高考物理实验十四十五十六课时作业
【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。
新课标高中同步辅导高中物理选修 课时作业15
课时作业(十五) 导体的电阻[全员参与·基础练]1．(多选)下列说法中正确的是( )A ．据R ＝U /I 可知，当通过导体的电流不变时，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B ．据R ＝U /I 可知，通过导体的电流改变，加在电阻两端的电压也改变，但导体的电阻不变C ．据ρ＝RS /l 可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS 成正比，与导体的长度l 成反比D ．导体的电阻率与导体的长度l ，横截面积S 、导体的电阻R 皆无关【解析】 本题主要考查了电阻的决定因素和电阻率的决定因素．导体的电阻是由导体本身的性质决定的，其决定式为R ＝ρl /S ，而R ＝U /I 为电阻的定义式，所以选项A 是不对的，选项B 是正确的，而ρ＝RS /l 仅是导体电阻率的定义式，电阻率与式中的各物理量间无关，所以选项C 是不对的，选项D 是正确的．【答案】 BD2．用电器距离电源为L ，线路上的电流为I ，为使在线路上的电压降不超过U ，已知输电线的电阻率为ρ.那么，输电线的横截面积的最小值为( )A ．ρL /RB ．2ρLI /UC ．U /(ρLI )D ．2UL /(I ρ)【解析】 输电线的总长为2L ，由公式R ＝U I ，R ＝ρL S 得S ＝2ρLI U ，故B 正确．【答案】 B3．(多选)一根阻值为R 的均匀电阻丝，在下列哪些情况中其阻值仍为R (设温度不变)( )A ．当长度不变时，横截面积增大一倍时B ．当横截面积不变，长度增加一倍时C ．长度和横截面积都缩小一倍时D ．当长度和横截面积都扩大一倍时【解析】根据电阻定律R＝ρlS可知，只有电阻丝的长度和横截面积都扩大或缩小一倍时，电阻丝的电阻才能保持不变，故选C、D.【答案】CD4．我们做电学实验时经常用到电阻箱，关于电阻箱内的电阻是由什么材料制成的，以下猜测可能正确的是()A．纯银B．纯铜C．石墨D．某些金属的合金【解析】电阻箱内的电阻阻值适中，要由电阻率较大的材料制成，纯银纯铜的电阻率太小，而石墨的电阻率太大，只有某些金属的合金才适合做电阻箱内的电阻材料．【答案】 D5．神经系统中，把神经纤维分为有髓鞘和无髓鞘两大类，现代生物学认为，髓鞘是由多层类脂物质——髓质累积而成，具有很大的电阻，经实验测得髓质的电阻率为ρ＝8×106Ω·m.某生物体中某段髓质神经纤维可看做高20 cm、半径为4 cm的圆柱体，当在其两端加上电压U＝100 V时，该神经发生反应，则引起神经纤维产生感觉的最小电流为()A．0.31 μA B．0.62 μAC．0.15 μA D．0.43 μA【解析】因为R＝ρl/S，所以R＝3.18×108Ω，所以I＝U/R＝0.31 μA.【答案】 A6．一同学将变阻器与一只6 V,6～8 W的小灯泡L及开关S串联后接在6 V 的电源E上，当S闭合时，发现灯泡发光．按图2－6－6所示的接法，当滑片P 向右滑动时，灯泡将()图2－6－6A．变暗B．变亮C．亮度不变D．可能烧坏灯泡【解析】由题图可知，变阻器接入电路的是PB段的电阻丝，由于灯泡的额定电压等于电源电压，所以不可能烧坏灯泡．当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻丝变短，电阻减小，灯泡变亮，B选项正确．【答案】 B7．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1＝0.5 mm和d2＝1 mm，熔断电流分别为2.0 A和6.0 A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许通过的最大电流是()A．6.0 A B．7.5 AC．10.0 A D．8.0 A【解析】因甲、乙两保险丝等长，由R＝ρlS＝ρLπ(d2)2，知R1R2＝4.当R1、R2并联时，令I1＝2 A，则由I1R1＝I2R2得I2＝8 A＞6 A，故I1不能取2 A；令I2＝6 A，则由I1R1＝I2R2得I1＝1.5 A＜2.0 A，故两者并联时，整个电路允许通过的最大电流I＝I1＋I2＝(1.5＋6) A＝7.5 A．故选项B正确．【答案】 B8．如图2－6－7是横截面积、长度均相同的甲、乙两根电阻丝的I－R图象．现将甲、乙串联后接入电路中，则()图2－6－7A．甲电阻丝两端的电压比乙电阻丝两端的电压小B．甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率小C．在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少D．甲电阻丝消耗的电功率比乙电阻丝消耗的电功率小【解析】若将两电阻丝串联接入电路中，由于通过两电阻丝的电流相同，由图象可知，此时甲的电阻大于乙的电阻，所以甲电阻丝两端的电压比乙电阻丝两端的电压大，A错误；由于两电阻丝的横截面积、长度均相同，故甲电阻丝的电阻率比乙电阻丝的电阻率大，B错误；由Q＝I2Rt可知，在相同时间内，电流通过乙电阻丝产生的焦耳热少，C正确；由P＝I2R可知D错误．【答案】 C[超越自我·提升练]9．直径0.3 mm的细铅丝通过1.8 A的电流被熔断，直径0.6 mm的粗铅丝通过5 A的电流被熔断，如果由长度相同的20根细铅丝和一根粗铅丝并联成电路中的保险丝，则通过多大电流时，电路断开()A．5 A B．30 AC．36 A D．55 A【解析】由R＝ρlS＝4ρlπD2∝1D2，即R1R2＝(D2D1)2＝22＝4，R1＝4R2，由并联知识可求出R并＝R124，并注意到若两端加电压1.8R1(V)，则超过了粗铅丝的熔断电流，所以并联铅丝两端只能加电压5R2(V)，可求出总电流值为30 A.【答案】 B10．在“测定金属丝电阻率”的实验中需要测出其长度L、直径d和电阻R.(1)用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图2－6－8甲，则金属丝的直径为________mm.甲乙2－6－8(2)若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值________．(填“偏大”或“偏小”)(3)用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图2－6－9所示，则电压表的读数为________ V，电流表的读数为________A.图2－6－9【解析】 (1)螺旋测微器的读数为(0＋0.5＋0.01×19.7) mm ＝0.697 mm(0.696 mm,0.698 mm 也对)(2)图乙中电流表采用外接法故测量值偏小．(3)电压表精度为0.1 V ，其读数为2.60 V ；电流表精度为0.02 A ，其读数应为0.52.【答案】 (1)0.697(0.696,0.698也对)(2)偏小 (3)2.60 0.5211．两根材料相同的均匀导线x 和y ，x 长为l ，y 长为2l ，串联在电路中时，沿长度方向电势变化如图2－6－10所示，则x 、y 导线的横截面积之比为多大？图2－6－10【解析】 由图象可知，U x ＝6 V ，U y ＝4 V ，因两导体串联时电流相同，则U x U y ＝R x R y ，而R x ＝ρl S x ，R y ＝ρ2l S y ，所以U x U y ＝S y 2S x ，则S x S y ＝U y 2U x ＝42×6＝13. 【答案】 1312．某实验小组利用如图所示电路探究一种电阻丝的电阻率．均匀电阻丝(总阻值在4～5 Ω之间)固定在刻度尺上的两端接线柱a 和b 上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头c ，c 的上端为接线柱，触头c 与电阻丝通常不接触，当用手按下时，才与电阻丝接触，且可在直尺上读出触点的位置．所用器材为：电压表(0～3 V ，电阻约为3 kΩ)、电流表(0～0.6 A ，电阻约为0.5 Ω)、电池组(电动势3 V ，内阻很小)、保护电阻R 0＝1 Ω、螺旋测微器、开关S 和导线．实验的主要步骤如下：①用螺旋测微器测得电阻丝的直径为d ＝2.000 mm ；②正确连接电路，触头C 移到右端，合上开关，读出电流表的示数I ＝0.5 A ； ③通过改变滑动变阻器触头c 的位置，分别测量出了多组a 、c 间电阻丝长度L 及对应的电压U 的数据，并据此在U －L 坐标纸上描出了对应的点，如图2－6－11所示．请你：(1)在U －L 坐标纸上绘出U －L 图线；(2)若测出U －L 图线斜率为k ，写出用d 、I 、k 表示的该电阻丝的电阻率表达式ρ＝________；图2－6－11(3)代入有关数据求出该电阻丝的电阻率ρ＝________Ω·m.【解析】 (1)图略(2)由R ＝ρ4L πd 2、I ＝U R 及k ＝U L 可得：ρ＝k πd 24I .(3)ρ＝k πd 24I ＝2×3.14×(2×10－3)24×0.5Ω·m ＝1.26×10－5Ω·m. 【答案】 (1)图略 (2)ρ＝k πd 24I (3)1.26×10－5。
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 。
高考物理实验验证牛顿第二定律
课时作业(十五) [第15讲 实验：验证牛顿第二定律]基础热身1．在“验证牛顿第二定律”的实验中，以下做法正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D ．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量(M ′和m ′)以及小车质量M ，直接用公式a ＝M ′＋m ′Mg 求出 2．关于验证牛顿第二定律的实验，下列说法中不符合实际的是( )A ．通过同时改变小车的质量及受到的拉力的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B ．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C ．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D ．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系3．如图K15－1所示，在研究牛顿第二定律的演示实验中，若两个相同的小车1、2所受拉力分别为F 1、F 2，车中所放砝码的质量分别为m 1、m 2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x 1、x 2，则在实验误差允许的范围内，有( )图K15－1A ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 1＝2x 2B ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 2＝2x 1C ．当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，x 1＝2x 2D ．当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，x 2＝2x 14．2011·福州模拟某实验小组设计了如图K15－2甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a －F 图线，如图乙所示．甲 乙图K15－2(1)图线①是轨道处于________(选填“水平”或“倾斜”)情况下得到的实验结果；(2)图线①②的倾斜程度(斜率)一样，说明的问题是________(填选项前的字母)．A ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定技能强化5．2011·唐山二模某实验小组设计了如图K15－3甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a －F 图线，如图乙所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m ＝________kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________.(重力加速度g 取10 m/s 2)甲 乙图K15－36．做“验证牛顿第二定律”实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：A ．保持小盘和其中砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B ．保持小车质量不变，改变小盘里砝码的质量，测出加速度，重复几次C ．用天平测出小车和小盘的质量D ．在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力E ．根据测出的数据，分别画出a －F 和a －1M图象 F ．用秒表测出小车运动的时间G ．将装有砝码的小盘用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点以上步骤中，不必要的步骤是________，正确步骤的合理顺序是________．(填写代表字母)7．某实验小组利用如图K15－4甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．(1)做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt 1、Δt 2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x ，用游标卡尺测得遮光条宽度d .