2016届高考物理一轮复习：课时强化作业16
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业26
课时强化作业二十六 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动一、选择题1．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变 解析：由C ＝εr S 4πkd 和C ＝QU可知保持S 不变，增大d ，电容减小，电荷量不变，则电压变大，θ变大；保持d 不变，减小S ，电容减小，电荷量不变，电压变大，θ变大．故A 项对，BCD 项都错．答案：A2.如图所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到B 板中间，设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场中的运动时间t 1＝l v 0，t 2＝l2v 0所以t 1∶t 2＝2∶1，偏转位移y ＝12at 2＝qU 2md t 2，由于y 1∶y 2＝1∶2，得U 1∶U 2＝1∶8，故选项A 正确．答案：A3．如图所示，C 为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地；P 和Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P 板与b 板用导线相连，Q 板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )A ．缩小a 、b 间的距离B ．加大a 、b 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：由图可知，两只电容器属于并联关系，两电容器极板间电压始终相等，a 、b 板的电荷量保持不变，当缩小a 、b 间的距离时，由C ＝εr S4πkd可知，电容器a 、b 的电容增大，由U ＝QC 可知其电压减小，则P 、Q 间电压减小，其间电场强度减小，小球受电场力减小，悬线的偏角α减小，选项A 错误；当加大a 、b 间距离时，电压升高，悬线的偏角α增大，选项B 正确；取出a 、b 间的电介质时，其电容减小，板间电压升高，故偏角α增大，若换一块介电常数更大的介质，则电容增大，板间电压减小，偏角α变小，故选项C 正确，选项D 错误．答案：BC4．如下图所示的示波管，当两偏转电极XX ′、YY ′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电压加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标为O 点，其中x 轴与XX ′电场的场强方向平行，x 轴正方向垂直于纸面指向纸内，y 轴与YY ′电场的场强方向平行)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则( )A ．X 、Y 接电源的正极，X ′、Y ′接电源的负极B ．X 、Y ′接电源的正极，X ′、Y 接电源的负极C ．X ′、Y 接电源的正极，X 、Y ′接电源的负极D ．X ′、Y ′接电源的正极，X 、Y 接电源的负极解析：电子枪发射的是电子，带负电，要使电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，即在YY ′电场的作用下，电子要向－y 方向偏转，则Y ′接电源的正极，Y 接电源的负极，电子在XX ′电场的作用下向－x 方向偏转，则X ′接电源正极，X 接电源的负极，故选项D 正确．答案：D5．(2014年天津卷)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析：微粒向下偏转，则微粒受到重力和电场力的合力向下，若微粒带正电，如果电场力小于重力，无论A 板所带何种电荷，微粒受到电场力和重力的合力均向下，从而也就不能判断带电粒子运动过程中电场力做正功还是做负功，亦不能判断微粒电势能增加还是减小，由功能关系可知，也就不能判断机械能增加与否，故选项A 、B 、D 错误；微粒受到重力和电场力的合力向下，合力对微粒做正功，由动能定理可知，微粒从M 到N 的过程动能增加，选项C 正确．答案：C6.如图所示，水平放置的平行金属板a 、b 分别与电源的两极相连，带电液滴P 在金属板a 、b 间保持静止，现设法使P 固定，再使两金属板a 、b 分别绕过中心点O 、O ′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P ，则P 在电场内将做( )A ．匀速直线运动B ．水平向右的匀加速直线运动C ．斜向右下方的匀加速直线运动D ．曲线运动解析：设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q Ud ＝mg .金属板转动后，P 所受的电场力大小为：F ＝q Ud cos α，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F 1＝F ·cos α＝q U d cos αcos α＝q Ud ＝mg .故电场力和重力的合力水平向右，即P 做水平向右的匀加速直线运动．B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B7.如右图所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q 以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中央射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q ＝t PB ．它们运动的加速度a Q ＜a PC ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，有l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t 2P ，得到a P＝h v 20l 2.同理对Q ，有l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t 2Q ，得到a Q ＝2h v 20l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，A 、C 正确．答案：AC8．如图中甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8解析：设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的速度图象，如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0<t 0<T 4与3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4<t 0<3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，故选项B 正确．答案：B9．(2014年山东卷)如图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )A.s 22qEmh B.s 2qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh解析：由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性可知，两轨迹相切点一定在矩形区域的中心，且两粒子均做类平抛运动．根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上，s2＝v 0t ，在竖直方向上，h 2＝12at 2＝12Eq m ·t 2，联立以上两式得v 0＝s2Eqmh，故选项B 正确． 答案：B10．在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图所示．由此可见( )A ．电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等解析：设AC 与竖直方向的夹角为θ，对带电小球从A 到C ，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC ·cos θ－qE ·BC ·cos θ＝0，解得电场力为qE ＝3mg ，选项A 正确，选项B 错误；小球在水平方向做匀速直线运动，从A 到B 的运动时间是从B 到C 的运动时间的2倍，选项C 错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A 到B 与从B 到C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平速度不变，小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等，选项D 正确．答案：AD 二、非选择题11．(2013年新课标全国Ⅱ卷)如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q ＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．解析：设质点质量为m ，经a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有qE ＋N a ＝m v 2ar ①N b －qE ＝m v 2br②设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b 有 E k a ＝12m v 2a ③E k b ＝12m v 2b④根据动能定理有2qEr ＝E k b －E k a ⑤ 联立①②③④⑤解得E ＝16q (N b －N a )E k a ＝r12(N b ＋5N a )E k b ＝r12(5N b ＋N a )答案：E ＝16q (N b －N a ) 质点经过a 点时的动能为r12(N b ＋5N a ) 质点经过b 点时的动能为r12(5N b ＋N a ) 12.如图，可视为质点的三物块A 、B 、C 放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝7380，A 与B 紧靠一起，C 紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为m A ＝0.80 kg ，m B ＝0.64 kg ，m C ＝0.50 kg ，其中A 不带电，B 、C 均带正电，且q C ＝2.0×10－5 C ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、C 间相距L ＝1.0 m ．如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r 时，两点电荷具有的电势能可表示为E p ＝k q 1q 2r ，现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度a ＝1.5 m/s 2的匀加速直线运动，假定斜面足够长，已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)B 物块的带电荷量q B ；(2)A 、B 运动多长距离后开始分离；(3)从开始施力到A 、B 分离，力F 对A 物块做的功．解析：(1)设B 所带电荷量q B ，以A 、B 为研究对象，根据平衡条件有kq C q BL 2＝(m A ＋m B )g sin30°.解得q B ＝4.0×10－5C.(2)对A 施加外力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，当A 、B 之间作用力为零时，A 、B 开始分离，设分离时B 运动的距离为s ，由库仑定律可得C 对B 的库仑斥力F ′＝kq C q B(L ＋s )2. 以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ′－m B g sin30°－μm B g cos30°＝m B a 两式联立解得s ＝0.2 m.(3)设此过程中F 对A 做功为W F ，库仑斥力对B 做功W B . A 、B 分离时的速度为v 1，对A 、B 整体由动能定理有W B ＋W F －(m A ＋m B )gs ·sin30°－μ(m A ＋m B )gs cos30°＝12(m A ＋m B )v 21. W B ＝kq C q B L －kq C q BL ＋s由运动学公式v 21＝2as 联立解得W F ＝1.05 J.答案：(1)4.0×10－5 C (2)0.2 m (3)1.05 J13．(2015届湖北省黄冈中学高三上学期期中考试)如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为l ＝0.40 m 的绝缘细线把质量为m ＝0.20 kg ，带有q ＝6.0×10－4C 正电荷的金属小球悬挂在O 点，小球静止在B 点时细线与竖直方向的夹角为θ＝37°.求：(1)AB 两点间的电势差U AB ；(2)将小球拉至位置A 使细线水平后由静止释放，小球通过最低点C 时细线对小球的拉力F 的大小；(3)如果要使小球能绕O 点做完整的圆周运动，则小球在A 点时沿垂直于OA 方向运动的初速度v 0的大小．(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80)解析：(1)带电小球在B 点静止受力平衡，则： qE ＝mg tan θ，E ＝mg tan θq＝2.5×103 V/m.由U ＝Ed 有：U AB ＝－El (1－sin θ)＝－400 V . (2)设小球运动至C 点时速度为v C ，则：⎩⎨⎧mgl －qEl ＝12m v 2C ，F －mg ＝m v 2CL，联立解得：F ＝3 N.(3)小球做完整圆周运动时必须通过B 点的对称点，设在该点时小球的最小速度为v ，则：⎩⎨⎧mg cos θ＋qE sin θ＝m v 2l，－mgl cos θ－qEl (1＋sin θ)＝12m v 2－12m v 2.联立解得：v 0＝21 m/s.答案：(1)－400 V (2)3 N (3)21 m/s。
高考物理一轮总复习-课时强化作业23-实验六-验证机械能守恒定律-新人教版
课时强化作业二十三实验六验证机械能守恒定律1. (2016届安徽皖南八校联考)如图1所示, 将打点计时器固定在铁架台上, 用重物带动纸带从静止开始自由下落, 利用此装置可验证机械能守恒定律.(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物, 此外还需要的器材是________(填字母代号)．A. 直流电源、天平及砝码B. 直流电源、毫米刻度尺C. 交流电源、天平及砝码D. 交流电源、毫米刻度尺(2)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O 点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3.已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T.为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________.用题中所给字母表.).(3)(多选)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 关于这个误差下列说法正确的是________.A. 该误差属于偶然误差B. 该误差属于系统误差C. 可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D. 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差(4)某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2h图线，如图3所示．图象是一条直线，此直线斜率的物理含义是________．已知当地的重力加速度g＝9..m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为＝________%(保留2位有效数字).解析: (1)打点计时器使用交流电源才可以正常工作；实验中重锤下降的高度可以通过刻度尺测量纸带上点与点间的距离得到；瞬时速度可以根据匀变速直线运动规律, 通过纸带上两点的距离, 求出平均速度, 进而得到瞬时速度；纸带上相邻两计时点的时间间隔已知, 所以不需要秒表, 重锤的质量可以不测, D选项正确.(2)从O点到F点的过程中, 重锤重力势能的减少量ΔEp＝mgh2.根据匀变速直线运动的规律得, F点的瞬时速度: vF＝ , 动能的增加量ΔEk＝ .(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 这个误差是由于空气阻力和摩擦阻力的存在, 消耗了机械能, 属于是系统误差, 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差, B.D 选项正确.(4)根据机械能守恒定律得, mgh＝ mv2得, v2＝2gh, 可知图线的斜率等于k＝2g, 即直线斜率的物理含义是重锤下落加速度的2倍.根据牛顿第二定律, 重锤下落过程中, mg－f＝ma, 解得f＝mg－ma＝m , ＝ , 根据图象可知, 斜率k＝19.2, 则＝2.0%.答案: (1)D (2)mgh2 (3)BD (4)重锤下落加速度的2倍 2.02．(2016届浙江省余姚中学月考)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)用游标卡尺测量钢球的直径, 读数如图乙所示, 钢球直径为D＝________cm.(2)要验证机械能守恒, 只要比较________．A. D2 与gh是否相等B. D2 与2gh是否相等C. D2 与gh是否相等D. D2 与2gh是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度, 由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小.解析: (1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数, 不需估读, 故钢球直径为D＝0.9 cm＋0.05×10 mm＝0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度, 由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度, v＝ , 由机械能守恒的表达式得, mgh＝ mD2 , 即比较D2 与2gh是否相等, D选项正确.(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度, 所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度, 该误差属于系统误差, 由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．答案: (1)0.950 (2)D (3)＜不能3．(2016届山东省临沂市质检)某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过．开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动.(1)利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1, 则钩码A通过狭缝的速度为________(用题中字母表示).(2)若通过此装置验证机械能守恒定律, 还需测出环形金属块C的质量m, 当地重力加速度为g.若系统的机械能守恒, 则需满足的等式为________(用题中字母表示).(3)为减小测量时间的误差, 有同学提出如下方案：实验时调节h1＝h2＝h, 测出钩码A从释放到落地的总时间t, 来计算钩码A通过狭缝的速度, 你认为可行吗？若可行, 写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行, 请简要说明理由.解析: (1)钩码A、B的质量相等, 故通过狭缝后, 环形金属块C不能通过, 钩码A、B做匀速直线运动, 根据匀速直线运动公式得, v＝ .(2)钩码A.B和金属块C组成的系统机械能守恒, 重力势能的减少量等于动能的增加量, mgh2＝ (2M ＋m) 2.(3)系统在运动过程中, 前一段做匀加速直线运动, 后一段做匀速直线运动, 通过狭缝时的速度为v, 则h＝ t1；h＝vt2；t1＋t2＝t, 联立解得, t2＝ , 下落速度v＝＝ .此方法可行．答案: (1) (2)mgh2＝ (2M＋m) 2 (3)可行v＝4．(2016届衡水中学第三次调研)通过理论分析可得出弹簧的弹性势能公式Ep＝ kl2(式中k为弹簧的劲度系数, l为弹簧长度的变化量)．为验证这一结论, A、B两位同学设计了以下的实验：①两位同学首先都进行了如图甲所示的实验: 将一根轻质弹簧竖直挂起, 在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球, 稳定后测得弹簧伸长d.②A同学完成步骤①后, 接着进行了如图乙所示的实验: 将这根弹簧竖直地固定在水平桌面上, 并把小铁球放在弹簧上, 然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管, 利用插销压缩弹簧. 拔掉插销时, 弹簧对小球做功, 使小球弹起, 测得弹簧的压缩量l和小铁球上升的最大高度H.③B同学完成步骤①后, 接着进行了如图丙所示的实验: 将这根弹簧放在水平桌面上, 一端固定在竖直墙上, 另一端被小铁球压缩, 测得压缩量为l, 释放弹簧后, 小铁球从高为h的桌面上水平抛出, 抛出的水平距离为x.(1)A.B两位同学进行图甲所示的实验目的是为了确定什么物理量？ ________.请用m、d、g表示所求的物理量________________.(2)如果 Ep＝ kx2成立, A同学测出的物理量x与d、H的关系式是: x＝________.B同学测出的物理量x与d、h、l的关系式是: x＝________.解析：(1)A、B两位同学进行图甲所示的实验都进行了形变量的测量, 目的是为了确定弹簧的劲度系数. 根据胡克定律得, k＝＝ .(2)A同学运用弹簧的弹性势能转化为重力势能来测量形变量, B同学运用弹簧的弹性势能转化为动能, 并借助于做平抛运动来算出初速度, 从而即可求解水平距离x.对于A同学, kx2＝mgH, k＝ , 联立解得, x＝ .对于B同学, 初速度v0＝＝l , 得 k 2＝ m 2, 解得x＝l .答案: (1)确定弹簧的劲度系数k k＝(2) l5．(2016届衡水中学第三次调研)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律, 实验装置如图甲所示．当气垫导轨正常工作时导轨两侧喷出的气体使滑块悬浮在导轨上方, 滑块运动时与导轨间的阻力可忽略不计．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B, 滑块P上固定一遮光条, 若光线被遮光条遮挡, 光电传感器会输出高电压, 两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动, 遮光条经过光电传感器A、B时, 通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线．(1)当采用图甲的实验装置进行实验时, 下列说法中正确的是________.A. 滑块P机械能守恒B. 钩码Q机械能守恒C. 滑块P和钩码Q组成的系统机械能守恒D. 以上三种说法都正确(2)实验前, 接通电源, 将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上, 轻推滑块, 当图乙中的Δt1________Δt2(选填“＞”“＝”或“＜”)时, 说明气垫导轨已经水平.(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连, 将滑块P由图甲所示位置释放, 通过计算机得到的图象如图乙所示, 若Δt1.Δt2.遮光条宽度d、AB间距L、滑块质量M、钩码质量m 已知, 若上述物理量间满足关系式________, 则表明在上述过程中, 滑块和钩码组成的系统机械能守恒.(4)若遮光条宽度d＝8.400 mm, A.B间的距离L＝160.00 cm, Δt1＝8.40×10－3 s, Δt2＝4.20×10－3 s, 滑块质量M＝180 g, 钩码Q质量m＝20 g, 则滑块从A运动到B的过程中系统势能的减少量ΔEp＝________J, 系统动能的增量ΔEk＝________J. (g＝9.80 m/s2, 计算结果保留3位有效数字) 解析: (1)滑块P和钩码Q运动过程中, 细线拉力做功, 各自的机械能不守恒, 但是系统的机械能守恒, 故该实验装置验证滑块P和钩码Q组成的系统机械能是否守恒, C选项正确.(2)如果遮光条通过光电门的时间相等, 即Δt1＝Δt2, 说明遮光条做匀速运动, 即说明气垫导轨已经水平.(3)要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒, 应该求出动能的增加量和重力势能的减小量, 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法. 由于光电门的宽度很小, 可以用很短时间内的平均速度代替瞬时速度, vB＝ , vA＝ , 系统动能的增加量为ΔEk＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2.系统重力势能的减少量, ΔEp＝mgL, 只要mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2, 即验证机械能守恒．(4)系统重力势能的减小量ΔEp＝mgL＝0.02×9.8×1.60 J＝0.314 J. 系统动能的增加量ΔEk＝ (M ＋m) 2－ (M＋m) 2＝ (0.18＋0.02) 2－ 2 J＝0.300 J.答案: (1)C (2)＝(3)mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2 (4)0.314 0.3006．(2016届牡丹江市第一中学月考)下图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落, m1上拖着的纸带打出一系列的点, 对纸带上的点迹进行测量, 即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点, 每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出), 计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g, 则(结果均保留2位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s.(2)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J, 系统势能的减少量ΔEp ＝________J. (取当地的重力加速度g＝10 m/s2)(3)若某同学作出 v2h图象如图所示, 则当地的重力加速度g＝________m/s2.解析: (1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度, 可以求出打下记数点5时的速度大小, v5＝＝ m/s＝2.4 m/s.(2)根据物体的初、末动能大小可以求出动能的增加量, ΔEk＝ (m1＋m2)v －0＝×(0.05＋0.15)×2.42 J＝0.58 J.根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减少量, ΔEp＝W＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(0.384＋0.216) J＝0.60 J.(3)根据机械能守恒可知, m2gh－m1gh＝ (m1＋m2)v2, 解得, ＝ gh＝ , 即 v2h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半, 由图可知, 斜率k＝4.85, 故当地的实际重力加速度为g＝2k＝9.7 m/s2.答案: (1)2.4(2)0.580.60(3)9.7。
