；小球在水平线ab 以下管道中运动时，受到重力与弹力，合力沿半径方向分力提供向心力，由于重力有背离圆心分量，所以弹力一定有指向圆心分量，因此外侧管壁必然对小球有作用力，选项C 正确；同理，小球在水平线ab 以上管道中运动时，由于重力有指向圆心分量，所以弹力可以背离圆心，也可以指向圆心，选项D 错误．]6．如图6所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右风力．质量m ＝100 g 小球穿在长L ＝1.2 m 直杆上并置于实验室中，球与杆间动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线夹角θ＝37°，将小球从O 点静止释放．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图6(1)小球受到风力大小；(2)当θ＝37°时，小球离开杆时动能．【导学号：37162095】【解析】 (1)当杆竖直固定放置时，μF ＝mg解得F ＝2 N.(2)当θ＝37°时，小球受力情况如下图．垂直杆方向上有F cos 37°＝mg sin 37°＋F N解得F N ＝1 N小球受摩擦力F f ＝μF N ＝0.5 N小球沿杆运动加速度为a ＝mg cos 37°＋F sin 37°－F f m＝15 m/s 2 由v 2－v 20＝2aL 得，小球到达杆下端时速度为v ＝6 m/s球离开杆时动能为E k ＝12mv 2＝1.8 J. 【答案】 (1)2 N (2)1.8 J7．如图7所示，物块A 、木板B 质量均为m ＝10 kg ，不计A 大小，木板B 长为L ＝3 m ．开场时A 、B 均静止．现给A 一水平初速度让其从B 最左端开场运动．A 与B 、B 与地面之间动摩擦因数分别为μ1μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.(1)假设物块A 刚好没有从B 上滑下来，那么A 初速度为多大？(2)假设把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问初速度从B最左端开场运动，那么A 能否与B 脱离？最终A 与B 速度各是多大？图7【解析】 (1)物块A 在木块B 上向右匀减速运动，加速度大小为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2木块B 向右匀加速运动，加速度大小为a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2 由题意，物块A 刚好没有从B 上滑下来，那么A 滑到B 最右端时与B 速度一样，设为v ，那么有时间关系：t ＝v 0－v a 1＝v a 2位移关系：L ＝v 20－v 22a 1－v 22a 2代入数据解得v 0＝2 6 m/s ，v ＝62m/s. (2)把木板B 放在光滑水平面上，A 在B 上向右匀减速运动加速度大小仍为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2B 向右匀加速运动加速度大小为a ′2＝μ1mg m＝3 m/s 2 设A 、B 到达一样速度v ′时A 没有脱离B ，由时间关系得v 0－v ′a 1＝v ′a ′2第 11 页 代入数据解得v ′＝ 6 m/sA 位移x A ＝v 20－v ′22a 1＝3 m B 位移x B ＝v ′22a ′2＝1 m 由x A －x B ＝18m ＜L 可知，A 没有与B 脱离，最终A 与B 速度相等，大小均为16 m/s.【答案】 (1)2 6 m/s(2)没有脱离 6 m/s 6 m/s。
高三物理二轮复习第部分考前回扣倒计时第天电学实验教师用书
倒计时第2天电学实验A．主干回忆B．精要检索1．实验要点获得金属丝直径以及电流表、电压表读数如图1所示，那么它们读数依次是________mm、________A、________V.甲乙丙图1②实验中所用滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为20 kΩ，电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电源电动势E＝4.5 V，内阻较小．那么图2电路图中，________(选填字母代号)电路为本次实验应当采用最正确电路，但用此最正确电路测量金属丝电阻仍然会比真实值偏________(选填“大〞或“小〞)．甲乙图2③假设实验所用电流表内阻准确值R A＝2.0 Ω，那么测量金属丝电阻R x 最正确电路应是上图2中________(选填字母代号)电路．此时测得电流为I 、电压为U ，那么金属丝电阻R x ＝________(用题中字母代号表示)．【解析】 ①螺旋测微器固定刻度读数为0.5 mm ，可动刻度读数为49.9×0.01 mm＝0.499 mm ，金属丝直径为0.5 mm ＋0.499 mm ＝0.999 mm.电流表读数为0.42 A ，电压表读数为2.29 V.②因R V ≫R x (R x ＝,0.42) Ω≈5.5 Ω)，测量电路采用电流表外接法，故最正确电路为甲电路，此时测量结果因电压表分流而偏小．③假设电流表内阻时，最正确电路为乙电路．由欧姆定律得：R x ＋R A ＝U I ，那么R x ＝U I－R A . 【答案】 ①0.998～1.000间均可 0.42 2.28～2.30间均可 ②甲 小 ③乙 U I－R A 2．(1)某研究小组同学为了测量某一电阻R x 阻值，甲同学先用多用电表进展粗测．使用多用电表欧姆挡时，将选择开关置于适宜挡位后，必须先将两表笔短接，再进展________使指针指在欧姆刻度“0〞处．假设该同学将选择开关旋在“×1〞位置，指针在刻度盘上停留位置如图3所示，那么所测量值为________Ω.图3(2)为进一步准确测量该电阻，实验台上摆放有以下器材：A ．电流表(量程15 mA ，内阻未知)B ．电流表(量程0.6 A ，内阻未知)C ．电阻箱(最大电阻99.99 Ω)D ．电阻箱(最大电阻999.99 Ω)E ．电源(电动势3 V ，内阻1 Ω)F ．单刀单掷开关2只G ．导线假设干乙同学设计电路图如图4所示，现按照如下实验步骤完成实验：图4①调节电阻箱，使电阻箱有适宜阻值R 1，仅闭合S 1，使电流表有较大偏转且读数为I ；②调节电阻箱，保持开关S 1闭合，开关S 2闭合，再次调节电阻箱阻值为R 2，使电流表读数仍为I .a ．根据实验步骤与实验器材可知，电流表应选________，电阻箱应选择________．(填器材前字母)b ．根据实验步骤可知，待测电阻R x ＝________(用题目所给测量数据表示)．(3)利用以上实验电路，闭合S 1、S 2，调节电阻箱R ，可测出电流表内阻R A ，丙同学通过调节电阻箱R ，读出多组R 与I 值，作出了1IR 图象如图5所示．假设图象中纵轴截距为1 A －1，那么电流表内阻R A ＝________Ω.图5【解析】 (1)根据多用电表测电阻要求，将选择开关旋在适当欧姆挡位之后，红、黑表笔短接再进展欧姆调零．根据图中指针位置，可得被测电阻值R x＝18.0×1 Ω＝18.0 Ω.(2)②a.根据闭合电路欧姆定律能估算出通过待测电阻最大电流，从而可选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要最大电阻，来选择电阻箱．b．根据①可知：I＝ER x＋R1＋R A＋r根据②可知：I＝ER2＋R A＋r 解得：R x＝R2－R1.(3)电路中闭合S1、S2可得：I＝ER＋R A＋r变形可得，1 I＝1E·R＋1E·(R A＋r)又知纵轴截距为1 A－1，那么有1E(R A＋r)＝1 A－1将E＝3 V，r＝1 Ω，代入上式解得：R A＝2 Ω.【答案】(1)欧姆调零18.0 (2)②a.A D b．R2－R1(3)2 3．