则滑块经过光电门1时的速度表达式v 1＝____；滑块加速度的表达式a ＝______.(以上表达式均用已知字母表示)如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为 ________mm.图K15－4(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M 和气垫导轨右端高度h (如图甲所示)．关于“改变滑块质量M 和气垫导轨右端的高度h ”的正确操作方法是________．A ．M 增大时，h 增大，以保持二者乘积增大B ．M 增大时，h 减小，以保持二者乘积不变C ．M 减小时，h 增大，以保持二者乘积不变D ．M 减小时，h 减小，以保持二者乘积减小8．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲K15－5所示．甲乙图K15－5(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F 的实验数据如下表：图K15－6(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点，请说明主要原因．挑战自我9．2011·绍兴模拟某实验小组利用如图K15－7所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．图K15－7(1)由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x＝24 cm，由图K15－8中游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________cm.该实验小组在做实验时，将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1和遮光条通过光电门2的时间Δt2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2＝________，则滑块的加速度的表达式a＝________.(以上表达式均用字母表示)图K15－8 图K15－9(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到下表所示的实验数据．通过分析表中数据后，你得出的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.所示坐标系课时作业（十五）【基础热身】1．B [解析] 平衡摩擦力时，不能给小车任何牵引力，选项A 错误．由mg sin θ＝μmg cos θ，小车质量能约去，选项B 正确．实验时，要先接通电源，再放开小车，选项C 错误．此实验是验证牛顿第二定律，而不是应用牛顿第二定律，选项D 错误．2．ABC [解析] 实验验证牛顿第二定律是控制变量思想的应用，因此首先要分清变量、不变量，故选项ABC 不符合实际．3．A [解析] 题中m 1和m 2是车中砝码的质量，绝不能认为是小车的质量．本题中只说明了两小车是相同的，并没有告诉小车的质量是多少．当m 1＝m 2时，两车加砝码质量仍相等，若F 1＝2F 2，则a 1＝2a 2，由x ＝12at 2得x 1＝2x 2，选项A 正确．若m 1＝2m 2时，无法定量确定两车加砝码后的质量关系，两小车的加速度的定量关系也就不明确，所以无法判定两车的位移的定量关系．4．(1)倾斜 (2)A[解析] (1)由图乙可知，对于图线①，当拉力F ＝0时，加速度并不为零，故轨道应处于倾斜状态；(2)设滑块和位移传感器的总质量为M ，在倾斜轨道上，由牛顿第二定律F ＋Mg sin θ－f＝Ma ，得a ＝1M F ＋(g sin θ－f M )；在水平轨道上，由牛顿第二定律F －f ′＝Ma ，得a ＝1M F －f ′M；图线①②的斜率均为1M，故选项A 正确． 【技能强化】5．0.5 kg 0.2[解析] 由牛顿第二定律可知F －μmg ＝ma ，整理得a ＝1m F －μg .由图线可知斜率1m＝2，纵轴截距－μg ＝－2，故m ＝0.5 kg ，μ＝0.2.6．F CDGBAE[解析] 此实验中不需要用秒表测量小车的运动时间．7．(1)d Δt 1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x 8.15 (2)BC[解析] (1)因遮光条宽度较小，滑块经过光电门1时的速度接近其平均速度，v 1＝d Δt 1，v 2＝d Δt 2，加速度a ＝v 22－v 212x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x ，遮光条宽度d ＝8 mm ＋3×0.05 mm＝8.15 mm.(2)设气垫导轨长度为L ，导轨倾角为α，则滑块受到的合力F ＝Mg sin α＝Mgh L，当Mh 不变时，滑块所受的合力不变，所以B 、C 操作方法正确．8．(1)0.16(0.15也算对) (2)如图所示 (3)未计入砝码盘的重力[解析] (1)a ＝Δx T ＝－－20.12 m/s 2＝0.16 m/s 2或a ＝Δx T 2＝－－20.12 m/s 2＝0.15 m/s 2.(2)a －F 图线如图所示．(3)小车、砝码盘和砝码组成的系统所受合外力为砝码盘和砝码的总重力，而表中数据漏计了砝码盘的重力，导致合力F 的测量值小于真实值，a －F 的图线不过原点．【挑战自我】9．(1)0.52 d Δt 1 d Δt 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x(2)当合外力一定时，物体运动的加速度跟物体的质量成反比 (3)如图所示[解析] (1)由图可知：d ＝5 mm ＋0.1 mm×2＝5.2 mm ＝0.52 cm. 遮光条的宽度很小，遮光条通过光电门的时间很短，这段时间内的平均速度即为滑块通过光电门的瞬时速度，故v 1＝d Δt 1，v 2＝d Δt 2.滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动，由v 22－v 21＝2ax 可得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x .(2)在合外力不变的情况下，物体运动的加速度跟物体的质量成反比，即当合外力一定时，在误差允许的范围内，物体质量和加速度的乘积近似相等．(3)如图所示．。
高中物理高考物理课时作业 (15)
1．对F＝q v B sin θ的理解，下列说法正确的是()A．当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向垂直B．θ角是电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角C．θ角是指运动电荷时入磁场时速度与水平方向的夹角D．θ角是指运动电荷进入磁场时速度与竖直方向的夹角【解析】公式F＝q v B sin θ中的θ角是指电荷的运动方向与磁感应强度方向的夹角，B正确，C、D均错误，当θ＝0°时，电荷的运动方向与磁感应强度方向平行，A错误．【答案】 B图3－4－82．长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图3－4－8所示的恒定电流时，下列说法正确的是() A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用【解析】电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确．【答案】 D3．来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进入地球周围的空间时，将()A．竖直向下沿直线射向地面B．相对于预定地点，稍向东偏转C．相对于预定地点，稍向西偏转D．相对于预定地点，稍向北偏转【解析】地球表面地磁场方向由南向北，质子是氢原子核，带正电，根据左手定则可判定，质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东．【答案】 B4．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动．如果突然将磁场的磁感应强度增加一倍，则()A．粒子的速率增加一倍，运动周期减小一半B．粒子的速率不变，轨道半径不变C．粒子的速率不变，轨道半径减小一半D．粒子的速率减小一半，运动周期减小一半【解析】由q v B＝m v2r得r＝m vqB，则带电粒子在磁场中的运动周期T＝2πmqB.由以上两式可看出r与T的决定因素．洛伦兹力只能提供粒子做圆周运动的向心力，不能改变粒子速率的大小，所以A、D均是错误的．由公式r＝m vqB知，当B增大一倍时，r减小一半，所以C选项正确、B选项错误．【答案】 C5.图3－4－9带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．如图3－4－9所示，是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是()A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电荷D．粒子带正电荷【解析】粒子在云室中运动使气体电离，能量不断损失，v减小，处于磁场中的云室中的带电粒子满足q v B＝m v2r.因为r＝m vqB，因此半径逐渐减小，分析图线知r a>r b，说明粒子先经过a点后经过b点；利用左手定则可判定粒子带负电荷，故A、C对，B、D错．【答案】AC6．如图3－4－10所示为电视机显像管偏转线圈的示意图，当线圈通以图示的直流电时，形成的磁场如图所示，一束沿着管颈轴线射向纸内的电子将()图3－4－10A．向上偏转B．向下偏转C．向左偏转D．向右偏转【解析】磁场动而电子不动和磁场不动而电子动结果相同，都会使电子受到洛伦兹力作用，公式F＝q v B中v应为相对速度．电子相对于磁场的运动方向是垂直纸面向里，根据左手定则可判定只有选项D正确．【答案】 D7．关于带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动，下列说法正确的是() A．带电粒子沿电场线射入，电场力对带电粒子做正功，粒子动能一定增加B．带电粒子垂直于电场线方向射入，电场力对带电粒子不做功，粒子动能不变C．带电粒子沿磁感线方向射入，洛伦兹力对带电粒子做正功，粒子动能一定不变D．不管带电粒子怎样进入磁场，洛伦兹力对带电粒子都不做功，粒子动能不变【解析】带电粒子在电场中受到的电场力F＝qE，只与电场有关，与粒子的运动状态无关，功的正负由θ角(力与位移方向的夹角)决定，对选项A，只有粒子带正电时才成立，A错．垂直射入匀强电场的带电粒子，不管带电性质如何，电场力都会做正功，动能增加，B错．带电粒子沿磁感线方向射入，不受洛伦兹力作用，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力不做功，C错，不管带电粒子怎样进入磁场，由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故洛伦兹力对带电粒子始终不做功，粒子动能不变，D正确．【答案】 D8.图3－4－11如图3－4－11所示，电子与质子分别以相同的速度从O点垂直射入匀强磁场区中，则图中画出的四段圆弧，哪两个是电子和质子运动的可能轨迹() A．a是电子运动轨迹，d是质子运动轨迹B．b是电子运动轨迹，c是质子运动轨迹C．c是电子运动轨迹，b是质子运动轨迹D．d是电子运动轨迹，a是质子运动轨迹【解析】由左手定则可知，电子向右偏转，质子向左偏转，A、B错误；由q v B＝m v2R可得，粒子圆周运动的半径R＝m vqB，质子质量大于电子质量，故质子的轨迹半径大于电子的轨迹半径，C 正确，D 错误．【答案】 C 9.图3－4－12如图3－4－12所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝12ab ，电子电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为( )A.3q 2eB.q eC.2q 3eD.q 3e【解析】 离子在磁场中洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，其半径r ＝m v Bq ，离子碰上电子后半径变化，r ′＝3r 2＝m v Bq ′，所以q ′＝2q 3，Δq ＝13q ，正确选项是D【答案】 D10．如图3－4－13所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、图3－4－13磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )A.3v 2aB ，正电荷B.v 2aB ，正电荷C.3v2aB，负电荷 D.v2aB，负电荷【解析】从“粒子穿过y轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如图．根据几何关系有r＋r sin 30°＝a，再结合半径表达式r＝m vqB可得qm＝3v2aB，故C正确．【答案】 C11.图3－4－14(2013·成都七中期末)如图3－4－14所示，在x轴的上方(y≥0)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在原点O处有一离子源向x轴上方各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速度都为v，对那些在xOy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大值为x＝________，y＝________.【解析】由左手定则可以判断出：正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的偏转方向为顺时针方向，到达y轴上距离最远的离子是沿x轴负方向射出的离子，而到达x 轴上距离最远的离子是沿y轴正方向射出的离子．这两束离子可能到达的最大x、y值恰好是圆周的直径，如图所示．【答案】 2m v qB 2m v qB12．(2012·九寨沟一中期末)如图3－4－15所示，一束电子的电荷量为e ，以速度v 垂直射入磁感应强度为B 、宽度为d 的有界匀强磁场中，穿过磁场时的速度方向与原来电子的入射方向的夹角θ是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间又是多少？图3－4－15【解析】 电子在匀强磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，其轨道是圆弧的一部分．又因洛伦兹力与速度v 垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时洛伦兹力延长线的交点上．从图中可以看出，AB 弧所对的圆心角θ＝30°＝π6，OB 即为半径r ，由几何关系可得：r ＝d sin θ＝2d .由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2r 解得：m ＝qBr v ＝2deB v .带电粒子通过AB 弧所用的时间，即穿过磁场的时间为：t ＝θ2πT ＝112×2πm Be ＝πm 6Be ＝πd3v .【答案】 2deB v πd 3v。