【高考核动力】高三物理一轮复习：课时作业16(Word版含解析)[ 高考]
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课时作业(十六)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量【解析】不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于斜劈和小球动能的增量之和，故B对、D错．小球的机械能减少，斜劈的机械能增加，斜劈对小球做负功．故A、C错．【答案】 B2．如图所示，一小球从距竖直弹簧一定高度静止释放，与弹簧接触后压缩弹簧到最低点(设此点小球的重力势能为0)．在此过程中，小球重力势能和动能的最大值分别为E P和E k，弹簧弹性势能的最大值为E′P，则它们之间的关系为()A．E P＝E′P＞E k B．E P＞E k＞E′PC．E P＝E k＋E′P D．E P＋E k＝E′P【解析】当小球处于最高点时，重力势能最大；当小球受到的重力和弹簧的弹力平衡时，动能最大；当小球压缩弹簧到最短时重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大．由机械能守恒定律可知E P＝E′P＞E k，故选A.【答案】 A3．质量均为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕点O在竖直面内无摩擦转动，两球到点O的距离L1>L2，如图所示．将杆拉至水平时由静止释放，则在a下降过程中()A ．杆对a 不做功B ．杆对b 不做功C ．杆对a 做负功D ．杆对b 做负功【解析】 b 球受到重力和杆对它的作用力，运动过程中克服重力做了功，其动能反而增加了，这一定是杆对它做了正功，b 的机械能增加．a 、b 两球和杆组成的这个系统，在绕点O 无摩擦转动过程中机械能守恒．b 球的机械能增加，则a 球的机械能必减少，由功能转化关系可知杆对a 做了负功．故只有选项C 正确．【答案】 C4.如图所示，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 换为质量为2m 的小球B ，仍从弹簧原长位置由静止释放，已知重力加速度为g ，不计空气阻力，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)( )A.2ghB.ghC.gh2D ．0 【解析】 对弹簧和小球A ，根据机械能守恒定律得弹性势能E p ＝mgh ；对弹簧和小球B ，根据机械能守恒定律有E p ＋12×2m v 2＝2mgh ，得小球B 下降h 时的速度v ＝gh ，只有选项B 正确．【答案】 B5．质量为m 的小球从高H 处由静止开始自由下落，以地面作为参考平面．当小球的动能和重力势能相等时，重力的瞬时功率为( )A ．2mg gHB ．mg gH C.12mg gH D.13mg gH 【解析】 动能和重力势能相等时，根据机械能守恒定律有：2mgh ′＝mgH ，解得小球离地面高度h ′＝H 2，故下落高度为h ＝H2，速度v ＝2gh ＝gH ，故P ＝mg v ＝mg gH ，B 项正确．【答案】 B6.如图所示，一个小球(视为质点)从h 高处由静止开始通过光滑弧形轨道AB 进入半径R ＝4 m 的竖直光滑圆轨道，若使小球不与轨道分离，则h 的值可能为(g ＝10 m/s 2，所有高度均相对B 点而言)( )A ．2 mB ．5 mC ．7 mD ．9 m【解析】 当小球在圆轨道中上升的最大高度小于R 时，小球不与轨道分离，有mgh <mgR ，h <4 m ，A 选项正确；当小球在圆轨道中能做完整的圆周运动时，小球通过圆轨道最高点有：mg ≤m v 2/R ，由机械能守恒定律mgh ＝2mgR ＋m v 2/2，得：h ≥10 m ，BCD 选项错误．【答案】 A7.如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站于地面，b 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b 摆至最低点时，a 刚好对地面无压力，则演员a 质量与演员b 质量之比为( )A ．1∶1B ．2∶1C ．3∶1D ．4∶1【解析】 设b 摆至最低点时的速度为v ，由机械能守恒定律可得：mgl (1－cos 60°)＝12m v 2，解得v ＝gl .设b 摆至最低点时绳子的拉力为F T ，由圆周运动知识得：F T －m b g ＝m b v 2l，解得F T ＝2m b g ，对演员a 有F T ＝m a g ，所以，演员a 质量与演员b 质量之比为2∶1. 【答案】 B8．如图所示，a 、b 两小球静止在同一条竖直线上，离地面足够高，b 球质量大于a 球质量．两球间用一条细线连接，开始线处于松弛状态．现同时释放两球，球运动过程中所受的空气阻力忽略不计，下列说法正确的是( )A ．下落过程中两球间的距离保持不变B ．下落后两球间距离逐渐增大，一直到细线张紧为止C ．下落过程中，a 、b 两球都处于失重状态D ．整个下落过程中，系统的机械能守恒【解析】 两球同时释放后，均做自由落体运动，加速度均为g ，故两球均处于失重状态，且机械能守恒，两球间距也保持不变，A 、C 、D 均正确，B 错误．【答案】 ACD9．如图所示是全球最高的(高度为208米)北京朝阳公园摩天轮，一质量为m 的乘客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，假设t ＝0时刻乘客在最低点且重力势能为零，那么，下列说法正确的是( )A ．乘客运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR (1－cos vR t ) B ．乘客运动的过程中，在最高点受到座位的支持力为m v 2R －mg C ．乘客运动的过程中，机械能守恒，且机械能为E ＝12m v 2D ．乘客运动的过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12m v 2＋mgR (1－cos v R t )【解析】 在最高点，根据牛顿第二定律可得，mg －F N ＝m v 2R ，乘客受到座位的支持力为F N ＝mg －m v 2R ，B 项错误；由于乘客在竖直平面内做匀速圆周运动，其动能不变，重力势能发生变化，所以乘客在运动的过程中机械能不守恒，C 项错误；在时间t 内转过的角度为v R t ，所以对应t 时刻的重力势能为E p ＝mgR (1－cos v R t )，总的机械能为E ＝E k ＋E p ＝12m v 2＋mgR (1－cos vR t )，A 、D 项正确．【答案】 AD10．(2012·浙江卷)由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R【解析】 设小球从A 端水平抛出的速度为v A ，由机械能守恒得mgH ＝mg ·2R ＋12m v 2A，得v A ＝2gH －4gR ，设空中运动时间为t ，由2R ＝12gt 2，得t ＝2Rg ，水平位移s 水＝v A t＝2gH －4gR ·2R g ＝22RH －4R 2，故B 正确，A 错误；小球能从细管A 端水平抛出的条件是D 点应比A 点高，即H ＞2R ，C 正确，D 错误．【答案】 BC二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧轨道与高为10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆弧轨道的最高点A ，b 球恰好能到达斜轨道的最高点B .已知a 球质量为m 1，b 球质量为m 2，重力加速度为g .求：(1)a 球离开弹簧时的速度大小v a ； (2)b 球离开弹簧时的速度大小v b ； (3)释放小球前弹簧的弹性势能E p .【解析】 (1)由a 球恰好能到达A 点知m 1g ＝m 1v 2AR 由机械能守恒定律得 12m 1v 2a －12m 1v 2A ＝m 1g ×2R 得v a ＝5gR .(2)对于b 球由机械能守恒定律得： 12m 2v 2b ＝m 2g ×10R 得v b ＝20gR . (3)由机械能守恒定律得 E p ＝12m 1v 2a ＋12m 2v 2b 得E p ＝⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR . 【答案】 (1)5gR (2)20gR (3)⎝⎛⎭⎫52m 1＋10m 2gR12．(15分)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB 平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L ＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O 点，另一端系一质量为m ＝1 kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C 由静止释放，小球到达最低点D 时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x ＝5 cm.(g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：(1)细绳受到的拉力的最大值；(2)D 点到水平线AB 的高度h ； (3)弹簧所获得的最大弹性势能E p .【解析】 (1)小球由C 到D ，由机械能守恒定律得： mgL ＝12m v 21解得v 1＝2gL ①在D 点，由牛顿第二定律得 F －mg ＝m v 21L ②由①②解得F ＝30 N由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N. (2)由D 到A ，小球做平抛运动v2y＝2gh③tan 53°＝v yv1④联立解得h＝16 cm(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧系统的机械能守恒，即E p＝mg(L＋h＋x sin 53°)，代入数据得：E p＝2.9 J.【答案】(1)30 N(2)16 cm(3)2.9 J。
届高考物理一轮复习第四章课时作业16
课时作业 16[双基过关练]1．如图所示，李明同学站在处于静止状态的倾斜电梯上，电梯从静止开始启动后匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升．电梯与水平地面成θ角．若以F N 表示水平梯板对李明的支持力，G 为李明受到的重力，F f 为电梯对李明的静摩擦力，则下列结论正确的是( )A ．加速过程中F f ≠0，F f 、F N 、G 都做功B ．加速过程中F f ≠0，F N 不做功C ．加速过程中F f ＝0，F N 、G 都做功D ．匀速过程中F f ＝0，F N 、G 都不做功解析：加速过程中，水平方向的加速度由静摩擦力F f 提供，所以F f ≠0，F f 、F N 做正功，G 做负功，选项A 正确，B 、C 错误；匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，F f ＝0，F N 做正功，G 做负功，选项D 错误．答案：A2．(2020·郑州模拟)如图所示，小球置于倾角为45°斜面上被竖直挡板挡住，整个装置匀速竖直下降一段距离，此过程中，小球重力大小为G ，做功为W G ；斜面对小球的弹力大小为F 1，小球克服F 1做功为W 1；挡板对小球的弹力大小F 2，做功为W 2，不计一切摩擦，则下列判断正确的是( )A ．F 2＝G ，W 2＝0B ．F 1＝G ，W 1＝W GC ．F 1>G ，W 1>W GD ．F 2>G ，W 2>W G解析：小球匀速竖直下降，由平衡条件得，F 1cos45°＝G ，F 1sin45°＝F 2，联立解得F 2＝G ，F 1＝2G.由于F 2与位移方向垂直，则F 2不做功，故W 2＝0，F 1做功大小为W 1＝F 1hcos45°＝Gh ，重力做功大小为W G ＝Gh ，因此W 1＝W G ，故选项A 正确．答案：A3．(多选)如图是一种工具——石磨，下面磨盘固定，上面磨盘可绕过中心的竖直转轴，在推杆带动下在水平面内转动．若上面磨盘直径为D ，质量为m 且均匀分布，磨盘间动摩擦因数为μ.若推杆在外力作用下以角速度ω匀速转动，磨盘转动一周，外力克服磨盘间摩擦力做功为W ，则( )A ．磨盘边缘的线速度为ωD2B ．磨盘边缘的线速度为ωDC ．摩擦力的等效作用点离转轴距离为WπμmgD ．摩擦力的等效作用点离转轴距离为W2πμmg解析：由v ＝ωr 得，v ＝ωD2，故选项A 正确、B 错误；摩擦力的方向与运动方向始终相反，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，磨盘转一周克服摩擦力做功W ＝μmgs，对应圆的周长s ＝2πr，解得r ＝W2πμmg，故选项C 错误、D 正确．答案：AD4．(2020·南通、扬州、泰州三模)竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，上世纪三十年代，人们根据竹蜻蜓原理设计了直升机的螺旋桨．如图，一小孩搓动质量为20 g的竹蜻蜒，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶高处．在搓动过程中手对竹蜻蜒做的功可能是( )A．0.2 J B．0.6 JC．1.0 J D．2.5 J解析：竹蜻蜓在上升到最高点的过程中，动能转化为重力势能和内能，一般每层楼房的高度为3 m，二层也就是6 m，所以重力势能的增加量为E p＝mgh＝1.2 J，则在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功要大于1.2 J，A、B、C选项错误，D项正确．答案：D5．(2020·湖南省五市十校高三联考)通过认真学习，同学们掌握了丰富的物理知识．下列说法中正确的是( )A．汽车在光滑的水平面上运动时，驾驶员通过操作方向盘，可以使汽车转弯B．在某一过程中，只要物体的位移为0，任何力对该物体所做的功就为0C．物体的速度为0时，其加速度可能不为0D．静摩擦力对受力物体可以做正功，滑动摩擦力对受力物体一定做负功解析：汽车在水平面上转弯时，向心力的来源是静摩擦力，所以在光滑水平面上，通过操作方向盘，不能使汽车转弯，A项错误；B选项容易片面地理解为W＝Fx，因为位移x＝0，所以W＝0，但该公式只适用于恒力做功，例如汽车绕操场一圈回到出发点，虽然汽车的位移为零，但牵引力对汽车做了功，牵引力做的功为牵引力乘以路程，B项错误；物体的速度与加速度没有必然联系，例如汽车启动的瞬间，虽然汽车的速度为0，但加速度不为0，C项正确；摩擦力可以对物体做正功、做负功或不做功，D项错误．答案：C6．一汽车以速度v0在平直路面上匀速行驶，在t＝0时该汽车进入一定倾角的上坡路段，设汽车行驶过程中受到的阻力大小恒定不变，发动机的输出功率不变，已知汽车上坡路面足够长．从t＝0时刻开始，汽车运动的v－t图象可能正确的有( )解析：汽车在平直路面上以速度v0匀速行驶时，设汽车受到的阻力大小为F f，汽车的牵引力大小为F，t＝0时刻汽车上坡，加速度以a＝F f＋mgsinθ－Fm，汽车立即减速，又牵引力F＝Pv随速度减小而增大，汽车做加速度减小的减速运动，当加速度减小为0时，汽车匀速运动，选项D正确．答案：D7．A、B两物体的质量之比m A：m B＝2：1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其速度—时间图象如图所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比F A F B与A、B两物体克服摩擦阻力做功之比W A W B分别为( )A．2：1,4：1 B．4：1,2：1C．1：4,1：2 D．1：2,1：4解析：由v－t图象可知：a A：a B＝2：1，又由F＝ma，m A：m B＝2：1，可得F A：F B＝4：1；又由题图中面积关系可知A、B位移之比x A：x B＝1：2，由做功公式W＝Fx，可得W A：W B＝2：1，故选B.答案：B8．质量为5×103kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10 m/s，随后以P＝6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，经72 s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103 N．求：(1)汽车的最大速度v m；(2)汽车在72 s 内经过的路程x.解析：(1)汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，由P ＝F f v m ，得v m ＝P F f ＝6×1042.5×103 m/s ＝24 m/s(2)由动能定理得Pt －F f x ＝12mv 2m －12mv 2故x ＝2Pt －m v 2m －v 22F f＝1 252 m答案：(1)24 m/s (2)1 252 m [能力提升练]9．一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F 拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F 拉绳使木块前进x 时，力F 对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是( )A ．Fxcosθ B．Fx(1＋cosθ) C ．2Fxcosθ D．2Fx解析：根据动滑轮的特点可求出绳子在F 方向上的位移为x ＝x(1＋cosθ)，根据恒力做功公式得W ＝Fx ＝Fx(1＋cosθ)，或可看成两股绳都在对木块做功W ＝Fx ＋Fxcosθ＝Fx(1＋cosθ)，则选项B 正确．答案：B10．(多选)发动机额定功率为80 kW 的汽车，质量为2×103kg ，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103N ，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是( )A ．汽车的加速度和速度都逐渐增加B ．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零C ．汽车的最大速度为20 m/sD ．当汽车速度为5 m/s 时，其加速度为6 m/s 2解析：由P ＝Fv ，F －F f ＝ma 可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F 逐渐变小，汽车的加速度a 逐渐减小，但速度逐渐增加，当匀速行驶时，F ＝F f ，此时加速度为零，速度达到最大值，则v m ＝P F f ＝80×1034×103m/s ＝20 m/s ，故A 、B 错误，C 正确；当汽车速度为5 m/s 时，由牛顿第二定律得P v－F f ＝ma ，解得a ＝6 m/s 2，故D 正确．答案：CD11．(2020·江西省吉安市一中段考)如图所示为牵引力F 和车速倒数1v的关系图象，若汽车质量为2×103kg ，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，设其最大车速为30 m/s ，则正确的是( )A ．汽车所受阻力为2×103NB ．汽车车速为15 m/s ，功率为3×104WC ．汽车匀加速的加速度为3 m/s 2D ．汽车匀加速所需时间为4.5 s解析：当速度为30 m/s 时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F ＝F f ，所以F f ＝2×103N ，故A 正确；牵引车的额定功率P ＝F f v ＝2×103×30 W＝6×104W ，匀加速直线运动的加速度a ＝F －F f m＝6 000－2 0002 000 m/s 2＝2 m/s 2，匀加速直线运动的末速度v ＝P F ＝6×1046×103 m/s ＝10m/s ，匀加速直线运动的时间t＝va＝5 s，因为15 m/s>10 m/s，所以汽车速度为15 m/s时，功率已达到额定功率，故B、C、D错误．答案：A12．如图(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块上表面AB水平粗糙足够长，BC 表面光滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示，滑块经过B点时无能量损失．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1)斜面BC的长度；(2)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．解析：(1)滑块沿BC滑下时有a＝gsinθ＝6 m/s2由图(b)可知，经时间1 s，力传感器受力反向，故滑块沿BC滑下的时间t1＝1 s所以斜面BC的长度为：x1＝12at21＝3 m(2)滑块滑到B点时的速度大小为：v＝at1＝6 m/s由题意及图(b)可知，滑块在AB表面滑行时间t2＝3 s后停止，滑块在其表面滑行的距离为：x2＝v＋02t2＝9 m由图可得滑块在AB上所受摩擦力大小F f＝5 N所以滑块运动过程中克服摩擦力做的功为W＝F f x2＝45 J. 答案：(1)3 m (2)45 J2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，木板A的质量为m，滑块B的质量为M，木板A用绳拴住，绳与斜面平行，B沿倾角为θ的斜面在A下匀速下滑，若M=2m，A、B间以及B与斜面间的动摩擦因数相同，则动摩擦因数μ为（）A．tanθ B．2tanθ C．12tanθ D．13tanθ2．如图（甲）所示，质最m=2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R=0.5m的薄圆筒上。