牛小曼同学对纽扣锂电池特性进展了实验探究，该电池内阻约为1 kΩ，电动势标称值为3 V．为了测定其电动势与内阻，除待测电池外，还备有如下器材：A．电压表V1：量程为3 V、内阻约为100 kΩB．电压表V2：量程为4 V、内阻约为10 MΩC．电流表A1：量程为3 A、内阻约为8 ΩD．电流表A2：量程为0.6 A、内阻约为50 ΩE．定值电阻R1：1 kΩF．定值电阻R2：30 kΩG．滑动变阻器：0～5 kΩH．开关、导线假设干(1)为了较准确测量，电表应选用________、________；定值电阻选用________；(填器材前编号)(2)请在虚线框内画出实验电路．【解析】(1)因为纽扣锂电池短路电流I0＝3 mA，两个电流表量程太大，电压表V1测R1最大电流恰好为3 mA.所以电表采用电压表A与B；定值电阻R2阻值太大，与两电表不匹配，所以定值电阻采用E；(2)量程大电压表V2测路端电压，电压表V1接在滑动变阻器两端(电压表V1接在定值电阻两端也可)，电路如下图.【答案】(1)A B E (2)见解析4．为了描绘一个标有“6 V 3 W〞字样小灯泡伏安特性曲线，实验室备有以下器材：A．标有“6 V 3 W〞字样小灯泡一个B．9 V学生电源一个C．量程为0～3 V电压表，内阻约为3 kΩD．量程为0～9 V电压表，内阻约为15 kΩE．量程为0～0.6 A电流表，内阻约为0.5 ΩF．量程为0～3 A电流表，内阻约为0.1 ΩG．滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω，允许通过最大电流1.5 A) H．滑动变阻器(阻值范围0～500 Ω，允许通过最大电流0.5 A) I．开关一个，导线假设干(1)为减小实验误差，方便调节电路，请在下面给定四个电路图与上述所给器材中选取适当电路与器材，并将它们编号填在横线上．应选取电路是________；电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________．(2)根据实验测定数据，以电压U为横坐标，电流I为纵坐标画出图线，在下面给出四个IU图线中，最能反映实际情况是________，请简要说明理由_________________________________________________________．【解析】(1)描绘小灯泡伏安特性曲线电路一定要用分压电路作为控制电路，滑动变阻器应选用阻值较小G.“6 V 3 W〞小灯泡额定电流与额定电压下电阻分别是0.5 A、12 Ω，电压表、电流表应该选择D与E，而R A R V＝0.5×15 000Ω＝50 3 Ω>12 Ω，所以测量电路应该选用电流表外接电路．电路应该选择C.(2)因为灯丝电阻随着温度升高而增大，所以IU图线上点与原点连线斜率随着电压增大而逐渐减小，应选项C正确．【答案】(1)C D E G(2)C 灯丝电阻随着温度升高而增大5．某同学通过查找资料自己动手制作了一个水果电池(电动势约为4.5 V，内阻约为1 Ω)，现要测量这个电池电动势E与内阻r.他从实验室借到一个开关、一个滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)、一只电压表(量程为0～3 V，内阻约为15 kΩ)、一只电流表(量程为0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω)、一个定值电阻(R0＝5 Ω)与假设干导线．甲乙图6(1)该同学利用上述器材设计了如图6甲所示实验电路，开关闭合前滑动变阻器接入电路阻值应调到________(选填“最大〞或“最小〞)．(2)断开开关S，调节滑动变阻器阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表示数及电流表示数．改变滑动变阻器滑片位置，屡次重复上述操作，可得到多组电压值U及电流值I，并以U为纵坐标，I为横坐标，画出UI关系图线(该图线为一条直线)，如图乙所示．由图线可求得电池电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(结果保存两位有效数字)(3)利用该实验电路测出电动势E测与内阻r测与真实值E真与r真相比，理论上E测________E真，r测________r真(选填“>〞、“<〞或“＝〞)．引起该实验系统误差主要原因是__________________________________________________________________________________________________.【导学号：37162102】【解析】(1)为了保证测量电表平安，开关闭合前滑动变阻器接入电路阻值应调到最大．(2)根据UI关系图线可直接读出电池电动势；电池等效内阻(R0＋r)为图线斜率绝对值．(3)由于电压表分流作用，导致电动势与内电阻测量值均偏小．【答案】(1)最大(2)4.3(或4.4) 0.79(0.70～1.00均正确) (3)< < 电压表分流第11 页。
高三物理二轮复习 第2 考前回扣 倒计时第7天 功能关系和能量守恒教师用书
峙对市爱惜阳光实验学校倒计时第7天 功能关系和能量守恒A ．主干回忆B ．精要检索1．恒力做功的计算式W ＝Fl cos α(α是F 与位移l 方向的夹角)．2．恒力所做总功的计算W 总＝F 合l cos α或W 总＝W 1＋W 2＋…….3．计算功率的两个公式P ＝Wt或P ＝Fv cos α.4．动能理W 总＝E k2－E k1.5．机车启动类问题中的“临界点〞(1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝P mv m.(2)匀加速运动的最后点为Pv 1m－F 阻＝ma ；此时瞬时功率于额功率P 额．(3)在匀加速过程中的某点有：P 1v 1－F 阻＝ma .(4)在变加速运动过程中的某点有P m v 2－F 阻＝ma 2. 6．重力势能E p ＝mgh (h 是相对于零势能面的高度)7．机械能守恒律的三种表达方式 (1)始末状态：mgh 1＋12mv 21＝mgh 2＋12mv 22.(2)能量转化：ΔE k(增)＝ΔE p(减)．(3)研究对象：ΔE A ＝－ΔE B .8．几种常见的功能关系(1)动能理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能理．(2)动能理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系． (3)动能理既适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(4)假设物体运动的过程中包含几个不同过程，用动能理时，可以分虑，也可以视全过程为一整体来处理．C ．热身1．(多项选择)如图1所示，光滑水平面上有一长为L 的小车，在小车的一端放有一物体，在物体上施一水平恒力F ，使它由静止开始从小车的一端运动到另一端，设小车与物体之间的摩擦力为f ，那么( )图1A ．物体到达另一端时的动能为(F －f )(s ＋L )B ．物体到达另一端时小车的动能为fsC ．整个过程中消耗的机械能为fsD ．物体克服摩擦力做功为fLAB [对物体运用动能理可得(F －f )(s ＋L )＝12mv 2，那么A 正确；对车运用动能理可得fs ＝12Mv 2，那么B 正确；系统在整个过程中消耗的机械能于滑动摩擦力与相对位移的乘积，那么整个过程中消耗的机械能为fL ，C 错误；物体克服摩擦力所做的功为f (L ＋s )，D 错误．]2．一物块沿倾角为θ的斜面向上滑动，当物块的初速度为v 时，上升的最大高度为H ，如图2所示；当物块的初速度为2v 时，上升的最大高度记为h .重力加速度大小为g .物块与斜面间的动摩擦因数μ和h 分别为( )图2A ．tan θ和2HB ．tan θ和4HC.