2020_2021学年新教材高中物理课时作业十五光的干涉含解析新人教版选择性必修一
课时作业(十五) 光的干涉限时：25分钟一、单项选择题1．关于光的干涉，下列说法中正确的是( )A．在双缝干涉现象中，相邻两亮条纹和相邻两暗条纹的间距是不等的B．在双缝干涉现象中，把入射光由波长较长的红光换成波长较短的紫光，相邻两个亮条纹间距将变宽C．在双缝干涉现象中，将绿光换成红光，相邻两个亮条纹间距将变宽D．在双缝干涉现象中，入射光为白光时得到的彩色条纹为内红外紫2．某同学利用如图所示实验观察光的干涉现象，其中A为单缝屏，B为双缝屏，C为光屏．当让一束阳光照射A屏时，C屏上并没有出现干涉条纹，移走B后，C上出现一窄亮斑．分析实验失败的原因可能是( )A．单缝S太窄B．单缝S太宽C．S到S1和S2距离不相等D．阳光不能作为光源3．如图所示是用干涉法检查某块厚玻璃板的上表面是否平整的装置，所用单色光是用普通光通过滤光片产生的，检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪两个表面反射的光线叠加而成的( )A．a的上表面和b的下表面B．a的上表面和b的上表面C．a的下表面和b的上表面D．a的下表面和b的下表面4．如图所示，用频率为f的单色光垂直照射双缝，在光屏上P点出现第三条暗条纹，已知光速为c，则P点到双缝的距离之差r2－r1应为( )A.c2fB.3c2fC.2c3fD.5c2f5．如图甲所示为双缝干涉实验的装置示意图．图乙为用绿光进行实验时，在屏上观察到的条纹情况，a为中央亮条纹，丙图为换用另一颜色的单色光做实验时观察到的条纹情况，a′为中央亮条纹．若已知红光、绿光和紫光的波长大小关系为红光的波长最长，紫光的波长最短．则以下说法正确的是( )A．丙图可能为用红光实验产生的条纹，表明红光波长较长B．丙图可能为用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较长C．丙图可能为用紫光实验产生的条纹，表明紫光波长较短D．丙图可能为用红光实验产生的条纹，表明红光波长较短二、多项选择题6．分别以红光和紫光先后用同一装置进行双缝干涉实验，已知λ红>λ紫，在屏上得到相邻亮纹间的距离分别为Δx1和Δx2，则( )A．Δx1<Δx2B．Δx1>Δx2C．若双缝间距d减小，而其他条件保持不变，则Δx增大D．若双缝间距d减小，而其他条件保持不变，则Δx不变7．如图所示是杨氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其他条件不变，则下列说法正确的是( )A．屏上的干涉条纹的间距将变大B．屏上的O点可能出现暗条纹C．屏上的P1位置仍然可能为亮条纹的中心D．屏上的P1位置可能为暗条纹的中心三、非选择题8.杨氏干涉实验证明光的确是一种波。
高考物理二轮复习 第一部分 专题七 选考部分 课时作业14 新人教版
课时作业十四1．(2017·安徽江南十校联考)某同学身边有一电动势未知的电源和电压表A ，他想用以下器材组装成欧姆表，并比较准确地测量该电源的电动势和电压表B 的内阻．现有下列器材：电压表A ，满偏电压3 V ，内阻为1 k Ω 待测电压表B ，量程15 V ，内阻为几千欧 电动势约15 V ，内阻3 Ω的直流电源 最大阻值为10 k Ω的滑动变阻器R 1 最大阻值为1 k Ω的滑动变阻器R 2(1)本实验中应选择滑动变阻器________(填R 1或R 2)．请在下面的方框内画出所组装的欧姆表的内部电路结构图；(2)该同学组装完毕并进行欧姆调零后，将待测电压表接入电路中，两电压表示数如图所示，A 、B 电压表读数分别为________V 、________V ；(3)通过本实验测得该电源的电动势为________V ，电压表B 的内阻为________Ω.(计算结果保留两位有效数字)解析 (1)组装欧姆表应将电源与表头串联，由于只给出一个3 V 量程的电压表可供使用，故只能利用电源、电压表和滑动变阻器串联使用；欧姆表的中值电阻等于其内阻，欧姆调零时，表头应满偏，因电源电动势约为15 V ，电压表分压3 V ，则滑动变阻器分压约为12 V ，则此时滑动变阻器阻值应为电压表内阻的4倍，则滑动变阻器应选最大阻值为10 k Ω的R 1.(2)A 电压表读数为1.00 V ，B 电压表读数为9.5 V.(3)欧姆调零时，电压表A 满偏，则此时电流I 1＝ 3 V1 000 Ω＝0.003 AI 1＝ER A ＋R 1＋r而接入待测电压表后，电流I 2＝U A R A＝0.001 A 又I 2＝Er ＋R 1＋R B ＋R AR B ＝U BI 2＝9.5×103 Ω解得E ＝14 VR B ＝9.5×103 Ω答案 (1)R 1 如图所示(2)1.00 9.5 (3)14 9.5×1032．某物理兴趣小组在家中进行探究实验，他们找到了一个阻值为800 Ω的金属丝绕成的绕圈(金属丝外表面涂有绝缘层)，金属丝电阻率ρ＝1.57×10－8Ω·m.该兴趣小组试图测量该金属丝的直径，但家中没有游标卡尺或螺旋测微器，只有多用电表、米尺、剪刀、铅笔等生活工具．他们想到了如下方法：第一种方法：(1)如图所示，取一金属丝紧密的缠绕在铅笔上，共计32匝，用米尺测量其间距为________cm ，则金属丝的直径为________mm(第二个空保留两位有效数字)．第二种方法：(2)剪一段长为12.5 m 的金属丝，用多用电表测量其阻值为1.0 Ω，计算可得金属丝的直径为________mm(保留两位有效数字)．(3)第二种方法中，用多用电表测量阻值时误差较大，于是他们将这段长为12.5 m 的金属丝带回实验室，设计了如图所示的电路测量其准确阻值．主要实验器材如下：A ．灵敏电流计(内阻为0.3 Ω)B ．滑动变阻器(阻值约几欧)C ．滑动变阻器(阻值约几千欧)D ．R 2代表12.5 m 的金属丝E ．干电池一节F ．开关简要实验步骤如下：①闭合S 1，调节滑动变阻器R 1，使灵敏电流计满偏； ②闭合S 2，发现灵敏电流计指针偏角为满偏时的四分之三．滑动变阻器应选________，R 2的阻值为________Ω，R 2的测量结果比实际值________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)．答案 (1)1.69 0.53 (2)0.50(3)C 0.90 偏大3．某实验小组用如下器材设计一个欧姆表： A ．电流表G(满偏电流为I g ，内阻为R g ) B ．电源：电动势为E ，内阻为r C ．滑动变阻器R D ．红表笔a 、黑表笔b(1)将如下图所示器材连成一个欧姆表．(2)组装好电路后将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表满偏，此时滑动变阻器连入电路的阻值为________．(3)将待测电阻R 1连入电路，发现电流表示数23I g ，则R 1的阻值为________．解析 (1)将各用电器串联接入电路． (2)由闭合电路欧姆定律得R ＝E I g－R g －r . (3)由闭合电路欧姆定律得R 1＝E 23I g －E I g ＝E2I g .答案 (1)如图所示(2)E I g －R g －r (3)E2I g4．(2017·山东聊城模拟)某实验小组要精确测定一个额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约为300 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：A ．电流表A 1(量程为15 mA ，内阻R A1约为10 Ω)B ．电流表A 2(量程为2 mA ，内阻R A2＝20 Ω)C ．定值电阻R 1＝10 ΩD ．定值电阻R 2＝1 980 ΩE ．滑动变阻器R (0～20 Ω)一个F ．电压表V(量程为15 V ，内阻R V 约为3 k Ω)G ．蓄电池E (电动势为4 V ，内阻很小)H ．开关S 一个(1)要完成实验，除蓄电池、开关、滑动变阻器外，还需选择的器材有________(填写器材前的字母编号)．(2)画出实验电路图．(3)写出测量LED 灯正常工作时的电阻表达式R x ＝________，说明式中题目未给出的各物理量的意义：___________________________________________.解析 (1)要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED 灯的电流，由于电压表V 的量程偏大，测量误差较大，不能用电压表V 测量LED 灯两端的电压，可以将电流表A 2与定值电阻R 2串联改装为电压表测量电压；LED 灯正常工作时的电流在10 mA 左右，可以用电流表A 1和改装后的电压表测量通过LED 灯的电流．(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED 灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电压U ＝I 2(R 2＋R A2)，通过LED 灯的电流I ＝I 1－I 2，所以LED 灯正常工作时的电阻R x ＝U I ＝I 2R 2＋R A2I 1－I 2，I 1、I 2分别为电流表A 1、A 2的读数．答案 (1)ABD (2)见解析图 (3)I 2R 2＋R A2I 1－I 2I 1、I 2分别为电流表A 1、A 2的读数5．(2017·河南六市一联)某学习小组设计了一个测定金属丝电阻率的实验电路如图所示．ab 是一段粗细均匀的金属电阻丝，R 0是阻值为6 Ω的保护电阻，学生电源的输出电压为10 V ，电流表可视为理想电表．(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径如图所示，其直径为________mm.(2)先接通电源，后闭合开关，发现电流表的示数为零，利用多用电表检查故障(电路中故障只有一处)，先将选择开关旋至直流电压挡，测得各点间的电压如下表格.(3)排除故障后进行实验，闭合开关K ，调节线夹的位置，记录金属电阻丝ab 接入电路的长度L 和对应的电流表的示数I ，根据得到的实验数据，作出了1I－L 图象．由图象和测得的数据可估算出该金属丝的电阻率为________Ω·m.(π取3，保留1位有效数字)(4)若电流表不能视为理想电表，考虑电流表的电阻，则电阻率的测量值________真实值．(选填“大于”、“等于”或“小于”)解析 (1)直径d ＝0.500 mm ＋40.0×0.01 mm＝0.900 mm.(2)因e 、c 间电压为10 V ，而e 、d 间电压为0 V ，则可判断发生的故障是c 、d 间断路． (3)由欧姆定律有I ＝UR 0＋R L ，又R L ＝ρL S ，S ＝π(d 2)2，得1I ＝4ρπd 2U L ＋R 0U ，再结合图象得出4ρπd 2U＝1.0 A －1·m －1，解得ρ＝6×10－6Ω·m.(4)若考虑电流表内阻，则由欧姆定律有I ＝E R 0＋R A ＋R L ，又R L ＝ρL S ，S ＝π(d 2)2，得1I ＝4ρπd 2UL ＋R 0＋R AU，可知电流表内阻对电阻率的测量值没有影响．答案 (1)0.900±0.001 (2)c 、d 间断路 (3)6×10－6(4)等于6．在把电流表改装为电压表的实验中，需要测定电流表 Ⓐ的内阻．现利用“半偏法”测量，备用的器材有：A ．电流表(量程200 μA ，内阻约几百欧)B ．标准电压表(量程3 V)C ．电阻箱(阻值范围0～99 999.9 Ω)D ．电阻箱(阻值范围0～9 999.9 Ω)E ．电源(电动势6 V ，有内阻)F ．电源(电动势1.5 V ，有内阻)G ．开关和导线若干(1)如果采用如下图所示电路较精确的测定电流表Ⓐ的内阻，从以上备用的器材中选择：R 1用________，电源用________．(用器材前的字母代号填写)(2)实验时有以下步骤：A．合上开关S2，调节R2的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半B．合上开关S1，调节R1的阻值，使电流表指针偏转到满刻度C．观察R1的阻值是否最大，如果不是，将R1的阻值调至最大D．