高考物理一轮总复习(人教版)课时作业16 含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题) 1.如图所示，BC 是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C 与水平直轨道相切。
一个小物块从B 点正上方R 处的A 点处由静止释放，从B 点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R ＝0.2 m ，小物块的质量为m ＝0.1 kg ，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2。
小物块在水平面上滑动的最大距离是( )A ．0.1 mB ．0.2 mC ．0.6 mD ．0.8 m解析： 设在水平面上滑动的最大距离为x ，由动能定理得：mg ·2R －μmgx ＝0，解得：x ＝2R μ＝2×0.20.5m ＝0.8 m ，故选项D 正确。
答案： D2．某同学用如图所示的装置测量一个凹形木块的质量m ，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，记下木块右端位置A 点，释放后，木块右端恰能运动到B 1点。
在木块槽中加入一个质量m 0＝200 g 的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍然在A 点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B 2点。
测得AB 1、AB 2长分别为36.0 cm 和12.0 cm ，则木块的质量m 为( )A ．100 gB ．200 gC ．300 gD ．400 g解析： 两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W 弹－μmg ·AB 1＝0，加上砝码m 0时，有W 弹－μ(m ＋m 0)g ·AB 2＝0，解得m ＝100 g ，选项A 正确。
答案： A3．质量m ＝2 kg 的物体在光滑水平面上以v 1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N 、方向向北的恒力作用于物体，在t ＝2 s 内物体的动能增加了( )A ．28 JB ．64 JC ．32 JD ．36 J解析： 设物体沿F 方向的加速度为a ，由牛顿第二定律得： a ＝F m ＝82m/s 2＝4 m/s 2 物体沿F 方向做匀加速直线运动，2 s 内的位移为：x ＝12at 2＝12×4×22 m ＝8 m力F 所做的功为：W ＝Fx ＝8×8 J ＝64 J 由动能定理得：W ＝ΔE k ＝64 J ，故选B 。
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业24
课时强化作业二十四 电场力性质的描述一、选择题1．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )解析：由于验电器原来不带电，当金属球靠近验电器时，验电器靠近金属球的一端感应出与带电金属球异号的电荷，箔片产生与带电金属球电性相同的电荷，故选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．答案：B2．图甲中AB 是一个点电荷形成电场的一条电场线，图乙则是电场线上P 、Q 处的试探电荷所受电场力的大小与其电荷量间的函数关系图象，下列说法可能的是( )A ．场源电荷是正电荷，位于A 点B ．场源电荷是正电荷，位于B 点C ．场源电荷是负电荷，位于A 点D ．场源电荷是负电荷，位于B 点解析：根据F ＝qE 可知在F -q 图线中图线的斜率k ＝Fq ＝E ，根据题中图乙可知P 图线的斜率大于Q 图线的斜率，则P 点的场强大于Q 点的场强，根据点电荷场强公式E ＝kQr 2可知，无论场源电荷是正还是负，放在A 点时，E P ＞E Q ，若放在B 点，则有E P ＜E Q ，故选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．答案：AC3.A 、B 是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A 点沿电场线运动到B 点，其速度v 与时间t 的关系图象如图(甲)所示．则此电场的电场线分布可能是图(乙)中的( )解析：从v -t 图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v -t 图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A 正确．选项B 、C 、D 错误．答案：A4．(2013年江苏卷)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在下图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )解析：根据对称性和矢量叠加，D 选项O 点的场强为零，C 选项等效为第二象限内电荷在O 点产生的电场，大小与A 选项的相等，B 选项正、负电荷在O 点产生的场强大小相等，方向互相垂直，合场强是其中一个的2倍，也是A 、C 选项场强的2陪，因此选项B 正确．答案：B5．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置三个电荷量均为q (q ＞0)的相同小球，小球之间用劲度系数均为k 0的轻质弹簧绝缘连接．当三个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为l ，已知静电力常量为k ，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为( )A ．l ＋5kq22k 0l 2B ．l －kq 2k 0l 2C ．l －5kq 24k 0l 2D ．l －5kq 22k 0l 2解析：以最右端小球为研究对象，水平方向受到三个力作用，设弹簧的伸长量为x ，由平衡条件，有k 0x ＝k q 2l 2＋k q 2(2l )2，解得x ＝5kq 24k 0l 2，则弹簧的原长l 0＝l －x ＝l －5kq 24k 0l 2，故选项C正确．答案：C6．如图所示，实线表示某电场的电场线，过O 点的虚线MN 与电场线垂直，两个相同的带负电的粒子P 、Q 分别从A 、B 两点以相同的初速度开始运动，速度方向垂直于MN ，且都能从MN 左侧经过O 点．设粒子P 、Q 在A 、B 两点的加速度大小分别为a 1和a 2，电势能分别为E p1和E p2，过O 点时的速度大小分别为v 1和v 2，到达O 点经过的时间分别为t 1和t 2.粒子的重力不计，则( )A ．a 1<a 2B ．v 1>v 2C ．t 1<t 2D ．E p1<E p2解析：A 点电场线比B 点处密，故A 点场强大，带电粒子的加速度大，即a 1>a 2，选项A 错误；A 点的电势高于B 点的电势，负电荷在电势高的位置电势能小，所以E p1<E p2，选项D 正确；粒子带负电，带电粒子运动时电场力做负功，粒子的动能减小，电场力对A 点的粒子做功多，根据动能定理，v 1<v 2，选项B 错误；粒子做减速运动，两粒子到达O 点的水平位移相同，B 点出发的粒子在水平方向上的加速度小，水平方向上的平均速度更大，用的时间短，所以t 1>t 2，选项C 错误．答案：D7．A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷．当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F 2B.F 2 C ．－FD ．F解析：设AB ＝r ，则BC ＝2r ，由题意可知F ＝kqQ r 2；而F ′＝kQ ·2q (2r )2＝12k Qq r 2，F ′＝F2，且F ′与F 的方向相同，故选项B 正确．答案：B8．(2013年新课标全国Ⅱ卷)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a ，b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq3l 2B.3kq l 2C.3kq l2 D.23kq l2解析：设小球c 的电荷量为Q ，由库仑定律可知小球a 对小球c 的库仑引力F 1＝kqQl 2，小球b 对小球c 的库仑引力F 2＝kqQ l 2，二力的合力为2kqQl 2cos30°，设匀强电场的大小为E ，由平衡条件可知QE ＝2kqQ l 2cos30°，解得E ＝2kq l 2·32＝3kql2，故选项B 正确．答案：B9.如右图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面上，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )A ．推力F 将增大B ．竖直墙面对小球A 的弹力增大C ．地面对小球B 的弹力一定不变D ．两个小球之间的距离增大解析：将A 、B 两球看成整体，则竖直方向与水平方向均平衡，故地面对小球B 的支持力(为两球重力之和)保持不变，C 正确；对B 受力分析知，B 所受力的三角形与几何图形相似，根据相似知识知，推力F 减小，故墙面对A 的弹力减小，A 、B 错误；对B 来说，竖直方向的合力(支持力与重力)不变且向上，水平向左的推力减小，故电场力减小，因此AB 间距离变大，故D 正确．答案：CD10．如图甲所示，Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷，其中Q 1带负电，a 、b 两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a 点开始经b 点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a 、b 两点时的速度分别为v a 、v b ，其速度图象如图乙所示．则下列说法中正确的是( )A ．Q 2一定带负电B ．Q 1的电量一定小于Q 2的电量C ．b 点的电场强度一定为零D ．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大解析：带负电的粒子从a 到b 的过程做减速运动，带负电粒子受到电场力水平向左，则a 、b 之间电场方向水平向右，由于Q 1带负电，它在a 、b 段产生电场方向向左，所以Q 2在a 、b 产生电场方向水平向右且合场强向右，Q 2一定带正电，选项A 错误；经过b 点带负电的粒子又向右加速，则带负电的粒子在b 点时的加速度为0，即受到电场力为0，在b 点的合场强为0，则有kQ 1(r ＋l )2＝kQ 2r 2，所以Q 2的电荷量一定小于Q 1的电荷量，故选项B 错误，选项C 正确；整个过程中电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，选项D 错误．答案：C 二、非选择题11．(2014年福建卷)如图，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6 C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，求：(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．解析：(1)根据库仑定律A 、B 两点电荷间的库仑力大小F ＝kq 2L 2＝9.0×10－3 N.(2)A 、B 两处的点电荷在C 处的场强大小相等，均为E 1＝k qL 2.C 点合场强大小E ＝2E 1cos30° 解得E ＝7.8×103 N/C 方向沿y 轴正方向．答案：(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C ，方向沿y 轴正方向12．如图，空间有一水平向右的匀强电场．一质量为m ，电量为＋q 的滑块随同质量为M ，倾角为α的绝缘斜面体在光滑水平面上向右运动，且滑块与斜面间刚好没有相对滑动趋势，重力加速度为g .求：(1)滑块对斜面体的压力大小； (2)系统的加速度大小；(3)匀强电场的场强．解析：(1)设系统的加速度为a ，由于滑块和斜面间光滑不受摩擦力，以滑块受到重力mg 斜面支持力F N 电场力qE .受力分析如图所示：由牛顿第二定律竖直方向F N cos α＝mg ，解得F N ＝mgcos α.滑块对斜面的压力F N ′与F N 为作用力，反作用力，F N ＝F N ′. (2)对斜面体，由牛顿第二定律有 水平方向F N ′sin α＝Ma . 解得a ＝mgMtan α.(3)对整体，由牛顿第二定律有qE ＝(M ＋m )a 解得E ＝(M ＋m )mgMq tan α.答案：(1)mg cos α (2)mgM tan α (3)E ＝(M ＋m )mg Mqtan α 13．(2013年大纲版全国卷)一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在t ＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在t ＝0到t ＝T 的时间间隔内：(1)粒子位移的大小和方向；(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．解析：(1)带电粒子在0～T 4、T 4～T 2、T 2～3T 4、3T4～T 时间间隔内做匀变速运动，设带电粒子的加速度分别为a 1、a 2、a 3、a 4，由牛顿第二定律有a 1＝qE 0m ＝a 0，a 2＝－2qE 0m ＝－2a 0，a 3＝2qE 0m ＝2a 0，a 4＝－qE 0m＝－a 0.由此可得粒子在0～T 时间内运动的加速度—时间图象，如图一所示，由于带电粒子初速度为零，所对应的速度—时间图象如图二所示．v 1＝a 1T 4＝qE 0T 4m.由v -t 图象可知，带电粒子在t ＝0到t ＝T 时间内的位移大小s ＝T 4v 1＝qE 016m T 2，方向沿初始电场正方向．(2)由v -t 图象可知，粒子在t ＝38T 到t ＝58T 时间内沿初始电场的反方向运动，总时间为Δt ＝T4.答案：(1)qE 016m T 2 (2)T4。
高中物理第一轮复习课时强化作业 (51)
课时强化作业五十一 光的波动性、电磁波、相对论1．(多选)(2016届东营模拟)关于在竖直放置的肥皂膜上产生的干涉现象，下列说法正确的是( )A ．干涉条纹的产生是由于光线在膜前后表面反射形成的两列光波的叠加B ．用绿光照射产生的干涉条纹比黄光照射时产生的条纹窄C ．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波谷与波谷的叠加D ．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加解析：由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，A 选项正确；根据干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，条纹间距与光的波长成正比，由于绿光波长比黄光的短，故绿光干涉条纹间距小，B 选项正确；干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加形成的，两反射光波波谷与波谷的叠加形成亮纹，C 选项错误，D 选项正确．答案：ABD2．(2016届龙海市模拟)音乐喷泉一般都会在水池底安装一些彩灯来营造气氛，吸引游人驻足观赏．仔细观察会发现水下的灯照亮水面都刚好形成一个圆．若水下的各色彩灯均为同种大小规格，只是发光颜色不同，安装在水下同一深度，且都可看为点光源，则下面说法正确的是( )A ．这是光的干涉现象B ．这是光的衍射现象C ．每个彩灯照亮水面形成的圆半径相同D ．彩灯照亮水面形成的圆半径红色的比黄色的大解析：这是光的折射现象，根据临界角公式sin C ＝1n可知，红光的折射率最小，则红光发生全反射的临界角最大，在红光照在水面上产生的圆的半径最大，则被照亮的水面面积较大．C 选项错误，D 选项正确．答案：D3．(多选)(2016届德阳模拟)19世纪60年代，英国物理学家麦克斯韦在法拉第等人研究成果的基础上，进行总结，并加以发展，提出了系统的电磁理论并预言了电磁波的存在．以下有关电磁理论和电磁波的说法不正确的是( )A ．只要有磁场在变化，它的周围就一定会产生电场B ．空间某区域有均匀变化的电场，则一定会产生电磁波C ．电磁波不同于机械波之处是电磁波能在真空中传播D ．紫外线是一种比所有可见光波长更长的电磁波解析：变化的磁场周围一定产生电场，A选项正确；空间某区域有均匀变化的电场，一定产生恒定的磁场，不会产生电磁波，B选项错误；电磁波可以在真空中传播，机械波传播需要介质，C选项正确；紫外线比可见光的波长短，D选项错误．答案：BD4．(多选)(2016届太原模拟)下列说法正确的是()A．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去B．为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制C．用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理D．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波E．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物解析：根据多普勒效应可知，接收到光波的波长变长，则频率变小，说明该星球正在距离我们远去，A选项正确；从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行解调，而加载信号过程是调制，B选项错误；光导纤维运用了光的全反射原理，C选项正确；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生磁场，该磁场不一定可以产生电场，不一定形成电磁波，D选项错误；波长越长，越容易发生衍射现象，红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物，E选项正确．答案：ACE5．(多选)(2016届云南省昆明市高三摸底调研)下列说法中正确的是()A．光的偏振现象说明光是横波B．只有波长足够长的光才能发生衍射现象C．利用光的干涉现象可以检查光学平面的平整程度D．光导纤维内芯的折射率比外套的小E．不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的解析：横波才可以发生偏振现象，A选项正确；衍射现象是波特有的，光是一种波，任何波长的光均能发生衍射现象，B选项错误；利用光的薄膜干涉现象可以检查光学平面的平整程度，C选项正确；光线在光导纤维中发生全反射现象，故内芯的折射率比外套的大，D选项错误；根据相对论原理可知，不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，E选项正确．答案：ACE6．(多选)(2016届吉林省东北师范大学附属中学高三第四次模拟)下列说法正确的是()A．对于受迫振动，驱动力频率越大，受迫振动的振幅一定越大B ．一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象C ．波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化D ．紫外线具有较高的能量，许多物质在紫外线的照射下会发出荧光E ．光速在任何条件下都是3×108 m/s 解析：对于受迫振动，驱动力频率等于物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大，A 选项错误；一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象，B 选项正确；根据多普勒效应可知，波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化，C 选项正确；紫外线具有较高的能量，许多物质在紫外线的照射下会发出荧光，D 选项正确；光速由介质决定，光在真空中传播速度为3×108 m/s ，E 选项错误．答案：BCD7．(2016届福安市模拟)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件如图所示，(1)图中②③④光学元件应分别是( )A ．滤光片、单缝、双缝B ．单缝、双缝、滤光片C ．双缝、滤光片、单缝D ．单缝、滤光片、双缝(2)以下操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间距离的是( )A ．将红色滤光片改为绿色滤光片B ．增大双缝之间的距离C ．减小④和⑥之间的距离D ．增大④和⑥之间的距离解析：(1)根据光具座上的前后顺序可知，②③④光学元件分别是滤光片、单缝、双缝，A 选项正确．(2)根据双缝干涉条纹间距公式得，Δx ＝L dλ，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光或增大双缝与屏之间的距离L ，故D 选项正确．答案：(1)A (2)D8．(2016届北京模拟)如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相间的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是( )A ．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B ．双缝到光屏的距离L 不同，乙图对应的L 较大C ．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D ．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大 解析：根据双缝干涉条纹的间距公式Δx ＝L dλ可知，波长大的双缝间距大，乙图对应光的波长长，频率小，A 选项错误；乙图对应的双缝间距大，则乙图双缝到光屏的距离大，B 选项正确；乙图的干涉条纹间距大，可能是乙图对应的双缝间距较小，C 选项错误；光源到双缝的距离不影响双缝干涉条纹的间距，D 选项错误．答案：B9．(多选)(2016届石家庄模拟)以下说法中正确的是( )A ．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a 束光在水珠中传播的速度一定大于b 束光在水珠中传播的速度B ．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i 逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb ′面射出C ．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小D ．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E ．图戊中的M 、N 是偏振片，P 是光屏．当M 固定不动缓慢转动N 时，光屏P 上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波解析：根据折射率和光的传播速度之间的关系v ＝c n可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b 光线在水中偏折得厉害，即b 的折射率大于a 的折射率，则a 在水中的传播速度大于b 的传播速度，A 选项正确；当入射角i 逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，肯定有光线从bb ′面射出，B 选项错误；根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，C选项正确；由于不知道被测样表的放置方向，不能判断此处是凸起的，D选项错误；只有横波才能产生偏振现象，光的偏振现象表明光是一种横波，E 选项正确．答案：ACE10．相对论认为时间和空间与物体的速度有关．在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按亮电灯，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c；站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度________(选填“相等”或“不等”)．车上的乘客认为电灯的闪光同时到达列车的前、后壁；地面上的观察者认为电灯的闪光先到达列车的________(选填“前”或“后”)壁．解析：地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是光向前传播和向后传播的速度相同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样．车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁．地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些．答案：相等后11.电磁波遇到平滑的金属表面会像光遇到平面镜一样发生反射，反射过程遵循光的反射定律．小明与叔叔一起去参观救生艇时，发现救生艇的上方悬挂着一个由三块相互垂直的正方形薄金属平板组成的“角反射器”，如图所示．请你简述角反射器的工作原理以及该救生艇悬挂角反射器的原因．解析：电磁波的反射与光的反射相似，遵守反射定律，无论雷达波从哪个角度射向角反射器，反射波最终都会沿与入射方向平行的直线返回；救生艇悬挂角反射器是为了让雷达能够尽快发现救生艇，开展营救．答案：见解析12．麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波．(1)一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图所示，求该光波的频率；(2)用该单色光在真空中做双缝干涉实验时，已知双缝间距离为0.25 mm，在距离双缝1.2 m处的光屏上，则相邻亮纹间的距离为多少？ 解析：(1)光在介质中的传播速度v ＝c n ，根据波长、波速和频率的关系式得v ＝λf ，联立解得频率f ＝c nλ，由图可知波长λ＝4×10－7 m ，代入数据解得，f ＝5×1014 Hz.(2)真空中光的波长λ0＝c f ＝6×10－7 m ，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ0可得，Δx ＝2.88×10－3 m. 答案：(1)5×1014 Hz (2)2.88×10－3 m。