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和2HD.⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ和4HD [物块以初速度v 上升的过程，由动能理可得－mgH －μmg cosθ·Hsin θ＝0－12mv 2；以初速度2v 上升的过程，由动能理可得－mgh －μmg cosθ·hsin θ＝0－12m (2v )2，联立解得μ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 22gH －1tan θ，h ＝4H ，选项D 正确．]3．140 kg 的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整外表(所受摩擦力按滑动摩擦力计算)，通过光照自主进行工作．假设车轮与月球地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，月球外表的重力加速度为g ＝1.6 m/s 2，现在正以最大速度做匀速直线运动，100 m 用时30 min.那么月球车提供的动力功率为( )A ．P ＝×102W B ．P ＝1 W C ．P ＝81 WD ．P ＝ WD [玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力于提供的动力，由力平衡得：F ＝μmg ，解得F ＝112 N ，平均速度v ＝x t ＝1001 800 m/s ＝118 m/s ，P ＝Fv ，解得P ＝ W ，故D 正确．]4．如图3所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平，OB 竖直．一质量为m 的小球自A 点正上方的P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．AP ＝2R ，重力加速度为g ，那么小球从P 到B 的运动过程中( )图3A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．克服摩擦力做功12mgRD [重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从P 到B 的过程中，重力做的功为W G ＝mgR ，选项A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第二律，有mg ＝m v 2BR，解得v B ＝gR ，从P 到B 过程，重力势能的减少量为mgR ，动能的增加量为12mv 2B ＝mgR2，故机械能的减少量为mgR－mgR 2＝mgR2，选项B 错误；小球从P 到B 的过程中，合外力做的功于动能的增加量，即为mgR2，选项C 错误；从P 到B 的过程中，小球克服摩擦力做的功于机械能的减少量，即为mgR2，选项D 正确．]5．(多项选择)如图4所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用长为2L 的轻杆相连，在杆的中点O 处有一固水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B 球沿顺时针转动到最低位置的过程中( )图4A ．A 、B 两球的角速度大小始终相 B ．重力对B 球做功的瞬时功率一直增大C ．B 球转动到最低位置时的速度大小为23gL D ．杆对B 球做正功，B 球机械能不守恒AC [A 、B 两球用轻杆相连，角速度大小始终相，选项A 正确；杆在水平位置时，重力对B 球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B 球的重力和速度方向垂直，重力对B 球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B 球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B 球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B 错误；设B 球转动到最低位置时的速度为v ，两球角速度大小相，转动半径相，所以两球的线速度大小也相，对A 、B 两球和杆组成的系统，由机械能守恒律得，2mgL －mgL ＝12(2m )v 2＋12mv 2，解得v ＝23gL ，选项C 正确；B 球的重力势能减少了2mgL ，动能增加了23mgL ，机械能减少了，所以杆对B 球做负功，选项D 错误．]6．(多项选择)如图5甲所示，质量m ＝0.5 kg ，初速度v 0＝10 m/s 的物体，受到一个与初速方向相反的外力F 的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3 s 后撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的v t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，那么( )图5A ．物体与地面间的动摩擦因数为0.1B ．0～2 s 内F 做的功为－8 JC ．0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为25 JD ．0～7 s 内物体滑行的总位移为29 mABD [由图象可知物体在3～7 s 内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小a ＝1 m/s 2＝μg ，得物体与地面间的动摩擦因数为0.1，A 正确；计算0～7 s 内所围面积可得物体滑行的总位移为x ＝29 m ，D 正确，0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为Q ＝μmgx ＝1 J ，C 错误；0～2 s 加速度大小a 1＝2 m/s 2，由μmg ＋F ＝ma 1可得F ＝0.5 N,0～2 s 内位移由面积可得x ′＝16 m ，所以F 做的功为W ＝－Fx ′＝－8 J ，B 正确．]7．如图6所示，在光滑水平地面上放置质量为M ＝2 kg 的长木板，木板上外表与固的竖直弧形轨道相切．一质量m ＝1 kg 的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下，A 点距离长木板上外表的高度h ＝0.6 m ．滑块在长木板上滑行t ＝1 s后，和长木板以共同速度v ＝1 m/s 匀速运动，g 取10 m/s 2.求： 图6(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A 点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多少？【导学号：37162098】【解析】 (1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二律有F f＝Ma 1由运动学公式得v ＝a 1t 代入数据解得F f ＝2 N.(2)滑块在长木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二律有－F f ＝ma 2 设滑块滑上长木板时的初速度为v 0，那么有v －v 0＝a 2t 代入数据解得v 0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能理得 mgh －Q 1＝12mv 20－0代入数据解得Q 1＝ J.(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时长木板的位移为 s 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝ m 所以Q 2＝F f ·L ＝3 J 那么Q ＝Q 1＋Q 2＝ J.【答案】 (1)2 N (2) J (3) J。