记下R2的阻值合理的操作顺序为________(填字母代号)．(3)如果在步骤D中所得R2的阻值为800 Ω，则电流表Ⓐ的内阻R g的测量值为________ Ω，该测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值．(4)如果要将上述电流表Ⓐ改装成量程为3 V的电压表，则需跟电流表________联一个阻值为________ kΩ的电阻R0.(5)用如下图所示器材，对改装后的电压表跟标准电压表进行核对，要求对0～3 V的所有刻度都能在实验中进行核对．请补充完整实验电路．答案(1)C E (2)CBAD (3)800 小于(4)串14.2 (5)如图所示7．某学习小组研究一个标有“3.6 V 1.8 W”的小电珠的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω；②电压表V，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的某同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的实物图帮该同学将图乙中的电路图补充完整．(2)该同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一只量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________ Ω的电阻．(3)该同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如下表所示．请在图丙中的坐标纸上画出I1－I2图线.(4)．(已知电源的电动势为E＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω，结果保留两位有效数字．提示：可作出该小电珠在此电路中的I－U图象帮助求解．)解析(4)将定值电阻R0看做该电源的内阻，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压U＝E－Ir′，在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如图所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该灯泡消耗的功率约为P＝0.32×1.1 W≈0.35 W.答案(1)如图所示(2)49 000(3)如图所示(4)0.358．(2017·石家庄二模)某同学设计了一个如图甲所示的实验电路，用以测定电源的电动势和内阻，使用的实验器材为：待测一节干电池、电流表A(量程0.6 A，内阻小于1 Ω)、电流表A1(量程0.6 A，内阻不知)、电阻箱(0～99.99 Ω)、滑动变阻器(0～10 Ω)、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干．考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略．(1)该同学按图甲连线，闭合开关K ，将开关S 与C 接通，通过调节滑动变阻器和电阻箱，读取电流表A 的示数为0.20 A 、电流表A 1的示数为0.60 A 、电阻箱(如图乙)的示数为________Ω，则电流表A 的内阻为________Ω.(2)利用图甲所示电路测定电源的电动势和内阻的实验步骤：①请同学们按图甲所示电路在图丙中的实物上完成实验所需的线路连接； ②断开开关K ，调节电阻箱R ，将开关S 接D ，记录电阻箱的阻值和电流表示数； ③重复实验步骤②进行多次测量．(3)图丁是由实验数据绘出的1I－R 图象，由此求出干电池的电动势E ＝________V 、内阻r ＝________Ω.(计算结果保留两位有效数字)解析 (1)电阻箱的读数为0.10 Ω；根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱的电流I ＝0.60 A －0.20 A ＝0.40 A ；电压U ＝0.10×0.40 V＝0.040 V ，则电流表内阻R A ＝0.0400.20Ω＝0.20 Ω (2)根据原理图可得出对应的实物图，连线如图所示：(3)将电流表内阻等效为电源内阻，根据闭合电路欧姆定律可知，I ＝Er ′＋R，变形可得：1I＝R E ＋r ′E ，根据图象可知，1E ＝3.0－0.34.0 V －1＝0.675 V －1，解得E ≈1.5 V；r ′E＝0.3 A －1，解得r ′＝0.45 Ω；则可知，电源内阻r ＝0.45 Ω－0.20 Ω＝0.25 Ω.答案 (1)0.10 0.20(2)如图所示(3)1.5 0.25。
课时作业14—人教版高中物理选择性必修第一册检测含答案
答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的小朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！课时作业14 多普勒效应时间：45分钟一、选择题(1～6为单选，7～9为多选)1．观察者不动，波源迎面而来时( C )A．波源的波长发生了改变B．波源的频率发生了改变C．观察者收到的频率发生了改变D．波速发生了改变解析：只要波源和观察者发生相对运动，就会产生多普勒效应．2．一架低空飞行的飞机，从远处水平匀速地飞至某同学头顶上空，若飞机发声的频率始终不变，从听到声音至飞机飞到该同学头顶上空时刻前，他听到的飞机声音的音调( D )A．不变，且一直与飞机实际发出的声音音调相同B．不变，且一直比飞机实际发出的声音音调低C．不变，且一直比飞机实际发出的声音音调高D．一直比飞机实际发出的声音音调高，但音调逐渐变低，越来越接近实际发出的解析：根据多普勒效应，如果收听者和发出者有相对运动，那么，收听者接收到的音调会发生改变．如果发出者朝收听者运动，音调听起来比实际高，而当飞机在正上方时，收听到的音调就是实际的，所以D正确．3．蝙蝠在洞穴中飞来飞去时，它利用超声脉冲导航非常有效．这种超声脉冲是持续1 ms或不到1 ms的短促发射，且每秒重复发射几次．假定蝙蝠的超声脉冲发射频率为39 000 Hz，在一次正朝着表面平直的墙壁飞扑的期间，下列判断正确的是( C )A．墙壁接收到的超声脉冲频率等于39 000 HzB．蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率等于墙壁接收的频率C．蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率大于墙壁接收的频率D．蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声脉冲频率等于39 000 Hz解析：蝙蝠(波源)相对墙壁(观察者)的距离减小，所以墙壁接收到的超声波频率增大，A错误；超声波被反射后频率不变，但传播方向和蝙蝠的运动方向相反，蝙蝠接收到从墙壁反射回来的超声波时，频率会更大，故C 正确，B、D错误．4．关于多普勒效应，下列说法正确的是( C )A．多普勒效应是由波的干涉引起的B．多普勒效应是由波的衍射引起的C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而产生的D．多普勒效应说明波源的频率发生改变解析：多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而使观察者感到频率发生变化的一种现象，波源频率并未变化，C正确，D错误；而波的干涉和衍射现象不会改变波的频率，A、B错误．5.右图表示产生机械波的波源O做匀速运动的情况，图中的圆表示波峰．该图表示的是( D )A．干涉现象 B．衍射现象C．反射现象D．多普勒效应解析：题图中波源左方的波面密集，右方的波面稀疏，可知该图表示的是多普勒效应中波源运动的情况，D正确．6．有一种用钢丝操纵做圆周飞行的飞机模型，装有发动机作动力．操纵者站在圆心，他听到的发动机工作时发出的声音是平稳不变的，而场边观察者听到的声音是忽高忽低地做周期性变化的，这是( D ) A．波的反射现象 B．波的衍射现象C．波的干涉现象D．波的多普勒效应解析：多普勒效应是由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到频率发生变化的现象．操纵者和做圆周飞行的飞机模型之间没有距离变化，场边观察者和做圆周飞行的飞机模型之间的距离却一直在改变．7．假如一辆汽车在静止时喇叭发出声音的频率是300 Hz，在汽车向你驶来并擦身而过的过程中，下列说法正确的是( AD )A．当汽车向你驶来时，听到喇叭声音的频率大于300 HzB．当汽车向你驶来时，听到喇叭声音的频率小于300 HzC．当汽车擦身而过后，听到喇叭声音的频率大于300 HzD．当汽车擦身而过后，听到喇叭声音的频率小于300 Hz解析：当汽车向你驶来时，汽车喇叭发出的声波，在你听来发生了多普勒效应，此时你所听到的声波的频率大于声源的频率，当汽车擦身而过后，汽车远离你而去，此时听到声波的频率小于声源的频率，故A、D选项正确．8．下列哪些现象是多普勒效应( BC )A．远去的汽车声音越来越小B．炮弹迎面飞来，声音刺耳C．火车向你驶来，音调变高，离你驶去，音调变低D．大风中，远处的人说话声时强时弱解析：多普勒效应是观察者所接收到的波的频率发生变化的现象．炮运动过程中，她感觉哨声音调变高运动过程中，她感觉哨声音调变高点向右运动时，她感觉哨声音调不变点向左运动时，她感觉哨声音调变低女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她都有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都感到哨声音调变高；反之女同学向左运动时，她都感到音调变低．故A、D正确；B、C错误．．沿直线行驶的汽车通过某观测站时，观测到汽车发出的声波频率1 000 Hz，已知空气中声速为340 m/s联立解得，v车＝f′－f″f′＋f″v声＝2002 200×340 m/s≈30.9 m/s.11．以速度u＝20 m/s奔驰的火车，鸣笛声频率为275 Hz，若常温下空气中的声速v＝340 m/s.(1)当火车驶来时，站在铁道旁的观察者听到的笛声频率是多少？(2)当火车驶去时，站在铁道旁的观察者听到的笛声频率是多少？答案：(1)292 Hz (2)260 Hz解析：(1)观察者相对介质静止，波源以速度u向观察者运动，以介质为参考系，波长将缩短为λ′＝v T－uT＝(v－u)T，则观察者听到的频率为f′＝vλ′＝vv－u·f＝340340－20×275 Hz≈292 Hz.(2)同上述分析，观察者听到的频率为f″＝vλ″＝vv＋u·f＝340340＋20×275 Hz≈260 Hz.12．一警车上的警报器发射频率f＝1 000 Hz的声波，警车远离静止的观察者向一悬崖行驶，车速v＝10 m/s，已知声音在空气中的传播速度为V ＝330 m/s，试问：(1)观察者直接从警报器听到的声音频率多大？(2)由对称性知，观察者听到从悬崖反射的声音频率多大？答案：(1)970.6 Hz (2)1 031 Hz解析：首先应分清楚三个速度，即波的传播速度、波源的速度、观察者的速度，当波源远离观察者运动时，相当于波长变长；观察者听到从悬崖反射回的声音，相当于有一声源以速度v靠近观察者，此时波长变短．(1)当警车远离观察者时，其波长增大v T，则单位时间通过观察者的完全波的个数，即观察者听到的声音频率为f′＝VV＋vf＝330330＋10×1 000 Hz≈970.6 Hz.(2)由对称性知观察者听到从悬崖反射的声音，等效于有一波源以速度v靠近静止的观察者时，他听到的声音，此时波长减小v T，所以观察者听到从悬崖反射的声音频率为f″＝VV－vf＝330330－10×1 000 Hz≈1 031 Hz.。
2021年新教材高中物理课时作业15电磁振荡 人教版选择性288
3T 时间．S 断开时开始计时，当 t＝ 时，L 内部磁感应强度的方向和电容器极板间电场强度的
0，说明电容器放电完毕，电路中电流最大，磁场能最大，电场能最小，故 D 错误．
答案：C
4．解析：开关 S 闭合时，由于自感线圈电阻不计，故电容器两端的电压为零，电容器
不带电，当开关 S 断开时，由于线圈的自感作用，电流不能立即减小为零，电容器开始充电，
3T 上极板带正电，当 t＝ 时，电容器开始放电，此时电场方向向下；线圈中电流由上向下，由
答案：B
1
2．解析：根据 LC 振荡电路频率公式 f＝
可知，当 L、C 都减小一半时，f 增大一
2π LC
倍，故选项 D 正确．
答案：D
3．解析：在 t1 到 t2 时间内，电容器极板上的电荷量不断减小，说明电容器在不断放电， 故 A 错误；在 t2 到 t3 时间内，电容器极板上的电荷量不断增加，说明电容器在不断充电，此 时电路中的电流在减小，故 B 错误；在 t1 时刻，电容器极板上的电荷量最大，说明电容器充 电完毕，电路中无电流，则磁场能最小，故 C 正确；在 t2 时刻，电容器极板上的电荷量等于
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课时作业(十五) 电磁振荡
一、单项选择题 1．如图所示是 LC 振荡电路及其中产生的振荡电流随时间变化的图像，规定顺时针方向 为电流的正方向，则在 t1～t2 时间内，电容器 C 的极板上所带电荷量及其变化情况是( )
A．上极板带正电，且电荷量逐渐增加 B．上极板带正电，且电荷量逐渐减小 C．下极板带正电，且电荷量逐渐增加 D．下极板带正电，且电荷量逐渐减小 2．在 LC 振荡电路中，用以下的哪种办法可以使振荡频率增大一倍( ) A．自感 L 和电容 C 都增大一倍 B．自感 L 增大一倍，电容 C 减小一半 C．自感 L 减小一半，电容 C 增大一倍 D．自感 L 和电容 C 都减小一半 3．如图所示为一 LC 振荡电路中电容器极板上的电荷量随时间变化的规律图像，由图可 知( )