高三物理第一轮复习计划2016
2016届高三物理复习计划孝昌一中高三物理组一、复习目标、宗旨通过物理总复习，梳理知识，建立完整的知识体系。
掌握物理概念及其相互关系，熟练掌握物理规律、公式及应用，渗透解题方法与技巧，从而提高分析问题和解决问题的能力。
物理组目标：从年级全局来看，要让物理这一科在入围人数上要明显优于其他学科。
1、通过复习帮助学生建立并完善高中物理学科知识体系，构建系统知识网络；2、深化概念、原理、定理定律的认识、理解和应用，促成学科科学思维，培养物理学科科学方法。
3、结合各知识点复习，加强习题训练，提高分析解决实际问题的能力，训练解题规范和答题速度；4、提高学科内知识综合运用的能力与技巧，能灵活运用所学知识解释、处理现实问题。
二、复习具体时间安排1、2015年5月至2016年1月底（至春节）：第一轮复习，以章、节为单元进行单元复习训练，主要针对各单元知识点及相关知识点进行分析、归纳，复习的重点在基本概念及其相互关系、基本规律及其应用。
2、2016年2月中旬至4月中旬：第二轮专题复习，按知识块(力学、电磁学、原子物理、物理实验)进行小综合复习训练，主要针对物理学中的几个分支(力学、电磁学、原子物理)进行小综合复习，复习的重点是在本知识块内进行基本概念及其相互关系的分析与理解，基本规律在小综合内的运用（包括物理实验拔高）。
3、2016年4月中旬至5月底：模拟考试。
进行学科内大综合复习训练、模拟测试，主要针对物理学科各个知识点间进行大组合复习训练，复习的重点是进行重要概念及相互关系的辨析、重要规律的应用。
4、2016年5月底至6月初，学生回归课本，查缺补漏。
三、第一轮复习分层次、循序渐进训练，落实好复习的各个环节每周7节物理课加三节自习课，周六自习和周日的物理课作机动处理（理综选择题训练的讲解或8+4滚动训练）。
复习时间每周有6节物理课加两节自习，每节课或自习老师要布置具体任务并作具体要求。
复习过程中每一讲，按以下步骤进行：1、回归课本，夯实基础：引导学生在课前或利用晚自习复习课本和笔记，做好课本上的习题，翻看以前的练习。
高考物理一轮总复习 课时强化作业16 圆周运动 新人教版
课时强化作业十六 圆周运动1．(2016届桐乡市模拟)科技馆的科普器材中常有如图所示匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，为顺时针匀速转动，A 选项错误；小齿轮每个齿的线速度大小相等，方向不同，B 选项错误；根据v ＝wr ，线速度大小相等时，角速度之比为半径的反比，即小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，C 选项正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等，向心加速度之比为半径的反比，小齿轮每个齿的向心加速度大小是大齿轮的3倍，D 选项错误．答案：C2．(2016届陕西模拟)如右图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m 的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L 1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L 2，下列说法正确的是( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＝L 2C ．L 1＜L 2D.前三种情况均有可能解析：当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时，弹簧弹力与小球的重力平衡，k (L 1－L )＝mg ；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧的弹力和小球的重力提供向心力，mg －k (L 2－L )＝m v 2R ，解得L 1＝mg k ＋L ，L 2＝mg k ＋L －m v 2kR，比较可知，L 1＞L 2，A 选项正确．答案：A3．(2016届黑龙江省实验中学月考)如图所示，用长为L 的轻绳把一个铁球悬挂在高2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，则有( )A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC ．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD ．若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：小球恰好能通过最高点B ，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，mg ＝m v 2BL ，此时绳子拉力为零，B 选项错误；小球在最低点时，根据牛顿第二定律，F T －mg ＝m v 2AL ，根据动能定理得，mg ·2L ＝12mv 2A －12mv 2B ，联立解得F ＝8mg ，小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为8mg ，A 选项错误；小球落地过程中，根据动能定理得，mg ·3L ＝12mv 2－12mv 2B ，解得小铁球落到地面时的速度大小为v ＝7gL ，C 选项正确；若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为x ＝v ·t ，L ＝12gt 2，联立解得，x ＝14 L ，故D选项错误．答案：C4. (2016届河南洛阳市期中)质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )A ．受到的向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方解析：物块滑到最低点时速度大小为v ，根据向心力公式得，F 向＝m v 2R ，A 选项错误；根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 2R ，摩擦力为F f ＝μ·F N ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ，B 、C 选项错误；物体重力和支持力的合力向上，还受到水平向左的摩擦力，所以物体受到的合力方向斜向左上方，故D 选项正确．答案：D5. (2016届衡水三调)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R .轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x .一质量为m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B 时的速度为v B .小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差为ΔF (ΔF ＞0)．不计空气阻力．则( )A ．m 、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越大B ．m 、x 一定时，v 越大，ΔF 一定越大C ．m 、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大D ．m 、R 一定时，v 越大，ΔF 一定越大解析：小球从A 运动到B 点的过程中，由动能定理得，mg (2R ＋x )＝12mv 2B －12mv 2A ，在A 点，根据牛顿第二定律得，mg ＋F A ＝m v 2A R ，在B 点，F B －mg ＝m v 2BR ，其中ΔF ＝F B －F A ，联立解得ΔF ＝6mg ＋2mg x R，m 、x 一定时，R 越大，ΔF 应该是越小，A 选项错误；ΔF 与速度v 没关系，B 、D 选项错误；m 、R 一定时，当x 越大时，ΔF 一定越大，C 选项正确．答案：C6. (多选)(2016届江西省临川区月考)如图所示叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力 C ．转台的角速度一定满足：ω≤ 2μg3r D ．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r解析：A 随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，A 、B 之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，A 选项错误；以A 、B 为研究对象，向心力F AB ＝(3m ＋2m )ω2r ，以C 为研究对象，向心力F C ＝m ω2·(1.5r )，故C 与转台间的摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，B 选项错误；各物体保持相对静止，随转台转动，对于物体A,3m ω2r ≤μ3mg ，对A 、B 整体，(3m ＋2m )ω2r ≤μ(3m ＋2m )g ，对于物体C ，m ω2(1.5r )≤μmg ，联立解得ω≤2μg3r，C 选项正确，D 选项错误． 答案：ABD7. (2016届成都外国语学校月考)太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．球的质量为m ，重力加速度为g ，则( )A ．在C 处板对球所需施加的力比A 处大6mgB ．球在运动过程中机械能守恒C ．球在最低点C 的速度最小值为gRD ．板在B 处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小 解析：太极球在重力和支持力作用下做匀速圆周运动，在A 点，mg ＋F N A ＝m v 2R ，在C 点，F N C －mg ＝m v 2R，解得F N C －F N A ＝2mg ，在C 处板对球的力比A 处大2mg ，A 选项错误；球在运动过程中，动能不变，重力势能变化，机械能变化，B 选项错误；球通过A 点的临界条件是重力提供向心力，故圆周运动的最小速度为gR ，C 选项正确；在B 处，mg tan θ＝m v 2R，解得v ＝gR tan θ，倾斜角随速度的增大而增大，D 选项错误．答案：C8．(2016届成都外国语学校月考)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v x 随时间t 的变化关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等B ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等C ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等D ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等解析：分析题意可知，小球在圆心等高位置，水平速度为零，在最高点水平速度较小，在最低点水平速度最大，过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，即从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t 1时刻小球通过最高点．根据题意知，图中x 轴上下方图线围成的阴影面积S 1表示从最低点经过四分之一圆周的水平位移，阴影面积S 2表示经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S 1和S 2的面积相等．故A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．答案：A9. (2016届山东临沂高三质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞g cos θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，a 绳张力的竖直分量与重力抵消，故a 绳张力不可能为零，A 选项正确；竖直方向上，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，当夹角θ保持不变时，a 绳的张力保持不变，B选项错误；b 绳出现弹力的临界条件是a 绳的张力和小球的重力提供向心力，mgtan θ＝m ω2l ，解得ω＝g cot θl ，当角速度ω＞ g cot θl，b 绳将出现弹力，C 选项错误；b 绳可能没有弹力，b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 选项错误．答案：A10．(2016届山东临沂高三质检)如图所示，竖直平面内有一半径R ＝0.50 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.50 kg 的小球从B 点正上方H 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h ＝0.80 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)小球释放点到B 点的高度H ；(2)经过圆弧槽最低点C 时轨道对它的支持力大小F N .解析：(1)小球从P 点做平抛运动，水平方向上，x 2＝v P ·t ，竖直方向上，h ＝12gt 2，联立解得v P ＝x2g2h＝3 m/s ，D 点的水平速度v Dx ＝v P ＝3 m/s ，竖直速度v Dy ＝2gh ＝4 m/s ，则v D ＝5 m/s ，速度与水平方向夹角θ＝53°，小球从释放到运动到D 点的过程中，根据动能定理得，mgH ＋mgR cos θ＝12mv 2D －0，代入数据联立解得H ＝0.95 m.(2)小球经过C 点速度为v C ，由A 到C 过程根据动能定理得，mg (H ＋R )＝12mv 2C －0，由牛顿第二定律有，F N －mg ＝mv 2CR，解得F N ＝34 N.答案：(1)0.95 m (2)34 N11. (2016届沈阳二中月考)如图所示，V 形转盘可绕竖直中心轴OO ′转动，V 形转盘的侧面与竖直转轴间的夹角均为α＝53°，盘上放着质量为1 kg 的物块A ，物块A 用长为1 m 的细线与固定在转盘中心O 处的力传感器相连．物块和传感器的大小均可忽略不计，细线能承受的最大拉力为8 N ，A 与转盘间的动摩擦因数μ为1.5，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘转动时，细线一直伸直，当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F .(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，转盘转动的角速度ω0；(结果可以保留根式)(2)将转盘的角速度从(1)问中求得的值开始缓慢增大，直到增加至3ω0，试通过计算写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式．(g 取10 m/s 2)解析：(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，此时绳处于松弛状态，由支持力和重力的合力提供向心力，mg cot53°＝m ω20l sin53°，解得ω0＝564rad/s.(2)当角速度较小时，静摩擦力沿内壁向下，正交分解得，F N sin53°－f cos53°＝mg ，F N cos53°＋f sin53°＝m ω2l sin53°，联立解得F N ＝8＋0.48ω2，f ＝0.64ω2－6，其中f max ＝μF N ，故不论ω取何值，f ≤f max 恒成立，物块能始终保持相对静止，故绳中的拉力一直为零．答案：(1)564rad/s (2)细线拉力一直为零12. (2016届安徽模拟)滑板运动员在U 形槽中的运动可以简化为运动员在半径为R 的半圆弧槽中的运动，若滑板运动员以一定的水平初速度从A 点跳入槽内，下落h 高度落在最低点B 左边的槽壁上，之后滑到槽最低点B 的速度为v ，人和滑板的质量为m ，滑板与圆弧槽的动摩擦因数为μ，求：(1)人从A 点跳入槽内时的初速度大小； (2)人在圆弧槽最低点的加速度大小．解析：(1)运动员做平抛运动，下落h 高度落到槽壁上，根据几何关系可知，水平位移x ＝R －R 2－h 2，运动时间t ＝2hg，则平抛运动的初速度v 0＝xt＝(R －R 2－h 2)g 2h. (2)运动员滑到最低点的速度为v ，竖直方向上支持力和重力的合力提供向心力，F N －mg ＝ma y ，a y ＝v 2R，水平方向上，F f ＝μF N ＝ma x ，联立解得在圆弧槽最低点的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2.答案：(1)(R －R 2－h 2)g2h(2) v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2。
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业15
课时强化作业十五 平抛运动一、选择题1．人在距地面高h 、离靶面距离L 处，将质量为m 的飞镖以速度v 0水平投出，落在靶心正下方，如图所示．只改变h 、L 、m 、v 0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是( )A ．适当减小v 0B ．适当提高hC ．适当减小mD ．适当减小L解析：若不计空气阻力，飞镖做平抛运动，水平方向上：L ＝v 0t ，竖直方向上：y ＝12gt 2，解得y ＝gL 22v 20，若让飞镖打在靶子中心，则应适当减小竖直位移，即增大v 0或减小人和靶面间的距离L .若v 0、L 均不变，也可以增大飞镖投出时的高度h ，故选项A 、C 错误，选项B 、D 正确．答案：BD2．如图所示，三个相同的小球从同一高度处的O 点分别以水平初速度v 1、v 2、v 3抛出，落在水平面上的位置分别是A 、B 、C ，O ′是O 在水平面上的射影点，且O ′A ∶O ′B ∶O ′C ＝1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝1∶3∶5B ．三个小球下落的时间相同C ．三个小球落地的速度相同D ．三个小球落地的动能相同解析：由于三个小球从同一高度水平抛出，则三个小球的落地时间相同，根据x ＝v 0t可知选项A 、B 正确；小球落地时的速度v ＝v 20＋v 2y .由于初速度不同，竖直分速度相同，所以选项C 、D 错误．答案：AB3.在同一水平直线上的两位置分别沿同一方向抛出两小球A 和B ，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中P 点相遇，则必须( )A ．在P 点A 球速度大于B 球速度 B ．在P 点A 球速度小于B 球速度C ．A 球先抛出D ．同时抛出两球解析：做平抛运动的物体，其飞行时间仅由下落高度决定，与其他因素无关，故从同一水平线水平抛出的两个小球，要在空中相遇，由此可得出两小球同时抛出，选项D 正确．另由图可知，球A 的水平距离比B 大，故可知，A 球抛出时的初速度比B 大，故在相遇点A球速度大，选项A 正确．答案：AD4.如图所示，在足够长的斜面上A 点，以水平速度v 0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上的水平距离为x 1；若将此球改用2v 0水平速度抛出，落到斜面上的水平距离为x 2，则x 1∶x 2为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：设斜面的倾角为θ，由于两次水平抛出小球均落在斜面上．则有tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0.故t ＝2v 0tan θg .水平位移x ＝v 0t ＝2v 20tan θg.由此式可知，x ∝v 20，故选项D 正确． 答案：D5.如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H 高处的飞机以水平对地速度v 1发射一颗炸弹轰炸地面目标P ，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v 2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x ，若拦截成功，不计空气阻力，则 v 1、v 2的关系应满足( )A ．v 1＝Hx v 2B ．v 1＝v 2x HC ．v 1＝xHv 2D ．v 1＝v 2解析：由题可知，从发射到拦截成功水平方向满足x ＝v 1t ，竖直方向满足：v 2t －12gt 2＋12gt 2＝H ，所以有H x ＝v 2tv 1t .解得v 1＝v 2x H.故选项C 正确．答案：C6.如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出甲、乙两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则甲、乙两小球初速度之比为( )A ．tan αB ．sin αC ．tan αtan αD ．cos α解析：两小球被抛出后都做平抛运动，设半圆形容器的半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：R sin α＝v 1t 1，R cos α＝12gt 21；对B 球：R cos α＝v 2t 2，R sin α＝12gt 22，联立解得：两小球初速度之比为v 1v 2＝tan αtan α，选项C正确．答案：C7．如右图所示，在斜面顶端a 处以速度v a 水平抛出一小球，经过时间t a恰好落在斜面底端P 处；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点处．若不计空气阻力，下列关系式正确的是( )A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．t a ＝t bD ．t a ＝2t b解析：做平抛运动的物体，运动时间由竖直方向的高度决定，t ＝2hg，a 物体下落的高度是b 物体下落高度的2倍，有t a ＝2t b ，选项D 正确；水平方向的距离由高度和初速度决定，x ＝v 02hg，由题意可知，a 物体的水平位移是b 物体水平位移的2倍，即x a ＝v a ·t a ＝2x b ＝2v b ·t b 可得v a ＝2v b ，选项B 正确．答案：BD8.如图所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l ，h 均为定值)．将A 向B水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 B ．A 、B 在第一次落地前若不相碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰解析：对A 球，水平方向上x ＝v t ，竖直方向上h ＝12gt 2，两式联立解得x ＝v2h g，两球第一次落地间距为Δx ＝l －x ＝l －v2hg，当v 较小时，有l >x ，两球不相碰，当v 增大到恰好使得l ＝x 时，两球恰好落地时第一次相碰，当v 增大到一定值会有l <x 即第一次落地前相碰，选项A 正确；由于两球在竖直方向上同时从同一高度下落，碰撞时无机械能损失，两球始终处于同一高度，由于A 球水平速度不变，在t ＝lv 时两球一定相碰，选项B 错误、D 正确；当l ＝2n v2hg(其中n ＝1、2、3…)时两球恰好能在最高点相碰，选项C 错误． 答案：AD9．