高三物理二轮复习教师用书 第二部分 应试高分策略 第2讲实验题突破策略与技巧 Word版含答案
第2讲实验题突破策略与技巧——稳扎稳打多捞分近几年高考对实验的考查，多以一大带一小的形式出现，其中第一小题为常规实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或常规型实验．第二小题侧重对学生实验迁移能力的考查，常以设计性实验来体现，主要为电学实验，也有力学实验．只要扎扎实实掌握课本实验的实验原理、实验方法、数据处理的方法及分析，灵活迁移到解决创新性、设计性实验中，就能稳得实验题高分．分类型突破如下：类型1读数与作图型类型解读此类型题考查常用仪器的使用和读数，以及实验作图或电学部分的电路图、实物连线．突破策略对于读数问题，要弄清是否要估读、数据有效数字的位数以及要求的单位．对作图或连线题要从细节和规范上加以注意．总之，答题时周密细致、临场不慌，就能得全分．(·高考浙江卷)图甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．甲乙(1)根据图甲画出实验电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A，电压表量程为3 V．所示读数为：①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别为________和________．[解析](1)实验电路图如图所示．(2)电流表量程为0.6 A ，每一小格代表0.02 A ，读数时估读到精度的本位即可；电压表量程为3 V ，每一小格代表0.1 V ，读数时估读到精度的下一位．读数分别为：①0.10 A 、②0.24A 、③2.00 V 、④0.27 V ．应用R ＝U I求电阻时，电流为0.10 A 时对应的电压为0.27 V ；电流为0.24 A 时对应的电压为2.00 V ，求得的两组数据对应的电阻分别为2.7 Ω和8.3 Ω.[答案] (1)如解析图所示(2)0.10 A 0.24 A 2.00 V 0.27 V2．7(±0.1) Ω 8.3(±0.1) Ω[如填为8.3(±0.1) Ω2．7(±0.1) Ω也行]类型2 基本操作型类型解读 基本操作型实验题主要考查实验的基本操作，此类题主要有三类：一类是对实验操作的关键点考查，明确方法；第二类是对题述的实验步骤分析找出错误进行改正；三是补全实验步骤．突破策略 解答基本操作型实验题首先要理解掌握实验的基本步骤，特别是实验的一些细节，其次要知道实验的注意事项．根据实验要点，抓住关键，按照题目要求解答．(·高考安徽卷)在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端．用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示．请将以下的实验操作和处理补充完整：(1)用铅笔描下结点位置，记为O ；(2)记录两个弹簧测力计的示数F 1和F 2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；(3)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________；(4)按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；(5)根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；(6)比较________的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验．[解析](3)用铅笔分别描出沿每条绳方向的几个点，用刻度尺把这些点连成直线(画拉力的方向)，目的是画出同两分力产生相同效果的这个力的方向．(6)F与F3作比较，即比较用平行四边形定则作出的合力和产生相同效果的实际的力是否相同，即可验证力的平行四边形定则的正确性．[答案](3)沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成直线(6)F 与F3类型3方案与器材选择型类型解读方案选择型实验题根据着重点不同主要可分为二类：一类是测量方案的选择；一类是数据处理方法的选择．器材选择型实验题是指以考查基本仪器选择为主的实验题(主要为电学实验)，此类实验题主要有两种情况：一种是给出实验目的，要求选择实验仪器；另一种是给出电学中的一些电表、电阻和实验需要测量的物理量，要求选择实验仪器，或选择实验电路．突破策略对于测量方案的选择，要通过分析题述的各种方案的可行性和实验的实际情况选择符合题目要求的方案；对于电路的选择，要考虑到测量的系统误差和电表指针偏转的角度，选择符合要求且误差尽可能小的电路；对于数据处理方法的选择，要根据实验的实际情况和题目要求选择最佳数据处理方法．仪器选择的原则：安全可行、精确合理、操作方便．对于给出实验目的要求选择实验仪器类实验题，要根据实验原理选择最适合的仪器；对于电表选择类，一定要对电路的最大电流值和电压值进行估算，其电表量程要稍大于电路的最大电流值和电压值．分压电路，滑动变阻器要在满足最大允许电流要求的条件下尽可能选择最大阻值较小的；限流电路，滑动变阻器要在满足要求的条件下尽可能选择最大阻值与待测电路部分电阻的阻值差不多的．(·安徽名校联考)某物理学习小组的两位同学采用“伏安法”测金属丝电阻率的实验中．(1)先用米尺测出金属丝的长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径．使用时发现所用螺旋测微器存在零误差，测微螺杆与测砧直接接触时读数如图甲所示，测量金属丝直径时如图乙所示，则金属丝的直径是________mm；(2)用多用电表粗测金属丝电阻，选择电阻挡倍率“×1”，将两表笔短接，进行________，再使表笔接触金属丝两端，读数如图丙所示，则其阻值为R x＝________Ω；(3)实验室备有下列实验器材．A．电压表V1(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)B．电压表V2(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)C．电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)D．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)E．滑动变阻器R1(0～100 Ω，0.6 A)F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)G．电池组E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)H．开关S，导线若干为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填代号)．应选用图中________(填“丁”或“戊”)为该实验的电路原理图．[解析](1)由甲图可知螺旋测微器的零误差为0.020 mm，所以金属丝的直径为0.505 mm.(2)多用电表测电阻之前，需要先欧姆调零；读数为6 Ω.(3)由于电源的电动势为3 V，所以电压表应选A；被测电阻约为6 Ω，电路中的最大电流约为I＝E＝0.5 A，电流表应选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器应R x选E；还要选用电池、开关和导线．故应选用的实验器材有ADEGH.由于R VR x>R xR A，应采用电流表外接法，应选图戊所示电路．