人教版高中物理(必修1)课时作业16(解析版)
1．(2012·广州高一检测)下列各组属于国际单位制的基本单位的是() A．千克、米、秒B．克、牛顿、米C．质量、长度、时间D．质量、力、位移【解析】选项C、D中所给的都是物理量，不是物理单位，C、D错误；千克、米、秒分别为质量、长度、时间三个基本物理量的单位，A正确；B项中牛顿是导出单位，克不属于国际单位，B错误．【答案】 A2．(2012·厦门高一检测)关于国际单位制，下列说法正确的是()A．国际单位制是世界各国统一使用的一种通用的单位制B．各国均有不同的单位制，国际单位制是为了交流方便而采用的一种单位制C．国际单位制是一种基本的单位制，只要在物理运算中各物理量均采用国际单位制中的单位，则最后得出的结果必然是国际单位制中的单位D．国际单位制中的基本单位的物理量是长度、能量、时间【解析】国际单位制中，规定了七个基本量与基本单位，即长度(m)、质量(kg)、时间(s)、电流(A)、温度(K)、物质的量(mol)、发光强度(cd)．国际单位制就是各国都要统一采用的通用单位制，故A选项正确．国际单位制的重要作用之一，就是便于在世界各国的政治、经济、科技、文化各个领域中的交流，故B选项正确．为了物理运算的简捷、方便，才有了国际单位制的统一规定．只要运算过程中各量均采用国际单位制中的单位，最终得到的结果也必然是国际单位制中的单位．这是国际单位制的又一重要作用，故C选项正确．国际单位制中规定基本单位的物理量中没有“能量”，故D选项错误．【答案】ABC3．下列叙述正确的是()A．在力学的国际单位制中，力的单位、质量的单位、位移的单位选定为基本单位B．牛、千克米每二次方秒都属于力的单位C．在厘米、克、秒制中，重力加速度g的值等于9.8 cm/s2D．在力学计算中，所有涉及的物理量的单位都应取国际单位【解析】力学单位制中，质量、长度、时间的单位被选为基本单位，不包含力的单位，故A错误；根据F＝ma,1 N＝1 kg·m/s2，故B正确；在厘米、克、秒制中，g值不变，g＝9.8 m/s2＝980 cm/s2，故C错误；在力学计算中，没有特殊说明，所有物理量的单位都应取国际单位，故D正确．【答案】BD4．(2012·桂林高一检测)关于力的单位“牛顿”，下列说法正确的是() A．使质量是2 kg的物体产生2 m/s2的加速度的力，叫做1 NB．使质量是0.5 kg的物体产生1.5 m/s2的加速度的力，叫做1 NC．使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，叫做1 ND．使质量是2 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力，叫做1 N【解析】使质量是1 kg的物体产生1 m/s2的加速度的力是1 N，即F＝ma ＝1×1 N＝1 N，C正确．【答案】 C5．关于功的单位，下列各式中能表示的是()A．J B．N·mC．kg·m2/s3D．kg·m2/s2【解析】本题考查利用基本单位和物理公式导出新的物理量的单位．根据功的定义式：W＝Fs可知，它的单位是由力的单位和位移单位组成，在国际单位制中，功的单位是J，力和位移的单位分别是N和m，故1 J＝1 N·m，A、B均正确．又由F ＝ma ，可知1 N ＝1 kg·m/s 2，所以1 N·m ＝1 kg·m s 2·m ＝1 kg·m 2/s 2，D 正确． 【答案】 ABD6．在解一文字计算题中(由字母表达结果的计算题)，一个同学解得x ＝F 2m (t 1＋t 2)，用单位制的方法检查，这个结果( )A ．可能是正确的B ．一定是错误的C ．如果用国际单位制，结果可能正确D ．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确【解析】 可以将右边的力F 、时间t 和质量m 的单位代入公式看得到的单位是否和位移x 的单位一致；还可以根据F ＝ma ，a ＝v /t ，v ＝x /t ，全部都换成基本物理量的单位，就好判断了．分析x ＝F 2m (t 1＋t 2)可知，左边单位是长度单位，而右边单位是速度单位，所以结果一定是错误的，选用的单位制不同，只影响系数，故A 、C 、D 错误．【答案】 B7．下列关于重力和质量的单位及关系的叙述中，正确的是( )A ．在地面上质量为1 kg 的物体，其重力约为10 NB ．1 kg ＝10 NC ．1 kg 的质量约为10 ND ．10 N 的力约为1 kg 的质量【解析】 质量为1 kg 的物体，在地球上不同的地理位置、不同的高度或在不同的星球上，其重力加速度有所不同，故其重力也有所不同．可以说在地面上物体质量为1 kg ，其重力约为10 N ，但不能说1 kg 的质量约为10 N 或10 N 的力约为1 kg 的质量．质量和重力是两个不同的物理量，故B 、C 、D 错误，A 正确．【答案】 A8．在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx＝1.2 cm，若还测出小车的质量为500 g，则关于加速度、合外力大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是()A．a＝1.20.12m/s2＝120 m/s2B．a＝1.2×10－20.12m/s2＝1.2 m/s2C．F＝500×1.2 N＝600 ND．F＝0.5×1.2 N＝0.6 N【解析】在应用公式进行数量运算的同时，也要把单位带进运算．带单位运算时，单位换算要准确．可以把题中已知量的单位都用国际单位表示，计算结果的单位就是用国际单位表示的．这样在统一已知量的单位后，就不必一一写出各个量的单位，只在数字后面写出正确单位即可．选项A中Δx＝1.2 cm没变成国际单位，C项中的小车质量m＝500 g没变成国际单位，所以均错误．【答案】BD9．雨滴在空气中下落时，受到的阻力F f不仅和雨滴的速度v有关，还与雨滴的横截面积S有关．当雨滴速度比较大的时候，它受到的空气阻力与其速度的平方成正比，与其横截面积成正比，即F f＝kS v2.(1)若雨滴的质量为m，重力加速度为g，则雨滴最终稳定运动的速度是多少？(2)阻力表达式F f＝kS v2中k的单位是什么？(用国际单位制中的基本单位表示)【解析】(1)雨滴最终稳定运动时，重力和阻力平衡，有mg＝F f＝kS v2，解得v＝mg kS.(2)由阻力表达式F f＝kS v2知，k＝F fS v2，则k的单位为Nm2·(m·s－1)2＝N·s2m4＝kg·ms2·s2m4＝kg/m3.【答案】(1) mgkS(2)kg/m310．物理公式在确定物理量关系的同时，也确定了物理量的单位关系．下面给出的关系式中，l是长度，v是速度，m是质量，g是重力加速度，这些量都用国际单位制单位．试判断下列表达式的单位，并指出这些单位所对应的物理量的名称．(1)lg单位________，物理量名称________．(2)v2l单位________，物理量名称________．(3)m v2l单位________，物理量名称________．【解析】将各物理量的单位都取国际单位制的单位，再由公式中导出，如：lg中代入单位得：mm/s2＝s2＝s，为时间单位．【答案】(1)s时间(2)m/s2加速度(3)N力11．选定了长度单位m、质量单位kg、时间单位s之后，就足以导出力学中其他所有物理量的单位，但必须依据相关的公式．现有一个物理量A＝GMr，其中M是质量，r是长度，又已知G的单位是N·m2·kg－2，据此能否推知A是什么物理量？【解析】根据物理量A的表达式，导出A的单位，就可以知道A是一个什么物理量．与GMr相对应的单位为N·m2·kg－2·kgm＝N·m·kg－1＝(kg·m·s－2)·m·kg－1＝m/s.物理量A的单位是m/s，所以物理量A是速度．【答案】速度12．一辆质量为400 g的遥控玩具车，从静止出发，在水平导轨上行驶，已知发动机的牵引力为0.16 N，玩具车在运动时所受阻力为车重力的0.02倍(g取10 m/s2)．问：(1)玩具车开出后加速度是多大？(2)玩具车经过多长时间速度可达1 m/s?【解析】(1)由已知条件知玩具车质量m＝400 g＝0.4 kg，摩擦力F f＝kmg ＝0.02×0.4×10 N＝0.08 N，因为牵引力F＝0.16 N恒定，故可知玩具车在恒定外力作用下做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得a＝F合m＝F－F fm＝0.16－0.080.4m/s2＝0.2 m/s2(2)设经过时间t，玩具车速度达到1 m/s，则由v＝at，得t＝va＝10.2s＝5 s.【答案】(1)0.2 m/s2(2)5 s。
2019高考物理课时作业十六含解
课时作业(十六)一、选择题(共20个小题，3、4、6、7、14、15、18、19为多选，其余为单项选择，每题5分共100分)1．有一条两岸平直，河水均匀流动、流速恒为v 的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头朝向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )A. B.kvk 2－1v 1－k 2C.D.kv 1－k2v k 2－1答案 B解析 可设河宽为d ，船在静水中的速度为v c ，第一种情况时时间t 1＝，第二种情况为t 2＝dv c ，＝k ，可得出B 项是正确的．dv c2－v 2t 1t 22．(2018·遂宁模拟)如图所示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R ，质量为m 的带孔小球穿于环上，同时有一长为R 的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳的最大拉力为2mg.当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，发现小球受三个力作用．则ω可能为( )A ．3 B.g R32g R C.D.3g 2Rg 2R答案 B解析 因为圆环光滑，所以这三个力肯定是重力、环对球的弹力、绳子的拉力．细绳要产生拉力，绳要处于拉伸状态，根据几何关系可知，此时细绳与竖直方向的夹角为60°.当圆环旋转时，小球绕竖直轴做圆周运动，向心力由三个力在水平方向的合力提供，其大小为F ＝mω2r ，根据几何关系，其中r ＝Rsin60°一定，所以当角速度越大时，所需要的向心力越大，绳子拉力越大，所以对应的临界条件是小球在此位置刚好不受拉力，此时角速度最小，需要的向心力最小，对小球进行受力分析得F min ＝mgtan60°，即mgtan60°＝mωmin 2Rsin60°，解得ωmin ＝；2gR当绳子的拉力达到最大时，角速度达到最大，同理可知，最大角速度为ωmax ＝，故只有B 6gR项正确．3．如图所示，质量为3m 的竖直光滑圆环A 的半径为R ，固定在质量为2m 的木板B 上，木板B 的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，B 不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m 的小球C.现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，初速度v 0必须满足( )A ．最小值为B ．最大值为34gR gRC ．最小值为D ．最大值为5gR 10gR答案 CD解析 在最高点，速度最小时有：mg ＝mv 12R 解得：v 1＝.gR 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v ′1，根据机械能守恒定律，有：2mgR ＋mv 12＝mv ′121212解得：v ′1＝.5gR 要使环不在竖直方向上跳起，环对球的压力最大为：F ＝2mg ＋3mg ＝5mg从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v ′2，在最高点，速度最大时有：mg ＋5mg ＝mv 22R 解得：v 2＝.6gR 根据机械能守恒定律有：2mgR ＋mv 22＝mv ′221212解得：v ′2＝.10gR 所以保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：≤v ≤.故C 、D 两项正确，A 、B 两项错误．故选C 、D 两项．5gR 10gR4.(2018·浦东新区三模)如图所示，拖拉机后轮的半径是前轮半径的两倍，A 和B 是前轮和后轮边缘上的点，若车行进时车轮没有打滑，则( )A ．两轮转动的周期相等B ．前轮和后轮的角速度之比为2∶1C ．A 点和B 点的线速度大小之比为1∶2D ．A 点和B 点的向心加速度大小之比为2∶1答案 BD解析 B 项，根据v ＝ωr 和v A ＝v B ，可知A 、B 两点的角速度之比为2∶1；故B 项正确．A 项，据ω＝和前轮与后轮的角速度之比2∶1，求得两轮的转动周期为1∶2，故A 项错2πT 误．C 项，A 、B 分别为同一传动装置前轮和后轮边缘上的一点，所以v A ＝v B ，故C 项错误．D 项，由a ＝，可知，向心加速度与半径成反比，则A 与B 点的向心加速度之比为2∶1，v 2r 故D 项正确．故选B 、D 两项．5．设地球自转周期为T ，质量为M ，引力常量为G ，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R.同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为( )A. B.GMT 2GMT 2－4π2R 3GMT 2GMT 2＋4π2R 3C.D.GMT 2－4π2R 3GMT 2GMT 2＋4π2R 3GMT 2答案 A解析 物体在南极地面所受的支持力等于万有引力，F ＝ ①，在赤道处，F 万－F ′＝FGMmR 2向，得F ′＝F 万－F 向，又F 向＝m R ，则F ′＝－m R ②，由①②式，可得，A 项4π2T 2GMm R 24π2T 2正确．