a 、b 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为P 1，b 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．a 、b 的运动时间相同B ．a 、b 沿x 轴方向的位移相同C ．a 、b 落地时的速度大小相同D ．a 、b 落地时的速度相同解析：质点a 做平抛运动，在竖直方向h ＝12gt 21，在水平方向x ＝v 0t 1，质点在光滑斜面上受到合力方向沿斜面向下与初速度垂直，质点b 做类平抛运动，其加速度a ＝g sin θ，其中θ为斜面与水平面的夹角，质点b 到达P 2时，沿合力方向的位移h ′＝h sin θ＝12g sin θ·t 22，x ′＝v 0t 2，由于t 2>t 1，所以x ′>x ，故选项A 、B 错误；质点a 、b 运动过程中机械能守恒，即mgh ＋12m v 20＝12m v 2，由此式可知，a 、b 落地时速度大小相等，方向不同，故选项C 正确，选项D 错误．答案：C10．如图是某次实验中用频闪照相方法拍摄的小球(可视为质点)做平抛运动的闪光照片．如果图中每个方格的边长l 表示的实际距离和闪光频率f 均为已知量，那么在小球的质量m 、平抛的初速度大小v 0、小球通过P 点时的速度大小v 和当地的重力加速度值g 这四个未知量中，利用上述已知量和图中信息( )A ．可以计算出m 、v 0和vB ．可以计算出v 、v 0和gC ．只能计算出v 0和vD ．只能计算出v 0和g解析：平抛运动的物体在竖直方向做匀变速直线运动，则有Δy ＝5l －3l ＝gT 2. T ＝1f ，则可求得g ，水平方向做匀速直线运动，v 0＝x T ＝3l ·f .故可求得v 0.小球通过P 点时的竖直分速度v y ＝3l ＋5l 2T ，则v ＝v 20＋v 2y ，故可求得v ，但无法求得小球质量，选项B 正确．答案：B 二、非选择题11．如图所示，在水平地面上固定一个倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A 以v 1＝6 m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体A 的正上方，有一物体B 以某一初速度水平抛出．如果当A 上滑到最高点时恰好被B 物体击中．若A 、B 均可看作质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2，试求：(1)物体A 上滑到最高点所用的时间t ； (2)物体B 抛出时的初速度v 2； (3)物体A 、B 间初始位置的高度差h .解析：(1)物体A 沿斜面上滑过程中，由牛顿第二定律有mg sin θ＝ma . 解得a ＝g sin θ＝6 m/s 2. 由运动学公式0＝v 1－at ，得t ＝v 1a＝1 s.(2)B 做平抛运动，击中A 物体时的水平位移x ＝v 2t . A 物体上升到最高点时的位移s ＝v 12t ＝3 m.x ＝s ·cos37°＝2.4 m 解得v 2＝2.4 m/s. (3)如图所示．物体B 做平抛运动的竖直位移h B ＝12gt 2＝5 m.h A ＝s ·sin37°＝1.8 m. 则h ＝h A ＋h B ＝6.8 m.答案：(1)1 s (2)2.4 m/s (3)6.8 m12.如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，墙高h ＝3.2 m ，墙到房子的距离L ＝3 m ，墙外马路宽x ＝10 m ，小球从房顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v 0的取值范围．(取g ＝10 m/s 2)解析：设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v 1， 由平抛运动规律可知： 竖直方向：H －h ＝12gt 21水平方向：L ＝v 1t 1联立以上两式解得v 1＝5 m/s设小球恰落到马路右边缘时水平初速度为v 2， 由平抛运动的规律有： 竖直方向H ＝12gt 22L ＋x ＝v 2t 2解得v 2＝13 m/s所以小球抛出时的速度5 m/s ≤v 0≤13 m/s. 答案：5 m/s ≤v 0≤13 m/s13．如图所示，从A 点以v 0＝4 m/s 的水平速度抛出一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)，当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC ，经圆弧轨道后滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C 端切线水平．已知长木板的质量M ＝4 kg ，A 、B 两点距C 点的高度分别为H ＝0.6 m 、h ＝0.15 m ，R ＝0.75 m ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.g 取10 m/s 2，求：(1)小物块运动至B 点时的速度大小和方向；(2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？ 解析：(1)物体做平抛运动H －h ＝12gt 2.设到达C 点时竖直分速度为v y ，则v y ＝gt v 1＝v 20＋v 2y ＝54v 0＝5 m/s. 方向与水平面的夹角为θ， tan θ＝v y v 0＝34，即θ＝37°.(2)从A 到C 由动能定理有mgH ＝12m v 2C －12m v 20 解得v C ＝27 m/s.由题意可知小物块m 对长木板的摩擦力，f ＝μ1mg ＝5 N. 长木板与地面间的最大静摩擦力f ′＝μ2(M ＋m )g ＝10 N.因f <f ′，所以小物块在长木板上滑行时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时，速度刚好为0，则长木板长度至少为l ＝v 2C2μ1g＝2.8 m.答案：(1)5 m/s 与水平方向成37°角，斜向下 (2)2.8 m。
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业25
课时强化作业二十五电场能的性质一、选择题1.如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()A．A点电势大于B点电势B．A、B两点的电场强度相等C．q1的电荷量小于q2的电荷量D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能解析：因将正试探电荷移动到无穷远处时需克服电场力做功，故场源电荷Q带负电，结合负点电荷的电场线、等势面特点分析可知E A＞E B、φA＜φB，故A、B皆错误．由功能关系知q1在A点的电势能与q2在B点的电势能相等，故D错误．再由q1φA＝q2φB及φA＜φB ＜0可知q1＜q2，故C正确．答案：C2．(2015届甘肃省天水市一中高三月考)如图所示，在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和－Q，一正方形ABCD与xOy在同一平面内，其中必在O点，则下列判断正确的是()A．O点电场强度为零B．A、C两点电场强度相等C．B、D两点电势相等D．若将点电荷－q从A点移向C，电势能减小解析：由等量异种电荷的电场分布可知，O点的电场强度不为零，选项A错误；由对称性可知A、C两点电场强度相等，选项B正确；D点的电势高于B点电势，选项C错误；由于A点电势高于C点电势，若将点电荷－q从A点移向C点，电场力做负功，电势能增加，选项D错误．答案：B3.空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点．下列说法中正确的是()A．取无穷远处电势为零，则O点处电势为零B．电子在A、B两点的电势能相等C．电子在A、B两点的加速度方向相反D．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线解析：若把一个正电荷从O点沿x轴移到无穷远处，电场力一直在做功，所以O点电势不为零，选项A错误；电子从A移到B点过程中，电场力先做正功，过O点之后又做负功，且电场对称，所以正负功数量相等，即从A到B电场力做总功为零，故电子在A、B两点的电势能相等，B选项正确；A、B两点电场方向相反，所以电子在这两点加速度方向相反，C选项正确；当电子由A点释放后一直受到沿x轴方向的力作用，即力与运动方向一直在一条直线上，故电子只能做直线运动．答案：BC4.如图所示，虚线是某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力的作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线从A点飞到B点，则下列判断正确的是()A．该粒子带负电B．A点的场强大于B点的场强C．粒子在A点的电势能大于在B点的电势能D．粒子在A点的动能小于在B点的动能解析：由于电场线是从高等势面指向低等势面，所以可以判断电场线的方向，由带电粒子的运动轨迹可知，粒子受到电场力指向曲线的凹侧，则粒子带正电、选项A错误；由等势面的分布情况可知电场线的分布情况，A点所处位置的电场线比B所在位置的电场线密集，故A点场强大于B点场强，选项B正确；带正电的粒子从A运动到B电场力做负功，粒子的动能减少，电势能增加，选项C、D错误．答案：B5.(2014年山东卷)如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A.已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场，与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷(不计重力)从球心以初动能E k0沿OA 方向射出．下列关于试探电荷的动能E k 与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的是( )解析：由于球壳内场强处处为零，不受电场力的作用，试探电荷在球壳内的动能不变，试探电荷在球壳外，带正电的试探电荷受电场力的作用，电场力做正功，由动能定理可知，其动能逐渐增大，但随着电场的减弱电场力逐渐减小，电场力做功越来越小，即动能随距离r 增大的越来越慢，故选项A 正确．答案：A6.如右图所示，匀强电场中三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，∠ABC ＝∠CAB ＝30°，BC ＝2 3 m ，已知电场线平行于△ABC 所在的平面，一个电荷量q ＝－2×10－6 C的点电荷由A 移到B 的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J ，由B 移到C 的过程中电场力做功6×10－6 J ，下列说法正确的是( )A ．B 、C 两点的电势差U BC ＝3 V B ．A 点的电势低于B 点的电势C ．负电荷由C 点移到A 点的过程中，电势能增加D ．该电场的场强为1 V/m解析：由W ＝qU 和W ＝－ΔE (ΔE 为电荷电势能的增量)得，A 、B 两点间电势差U AB ＝－1.2×10－5－2×10－6 V ＝6 V ，U BC ＝6×10－6－2×10－6V ＝－3 V ，A 点电势高于B 点电势，A 、B 错；由电势差可判断，AB 中点D 的电势与C 点电势相等，在同一个等势面上，且AB 垂直于该等势面，如上图所示，因此U AC ＝3 V ，C 点电势低于A 点电势，负电荷由C 点移到A 点的过程中，电场力做正功，负电荷的电势能减小，C 错；电场线垂直于等势面，因此电场线与AB 平行，场强E ＝U DB DB＝1 V/m ，D 正确．答案：D7．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则()A．N点的电场强度大小为零B．A点的电场强度大小为零C．NC间场强方向沿x轴正方向D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功解析：由电势φ与电场强度E之间的关系式φ＝Ex，所以φ-x图象上各点切线的斜率的绝对值表示各点的电场强度大小，由图线可知，N点和A点的斜率不为零，C点的斜率为零，所以N、A两点场强不为零，C点场强为零，选项A、B错误；从N到C各点电势逐渐增大，说明这是逆着电场线方向，即NC间场强方向从C指向N，沿x轴负方向，选项C 错误；将一负电荷从N点移到D点电场力做正功，后做负功，电荷的电势能先减小后增大，故选项D正确．答案：D8.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则()A．M点的电势比P点的电势高B．将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C．M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D．在O点静止释放一带正电的粒子，该粒子将沿y轴做直线运动解析：由于MP⊥ON，等势面垂直电场线，故过M点的等势面在P点下方，电场线的方向是高电势的等势面指向低电势的等势面，则有φM＞φP，选项A正确；负电荷所受电场力与电场强度方向相反，负电荷由O点移动到P点，电场力做功W OP＝－q·U OP，由于U OP＞0故W OP＜0，选项B错误；由电场线的分布可知，沿OMP方向电场强度逐渐减小，由于OM＝MN，由U＝Ed可判断U OM＞U MN，选项C错误；在O点由静止释放一带正电的粒子，粒子所受电场力始终沿y轴正方向，因此粒子沿y轴做直线运动，选项D正确．答案：AD9.(2014年江苏卷)如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是()A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低解析：圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为由很多正点电荷组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零．x轴上的合场强，在圆环的右侧的合场强的方向沿x轴向右，左侧的合场强沿x轴向左，电场强度都是先增大后减小的特征，由沿电场线方向电势降低，故圆心O点的电势最高，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案：B10．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示．则下列判断正确的是()A．M点电势为零，N点场强为零B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较小解析：正试探电荷从无穷远处沿x轴负方向移近N的过程中，电势能逐渐减小，说明电场力做负功，电场力表现为引力，而从N点移动到Q2的过程中，电势能逐渐增大，说明电场力做负功，电场力表现为斥力，N点是分界点，所以N点场强为零，又试探电荷在M 点的电势能为零，这说明M点电势为零，所以选项A正确，B错误；正试探电荷在Q2附近趋于正无穷大，这说明Q2带正电，那么Q1带负电，根据两个点电荷在N点处的合场强为零可得出k Q 1(Q 1N )2＝k Q 2(Q 2N )2，又Q 2N ＜Q 1N ，所以Q 1＞Q 2，所以选项C 正确，D 错误．答案：AC 二、非选择题11.如图所示，在匀强电场中，有边长为2 m 的等边三角形ABC ，其中O 点为该三角形的中心，各点的电势分别为φA ＝2 V ，φB ＝4 V ，φC ＝6 V ．求：(1)O 点的电势为多少？(2)该匀强电场的电场强度是多少？解析：(1)如图，过O 点作AC 的垂线，交AC 于D 点，由几何知识可知DO 延长线将过B 点，则D 为AC 的中点，φD ＝4 V .又φB ＝4 V ，则BD 为等势线O 在BD 上，故φO ＝4 V . (2)由于电场线与等势线垂直，则AC 为一条电场线， U CA ＝E ·d CA 则E ＝U CA d CA ＝2 V/m.答案：(1)4 V (2)2 V/m12.长为L 的细线，上端固定，下端拴一质量为m 、带电荷量为q 的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B 点速度恰好为零．试求：(1)AB 两点的电势差U AB ； (2)匀强电场的电场强度大小；(3)小球到达B 点时，细线对小球的拉力大小．解析：(1)小球下落过程中重力和电场力做功，由动能定理有：mgL sin60°＋qU AB ＝0，解得U AB ＝－3mgL2q. (2)根据匀强电场中电势差和电场强度的关系可知－U AB ＝EL (1－cos60°) 解得E ＝U BA L (1－cos60°)＝3mg q .(3)在B 点时小球受力分析如图所示．由圆周运动的知识及牛顿第二定律有F T －qE cos θ－mg sin θ＝m v 2BL.其中qE ＝3mg ，v B ＝0则F T －Eq cos60°－mg sin60°＝0， 解得：F T ＝3mg . 答案：(1)－3mgL 2q (2)3mgq(3)3mg 13．如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A 、B 相距为2d ，电量分别为＋Q 和－Q .MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p ，质量为m 、电量为＋q (可视为点电荷，q 远小Q )，现将小球p 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球p 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v .已知MN 与AB 之间的距离也为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g .求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)小球p 经过O 点时加速度的大小；(3)小球p 经过与点电荷B 等高的D 点时速度的大小． 解析：(1)小球p 由C 运动到O 时，由动能定理，得mgd ＋qU CO ＝12m v 2－0，①得U CO ＝m v 2－2mgd2q.②(2)小球p 经过O 点时受力分析如图所示，由库仑定律得： F 1＝F 2＝k Qq(2d )2③它们的合力为：F ＝F 1cos45°＋F 2cos45°＝2kQq2d 2④ 由牛顿第二定律得： mg ＋F ＝ma ，⑤ a ＝g ＋2kQq2md 2.⑥ (3)小球p 由O 运动到D 的过程，由动能定理得： mgd ＋qU OD ＝12m v 2D －12m v 2.⑦由电场特点可知：U CO ＝U OD .⑧ 联立②⑦⑧解得：v D ＝2v .答案：(1)m v 2－2mgd 2q (2)g ＋2kQq2md 2(3)2v。
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业4
课时强化作业四实验：研究匀变速直线运动一、选择题1．关于纸带上打点间隔的分析，下列说法正确的是()A．随着纸带的运动，纸带上的点之间的距离越来越小，说明纸带在做加速运动B．随着纸带的运动，纸带上的点之间的距离越来越小，说明纸带在做减速运动C．纸带上点间距离相等，表示纸带是匀速运动的D．纸带上点间距离相等，表示纸带做变速运动解析：在纸带上打点计时器每隔相等的时间打一次点，纸带在物体带动下运动．打点计时器打出点之间的距离越来越小，说明纸带运动速度越来越小，即纸带做减速运动，故选项B正确；如果纸带上的点间的距离是相等的，说明纸带做匀速运动，故选项C正确．答案：BC2．关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法正确的是() A．长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低B．在释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动解析：长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误；实验时为了能在纸带上打尽可能多的点，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；实验开始时应先接通电源，待打点计时器工作稳定后，再释放小车，选项C正确；为了保护小车，在小车到达定滑轮前用手使小车停止运动，选项D正确．答案：BCD3．在实验过程中，对于减小实验误差来说，下列说法中有益的是()A．选取计数点时，把每打5个点的时间间隔作为时间单位B．使小车运动的加速度尽量的小些C．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量、计算D．选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验解析：选取计数点时，把每打5个点的时间间隔作为时间单位，这样相邻的两个计数点的距离会大些，用刻度尺测量距离时，相对误差会减小，故选项A正确；小车运动过程中加速度如果太小，会导致各段位移差太小，计算中会使误差增大，故选项B错误；舍去比较密集的点，只利用点迹清晰、点间间隔适当的一部分进行测量、计算，这样测量距离时，便于测量，测量的误差较小，有利于减小实验误差，选项C正确；若备用的木板平整程度、光滑程度各处不一致，则小车在木板上运动时的加速度则不同，造成较大的实验误差，故选项D正确．答案：ACD4．如图所示，为同一打点计时器打出的两条纸带．由纸带可知()A．在打下计数点“0”到“5”的过程中，纸带甲的平均速度比乙的大B．在打下计数点“0”至“5”的过程中，纸带甲的平均速度比乙的小C．纸带甲的加速度比乙的大D．纸带甲的加速度比乙的小解析：打点计时器在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带的位移小于乙纸带的位移，故v甲<v乙，选项A错误，选项B正确；相邻计数点间所用时间相等，乙纸带相邻计数点之间的距离变化大，即乙纸带的速度变化更快，故a乙>a甲，选项C错误，选项D正确．答案：BD5．在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下A．根据任意两个计数点的速度，用公式a＝Δv/Δt算出加速度B．根据实验数据画出v-t图象，量出其倾角，用公式a＝tanα算出加速度C．根据实验数据画出v-t图象，由图象上任意两点所对应的速度及时间，用公式a＝Δv/Δt 算出加速度D．依次算出通过连续两个计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度解析：选项A的计算方法，偶然误差很大，选项A错误；实验中有些数据偶然误差很大，在利用原始数据进行计算时结果的误差很大，若计算出若干个加速度，算出平均值，由于原始数据中有些误差很大，这样虽然可以减小误差，但计算结果误差也会很大，故选项D 错误；利用实验数据画出对应的v-t图，才可充分利用各次测量数据，减小偶然误差，故选项C正确；在v-t图象中图线的斜率大小等于加速度．在v-t图象中由于坐标轴的标度的选取不同，所以图线倾角的正切值并不表示加速度，故选项B错误．答案：C二、非选择题6．如图所示，是小车拖动纸带用打点计时器打出的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 为我们在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，试求：(1)打点计时器打下B 、C 、D 各点时小车的瞬时速度； (2)由小车的运动规律，推断出小车在E 点的瞬时速度； (3)由小车的运动规律，推断出从B 点到E 点的加速度． 解析：(1)v B ＝x AC 2T ＝52.0×10－32×0.1 m/s ＝0.26 m/s.v C ＝x AD －x AB 2T ＝(84.0－24.0)×10－32×0.1m/s ＝0.3 m/sv D ＝x AE －x AC 2T ＝(120.0－52.0)×10－32×0.1m/s＝0.34 m/s.(2)小车做匀加速直线运动，相邻两计数点之间的时间间隔相等，则有：v E －v D ＝v D －v C得v E ＝2v D －v C ＝0.38 m/s.(3)根据运动学公式v E ＝v B ＋3aT 得a ＝v E －v B 3T ＝0.38－0.263×0.1 m/s 2＝0.4 m/s 2.答案：(1)v B ＝0.26 m/s v C ＝0.3 m/s v D ＝0.34 m/s (2)v E ＝0.38 m/s (3)0.4 m/s 27．实验中，如图所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A 、B 、C 、D 、E 为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T ＝0.1 s.(1)根据纸带可判定小车做________运动．(2)根据纸带计算各点瞬时速度：v D ＝________ m/s ，v C ＝________m/s ，v B ＝______m/s.在如图所示坐标中作出小车的v -t 图线，并根据图线求出a ＝______.(3)将图线延长与纵轴相交，交点的速度是________m/s ，此速度的物理意义是__________________________．