[答案](1)0.505(0.504～0.506之间均正确)(2)欧姆调零 6(3)ADEGH戊类型4测量计算型类型解读该类型实验题主要考查实验数据的处理能力以及对结果进行误差分析的能力．突破策略解答该类型实验题的步骤：明确实验中的物理过程，找出遵循的物理规律，选定所需公式进行计算，总之是用解决计算题的思维解决实验题．(·南昌市调研)为了测定一电池的电动势和内电阻，实验室中提供有下列器材：A．电流表G(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)B．电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻未知)C．滑动变阻器R(0～100 Ω，1 A)D．定值电阻R0(阻值990 Ω)E．开关与导线若干(1)某同学根据现有的实验器材，设计了图甲所示的电路，请按照电路图在图乙上完成实物连线．(2)图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用实验测出的数据绘出的I1－I2图线，I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，由图线可以得到被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.[解析](1)连接实物图时，注意电流由电源正极出发，由两电流表正接线柱流入，负接线柱流出．(2)电流表G与定值电阻串联，可等效为电压表使用，由欧姆定律可知，电流表G示数大小等于电源两端电压大小，故I1－I2图象，实质为U－I图象，其纵截距为电源电动势，E ＝9.0 V，斜率绝对值为电源内电阻，即r＝10.0 Ω.[答案](1)实物连线如图(2)9.010.0类型5规律探究型类型解读所谓规律探究型实验题是指为探究某种规律而设计的实验．规律探究型实验题注重考查学生的科学探究能力和对综合实验知识的掌握程度．规律探究型实验题强调的是“探究”，重点是数据的分析和处理．题目一般具有开放性，有一定难度．突破策略解答规律探究型实验题，一是要切题，要明确探究什么，如何探究，要搞清楚实验装置，知道各个器件的作用；二是要应用相关知识，搞清楚实验方法和实验步骤；三是要对探究结论按照题目要求进行分析．(·山西质量监测)为探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，某同学设计了如图甲的实验装置．实验步骤如下：①用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙；②将水平弹簧的一端固定于水平气垫导轨的左侧；③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；④释放滑块，记录滑块脱离弹簧后通过光电门的时间Δt，算出滑块的速度v；⑤重复步骤③④，作出v与x的关系图象如图丙．回答下列问题：(1)遮光片的宽度为________ cm.(2)若Δt＝3.0×10－2 s，则滑块的速度为________ m/s.(3)由图丙可知，v与x成________关系．(4)实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧压缩量的关系是_______________________．[解析](1)游标卡尺为二十分度游标卡尺，精确度为0.05 mm，主尺读数为9 mm，游标尺第6条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0.30 mm，所以遮光片宽度为9.30 mm＝0.930 cm；(2)根据平均速度定义可知，滑块的速度v＝dΔt＝0.930×10－23.0×10－2m/s＝0.31 m/s；(3)v－x图象为过原点直线，故v与x成正比；(4)根据机械能守恒定律可知，滑块的动能等于弹簧压缩产生的弹性势能，故弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比．[答案](1)0.930(2)0.31(3)正比(正比例)(4)弹性势能与弹簧压缩量(x)的平方成正比类型6创新设计型类型解读所谓创新设计型实验题，就是按照题目要求，设计实验方案或实验电路的实验题．突破策略解答创新设计型实验题，就是要按照题目要求和题目给出的实验器材，应用相关的物理知识，迁移教材实验的方法，设计出切实可行的实验方案或实验电路．(·湖北八校二联)现有一个电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压U g.A．待测电压表V1，满偏电压约为3 V，内电阻R V1＝3 000 Ω，刻度均匀、总格数为N；B．电流表A：量程0.6 A、内阻R A约为0.1 Ω；C．电压表V2：量程15 V、内阻R V2约为15 kΩ；D．标准电阻R1＝10 Ω；E．标准电阻R2＝10 kΩ；F．滑动变阻器R：最大阻值200 Ω；G．学生电源E，电动势15 V，内阻不计；H．开关一个．(1)方框中已画出部分实验电路图，请你完成剩余的部分电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号．(2)测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n个格，可计算出满偏电压U g为________(用字母表示)，式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量的物理意义是______________________．[解析](1)因待测电压表的满偏电压较小，故应串联一个定值电阻分压，又知R V1＝3 000 Ω，故串联的定值电阻应选R2，而电压值需用电压表V2测出，故要和V2并联，设计成如答案(1)中的电路图．(2)V2的示数为V1和R2两端的总电压，按照串联分压关系，则有V1两端的电压为R V1R V1＋R2·U(U为电压表V2的读数)，除以格数n即可得到每偏转1个格的电压值，再乘以总格数N即可得满偏电压．[答案](1)如图所示(2)NUR V1n（R V1＋R2）U为电压表V2的读数。
高三物理二轮复习第2部分考前回扣倒计时第6天电场和磁场教师用书(新)
倒计时第6天 电场和磁场A ．主干回顾B ．精要检索 1．库仑定律F ＝k Q 1Q 2r22．电场强度的表达式 (1)定义式：E ＝F q(2)计算式：E ＝kQ r2 (3)匀强电场中：E ＝U d3．电势差和电势的关系U AB ＝φA －φB 或U BA ＝φB －φA4．电场力做功的计算 (1)普适：W ＝qU (2)匀强电场：W ＝Edq 5．电容的定义式C ＝Q U ＝ΔQ ΔU6．平行板电容器的决定式C ＝εr S4πkd7．磁感应强度的定义式B ＝F IL8．安培力大小F ＝BIL (B 、I 、L 相互垂直)9．洛伦兹力的大小F ＝qvB10．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)洛伦兹力充当向心力，qvB ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝4π2mrf 2＝ma .(2)圆周运动的半径r ＝mv qB、周期T ＝2πmqB.11．速度选择器如图1所示，当带电粒子进入电场和磁场共存的空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F 电＝Eq ，F 洛＝Bqv 0，若Eq ＝Bqv 0，有v 0＝EB，即能从S 2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关．图112．电磁流量计如图2所示，一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定．