6．(2018·城中区校级模拟)我国的火星探测计划在2018年展开，在火星发射轨道探测器和火星巡视器．已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的.下列说法中1912正确的是( )A ．火星探测器的发射速度应大于第一宇宙速度且小于第二宇宙速度B ．火星探测器的发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度C ．火星表面与地球表面的重力加速度之比为4∶9D ．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的倍63答案 BC解析 A 、B 项，火星探测器前往火星，脱离地球引力束缚，还在太阳系内，发射速度应大于第二宇宙速度、可以小于第三宇宙速度，故A 项错误，B 项正确．C 项，根据表面物体受到的引力等于表面物体的重力，即G ＝m 0g ，结合火星的质量约为Mm 0R2地球质量的，火星的半径约为地球半径的，那么火星表面与地球表面的重力加速度之比为19124∶9，故C 项正确；D 项，由＝m 得，v ＝ 已知火星的质量约为地球的，火星的半GMm R 2v 2R GMR 19径约为地球半径的，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍，故D 项错误．故选B 、C1223两项．7．(2018·湖南二模)嫦娥三号”于2013年12月2日在中国西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭送入太空，12月14日成功软着陆于月球雨海西北部，12月15日完成着陆器和巡视器分离，并陆续开展了“观天、看地、测月”，的科学探测和其他预定任务．如图所示为“嫦娥三号”释放出的国产“玉兔”号月球车，若该月球车在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G 2，已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ，则( )A ．月球表面处的重力加速度为gG 2G 1B ．月球车内的物体处于完全失重状态C ．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为G 1R 1G 2R 2D ．地球与月球的质量之比为G 1R 22G 2R 12答案 AC解析 A 项，重力加速度：g ＝，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速G 重力m 度之比为G 1∶G 2，故月球表面处的重力加速度为g ，故A 项正确；B 项，在月球表面，月G 2G 1球车内的物体受重力和支持力，不是失重，故B 项错误；C 项，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v ＝，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比：＝＝，gR v 1v 2G 1G 2·R 1R 2G 1R 1G 2R 2故C 项正确；D 项，根据g ＝，有：M ＝，故地球的质量与月球的质量之比为：＝，GM R 2gR 2G M 地M 月G 1R 12G 2R 22故D 项错误；故选A 、C 两项．8.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i 正方向与图中箭头方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是( )答案 A解析 要求框中感应电流顺时针，根据楞次定律，可知框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小)，要么向外增强(载流直导线中电流负向增大)．线框受安培力向左时，载流直导线电流一定在减小，线框受安培力向右时，载流直导线中电流一定在增大，故答案选A 项．9．地球表面附近某区域存在大小为150 N/C 、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×10－4 kg 、带电量为－1.00×10－7 C 的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m ．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s 2，忽略空气阻力)( )A ．－1.50×10－4 J 和9.95×10－3 J B ．1.50×10－4 J 和9.95×10－3 J C ．－1.50×10－4 J 和9.65×10－3 J D ．1.50×10－4 J 和9.65×10－3 J 答案 D解析 电场力做功只与初末位置的电势差有关，电场力做正功电势能减少，电场力做负功，电势能增加．小球带负电，受到的电场力沿竖直方向向上，所以下落过程，电场力做负功，电势能增加，A 、C 项错误；W 电＝Eqh ＝1.00×10－7 C×150 N/C×10 m ＝1.5×10－4 J ，根据动能定理，合力做功等于动能的变化，有：W G －W 电＝(mg －Eq)h ＝(9.8×10－4－1.00×10－7×150)×10 J ＝9.65×10－3 J ，D 项正确．10．据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55 Cancrie”该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳1480的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55 Cancrie”与地球都做匀速圆周运动，则“55 Cancrie ”与地球的( )A ．轨道半径之比约为360480B ．轨道半径之比约为3604802C ．向心加速度之比约为360×4802D ．向心加速度之比约为360×480答案 B解析 设行星的质量为m ，恒星的质量为M ，体积为V.对行星，由万有引力提供向心力得G＝Mmr 2m()2r ，行星的轨道半径为r ＝＝，所以r∝，B 项正确，A 项错误；行2πT 3GMT 24π23G ρVT 24π23VT 2星的向心加速度为a ＝()2r ，所以a∝，C 、D 两项错误．2πT3V T 411．太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少．太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026 J ，根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近( )A ．1036 kg B ．1018 kg C ．1013 kg D ．109 kg答案 D解析 本题意在考查考生对爱因斯坦质能方程的运用能力，根据ΔE ＝Δmc 2，得Δm ＝＝ΔEc 2 kg ≈4.4×109 kg.4×1026（3×108）212．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( )A ．m 2·kg·s －4·A －1 B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1 D ．m 2·kg·s －1·A －1答案 B13.如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt(k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )答案 A解析 主要考查摩擦力和牛顿第二定律．木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力．在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律a 1＝a 2＝.木块和木板相对运动时，a 1＝恒定不变，a 2＝－μg.所以选A 项．kt m 1＋m 2μm 2g m 1ktm214．(2018·乐山模拟)如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R ＝48 Ω相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )A ．变压器输入电压的最大值是220 VB ．若电流表的示数为0.50 A ，变压器的输入功率是12 WC ．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 HzD ．电压表的示数是24 V 2答案 BC解析 A 项，由图乙可知交流电压最大值U m ＝220 V ，故A 项错误；2B 项，理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，电阻R 的电压为U 2＝·U 1＝×220 V ＝24n 2n 1655V ，电压表的示数是24 V ．电阻为48 Ω，所以流过电阻中的电流为0.5 A ，变压器的输入功率是：P 入＝P 出＝＝ W ＝12 W ．故B 项正确，D 项错误；U 22R 24248C 项，由图乙可知交流电周期T ＝0.02 s ，可由周期求出正弦交变电流的频率是50 Hz ，故C 项正确．故选B 、C 两项．15．(2018·资阳模拟)如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一带正电粒子以速度v 1从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过t 1时间射出磁场．另一相同的带电粒子以速度v 2从距离直径AOB 的距离为的C 点平行于直径AOB 方向射入磁场，经过t 2时间射出磁场．两种情况R2下，粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角均为60°.不计粒子受到的重力，则( )A ．v 1∶v 2＝∶1B ．v 1∶v 2＝∶132C ．t 1＝t 2D ．t 1>t 2答案 AC解析 A 、B 项，如图由几何知识知R 1＝Rtan60°，R 2＝R ，根据牛顿运动定律知Bqv ＝mv 2r 知r ＝与v 成正比，故v 1∶v 2＝R 1∶R 2＝Rtan60°∶R ＝∶1，mvBq3故A 项正确，B 项错误；由周期T ＝知两粒子周期相同，在磁场中运动的时间为t ＝2πmBqT 决定于角度，角度θ相同，则时间相同，故C 项正确，D θ2π项错误．故选A 、C 两项．16.图示为一个内、外半径分别为R 1和R 2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为σ.取环面中心O 为原点，以垂直于环面的轴线为x 轴．设轴上任意点P 到O 点的距离为x ，P 点电场强度的大小为E.下面给出E 的四个表达式(式中k 为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E ，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，E 的合理表达式应为( )A ．E ＝2πk σ(－)xR 1x 2＋R 12R 2x 2＋R 22B ．E ＝2πk σ(－)x 1x 2＋R 121x 2＋R 22C ．E ＝2πk σ(＋)x R 1x 2＋R 12R 2x 2＋R 22D ．E ＝2πk σ(＋)x 1x 2＋R 121x 2＋R 22答案 B解析 本题为电场类题目，考查的知识点抽象，题型新颖，要求学生具有一定的分析判断能力，大部分学生乍一看题目就感到无从下手．但本题若采用极限法和单位法进行分析，便可快速作答．由单位法，可知A 、C 项等号两边单位不一致，故排除A 、C 项．用极限知识若取x→∞时E→0，而D 项中化简得E→4πκσ故排除D 项；所以，由极限法知正确的只能为B 项．17.如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B ，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x 轴方向宽度均为a ，在y 轴方向足够长．现有一高为a 的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x 轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在选项图中，线框中感应电流i 与线框移动的位移x 的关系图像正确的是( )答案 C解析 线圈向右开始运动后，在0～a 这段位移内，穿过线圈的磁场向里且磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流为逆时针，在a ～2a 这段位移内，向里穿过线圈的磁通量减少，且向外穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可判断出感应电流为顺时针，在2a ～3a 位移内，穿过线圈的磁通量向外且减少，由楞次定律可判断出感应电流为逆时针，C 项正确．18．(2018·江苏南京二模)如图所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．t ＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动．