解析：(1)根据纸带提供的数据可知x BC －x AB ＝x CD －x BC ＝x DE －x CD ＝12.60 cm ，故小车做匀加速直线运动．(2)根据v t2＝v 可知v D ＝(105.60－27.60)×10－20.2m/s ＝3.90 m/s ，v C ＝(60.30－7.50)×10－20.2m/s ＝2.64 m/s ，v B ＝27.60×10－20.2m/s ＝1.38 m/s.描点连线得如图所示v -t 图线， 根据图线斜率知a ＝12.60 m/s 2.(3)由图知交点的速度约为0.12 m/s ，表示打A 点时小车的速度． 答案：(1)匀加速直线 (2)3.90 2.64 1.38 12．60 m/s 2 (3)0.12 表示打A 点时小车的速度 8．在做“研究匀变速直线运动”的实验中：(1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计．其中在本实验中不需要的器材是________．(2)如图所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T ＝0.02 s ，其中x 1＝7.05 cm 、x 2＝7.68 cm 、x 3＝8.33 cm 、x 4＝8.95 cm 、x 5＝9.61 cm 、x 6＝10.26 cm.下表列出了打点计时器打下B 、C 、F 时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下D 、E 两点时小车的瞬时速度.(3)以A 点为计时起点，在坐标图中画出小车的速度—时间关系图线．(4)根据你画出的小车的速度—时间关系图线计算出的小车的加速度a ＝______m/s 2.(保留三位有效数字)解析：(1)本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的实验器材为弹簧测力计．(2)根据匀变速直线运动的某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度．v D ＝x 3＋x 42ΔT ＝(8.33＋8.95)×10－22×0.1＝0.864 m/s ，v E ＝x 4＋x 52ΔT ＝(8.95＋9.61)×10－22×0.1＝0.928 m/s.(3)小车的速度—时间关系图线如图所示．(4)在v -t 图象中，图线的斜率表示加速度大小，则a ＝Δv Δt ＝0.994－0.7370.5－0.1 m/s 2＝0.643m/s 2.答案：(1)弹簧测力计 (2)0.864 0.928 (3)见解析 (4)0.6439．一个小球沿斜面向下运动，用每间隔0.10 s 曝光一次的频闪相机拍摄不同时刻小球位置的照片，如右图所示，即照片上出现的相邻两个小球的像之间的时间间隔为0.10 s ，测得小球在几个连续相等时间内的位移(数据见表)，则：(1)小球在相邻相等时间内的位移差________(填“相等”或“不相等”)，小球的运动性质属________直线运动．(2)有甲、乙两同学计算小球加速度的方法如下：甲同学：a 1＝x 2－x 1T 2，a 2＝x 3－x 2T 2，a 3＝x 4－x 3T 2，a ＝a 1＋a 2＋a 33.乙同学：a 1＝x 3－x 12T 2，a 2＝x 4－x 22T 2，a ＝a 1＋a 22. 你认为甲、乙中哪位同学的计算方法较准确？________，加速度值为________．(保留三位有效数字)解析：(1)由表中数据可知x 4－x 3＝x 3－x 2＝x 2－x 1，小球做匀加速直线运动． (2)甲同学的方法最终得到a ＝x 4－x 13T 2，这样表中给出的四个数据中只用到了两个数据．从而得出结果误差较大．而乙同学的方法得a ＝(x 4＋x 3)－(x 1＋x 2)4T 2.表格中给出的四个数据，计算中都用到，这样得出结论产生误差小，则a ＝1.10 m/s 2.答案：(1)相等 匀加速(匀变速) (2)乙同学 1.10 m/s 210．如图是“研究匀变速直线运动”的实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点，加速度大小用a 表示．(1)OD 间的距离为________cm.(2)下图是根据实验数据绘出的x -t 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为________m/s 2(保留三位有效数字)．解析：(1)由毫米刻尺读得OD 间的距离应为2.20 cm －1.00 cm ＝1.20 cm.(2)由x -t 2图象可知是一条直线，初速度为零的匀变速直线运动的位移公式x ＝12at 2，由此可知直线的斜率k ＝12a ，由图象可知a2＝k ＝(2.8－0)×10－20.06－0m/s 2得a ≈0.933 m/s 2.答案：(1)1.20 (2)加速度的一半 0.93311.如图所示是张红用照相机拍到的水滴的照片，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好到达地面，且在30 s 内76滴水从屋檐滴下，而第2滴与第3滴分别位于二楼窗户的上沿和四楼窗户的下沿，已知二楼窗户的上沿和四楼窗户的下沿的距离为4 m ．现对照片进行测量可知，各相邻点之间的距离分别是0.4 cm 、1.2 cm 、2 cm 、2.8 cm ，则：(1)图中2、3、4各点的实际速度是多少？ (2)请作出水滴下落的v -t 图象；(3)由图象可知水滴下落的加速度为多少？解析：(1)30 s 内有76个水滴从屋檐滴下，则每两个相邻水滴之间的时间间隔Δt ＝3075 s＝0.4 s.由照片的比例可知x 12＝5.6 m ，x 23＝4 m ，x 34＝2.4 m ，x 45＝0.8 m. v 2＝x 12＋x 232Δt ＝12 m/s ，v 3＝x 23＋x 342Δt ＝8 m/s ，v 4＝x 34＋x 452Δt ＝4 m/s.(2)建立v -t 坐标系，描点作图如图所示．(3)v -t 图象中图线的斜率表示加速度，则 a ＝Δv t ＝12－01.2－0 m/s 2＝10 m/s 2.答案：见解析。
高考物理 第16章 章末强化训练 新人教版
高考物理 第16章 章末强化训练 新人教版一、选择题（每小题5分，共30分）1.在下列四个方程中，X 1、X 2、X 3和X 4各代表某种粒子： ①U 23592+n 10→Sr 9738+Xe 13654+31X ;②H 21+2X →He 32+n 10;③U 23892→Th 23490+3X ;④Mg 2412+He 42→Al 2713+4X . 以下判断中正确的是 （ ）A. 1X 是中子B. 2X 是质子C. 3X 是α粒子D. 4X 是氘核【解析】由核反应过程质量数和电荷数守恒得：1X 为n 10,2X 为H 21,3X 为He 42,4X 为H 11,故A 、C 正确.【答案】A 、C2.如图所示为卢瑟福发现质子的实验装置.M 是显微镜，S 是荧光屏，窗口F 处装有银箔，氮气从阀门T 充入，A 是放射源.下列说法中正确的是 （ ）A.该实验的核反应方程为：He 42+N 147→O 168+H 11B.充入氮气后，调整银箔厚度，使S 上见不到质子引起的闪烁C.充入氮气前，调整银箔厚度，使S 上能见到α粒子引起的闪烁D.充入氮气前，调整银箔厚度，使S 上见不到α粒子引起的闪烁【解析】根据质量数和核电荷数守恒判断A 项错误；充入氮气前，调整银箔厚度，使S 上见不到α粒子引起的闪烁，B 、C 项错误，D 项正确.【答案】D3.下列说法正确的是（ ）A.黑体辐射强度的极大值随温度的升高向波长较大的方向移动B.物质波和光波都是概率波C.原子核越大，它的结合能越高，原子核中核子结合得越牢固D.β衰变的实质是放射性原子核内的一个中子转化成了一个质子和一个电子【解析】随着温度的升高，黑体辐射向频率大的方向移动，A 项错误；比结合能越大的原子核，原子核中核子结合得越牢固，C 项错误；发生β衰变时中子转化为质子和电子，产生的电子从核内发射出来，D 项正确.【答案】B、D4.关于原子结构和原子核，下列说法中正确的是（）A.利用α粒子散射实验可以估算原子核的半径B.利用α粒子散射实验可以估算核外电子的运动半径C.原子的核式结构模型很好地解释了氢原子光谱的实验D.处于激发态的氢原子放出光子后，核外电子运动的动能将增大①由于爆炸后的弹片存在放射性，对环境产生长期危害②爆炸后的弹片不会对人体产生危害③铀238的衰变速率很快④铀238的半衰期很长A.①②B.③C.①④D.②④【解析】贫铀弹主要成分为铀238,是放射性元素，且半衰期长，①④对，故选C.【答案】C6.下列说法正确的是（）A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B.汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光波长太短D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大【解析】综合考查原子物理和光学知识.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应（聚变反应），不是核裂变反应，选项A错；汤姆孙发现电子，表明电子是原子的组成部分，不能表明原子具有核式结构，选项B错；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应现象，是因为该束光的频率太低（低于极限频率），选项C错；根据玻尔理论，选项D正确.【答案】D二、非选择题（共70分）7.(8分)如图所示的实验电路，当用黄光照射光电管中的碱金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转.若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，此时电压表读数为U.若此时增加黄光照射的强度，则毫安表 (选填“有”或“无”)示数.若改用蓝光照射光电管中的金属涂层，则毫安表 (选填“有”或“无”)示数.【解析】光电效应的原理是当有频率足够大的光照射到金属表面时，将会使金属中的电子获得足够能量而从表面逸出，逸出的电子向另一极板定向移动而形成电流.【答案】 无 有8.(10分)用不同频率的光照射某金属均产生光电效应，测量金属遏止电压U c 与入射光频率ν，得到U c -ν图象，根据图象求出该金属的截止频率νc= Hz ，普朗克常量h= J ·s.【解析】根据光电效应方程有h ν=221mv +W,又有221mv =eU c ，解得图线的斜率为h e,截距的大小为We. 【答案】5.0×10146.4×10-349.(12分)一静止的质量为m1的原子核发生一次α衰变.已知衰变后的α粒子的质量为m 2、电荷量为q 、速度为v ，并假设衰变过程中释放的核能全部转化为α粒子和新核的动能.求衰变后新核反冲的速度大小；衰变过程中的质量亏损(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计).【解析】设新核反冲的速度大小为v ′，由动量守恒定律有'212)(v m m v m -=.解得v ′=v m m m 212-.释放的核能为ΔE=2221v m +2'21)(21v m m -, 又ΔE=Δm ·c 2,解得Δm=221212)(2cm m v m m -. 【答案】v m m m 212- 221212)(2c m m v m m -10.(12分)已知氢原子基态电子轨道半径为r 0=0.528×10-10m,量子数为n 的激发态的能量E n=26.13n-eV.求：(1)电子在基态轨道上运动的动能；(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态，画一能级图，在图上用箭头标明这些氢原子所能发出光的光谱线有哪几条？(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条光谱线的波长.(k=9.0×109N·m2/C2,e=1.60×10-19 C,h=6.63×10-34 J)【解析】(1)库仑力提供向心力，则有22rke=2rvm,则221mv=22rke,代入数据得电子在基态轨道上运动的动能为13.6 eV.(2)能级图如图所示，可得三条光谱线.(3)波长最短的光频率最高、能量最大，对应处于n=3的激发态的氢原子向n=1能级跃迁所发出光的光谱线.将能量单位“eV”换算成国际单位“J”后得：λ=13EEhc-=1.03×10-7 m.【答案】(1)13.6 Ev (2)如图所示 (3)1.03×10-7m11.(13分)1934年约里奥-居里夫妇用α粒子轰击静止的2713Al，发现了放射性磷3015P和另一种粒子，并因这一伟大发现而获得诺贝尔物理学奖.(1)写出这个过程的核反应方程式；（2）若该种粒子以初速度v0与一个静止的12C核发生碰撞，但没有发生核反应，该粒子碰后的速度大小为v1,运动方向与原运动方向相反，求碰撞后12C核的速度.【解析】（1）核反应方程式为：42He+2713Al→3015P+1n.(2)设该种粒子即为中子的质量为m,则12C核的质量为12m,碰撞后12C核的速度为v2.由动量守恒定律可得:mv0=m(-v1)+12mv2，解得：v2=0112v v+.则碰撞后12C核的运动方向与该粒子原运动方向相同.【答案】（1）42He+2713Al→3015P+1n.（2）速率为0112v v+，方向与中子开始时的运动方向相同12.(15分)科学家估算四川汶川特大地震释放的能量相当于200万个在广岛投掷的原子弹的能量，根据下列数据估算这次地震释放的能量：(1)广岛原子弹释放的核能可用下面的典型裂变反应方程式表示；235 92U +1n →13954Xe + 9438Sr + 31n235.043 9 1.008 7 138.917 8 93.915 4 3×1.008 7反应方程下方的数字是中子及有关原子的静止质量(以原子量u为单位).已知1 u的质量对应的能量为930 MeV，此裂变反应释放出的能量是多少？(2)广岛原子弹内含纯铀235共1 kg，该原子弹爆炸释放的能量为多少？由此估算汶川地震释放能量约是多少？。
高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测16万有引力与航天(一)
高考物理复习课时跟踪检测(十六) 万有引力与航天(一)高考常考题型：选择题1．下面说法正确的是( )A ．在经典力学中，物体的质量不随运动状态而改变，在狭义相对论中，物体的质量也不随运动状态而改变B ．在经典力学中，物体的质量随物体运动速度增大而减小，在狭义相对论中，物体的质量随物体运动速度的增大而增大C ．在经典力学中，物体的质量是不变的，在狭义相对论中，物体的质量随物体速度增大而增大D ．上述说法都是错误的2．地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆。
天文学家哈雷曾经在1662年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴约等于地球公转半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会再次出现。
这颗彗星最近出现的时间是1986年，它下次飞近地球大约是哪一年( )图1A ．2042年B ．2052年C ．2062年D ．2072年3. (2012·江苏高考)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。
如图2所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的( )A ．线速度大于地球的线速度B ．向心加速度大于地球的向心加速度 图2C ．向心力仅由太阳的引力提供D ．向心力仅由地球的引力提供4．质量为m 的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动。
已知月球质量为M ，月球半径为R ，月球表面重力加速度为g ，引力常量为 G ，不考虑月球自转的影响，则航天器的( )A ．线速度 v ＝ GM RB ．角速度ω＝gRC ．运行周期 T ＝2πR gD ．向心加速度 a ＝Gm R25．我国“嫦娥一号”探月卫星发射后，先在“24小时轨道”上绕地球运行(即绕地球一圈需要24小时)；然后，经过两次变轨依次到达“48小时轨道”和“72小时轨道”；最后奔向月球。
高考物理一轮总复习 课时强化作业16 圆周运动 新人教版
课时强化作业十六 圆周运动1．(2016届桐乡市模拟)科技馆的科普器材中常有如图所示匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮．若齿轮的齿很小，大齿轮半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( )A ．小齿轮逆时针转动B ．小齿轮每个齿的线速度均相同C ．小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍D ．大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍解析：大齿轮和小齿轮的线速度大小相等，小齿轮的运动方向和大齿轮的运动方向相同，为顺时针匀速转动，A 选项错误；小齿轮每个齿的线速度大小相等，方向不同，B 选项错误；根据v ＝wr ，线速度大小相等时，角速度之比为半径的反比，即小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍，C 选项正确；根据向心加速度a ＝v 2r，线速度大小相等，向心加速度之比为半径的反比，小齿轮每个齿的向心加速度大小是大齿轮的3倍，D 选项错误．答案：C2．(2016届陕西模拟)如右图所示，汽车车厢顶部悬挂一个轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m 的小球，当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时弹簧长度为L 1；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L 2，下列说法正确的是( )A ．L 1＞L 2B ．L 1＝L 2C ．L 1＜L 2D.前三种情况均有可能解析：当汽车以某一速度在水平地面上匀速行驶时，弹簧弹力与小球的重力平衡，k (L 1－L )＝mg ；当汽车以同一速度匀速率通过一个桥面为圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧的弹力和小球的重力提供向心力，mg －k (L 2－L )＝m v 2R ，解得L 1＝mg k ＋L ，L 2＝mg k ＋L －m v 2kR，比较可知，L 1＞L 2，A 选项正确．答案：A3．(2016届黑龙江省实验中学月考)如图所示，用长为L 的轻绳把一个铁球悬挂在高2L 的O 点处，小铁球以O 为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B 处，则有( )A ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为5mgB ．小铁球在运动过程中轻绳的拉力最小为mgC ．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为7gLD ．若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为2L解析：小球恰好能通过最高点B ，重力提供向心力，根据牛顿第二定律，mg ＝m v 2BL ，此时绳子拉力为零，B 选项错误；小球在最低点时，根据牛顿第二定律，F T －mg ＝m v 2AL ，根据动能定理得，mg ·2L ＝12mv 2A －12mv 2B ，联立解得F ＝8mg ，小铁球在运动过程中轻绳的拉力最大为8mg ，A 选项错误；小球落地过程中，根据动能定理得，mg ·3L ＝12mv 2－12mv 2B ，解得小铁球落到地面时的速度大小为v ＝7gL ，C 选项正确；若小铁球运动到最低点轻绳断开，则小铁球落到地面时的水平位移为x ＝v ·t ，L ＝12gt 2，联立解得，x ＝14 L ，故D选项错误．答案：C4. (2016届河南洛阳市期中)质量为m 的物块，沿着半径为R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v ，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )A ．受到的向心力为mg ＋m v 2RB ．受到的摩擦力为μm v 2RC ．受到的摩擦力为μmgD ．受到的合力方向斜向左上方解析：物块滑到最低点时速度大小为v ，根据向心力公式得，F 向＝m v 2R ，A 选项错误；根据牛顿第二定律得，F N －mg ＝m v 2R ，摩擦力为F f ＝μ·F N ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R ，B 、C 选项错误；物体重力和支持力的合力向上，还受到水平向左的摩擦力，所以物体受到的合力方向斜向左上方，故D 选项正确．答案：D5. (2016届衡水三调)如图所示，在同一竖直平面内有两个正对着的半圆形光滑轨道，轨道的半径都是R .轨道端点所在的水平线相隔一定的距离x .一质量为m 的小球能在其间运动而不脱离轨道，经过最低点B 时的速度为v B .小球在最低点B 与最高点A 对轨道的压力之差为ΔF (ΔF ＞0)．不计空气阻力．则( )A ．m 、x 一定时，R 越大，ΔF 一定越大B ．m 、x 一定时，v 越大，ΔF 一定越大C ．m 、R 一定时，x 越大，ΔF 一定越大D ．m 、R 一定时，v 越大，ΔF 一定越大解析：小球从A 运动到B 点的过程中，由动能定理得，mg (2R ＋x )＝12mv 2B －12mv 2A ，在A 点，根据牛顿第二定律得，mg ＋F A ＝m v 2A R ，在B 点，F B －mg ＝m v 2BR ，其中ΔF ＝F B －F A ，联立解得ΔF ＝6mg ＋2mg x R，m 、x 一定时，R 越大，ΔF 应该是越小，A 选项错误；ΔF 与速度v 没关系，B 、D 选项错误；m 、R 一定时，当x 越大时，ΔF 一定越大，C 选项正确．答案：C6. (多选)(2016届江西省临川区月考)如图所示叠放在水平转台上的小物体A 、B 、C 能随转台一起以角速度ω匀速转动，A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m ，A 与B 、B 与转台、C 与转台间的动摩擦因数都为μ，B 、C 离转台中心的距离分别为r 、1.5r .设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以下说法中不正确的是( )A ．B 对A 的摩擦力一定为3μmgB ．C 与转台间的摩擦力大于A 与B 间的摩擦力 C ．转台的角速度一定满足：ω≤ 2μg3r D ．转台的角速度一定满足：ω≤μg 3r解析：A 随转台一起以角速度ω匀速转动，靠静摩擦力提供向心力，A 、B 之间的摩擦力不一定达到最大静摩擦力，A 选项错误；以A 、B 为研究对象，向心力F AB ＝(3m ＋2m )ω2r ，以C 为研究对象，向心力F C ＝m ω2·(1.5r )，故C 与转台间的摩擦力小于A 与B 间的摩擦力，B 选项错误；各物体保持相对静止，随转台转动，对于物体A,3m ω2r ≤μ3mg ，对A 、B 整体，(3m ＋2m )ω2r ≤μ(3m ＋2m )g ，对于物体C ，m ω2(1.5r )≤μmg ，联立解得ω≤2μg3r，C 选项正确，D 选项错误． 答案：ABD7. (2016届成都外国语学校月考)太极球是广大市民中较流行的一种健身器材．将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A 、B 、C 、D 位置时球与板间无相对运动趋势．A 为圆周的最高点，C 为最低点，B 、D 与圆心O 等高．球的质量为m ，重力加速度为g ，则( )A ．在C 处板对球所需施加的力比A 处大6mgB ．球在运动过程中机械能守恒C ．球在最低点C 的速度最小值为gRD ．板在B 处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而减小 解析：太极球在重力和支持力作用下做匀速圆周运动，在A 点，mg ＋F N A ＝m v 2R ，在C 点，F N C －mg ＝m v 2R，解得F N C －F N A ＝2mg ，在C 处板对球的力比A 处大2mg ，A 选项错误；球在运动过程中，动能不变，重力势能变化，机械能变化，B 选项错误；球通过A 点的临界条件是重力提供向心力，故圆周运动的最小速度为gR ，C 选项正确；在B 处，mg tan θ＝m v 2R，解得v ＝gR tan θ，倾斜角随速度的增大而增大，D 选项错误．答案：C8．(2016届成都外国语学校月考)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度v x 随时间t 的变化关系如图乙所示．不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等B ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积相等C ．t 1时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等D ．