图2由qvB ＝qE ＝q U d可得v ＝U Bd流量Q ＝Sv ＝πd 24·U Bd ＝πdU4B .13．磁流体发电机如图3是磁流体发电机，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A 、B 板上，产生电势差，设A 、B 平行金属板的面积为S ，相距为L ，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v ，板间磁场的磁感应强度为B ，板外电阻为R ，当等离子气体匀速通过A 、B 板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE 场＝qvB ，E 场＝vB ，电动势E ＝E 场L ＝BLv ，电源内电阻r ＝ρLS，故R 中的电流I ＝E R ＋r ＝BLvR ＋ρL S＝BLvSRS ＋ρL.图314．霍尔效应如图4所示，厚度为h ，宽度为d 的导体板放在垂直于磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U ＝k IB d(k 为霍尔系数)．图415．回旋加速器如图5所示，是两个D 形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过D 形金属盒．D 形金属盒缝隙中存在交变的电场．带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半圆周运动．图5(1)粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相同．T 电场＝T 回旋＝T ＝2πmqB.(2)粒子在电场中每加速一次，都有qU ＝ΔE k .(3)粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R ，有R ＝mv qB.(4)粒子飞出加速器时的动能为E k ＝mv 22＝B 2R 2q 22m.在粒子质量、电量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只与加速器的半径R 和磁感应强度B 有关，与加速电压无关．16．带电粒子在电场中偏转的处理方法17．带电粒子在有界磁场中运动的处理方法 (1)画圆弧、定半径：从磁场的边界点、或轨迹与磁场边界的“相切点”等临界点入手；充分应用圆周运动相互垂直的“速度线”与“半径线”．①过粒子运动轨迹上任意两点M 、N (一般是边界点，即“入射点”与“出射点”)，作与速度方向垂直的半径，两条半径的交点是圆心O ，如图6甲所示．图6②过粒子运动轨迹上某一点M (一般是“入射点”或“出射点”)，作与速度方向垂直的直线，再作M 、N 两点连线(弦)的中垂线，其交点是圆弧轨道的圆心O ，如图乙所示．(2)确定几何关系：在确定圆弧、半径的几何图形中，作合适辅助线，依据圆、三角形的特点，应用勾股定理、三角函数、三角形相似等，写出运动轨迹半径r 、圆心角(偏向角)θ、与磁场的宽度、角度、相关弦长等的几何表达式．(3)确定物理关系：相关物理关系式主要为半径r ＝mv qB ，粒子在磁场的运动时间t ＝φ2πT ＝φ360°T (圆弧的圆心角φ越大，所用时间越长，与半径大小无关)，周期T ＝2πmqB.C ．考前热身1．两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A 、B 、C 三点，如图7甲所示．一个电荷量为2 C ，质量为1 kg 的小物块从C 点由静止释放，其运动的v t 图象如图7乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是( )图7A ．B 点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E ＝2 V/m B ．物块由C 到A 的过程中，电势能先减小后变大 C ．由C 点到A 点的过程中，各点电势逐渐升高D ．A 、B 两点的电势差U AB ＝－5 VD [读取v t 图象信息．B 点的斜率为此时的加速度为2 m/s 2，为最大值，则电场力为最大值F ＝ma ＝2 N ，则电场强度最大值为E ＝Fq＝1 N/C ，故A 错误．C 到A 的过程中，物块速度增大，则电场力做正功，电势能减小，故B 错误．理解等量同种点电荷电场的几何形状，电荷连线中垂线上的电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧， 则由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故C 错误．A 、B 两点的速度分别为6 m/s 、4 m/s, 由动能定理得电场力做功为W BA ＝12mv 2A －12mv 2B ＝10 J ，则电势差为U AB ＝W AB q ＝－10 J 2 C＝－5 V ，故D 正确．] 2．(多选)如图8所示，平行金属板AB 之间接恒定电压，一重力不计的带正电粒子自A 板附近由静止释放，粒子匀加速向B 板运动．则下列说法正确的是( )图8A ．若开关S 保持闭合，减小AB 间的距离，则粒子到达B 板的速度将增大 B ．若开关S 保持闭合，减小AB 间的距离，运动时间将减小C ．若断开S ，减小AB 间的距离，则粒子到达B 板的速度将增大D ．若断开S ，减小AB 间的距离，运动时间将减小BD [开关S 保持闭合时，AB 两板间电压U 保持不变．由v ＝2qUm得速度v 不变．由d ＝12vt 知若d 减小，则t 减小，故A 错误，B 正确．断开S 时AB 两板带电荷量不变，所以当减小AB 间的距离d 时，板间电场强度E 不变，则粒子的加速度不变．由v ＝2ad 得v 减小．由d ＝12at 2知若d 减小，a 不变，则t 减小，故C 错误，D 正确．]3．(多选)一个负离子，质量为m ，带电荷量大小为q ，以速率v 垂直于屏S 经过小孔O 射入存在着匀强磁场的真空室中，如图9所示．磁感应强度B 的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图中纸面向里 ( )图9A ．离子进入磁场后到达屏S 上时的位置与O 点的距离为mv qBB ．离子进入磁场后到达屏S 上时的位置与O 点的距离为2mvqBC ．离子进入磁场后经过时间t 到达位置P ，则有θ＝qB m tD ．离子进入磁场后经过时间t 到达位置P ，则有θ＝qB2mtBD [由题图知，OQ 是半径，由qvB ＝mv 2r 得r ＝mvqB，所以到达屏S 的位置与O 点的距离为2r ＝2mv qB ，故A 错误，B 正确；由几何关系得圆心角为2θ，所以t ＝2θ2πT ＝2θmqB，可得θ＝qBt2m，故C 错误，D 正确．]4．(多选)如图10所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝L ，在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子．已知粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0＝qBLm.设粒子发射方向与OC 边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力．对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( )图10A ．当θ＝45°时，粒子将从AC 边射出B ．所有从OA 边射出的粒子在磁场中运动时间相等C ．随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小D ．