下列关于穿过回路abPMa 的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量qΔΦΔt 随时间t 变化以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图像中，正确的是( )答案 BD解析 设加速度为a ，运动的位移x ＝at 2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx ＝BLat 2，ΔΦ∝t 2，A1212项错误；感应电动势E ＝＝BLat ，故∝t ，B 项正确；U ＝＝t ；U∝t，DΔΦΔt ΔΦΔt RE R ＋r RBLa（R ＋r ）项正确；电荷量q ＝，因为ΔΦ∝t 2，所以q∝t 2，C 项错误．ΔΦR19．(2018·山东省烟台市高三)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a 、b 的边长均为l ，电阻均为R ，质量分别为2m 和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l 、磁感应强度大小为B 、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b 的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b 全部进入磁场时，a 、b 两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则( )A ．a 、b 两个线框匀速运动的速度大小为2mgRB 2l 2B ．线框a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B 2l 3mgRC ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，线框a 所产生的焦耳热为mglD ．从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 答案 BC解析 当线框b 全部进入磁场时，a 的下边刚进入磁场，则此时两线圈匀速运动，则mg ＋F安＝2mg ，而F 安＝，解得v ＝，A 项错误；线框a 从下边进入磁场B 2l 2v R mgR B 2l 2到上边离开磁场的过程，两线圈一直做匀速运动，则所用的时间t ＝＝，故B 项正确；3l v 3B 2l 3mgR从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，因为两线圈匀速运动，故线框a 所产生的焦耳热等于两线圈的重力势能的减小量：Q ＝ΔE p ＝2mgl －mgl ＝mgl ，C 项正确；从开始运动到线框a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功等于产生的电能，即大小大于mgl 而小于2mgl ，D 项错误；故选B 、C 两项．20.(2017·辽宁省沈阳市)如图所示，初始时刻静止在水平面上的两物体A 、B 堆叠在一起，现对A 施加一水平向右的拉力F ，下列说法正确的是( )A ．若地面光滑，无论拉力F 为多大，两物体一定不会发生相对滑动B ．若地面粗糙，A 向右运动，B 是否运动取决于拉力F 的大小C ．若两物体一起运动，则A 、B 间无摩擦力D ．若A 、B 间发生相对滑动，则物体B 的加速度大小与拉力F 无关答案 D解析 若地面光滑，两物体间接触也是光滑的，则A 、B 间一定有相对滑动，A 、C 项错误；若地面粗糙，A 向右运动，B 是否运动取决于AB 间摩擦力的大小，B 项错误；若A 、B 间发生相对滑动，A 对B 的作用是滑动摩擦力，其大小与F 无关，所以B 的加速度大小与F 无关，D 项正确；故选D 项．。
2022高考物理一轮复习 课时作业十六 机械能守恒定律及其应用(含解析)新人教版-2022高考物
机械能守恒定律及其应用(建议用时40分钟)1.如图所示，“娃娃机”是指将商品陈列在一个透明的箱内，其上有一个可控制的抓取玩具的机器手臂的机器，使用者要凭自己的技术操控手臂，以取到自己想要的玩具。
不计空气阻力，关于“娃娃机”，下列说法正确的是( )A．玩具从机器手臂处自由下落时，玩具的机械能守恒B．机器手臂抓到玩具匀速水平移动时，玩具的动能增加C．机器手臂抓到玩具匀速上升时，玩具的机械能守恒D．机器手臂抓到玩具加速上升时，机械爪做的功等于玩具重力势能的变化量【解析】选A。
在没有空气阻力的情况下，玩具从机器手臂处自由落下时，重力势能转化为动能，没有能量的损失，即玩具的机械能守恒，选项A正确；机器手臂抓到玩具水平匀速运动时，玩具的质量和速度均不变，则动能不变，选项B错误；机器手臂抓到玩具匀速上升时，动能不变，重力势能增大，所以玩具的机械能变大，选项C错误；机器手臂抓玩具加速上升时，动能和重力势能均变大，所以手臂做的功等于玩具重力势能与动能的增大量之和，选项D 错误。
2.(2020·宜宾模拟)如图所示，a、b 两小球通过轻质细线连接跨在光滑轻质定滑轮( 视为质点)上。
开始时，a球放在水平地面上，连接b球的细线伸直并水平。
现由静止释放b球，当连接b球的细线摆到竖直位置时，a球对地面的压力恰好为0。
则a、b两球的质量之比为( )A．3∶1 B．2∶1C ．3∶2D ．1∶1【解析】选A 。
连接b 球的细线摆到竖直位置时，由机械能守恒定律m b gl ＝12 m b v 2，对小球b ：T －m b g ＝m b v 2l。
对小球a ：T ＝m a g ，联立解得m a ∶m b ＝3∶1，选项A 正确。
【加固训练】如图，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上、半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍。
当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高。
将A 和B 由静止释放，则A 落地前瞬间的速度大小及 B 上升的最大高度分别是 ( )2gR 4R gR R A., B.,3333gR R gR 4R C.2, D.2,3333【解析】选A 。
2022高考物理一轮复习 课时作业十四 功和功率(含解析)新人教版-2022高考物理一轮复习课时
功和功率(建议用时40分钟)1．以一定速度竖直上抛一个小球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒为F f，则从抛出至落回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )A．0 B．－F f hC．－4F f h D．－2F f h【解析】选D。
上升过程：空气阻力对小球做功：W1＝－F f h；下落过程：空气阻力对小球做功：W2＝－F f h，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为：W＝W1＋W2＝－2F f h，选项D正确。
2．摩托艇是一种高速快艇，可用于交通、救生、军事等方面，假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。
如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A． 2 倍 B．2倍 C． 3 倍 D．4倍【解析】选A。
摩托艇受到的阻力为f＝kv，当达到最大速度时，牵引力等于阻力，则P＝fv ＝kv2，当摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的 2 倍，选项A正确。
3.如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒。
已知重心在c点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9 m和0.6 m。
若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4 m,则克服重力做的功和相应的功率约为(g取10 m/s2) ( )A.430 J,7 WB.4 300 J,70 WC.720 J,12 WD.7 200 J,120 W【解析】选B。
设重心上升的高度为h,根据相似三角形可知,每次俯卧撑中,有=,即h=0.24 m。
一次俯卧撑中,克服重力做功W=mg h=60×10×0.24 J=144 J,所以一分钟内克服重力做的总功为W总=NW=4 320 J,功率P==72 W,故选项B正确。
【加固训练】起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的(), 【解析】选B。
高考物理 课时作业(十四)
取夺市安慰阳光实验学校课时作业(十四)一、选择题(共10个小题，每题5分，4、6为多选，其余为单项选择题，共50分)1．(2018·课标全国Ⅲ)1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝核1327Al，产生了第一个人工放射性核素X：α＋1327Al→n＋X.X的原子序数和质量数分别为( )A．15和28 B．15和30C．16和30 D．17和31答案B分析本题考查核反应方程遵循的规律及其相关的知识点．解析根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2＋13＝15，质量数为4＋27－1＝30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30，B项正确．2．(2018·西城区校级一模)月球土壤里大量存在着一种叫作“氦3”(23He)的化学元素，是核聚变的重要原料之一．科学家初步估计月球上至少有100万吨“氦3”，如果相关技术开发成功，将可为地球带来取之不尽的能源．关于“氦3”与氘核(12H)聚变生成“氦4”(24He)，下列说法中正确的是( )A．该核反应方程式为23He＋12H→24He＋11H B．该核反应生成物的质量大于参加反应物的质量C．该核反应出现质量亏损，吸收能量D．因为“氦3”比“氦4”的比结合能小，所以“氦3”比“氦4”稳定答案A解析A．该核反应方程为23He＋12H→24He＋11H，电荷数守恒，质量数守恒．故A 项正确；B、C项，关于“氦3(23He)”与氘核(12H)聚变生成氦4(24He)和质子，有大量的能量放出，根据爱因斯坦质能方程，知有质量亏损，生成物的质量小于参加反应物质的质量．故B项错误，C项错误．D项，比结合能越大，原子核越稳定，所以所以“氦4”比“氦3”稳定．故D项错误；故选A项．3．(2017·天津)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献．下列核反应方程中属于聚变反应的是( )A．12H＋13H→24He＋01nB．714N＋24He→817O＋11HC．24He＋1327Al→1530P＋01nD．92235U＋01n→56144Ba＋3689Kr＋301n答案A解析核聚变是指由质量小的原子，主要是指氘或氚，在一定条件下(如超高温和高压)，发生原子核互相聚合作用，生成新的质量更大的原子核，并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式，由此可知：核反应方程12H＋13H→24He＋01n是原子核的聚变反应；B项与C项属于原子核的人工核转变；D项属于裂变反应；故只有A项正确；B、C、D三项错误．4．(2017·课标全国Ⅲ)(多选)在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U a和U b、光电子的最大初动能分别为E ka和E kb，h为普朗克常量．下列说法正确的是( )A．若νa>νb，则一定有U a<U bB．若νa>νb，则一定有E ka>E kbC．若U a<U b，则一定有E ka<E kbD．若νa>νb，则一定有hνa－E ka>hνb－E kb答案BC解析A、B项，根据光电效应方程E km＝hν－W0知，νa>νb，逸出功相同，则E ka>E kb，又E km＝eU c，则U a>U b，故A项错误，B项正确．C项，根据E km＝eU c知，若U a<U b，则一定有E ka<E kb，故C项正确．D项，逸出功W0＝hν－E km，由于金属的逸出功相同，则有：hνa－E ka＝hνb－E kb，故D项错误．故选B、C两项．5.(2016·上海)研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示．两块平行放置的金属板A、B分别与电源的两极a、b 连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出．则( )A．a为电源正极，到达A板的为α射线B．a为电源正极，到达A板的为β射线C．a为电源负极，到达A板的为α射线D．a为电源负极，到达A板的为β射线答案B解析从图可以看出，到达两极板的粒子做类平抛运动，到达A极板的粒子的竖直位移小于到达B板的粒子的竖直位移，粒子在竖直方向做匀速直线运动，则根据公式x＝v0t＝v 0md2qU，两个粒子初速度v0相同，两极板间电压U相同，放射源与两极板的距离d2也相同，而电子的mq小，所以电子的竖直位移小，故达到A极板的是β射线，A极板带正电，a为电源的正极，故B项正确．6．