t 2时刻小球通过最高点，图乙中S 1和S 2的面积不相等解析：分析题意可知，小球在圆心等高位置，水平速度为零，在最高点水平速度较小，在最低点水平速度最大，过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，即从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t 1时刻小球通过最高点．根据题意知，图中x 轴上下方图线围成的阴影面积S 1表示从最低点经过四分之一圆周的水平位移，阴影面积S 2表示经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S 1和S 2的面积相等．故A 选项正确，B 、C 、D 选项错误．答案：A9. (2016届山东临沂高三质检)质量为m 的小球由轻绳a 和b 分别系于一轻质细杆的A 点和B 点，如图所示，绳a 与水平方向成θ角，绳b 在水平方向且长为l ，当轻杆绕轴AB 以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A ．a 绳张力不可能为零B ．a 绳的张力随角速度的增大而增大C ．当角速度ω＞g cos θl，b 绳将出现弹力 D ．若b 绳突然被剪断，则a 绳的弹力一定发生变化解析：小球在水平面内做匀速圆周运动，a 绳张力的竖直分量与重力抵消，故a 绳张力不可能为零，A 选项正确；竖直方向上，F a sin θ＝mg ，解得F a ＝mgsin θ，当夹角θ保持不变时，a 绳的张力保持不变，B选项错误；b 绳出现弹力的临界条件是a 绳的张力和小球的重力提供向心力，mgtan θ＝m ω2l ，解得ω＝g cot θl ，当角速度ω＞ g cot θl，b 绳将出现弹力，C 选项错误；b 绳可能没有弹力，b 绳突然被剪断，a 绳的弹力可能不变，D 选项错误．答案：A10．(2016届山东临沂高三质检)如图所示，竖直平面内有一半径R ＝0.50 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，一水平面与圆弧槽相接于D 点，质量m ＝0.50 kg 的小球从B 点正上方H 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出后落在水平面上的Q 点，DQ 间的距离x ＝2.4 m ，球从D 点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h ＝0.80 m ，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)小球释放点到B 点的高度H ；(2)经过圆弧槽最低点C 时轨道对它的支持力大小F N .解析：(1)小球从P 点做平抛运动，水平方向上，x 2＝v P ·t ，竖直方向上，h ＝12gt 2，联立解得v P ＝x2g2h＝3 m/s ，D 点的水平速度v Dx ＝v P ＝3 m/s ，竖直速度v Dy ＝2gh ＝4 m/s ，则v D ＝5 m/s ，速度与水平方向夹角θ＝53°，小球从释放到运动到D 点的过程中，根据动能定理得，mgH ＋mgR cos θ＝12mv 2D －0，代入数据联立解得H ＝0.95 m.(2)小球经过C 点速度为v C ，由A 到C 过程根据动能定理得，mg (H ＋R )＝12mv 2C －0，由牛顿第二定律有，F N －mg ＝mv 2CR，解得F N ＝34 N.答案：(1)0.95 m (2)34 N11. (2016届沈阳二中月考)如图所示，V 形转盘可绕竖直中心轴OO ′转动，V 形转盘的侧面与竖直转轴间的夹角均为α＝53°，盘上放着质量为1 kg 的物块A ，物块A 用长为1 m 的细线与固定在转盘中心O 处的力传感器相连．物块和传感器的大小均可忽略不计，细线能承受的最大拉力为8 N ，A 与转盘间的动摩擦因数μ为1.5，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．转盘转动时，细线一直伸直，当转盘以不同的角速度匀速转动时，传感器上就会显示相应的读数F .(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，转盘转动的角速度ω0；(结果可以保留根式)(2)将转盘的角速度从(1)问中求得的值开始缓慢增大，直到增加至3ω0，试通过计算写出此过程中细线拉力随角速度变化的函数关系式．(g 取10 m/s 2)解析：(1)当物块A 随转盘做匀速转动，且其所受的摩擦力为零时，此时绳处于松弛状态，由支持力和重力的合力提供向心力，mg cot53°＝m ω20l sin53°，解得ω0＝564rad/s.(2)当角速度较小时，静摩擦力沿内壁向下，正交分解得，F N sin53°－f cos53°＝mg ，F N cos53°＋f sin53°＝m ω2l sin53°，联立解得F N ＝8＋0.48ω2，f ＝0.64ω2－6，其中f max ＝μF N ，故不论ω取何值，f ≤f max 恒成立，物块能始终保持相对静止，故绳中的拉力一直为零．答案：(1)564rad/s (2)细线拉力一直为零12. (2016届安徽模拟)滑板运动员在U 形槽中的运动可以简化为运动员在半径为R 的半圆弧槽中的运动，若滑板运动员以一定的水平初速度从A 点跳入槽内，下落h 高度落在最低点B 左边的槽壁上，之后滑到槽最低点B 的速度为v ，人和滑板的质量为m ，滑板与圆弧槽的动摩擦因数为μ，求：(1)人从A 点跳入槽内时的初速度大小； (2)人在圆弧槽最低点的加速度大小．解析：(1)运动员做平抛运动，下落h 高度落到槽壁上，根据几何关系可知，水平位移x ＝R －R 2－h 2，运动时间t ＝2hg，则平抛运动的初速度v 0＝xt＝(R －R 2－h 2)g 2h. (2)运动员滑到最低点的速度为v ，竖直方向上支持力和重力的合力提供向心力，F N －mg ＝ma y ，a y ＝v 2R，水平方向上，F f ＝μF N ＝ma x ，联立解得在圆弧槽最低点的加速度a ＝a 2x ＋a 2y ＝v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2.答案：(1)(R －R 2－h 2)g2h(2) v 4R 2＋μ2⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R 2。
课时强化练16高中物理一轮复习资料
课时强化练(十六)(限时：40分钟)A组跨越本科线1．(多选)图5-3-8甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是()甲乙图5-3-8A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变【解析】弹丸在光滑的碗内上升过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A错误、B正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C正确，D错误．【答案】BC2．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是() A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小【解析】卫星运转过程中，地球的引力提供向心力，G Mmr2＝mv2r，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项B、D正确．【答案】BD3．(多选)(2016·江西红色六校联考)如图5-3-9所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是()图5-3-9A．B物体受到细线的拉力保持不变B．A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大【解析】以A、B组成的系统为研究对象，有m B g－kx＝(m A＋m B)a.由于弹簧的伸长量x逐渐变大，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由m B g－F T＝m B a可知，此过程中细线的拉力逐渐增大，是变力，A错误．A 物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，而A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，B正确．B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，C错误．当弹簧的拉力等于B物体的重力时，B物体速度最大，A物体的动能最大，D正确．【答案】BD4．如图5-3-10所示，在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ，两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连，小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m ．两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )图5-3-10A ．整个下滑过程中A 球机械能守恒B ．整个下滑过程中B 球机械能守恒C ．整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23 JD ．整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23 J【解析】 在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B 球沿水平面滑行，而A 沿斜面滑行时，杆的弹力对A 、B 球做功，所以A 、B 球各自机械能不守恒，故A 、B 错误；根据系统机械能守恒得：m A g (h ＋L sin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2，解得：v ＝23 6 m/s ，系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23 J ，故D 正确；A 球的机械能减小，C 错误．【答案】 D5．如图5-3-11所示是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施．管道除D 点右侧水平部分粗糙外，其余部分均光滑．若挑战者自斜管上足够高的位置滑下，将无能量损失的连续滑入第一个、第二个圆管形管道A 、B 内部(圆管A 比圆管B 高)．某次一挑战者自斜管上某处滑下，经过第一个圆管形管道A 内部最高位置时，对管壁恰好无压力．则这名挑战者( )图5-3-11A ．经过管道A 最高点时的机械能大于经过管道B 最低点时的机械能B ．经过管道A 最高点时的动能大于经过管道B 最低点时的动能C ．经过管道B 最高点时对管外侧壁有压力D ．不能经过管道B 的最高点【解析】 挑战者在两个圆形管道及其之间运动时，只有重力做功，机械能守恒，故在A 最高点的机械能等于在B 最低点的机械能．在A 最高点的动能小于在B 最低点的动能，故A 、B 项错．由A 最高点到B 最高点，重力做正功，动能增大，故在B 最高点会受到外侧壁的弹力，C 项正确，D 项错误．【答案】 C6．如图5-3-12所示，粗细均匀，两端开口的U 形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h ，管中液柱总长度为4h ，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )图5-3-12 A.18gh B.16gh C.14gh D.12gh【解析】 当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，根据机械能守恒定律有18mg ·12h ＝12m v 2，解得：v ＝18gh .【答案】 A7．(2015·天津高考)如图5-3-13所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图5-3-13A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变【解析】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3 L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p＝mgh＝3mgL，选项B 正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．【答案】 BB组名校必刷题8．如图5-3-14所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，小球在B、D间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()图5-3-14A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变【解析】小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒．弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错．【答案】 B9．(2014·全国卷Ⅱ)如图5-3-15，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()图5-3-15A．Mg－5mg B.Mg＋mgC．Mg＋5mg D.Mg＋10mg【解析】根据机械能守恒定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和平衡条件解题．设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以12m v2＝mg·2R.小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2gR，根据牛顿第二定律得N－mg＝m v2R，所以在最低点时大环对小环的支持力N＝mg＋m v2R＝5mg.根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力N′＝N＝5mg，方向向下．对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋N′＝Mg＋5mg.根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，故选项C 正确．选项A 、B 、D 错误．【答案】 C10．(多选)在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图5-3-16所示形状，相应的曲线方程为y ＝2.5·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫kx ＋23π(m)，式中k ＝1 m －1.将一质量为1 kg 的光滑小环套在该金属杆上，在P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6 m ，0点给小环以平行于杆、大小为10 m/s 的初速度，让小环沿杆向x 轴正方向运动，g 取10 m/s 2，关于小环的运动，下列说法正确的是( )图5-3-16A ．金属杆对小环不做功B ．小环沿x 轴方向的分运动为匀速运动C ．小环到达金属杆的最高点时的速度为5 2 m/sD ．小环到达Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 m ，－2.5 m 点时的速度为10 2 m/s 【解析】 小环光滑不存在摩擦力，运动时，金属杆对小环只有支持力的作用，支持力的方向始终都是与运动方向垂直的，因此支持力不做功，所以A 正确；小环运动时金属杆对小环的支持力沿x 轴方向有水平分量，小环在水平方向具有加速度，是变速运动，所以B 错；根据题图和曲线方程可以看出小环运动到最高点时，上升的高度为2.5 m ，由机械能守恒定律12m v 20＝mgh ＋12m v 2可以求出最高点时小环的速度v ＝5 2 m/s ，所以C 正确；Q 点的纵坐标为－2.5 m 即高度为－2.5 m ，代入上式得v ′＝5 6 m/s ，所以D 错．【答案】 AC11．如图5-3-17所示，质量分别为m 、2m 的物体a 、b 通过不计摩擦的定滑轮用轻绳连接，均处于静止状态．a 与水平面上固定的劲度系数为k 的轻质弹簧相连，水平面上Q 点有一挡板，若有物体与其垂直相撞，则物体会以原速率弹回．现剪断a 、b 之间的绳子，a 开始上下往复运动．b 的正下方有一高度可忽略不计的弧形装置，能够使得b 下落至P 点时以原速率水平向右运动，当b 静止时，a 恰好首次到达最低点．已知PQ 长s 0，重力加速度为g .剪断轻绳前，b 距水平面高度为h ，且仅经过P 点一次，b 与水平面间的动摩擦因数为μ，a 、b 均可看作质点，弹簧始终在弹性限度范围内，求：5-3-17(1)物体a 的最大速度及第一次运动到最低点所需要的时间；(2)物体b 停止的位置与P 点距离．【解析】 (1)绳剪断前，弹簧伸长量为x 1＝2mg －mg k剪断后，物体a 所受合外力为零时，速度最大，此时弹簧压缩量x 2＝mg k由x 1＝x 2知两个状态的弹性势能相等，又由a 与弹簧组成的系统机械能守恒得mg (x 1＋x 2)＝12m v 2m解得物体a 的最大速度v m ＝2gm kb 自由下落的时间t 1＝2hg b 下落到P 点时速度v ＝2ghb 在水平面上滑行的整个过程可看作是匀减速直线运动，加速度大小a ＝μg 又v ＝at 2故持续的时间t 2＝1μ·2h g所以a 第一次运动到最低点所需要的时间t ＝t 1＋t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1μ2h g .(2)对b 运动的整个过程运用动能定理得2mgh －μ×2mgs ＝0解得b 在水平面上滑行的路程s ＝h μ讨论：①若b 未到达挡板Q 就在PQ 上停止，则b 停止的位置与P 点相距d ′＝s ＝h μ②若b 与挡板Q 碰撞后，在PQ 上运动一段距离后停止，则b 停止的位置与P 点相距d ＝2s 0－s ＝2s 0－h μ.【答案】 (1)2gm k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1μ·2h g (2)h μ或2s 0－h μ。
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业32
课时强化作业三十二实验：测定电源的电动势和内电阻一、选择题1．下面给出多种用伏安法测电池电动势和内电阻的数据处理方法，其中既能减小偶然误差，又直观、简便的方法是()A．测出两组I、U的数据，代入方程组E＝U1＋I1r和E＝U2＋I2r，求出E、rB．多测几组I、U的数据，求出几组E、r，最后分别求出其平均值C．测出多组I、U的数据，画出U-I图象，再根据图象求出E、rD．测出多组I、U的数据，分别求出I和U的平均值，用电压表测出断路时的路端电压即为电动势E，再用闭合电路欧姆定律求出内电阻r解析：测量两组I、U的数据，应用闭合电路欧姆定律列方程组求解，这样偶然误差较大，故选项A错误；多测几组I、U值，列方程求几组的U、r，然后求其平均值，这样能够减小偶然误差，但这样做并不直观，也不简捷，故选项B错误；用电压表测出电源断路时的路端电压即为电源的电动势，误差较大，将此电动势代入闭合电路欧姆定律求内阻，很容易产生偶然误差，故选项D错误；利用U-I图象将测出的U、I值在图象中描点，这样处理数据既能消除偶然误差，又直观简捷，故选项C正确．答案：C2．用如图甲所示电路测电源的电动势和内阻时，由于电压表的分流作用造成系统误差，图乙所示的U-I图象中有两条直线AB和A′B，其中一条是根据实测数据画出的图线，另一条是修正电压表分流所引起的误差后得到的图线，由图可知()A．AB是根据实测数据画出的图线B．A′B是根据实测数据画出的图线C．路端电压U越大，通过电压表的电流越大D．由于电压表的分流作用，使电源电动势和内阻的测量值小于真实值解析：由图示电路可知，测量电压是真实的路端电压，测量的电流比流经电源的电流偏小，故在同一U-I图象中，对应于同一电压值，电流的测量值小于电流的真实值，故图中AB是根据实测数据画出的图线，选项A、D正确，选项B错误；路端电压越高，由电压表分流越大，选项C正确．答案：ACD3.用如图所示的电路测量电池电动势和内电阻时，若有两只电压表V1、V2量程相同，内阻分别为R V1、R V2，且R V1＞R V2；两只电流表A1、A2量程相同，内阻分别为R A1、R A2，且R A1＞R A2，在实验中，为了使E、r的测量值更精确一些，选择的电表应该是()A．V1与A1B．V1与A2C．V2与A1D．V2与A2解析：由实验电路可知，实验误差是由于电压表分流造成的，所以电压表的内阻越大，所产生的误差越小；电流表的内阻对实验没有影响，故选项A、B正确．答案：AB二、非选择题4．某同学利用图1所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率．(1)所得实验数据如下表，请在图2中的直角坐标系上画出U-I图象.(2)根据所画U-I图象，可求得电流I＝0.20 A时电源的输出功率为________ W．(保留两位有效数字)(3)实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图1电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在图3所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是________．(R x阻值未知)解析：(1)选择合适标度后描点，连线得图象时，应舍弃第四组数据点．(2)在图象上读出与I＝0.20 A对应的电压U值，根据P＝IU求解．(3)题中“存在安全隐患”，意为缺乏保护措施．A电路中R x起不到保护作用，D中R x 起保护作用，但不能测出电源的输出功率，B、C能满足题目要求，选B、C.答案：(1)如图所示(2)0.37(或0.36)(3)BC5．(2014年福建卷)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计Ⓖ改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．(1)已知灵敏电流计Ⓖ的满偏电流I g＝100 μA、内阻r g＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1.(2)根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路．(3)某次实验的数据如下表所示：电压表改装表组的内阻r ＝________Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是______________．(4)该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母)A ．电压表内阻的影响B ．滑动变阻器的最大阻值偏小C ．R 1的实际阻值比计算值偏小D ．R 0的实际阻值比标称值偏大解析：(1)根据并联电路的特点可知，I g r g ＝(I －I g )R 1，代入数值解得R 1≈1.0 Ω. (2)连接实物时，一般按照电流方向依次连接各用电器，最后将电压表并联接入相应电路，如图所示．(3)根据电源的伏安特性曲线可知，电源的内阻r ＝ΔUΔI －R 0.结合逐差法可得r＋R 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 1－U 5I 5－I 1＋U 2－U 6I 6－I 2＋U 3－U 7I 7－I 3＋U 4－U 8I 8－I 4÷4＝(U 1＋U 2＋U 3＋U 4)－(U 5＋U 6＋U 7＋U 8)4(I 5－I 1)≈5.66 Ω，解得r ≈1.66 Ω.逐差法处理实验数据时能充分利用已测得的数据，以减小实验的偶然误差．(4)电动势测量误差很小，说明电压表分流产生的误差可以忽略不计，而内阻的测量误差偏大，根据ΔU＝R 0＋r 可知，可能的原因是R 0的标称值比实际值小，故选项D 正确；或者是通过电源的电流的测量值小于真实值，即与电流计并联的电阻R 1的实际值小于计算值，故选项C 正确．答案：(1)1.0 (2)见解析 (3)1.66 充分利用已测得的数据 (4)CD6．小明要测定一电源的电动势E 和内电阻r ，实验器材有：一只DIS 电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I 表示)，一只电阻箱(阻值用R 表示)，一只开关和导线若干．该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据．(1)小明设计该实验的原理表达式是________(用E 、r 、I 、R 表示)．(2)小明在闭合开关之前，应先将电阻箱阻值调至________(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)，在实验过程中，将电阻箱调至图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为________ Ω.(3)小明根据实验采集到的数据作出如图丙所示的1I -R 图象，则由图象求得该电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.(结果均保留两位有效数字)解析：(1)在闭合电路中，E 、I 、R 、r 几个量之间的关系是E ＝I (R ＋r )．(2)为了整个电路的安全，开始电流要小，即电阻箱电阻调到最大值；题图乙电阻箱读数为25 Ω.(3)根据E ＝I (R ＋r )， 推出1I ＝R E ＋r E ，再结合1I -R 图象可知： 图线的斜率为1E ，截距为rE，解得E ＝6.0 V(5.8～6.2均可)， r ＝2.4 Ω(2.3～2.5均可)．答案：(1)E ＝I (R ＋r ) (2)最大值 25 (3)6.0(5.8～6.2均可) 2.4(2.3～2.5均可) 7．某同学利用DIS 、定值电阻R 0、电阻箱R 1等实验器材测量电池a 的电动势和内阻，实验装置如图所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R ，用电压传感器测得路端电压U ，并在计算机上显示出如图所示的1U -1R 关系图线a ，重复上述实验方法测量电池b 的电动势和内阻，得到图中的图线b .(1)由图线a 可知电池a 的电动势E a ＝________ V ，内阻r a ＝________ Ω.(2)若用同一个电阻R 先后与电池a 及电池b 连接，则两电池的输出功率P a ______P b ，两电池的效率ηa ______ηb .(以上两空均选填“大于”“等于”或“小于”)解析：(1)根据E ＝U ＋U R r ，得1U ＝1E ＋r E ·1R ，图象a 的纵截距为0.5⎝⎛⎭⎫1V ，斜率为0.25⎝⎛⎭⎫ΩV ，所以电动势E a ＝2 V ，内阻r a ＝0.5 Ω.(2)当同一电阻R 分别与a 、b 电池连接时，由图象知U a ＜U b ，由电池的输出功率P ＝U 2R 可得，P a ＜P b ，当1U ＝0时，即1E ＋r E ·1R ＝0，解得1r ＝－1R ，由图象延长线与横轴交点可知r a＜r b ，电池的效率η＝UI EI ＝RR ＋r，得ηa 大于ηb .答案：(1)2 0.5 (2)小于 大于8．(2014年全国大纲卷)现要测量某电源的电动势和内阻．可利用的器材有：电流表，内阻为1.00 Ω；电压表；阻值未知的定值电阻R 1、R 2、R 3、R 4、R 5；开关S ；一端连有鳄鱼夹P 的导线1，其他导线若干．某同学设计的测量电路如图(a) 所示．(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P 端．(2)测量时，改变鳄鱼夹P 所夹的位置，使R 1、R 2、R 3、R 4、R 5依次串入电路，记录对应的电压表的示数U 和电流表的示数I .数据如下表所示．根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U -I 图线．(3)根据U -I 图线求出电源的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(保留2位小数) 解析：(1)根据实验原理图进行实物连接． (2)根据所给数据，描点连线．(3)在U -I 图象中，图线与纵轴的交点坐标等于电源的电动势，即E ＝2.90 V ，图线斜率大小等于电源电阻和电流表内阻之和，r ＋R A ＝2.84－2.590.153－0.030Ω≈2.03 Ω，解得r ＝1.03 Ω.答案：(1)如图所示(2)如图所示(3)2.90 1.03。