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出 AD [粒子在磁场中运动的半径为R ＝mv 0qB＝L ，若当θ＝45°时， 由几何关系可知，粒子将从AC 边射出，选项A 正确；所有从OA 边射出的粒子在磁场中运动时所对应的弧长不相等，故时间不相等，选项B 错误；当θ＝0°时，飞入的粒子在磁场中恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是T 6；当θ＝60°，飞入的粒子在磁场中运动时间也恰好是T6，是在磁场中运动时间最长，故θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，当θ从60°到90°过程中，粒子从OA 边射出，此时在磁场中运动的时间逐渐减小，故C 错误；当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出， 因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D 正确．]5．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图11甲所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2φ(φ>0)，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L .假设太空中飘浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．图11(1)求粒子到达O 点时速度的大小；(2)如图乙所示，在PQ (与ACDB 重合且足够长)和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；(3)如图丙所示，在PQ (与ACDB 重合且足够长)和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E ＝φ4L ，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间．【解析】 (1)带电粒子在电场中加速时，电场力做功，由功能关系得：qU ＝12mv 2而U ＝2φ－φ＝φ 所以v ＝2qφm.(2)从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图(a)，轨迹圆心角θ＝60°.根据几何关系，粒子做圆周运动的半径：R ＝2L由洛伦兹力提供向心力得：qBv ＝m v 2R联合解得：B ＝1Lmφ2q. (3)如图(b)粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远，这是一个类平抛运动的逆过程．建立如图坐标． 则L ＝12qE m t 2可得t ＝2mL qE ＝2L2mqφ所以v x ＝Eq mt ＝2qELm＝qφ2m若速度与x 轴方向的夹角为α角则cos α＝v x v ＝12所以α＝60°. 【答案】 (1)2qφm(2)1Lmφ2q(3)方向斜向上与水平方向夹角为60° 2L2m qφ6．如图12所示，在直角坐标系xOy 平面内，虚线MN 平行于y 轴，N 点坐标(－l,0)，MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m 、电荷量大小为e 的电子，从虚线MN 上的P 点， 以平行于x 轴正方向的初速度v 0射入电场，并从y 轴上A 点(0，0.5l )射出电场，射出时速度方向与y 轴负方向成30°角，以后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q 点⎝⎛⎭⎪⎫3l 6，－l 射出，速度沿x 轴负方向．不计电子重力．求：图12(1)匀强电场的电场强度E 的大小？(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小？电子在磁场中运动的时间t 是多少？ (3)圆形有界匀强磁场区域的最小面积S 是多大？【导学号：37162099】【解析】 (1)设电子在电场中运动的加速度为a ，时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为v y, 则a ＝eEmv y ＝at l ＝v 0t v y ＝v 0cot 30°解得：E ＝3mv 2el.(2)设轨迹与x 轴的交点为D ，OD 距离为x D ， 则x D ＝0.5l tan 30°＝3l6所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上，电子运动轨迹如图所示．设电子离开电场时速度为v ，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则v 0＝v sin 30° r ＝mv eB ＝2mv 0eB r ＋rsin 30°＝l ⎝ ⎛⎭⎪⎫有r ＝l 3t ＝13T T ＝2πm eB ⎝⎛⎭⎪⎫或T ＝2πr v ＝πl 3v 0 解得：B ＝6mv 0el ，t ＝πl9v 0.(3)以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为r 1，则r 1＝r cos 30°＝3r 2＝3l6 S ＝πr 21＝πl 212.【答案】 (1)E ＝3mv 20el (2)B ＝6mv 0el ，t ＝πl 9v 0 (3)S ＝πl212。
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倒计时第3天力学实验A．主干回顾
B．精要检索
1．实验要点
若纸带做匀变速直线运动，则a ＝Δx
T
2或a ＝
x m －x n
m －n T 2
1．利用如图1装置可以做力学中的许多实验：(1)以下说法正确的是________．
图1
A．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响
B．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细绳与滑轨平行
C．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力
D．用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，应使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量
(2)本装置中要用到打点计时器，如图2所示为实验室常用的两种计时器，其中b装置用的电源要求是________．
a b
图2
A．交流220 V B．直流220 V
C．交流4～6 V D．直流4～6 V
(3)在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3，已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A点时小车的瞬时速度为________m/s.(结果保留两位有效数字)
图3
【解析】(1)小车与滑轨间存在的摩擦力不会影响小车做匀变速直线运动，故不需要平衡摩擦力，A项错误；为保持小车所受拉力方向不变，需要调整滑轮高度使连接小车的细绳与滑轨平行，B项正确；平衡摩擦力后，mg sin θ＝μmg cos θ，即tan θ＝μ，即只需
要调整好轨道倾角即可，与砝码与砝码盘总质量无关，C项错误；F＝
mg
M＋m
M＝
1
1＋
m
M
·mg，所
以为确保小车所受拉力近似等于砝码盘和盘内砝码总重力，盘及盘内砝码总质量应远小于小车总质量，D项正确．
(2)b为电磁打点计时器，使用4～6 V低压交流电源，C项正确；a为电火花打点计时器，使用交流220 V电源．
(3)纸带中A点的瞬时速度等于以它为中间时刻某段位移的平均速度，即v A＝
－
－2
2×0.02
m/s ＝0.53 m/s.