高考物理一轮复习学案：专题16 电磁感应现象以及楞次定律的应用
努力必有收获，坚持必会胜利，加油向未来！高三复习专题16 电磁感应以及楞次定律应用【知识梳理】1、产生感应电流的条件：2、对“楞次定律”的理解：【题型1】感应电流有无的判断1、下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（）A．图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，增大电流，圆线圈中有感应电流B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，正方形线圈中持续有感应电流C．图丙正电荷q顺时针做减速圆周运动过程中，同心共面金属圆圈中感应电流沿逆时针D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路不一定会产生感应电流2、某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。
如果线圈A中电流i随时间t 的关系有图所示的A、B、C、D四种情况，那么在1t到2t这段时间内，哪种情况线圈B中没有感应电流（）A．B．C．D．【题型2】感应电流方向判断——“增反减同”3、如图所示，导体线圈abcd与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线圈由左向右匀速通过直导线的过程中，线圈中感应电流的方向是（）A．先abcd，再dcba，后abcdB．先abcd，再dcbaC．先dcba，再abcd，后dcbaD．一直dcba4、如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。
两导线中通有大小相等、方向向下的电流。
下列判断正确的是（）A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．当两直导线中电流同时增大时，环上的感应电流方向为顺时针方向D．当右侧直导线中电流突然减小时，环上的感应电流方向为顺时针方向【题型3】楞次定律应用——“来去拘留”5、如图所示，纽扣形永磁体直径略小于铜管、塑料管内径，某同学分别同时将两个纽扣形永磁体从竖直放置的空心铜管和空心塑料管上端口处由静止释放，忽略空气阻力。
16第三章专题强化五“滑块—木板”模型传送-2025年高考物理大一轮复习课件
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核心归纳
动力学中板块模型思维流程
2021[文件：中教联标彩.t]
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2 斜面上的“滑块—木板”问题
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典例 2 (多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为 如图 Z53 所示的模型，倾角为 37°的斜坡上有长为 1 m 的滑板，滑板与
沙间的动摩擦因数为2410.小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静 止开始下滑，小孩与滑板之间20的21[文动件摩：中擦教因联标数彩取.t] 决于小孩的衣料，假设图中 小孩与滑板间的动摩擦因数为 0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡 足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，则下列判断正确的 是( BC ).
向相反，两者加速度不同，最后 要判断两者是否有相对运动，以及
分离或相对静止，Δx＝x 块＋x 板
木板与地面是否有相对运动
1 水平面上的“滑块—木板”模型
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典例 1 [“滑块—木板”模型与 v-t 图像综合](2024·湖北黄冈质检)一长木 板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁， 木板右端与墙壁的距离为 4.5 m，如图 Z51(a)所示.t＝0 时刻开始，小物块 与木板一起以共同速度向右运20动21[文，件直：至中教t联＝标1彩s.t]时木板与墙壁碰撞(碰撞时间 极短).碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未 离开木板.已知碰撞后 1 s 时间内小物块的 v-t 图像如图 Z51(b)所示.木板的 质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：
大小为
a1＝mgsin
37°－μ1mgcos m
高考物理一轮复习：实验(16)《验证动量守恒定律》教学案(含答案)
实验十六验证动量守恒定律前期准备·明确原理——知原理抓住关键【实验目的】验证碰撞中的动量守恒。
【实验原理】在一维碰撞中，测出相碰的两物体的质量m1和m2及碰撞前、后物体的速度v1、v2及v′1、v′2，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前、后动量是否守恒。
【实验器材】方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。
方案二：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。
方案三：利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重锤线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。
再现实验·重视过程——看过程注重数据【实验步骤】方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出滑块质量。
2．安装：正确安装好气垫导轨，如图所示。
3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)。
4．验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案二：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小车的质量。
2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示。
3．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动。
4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝Δx Δt算出速度。
5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。
6．验证：一维碰撞中的动量守恒。
方案三：利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验1．先用天平测出小球质量m 1、m 2。
2．按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰时处于同一水平高度，且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保正碰后的速度方向水平。
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课时强化作业十六 圆周运动一、选择题1．下列关于圆周运动的向心力的讨论，正确的有( ) A ．运动员在跑道转弯时，主要靠地面的支持力提供向心力B ．用细绳拴住的小球在竖直平面内做圆周运动，一定是细绳的拉力提供向心力C ．在绕地球沿圆周轨道自由飞行的飞船内，宇航员处于完全失重状态，是万有引力全部提供向心力D ．洗衣机脱水旋转时，可把衣物中的水分甩出，是因为水分受到向外运动的力 解析：运动员在跑道转弯时，向心力是由地面对运动员的静摩擦力提供的，选项A 错误；小球在绳拉住的情况下在竖直面内做圆周运动，是重力和绳的拉力的合力指向圆心的分力提供向心力，选项B 错误；绕地球自由飞行的宇宙飞船内的宇航员是在重力作用下做圆周运动的，处于完全失重状态，选项C 正确；脱水机脱水是离心运动的原理在实际生活中的具体应用，是由于水滴的向心力不足造成的，选项D 错误．答案：C2．如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑，图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( ) A ．a A ＝a B ＝a C B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A解析：皮带传动不打滑，A 点与B 点线速度大小相同，由a ＝v 2r 得a ∝1r ，所以a A <a B ；A点与C 点共轴转动，角速度相同，由a ＝ω2r 得a ∝r ，所以有a A >a C ，所以a C <a A <a B ，可见选项C 正确．答案：C3．如图所示，在绕中心轴OO ′转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动．在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，下列说法中正确的是( ) A ．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小一定不变 B ．物体所受弹力不变，摩擦力大小减小了 C ．物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零 D ．物体所受弹力逐渐增大，摩擦力大小可能不变解析：在圆筒的角速度逐渐增大的过程中，物体相对圆筒始终未滑动，则摩擦力的竖直分量与重力平衡，切线分量与速度方向相同，使物体速度增加，所以物体所受的摩擦力与竖直方向的夹角不为零，故选项C 正确；物体的向心力由弹力提供，随着速度的增加，向心力增加，物体所受弹力逐渐增加，如果圆筒的角速度均匀增加，则摩擦力大小不变，故选项A 、B 错误；选项D 正确．答案：CD4．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法正确的是( )A ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝g (R ＋r )B ．小球通过最高点时的最小速度v min ＝0C ．小球在水平线ab 以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D ．小球在水平线ab 以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力解析：由题意可知小球在竖直面内做半径为(R ＋r )的圆周运动，由于在细管内，在最高点小球受到合外力可以为零，所以小球在最高点的最小速度可以为0.选项A 错误，选项B 正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由于小球做圆周运动，向心力指向圆心，而向心力是由管道外侧的支持力和重力沿背离圆心的分力的矢量和提供，因此管道外侧一定有作用力，而管道内侧一定没有作用力，故选项C 正确，选项D 错误．答案：BC5.如图所示，两个由相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径R A ＝2R B .当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为( )A.R B4 B.R B 3 C.R B2D ．R B解析：由图可知当主动轮A 匀速转动时，A 、B 两轮边缘的线速度大小相等．由ω＝vR 得ωA ωB ＝v R A ·R B v ＝R B R A ＝12.小木块在A 轮边缘恰好与A 轮相对静止，小木块由最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有：μmg ＝mω2A R A .若将小木块放到B 轮上，若恰好相对静止，则有μmg ＝mω2B r .两式联立解得r R A ＝ω2A ω2B ＝14.r ＝R A 4＝R B2，故选项C 正确． 答案：C6．(2014年安徽卷)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10 m/s 2.则ω的最大值是( )A. 5 rad/sB. 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析：物体随圆盘做匀速圆周运动，在圆盘最高点，物块随圆盘转动时所能提供的最大向心力F1＝mg sin30°＋μmg cos30°＝mω21r，物块在圆盘最低点所提供的最大向心力F2＝μmg cos30°－mg sin30°＝mω22r.由以上两式可知，物体在最低点最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大角速度，由牛顿第二定律有μmg cos30°－mg sin30°＝mω22r，解得ω2＝1.0 rad/s，故选项C正确．答案：C7.用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是下图中的()解析：小球角速度ω较小，未离开锥面时，如图所示．设细线的张力为F T，线的长度为L，锥面对小球的支持力为F N，则有F T cosθ＋F N sinθ＝mg，F T sinθ－F N cosθ＝mω2L sinθ，可得出：F T＝mg cosθ＋mω2L sin2θ，可见随ω由0开始增加，F T由mg cosθ开始随ω2的增大线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，F T sinα＝mω2L sinα，得F T＝mω2L，可见F T随ω2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C项正确．答案：C8．铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速度v有关．下列说法正确的是()A．速率v一定时，r越小，要求h越大B．速率v一定时，r越大，要求h越大C．半径r一定时，v越小，要求h越大D．半径r一定时，v越大，要求h越大解析：火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G 与轨道支持力F N 的合力来提供，如图所示，则有mg tan θ＝m v 2r，且tan θ≈sin θ＝h L ，其中L 为轨间距，是定值，有mg h L ＝m v 2r，通过分析可知A 、D 正确． 答案：AD9.如图所示，OO ′为竖直轴，MN 为固定在OO ′上的水平光滑杆，有两个质量相同的金属球A 、B 套在水平杆上，AC 和BC 为抗拉能力相同的两根细线，C 端固定在转轴OO ′上．当绳拉直时，A 、B 两球转动半径之比恒为2∶1，当转轴的角速度逐渐增大时( )A ．AC 先断B ．BC 先断C ．两线同时断D ．不能确定哪根线先断解析：对A 球进行受力分析，A 球受重力、支持力、拉力F A 三个力作用，拉力的分力提供A 球做圆周运动的向心力，得水平方向F A cos α＝mr A ω2， 同理，对B 球：F B cos β＝mr B ω2， 由几何关系，可知cos α＝r A AC ，cos β＝r B BC .所以：F A F B ＝r A cos βr B cos α＝r A r BBC r B r A AC＝AC BC.由于AC >BC ，所以F A >F B 时，即绳AC 先断． 答案：A 10.“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来．如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m ，做圆周运动的半径为r ，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是( )A ．人和车的速度为gr tan θB ．人和车的速度为gr sin θC ．桶面对车的弹力为mg cos θD ．桶面对车的弹力为mgsin θ解析：对人和车进行受力分析．如图所示．重力mg 和桶壁支持力F N的合力提供人车做圆周运动的向心力．由牛顿第二定律有mg tan θ＝m v 2r ，得v ＝gr tan θ.故选项A 正确，选项B 错误；在垂直轨道平面的竖直方向处于平衡状态，则有F N cos θ＝mg ，得F N ＝mgcos θ，选项C 正确，选项D 错误．答案：AC二、非选择题11.有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L 的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r 的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ，不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．解析：设座椅的质量为m ，匀速转动时，座椅的运动半径为R ＝r ＋L sin θ①受力分析如图，由牛顿第二定律，有mg tan θ＝mω2R ② 联立①②， 得转盘角速度ω与夹角θ的关系ω＝ g tan θr ＋L sin θ.答案：ω＝g tan θr ＋L sin θ12.随着经济的持续发展，人民生活水平的不断提高，近年来我国私家车数量快速增长，高级和一级公路的建设也正加速进行，为了防止在公路弯道部分由于行车速度过大而发生侧滑，常将弯道部分设计成外高内低的斜面．如果某品牌汽车的质量为m ，汽车行驶时弯道部分的半径为r ，汽车轮胎与路面的动摩擦因数为μ，路面设计的倾角为θ，如图所示．(重力加速度g 取10 m/s 2)(1)为使汽车转弯时不打滑，汽车行驶的最大速度是多少？(2)若取sin θ＝120，r ＝60 m ，汽车轮胎与雨雪路面的动摩擦因数为μ＝0.3，则弯道部分汽车行驶的最大速度是多少？解析：(1)汽车在转弯时不打滑，当汽车以最大速度行驶时，受到沿路面斜向下的最大静摩擦力，受力分析如图所示：竖直方向受力平衡有： F N cos θ＝mg ＋F f sin θ.水平方向由牛顿第二定律有： F N sin θ＋F f cos θ＝m v 2r .又F f ＝μF N . 联立解得v ＝(sin θ＋μcos θ)grcos θ－μsin θ.(2)当sin θ＝120，r ＝60，μ＝0.3时代入上式得v ＝14.6 m/s. 答案：(1)(sin θ＋μcos θ)grcos θ－μsin θ(2)14.6 m/s13．如图所示，一个质量为m ＝0.6 kg 的小球，以某一初速度v 0从图中P 点水平抛出，恰好从光滑竖直面内圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，进入时无机械能损失)．已知圆弧半径R ＝0.3 m ，图中θ＝60°，小球到达A 点时的速度v ＝4 m/s.(取g ＝10 m/s 2)试求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0；(2)判断小球能否通过圆弧最高点C ，若能，求出小球到达圆弧轨道最高点C 时对轨道的压力F N .解析：(1)小球从A 点沿切线进入圆弧轨道，将小球在A 点的速度分解为水平方向和竖直方向两个分速度；小球做平抛运动的初速度v 0＝v cos θ＝2 m/s.(2)假设小球能到达最高点C ，由动能定理有 －mgR (1＋cos θ)＝12m v 20－12m v 2.解得v C ＝7 m/s.小球在C 点有最小速度时，只受重力提供其做圆周运动的向心力．由牛顿第二定律有mg ＝m v 2minR.得v min ＝gR ＝ 3 m/s.由于v C >v min ，故小球能够到达轨道最高点C . 在最高点C 由牛顿第二定律有F N ＋mg ＝m v 2CR，解得F N ＝8 N.由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力F N ′＝－F N ＝－8 N ．即小球对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向上．答案：(1)2 m/s (2)能 8 N 方向竖直向上14．(2014年福建卷)右图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)解析：(1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ， R ＝12gt 2，联立解得v B ＝2gR ，从A 到B 过程中，根据动能定理， 有 mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B －0，解得W f ＝－(mgH －2mgR )．(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客从B 到P 点时的速度为v P ，受到支持力为F N ，由动能定理得mg (R －R cos θ)＝12m v 2P －0过P 点时，由向心力公式有 mg cos θ－F N ＝m v 2PR当F N ＝0时，游客离开圆弧表面 cos θ＝h R，联立以上各式，解得h ＝23R .答案：(1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R。