【答案】 (1)BD (2)C (3)0.53(0.51～0.53均对)
2．某实验小组采用如图4甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．打点计时器的工作频率为50 Hz.
甲
乙 图4
(1)实验中木板略微倾斜，这样做________． A ．是为了使小车释放后能匀加速下滑 B ．是为了增大小车下滑的加速度
C ．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功
D ．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条……挂在小车的前端进行多次实验，每次都把小车拉到同一位置再释放．将第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W 1，第二次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2W 1……小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第4次的纸带(如图乙所示)求得小车获得的速度为________m/s(保留三位有效数字)．
(3)若根据多次测量的数据作出W v 图象，则下列符合实际的是________．
【解析】 (1)使木板倾斜，让小车受到的摩擦力与小车所受重力沿木板向下的分力大小相等，在不施加拉力时，小车在木板上受到的合力为零，小车可以在木板上静止或做匀速直线运动．小车与橡皮筋连接后，小车所受到的合力等于橡皮筋的拉力，橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功，故选项C 、D 正确．
(2)相邻各点之间的距离相等时，小车做匀速直线运动，由题图乙可知，小车做匀速直线运动时相邻两点之间的距离是4.00 cm ，打点时间间隔t ＝1f ＝150
s ＝0.02 s ，小车获得的
速度v ＝x t ＝0.04
0.02
m/s ＝2.00 m/s.
(3)由动能定理得W ＝12mv 2
，可知W 与v 是二次函数关系，C 正确．
【答案】 (1)CD (2)2.00 (3)C
3．用落体法验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器的打点频率为50 Hz ，重力加速度为9.8 m/s 2
.
(1)运用公式12mv 2
＝mgh 时，对实验条件的要求是重锤由静止出发，为达到此目的，所选
择的纸带第1、2两点间的距离应接近________．
(2)若实验中所用重锤的质量m ＝1 kg ，打点纸带如图5所示，则打下B 点时，重锤的动能E k ＝________J ；从开始下落至打下B 点，重锤的重力势能的减少量ΔE p ＝________J ．(结果保留三位有效数字)
图5
(3)由上述实验可得出的结论是__________________________．
【导学号：37162101】
【解析】 (1)用公式12mv 2
＝mgh 验证机械能守恒定律时，对实验条件的要求是纸带上打
下第1点时，重锤的初速度为零，打点计时器的打点频率为50 Hz ，打点周期为0.02 s ，重锤开始下落后，在第一个打点周期内下落的高度为h ＝12gT 2＝12×9.8×(0.02)2
m≈2 mm，所
以所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近2 mm.
(2)由题图，利用匀变速直线运动规律，有v B ＝
x AC 2T ＝0.031 0－0.007 82×0.02
m/s ＝0.58 m/s ，打下B 点时重锤的动能E k B ＝12mv 2
B ＝0.168 J ；从开始下落至打下B 点，重锤的重力势能的减
少量ΔE p ＝mgh ＝1×9.8×0.017 6 J＝0.172 J.
(3)由以上数据，可得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程中机械能守恒． 【答案】 (1)2 mm (2)0.168 0.172 (3)在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒 4．某同学设计了一个探究加速度a 与物体所受合力F 及质量m 关系的实验，图6甲为实验装置简图，打点计时器每隔0.02 s 打一个点，纸带上每两个打印点取一个计数点．
甲
乙
图6
(1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(保留两位有效数字)
(2)有一位同学通过实验测量作出了图6中的A图线，另一位同学通过实验测出了如图7中的B图线．试分析：
图7
①A图线上部弯曲的原因是___________________________________
__________________________________________________________；
②B图线在纵轴上有截距的原因是______________________________
_________________________________________________________.
【解析】(1)因为x CE－x AC＝a(2T)2，所以a＝x CE－x AC
4T2
＝
＋7.72－6.19－－2
4×0.042
m/s2≈3.2 m/s2.
(2)①随着钩码质量的不断增加，将不再满足钩码质量远小于小车质量这一要求．
②平衡摩擦力时，长木板远离滑轮的一端垫得过高，导致形成斜面的倾角过大．【答案】见解析。