(2015·江苏)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有( ) A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等答案AB解析光电效应说明光的粒子性，所以A项正确；热中子在晶体上产生衍射图样，即运动的实物粒子具有波的特性，即说明中子具有波动性，所以B项正确；黑体辐射的实验规律说明电磁辐射具有量子化，即黑体辐射是不连续的、一份一份的，所以黑体辐射用光的粒子性解释，即C项错误；根据德布罗意波长公式λ＝hp，p2＝2mE k，又质子的质量大于电子的质量，所以动能相等的质子和电子，质子的德布罗意波波长较短，所以D项错误．7．(2018·兴庆区校级三模)如图甲所示是研究光电效应实验规律的电路．当用强度一定的黄光照射到光电管上时，测得电流表的示数随电压变化的图像如图乙所示．下列说法正确的是( )A．若改用红光照射光电管，一定不会发生光电效应B．若照射的黄光越强，饱和光电流将越大C．若用频率更高的光照射光电管，则光电管中金属的逸出功越大D．若改用蓝光照射光电管，图像与横轴交点在黄光照射时的右侧答案B解析A项，根据光电效应方程知，E km＝hν－W0，红光的频率小于黄光的频率，红光照射不一定发生光电效应，但不是一定不会发生光电效应．故A项错误．B 项，增加入射光的强度，则单位时间内产生的光电子数目增加，饱和光电流将越大．故B项正确．C项，光电管中金属的逸出功的大小是由材料本身决定的，与入射光的频率无关．故C项错误．D项，根据光电效应方程知，E km＝hν－W0，蓝光的频率大于黄光的频率，则光电子的最大初动能增大，所以反向遏止电压增大，图像与横轴交点在黄光照射时的左侧．故D项错误．故选B项．8．(2018·南岗区校级四模)玻尔为解释氢原子光谱画出的氢原子能级如图所示，一群氢原子处于n＝4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有( )A．电子的动能与势能均减小B．氢原子跃迁时，可发出连续光谱C．由n＝4跃迁到n＝1时发出光子的波长最长D．能使金属钾(逸出功为2.25 eV)发生光电效应的光谱线有4条答案D解析A项，从高能级跃迁到低能级，电子轨道半径减小，根据ke2r2＝mv2r知，电子动能增大，由于原子能量减小，则电势能减小，故A项错误．B项，由于能级差是量子化的，可知氢原子跃迁时，发出的光子频率是一些分立值，故B项错误．C项，由n＝4跃迁到n＝1时发出光子频率最大，波长最短，故C项错误．D项，一群氢原子处于n＝4的激发态，可辐射出6种不同频率的光子，从n＝4跃迁到n＝1，n＝3跃迁到n＝1，n＝2跃迁到n＝1，n＝4跃迁到n＝2辐射的光子能量大于逸出功，可以发生光电效应，可知能使金属钾(逸出功为2.25 eV)发生光电效应的光谱线有4条，故D项正确．故选D项．9．(2017·课标全国Ⅰ)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程式12H＋12H→23He＋01n.已知12H的质量为2.013 6 u，23He的质量为3.015 0 u，01n的质量为1.008 7 u，lu＝931 MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为( )A．3.7 MeV B．3.3 MeVC．2.7 MeV D．0.93 MeV答案B解析核反应方程式是12H＋12H→23He＋01n；核反应过程中的质量亏损：Δm＝2.0136 u＋2.0136 u－3.0150 u－1.0087 u＝0.0035 u，在核反应释放出的能量：ΔE＝Δmc2＝0.003 5×931 MeV＝3.2585 MeV≈3.3 MeV.10．(2017·课标全国Ⅱ)一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为92238U→90234Th＋24He，下列说法正确的是( )A．衰变后钍核的动能等于α粒子的动能B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．铀核的半衰期等于其放出一个α粒子所经历的时间D．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量答案B 解析A、B项，一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，根据系统动量守恒知，衰变后钍核和α粒子动量之和为零，可知衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小，根据E k＝p22m知，由于钍核和α粒子质量不同，则动能不同，故A项错误，B项正确．C项，半衰期是原子核有半数发生衰变的时间，故C项错误．D项，衰变的过程中有质量亏损，即衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故D项错误．二、计算题(共4个小题，11题10分，12题12分，13题14分，14题14分，共50分)11．(2017·校级三模)如图所示，一光电管的阴极用极限波长λ0＝5 000 nm的钠制成．用波长λ＝3 000 nm的紫外线照射阴极，光电管阳极A和阴极K之间的电势差U＝2.1 V，饱和光电流的值(当阴极K发射电子全部到达阳极A时，电路中的电流达到最大值，称为饱和光电流)I＝0.56 μA.(1)求每秒钟内由K极发射的光电子数目．(2)求电子到达A极时的最大动能．(3)如果电势差U不变，而照射光的强度增到原值的三倍，此时电子到达A极时最大动能是多大？(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s)答案(1)每秒钟内由K极发射的光电子数目3.5×1012个(2)电子到达A 极时的最大动能6.01×10－19J (3)电子到达A 极的最大动能是6.01×10－19J解析 (1)设每秒钟内发射的光电子数为n ，则 n ＝I e ＝0.56×10－61.60×10－19个＝3.5×1012个 (2)由光电效应方程可知E k0＝hν－W ＝h c λ－h c λ0＝hc(1λ－1λ0)在AK 间加电压U 时，电子到达阳极时的动能 E k ＝E k0＋eU ＝hc(1λ－1λ0)＋eU代入数值得E k ＝6.01×10－19J(3)根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，如果电压U不变，则电子到达A 极的最大动能不变．12．(2017·)一静止的 92238U 核衰变为 90234Th 核时，放出一个α粒子，已知衰变过程中质量亏损为Δm, 90234Th 的质量为m 1，α粒子质量为m 2，光在真空中的速度为c.若释放的核能全部转化为系统的动能，请写出衰变方程并求出α粒子的动能． 答案92238U →90234Th ＋24He m 1m 1＋m 2Δmc 2解析 根据质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为 92238U → 90234Th ＋24He ， 根据动量守恒定律0＝m 1v T －m 2v α 由能量守恒Δmc 2＝12m 1v T 2＋12m 2v α2解得，α粒子的动能E k ＝m 1m 1＋m 2Δmc 2.13．(2018·三亚校级模拟)已知氘核质量为2.013 6 u ，中子质量为1.008 7 u ，氦核的质量为3.015 0 u.(1)写出两个氘核聚变成氦核的核反应方程； (2)计算上述核反应中释放的核能；(3)若两氘核以相等的动能E 做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能(设为ΔE)全部转化为机械能，中子的质量设为m.求：反应中生成的氦核和中子的动能各是多少？(用本小题中的物理符号表示结果)答案 (1)两个氘核聚变成氦核的核反应方程为：12H ＋12H →23He ＋01n.(2)核反应中释放的核能为3.26 MeV ；(3)反应中生成的氦核和中子的动能各是14(2E ＋ΔE)，34(2E ＋ΔE)解析 (1)核反应方程：12H ＋12H →23He ＋01n.(2)由题给条件可求出质量亏损为：Δm ＝2.013 6 u ×2－(3.015 0＋1.008 7)u ＝0.003 5 u所以释放的核能为ΔE ＝Δmc 2＝931.5×0.003 5 MeV ＝3.26 MeV (3)由动量守恒及能的转化和守恒定律， 得0＝3mv α－mv n 2E ＋ΔE ＝E k α＋E kn得E k α＝32mv α2，E kH ＝12mv n 2联立方程组解得：E k α＝14(2E ＋ΔE) E kn ＝34(2E ＋ΔE)．14．(2018·二模)光电效应现象逸出的光电子的最大初动能不容易直接测量，也可以利用类似的转换的方法．(1)如图1是研究某光电管发生光电效应的电路图，当用频率为ν的光照射金属K 时，通过调节光电管两端电压U ，测量对应的光电流强度I ，绘制了如图2的IU 图像．求当用频率为2ν的光照射金属K 时，光电子的最大初动能E k 的大小．已知电子所带电荷量为e ，图像中U c 、I m 及普朗克常量h 均为已知量． (2)有研究者设计了如下的测量光电子最大初动能的方式．研究装置如图3，真空中放置的平行正对金属板可以作为光电转换装置．用一定频率的激光照射A板中心O 点，O 点附近将有大量的电子吸收光子的能量而逸出．B 板上涂有特殊材料，当电子打在B 板上时会在落点处留有可观察的痕迹．可以认为所有逸出的电子都从O 点以相同大小的速度逸出，其初速度沿各个方向均匀分布，金属板的正对面积足够大(保证所有的光电子都不会射出两极板所围的区域)，光照条件保持不变．已知A 、B 两极板间的距离为d ，电子所带电荷量为e ，质量为m ，其所受重力及它们之间的相互作用力均可忽略不计．①通过外接可调稳压电源使A 、B 两极板有一定的电势差，A 板接电源的负极，由O 点逸出的电子打在B 板上的最大区域范围为一个圆形，且圆形的面积随A 、B 两极板间的电压变化而改变．已知电子逸出时的速度大小为v 0，试通过计算，推导电子打在B 板上的最大范围圆形半径r 与两极板间电压U 的关系式． ②通过外接电源给A 、B 两极板间加上一定的电压U 0，若第一次A 板接电源的负极，电子打在B 板上的最大区域为一个圆形；第二次A 板接电源的正极，保持极板间所加电压U 0不变，电子打在B 板上的最大区域范围仍为一个圆形，只是这个圆形半径恰好是第一次的一半．为使B 板上没有电子落点的痕迹，则两金属板间的电压满足什么条件？答案 (1)光电子的最大初动能E k 的大小为hν＋eU c ；(2)①电子打在B 板上的最大范围圆形半径r 与两极板间电压U 的关系式为r ＝v 0·d2m eU ，②两金属板间的电压满足U≥43U 0. 解析 (1)由图2可知，当该装置所加的电压为反向电压，当电压是U c 时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为：E km ＝e·U c ，根据光电效应方程E km ＝hν－W 0，则：W 0＝hν－eU c .当用频率为2ν的光照射金属K 时，E k ＝2hν－W 0＝hν＋eU c(2)①打在最边缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即：r ＝v 0t在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d ＝12at 2其中，a ＝eE m ＝eUmd ，则t ＝d2m eU将r ＝v 0t 代入得：r ＝v 0·d2m eU②第一次A 板接电源的负极，电子向B 板做加速运动，最大区域为一个圆形的半径：r 1＝v 0d ·2m eU 0第二次A 板接电源的正极，电子向B 板做减速运动，打在B 板上的最大区域范围边缘的电子沿垂直于极板方向的速度恰好等于0，此时电子只剩下沿平行于极板方向的分速度，设该分速度为v ，则电子运动的过程的逆过程可以看作是类平抛运动，此时对应的半径：r 2＝vd·2m eU 0由于r 2＝12r 1所以：v ＝12v 0电子向B 板做减速运动，根据动能定理可得：－eU 0＝12mv 2－12mv 02若电子恰好能到达B 板，则：－eU ＝0－12mv 02联立以上方程得：U ＝43U 0则为使B 板上没有电子落点的痕迹，则两金属板间的电压满足U≥43U 0.。
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实验十四、十五、十六非选择题1．根据单摆周期公式T ＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图KS141甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm ．图KS141(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________． A ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 B ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的C ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度D ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt 即为单摆周期TE ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，则单摆周期T ＝Δt502．(2020年天津卷)某同学利用单摆测量重力加速度． ①为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是( )图KS142A ．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B ．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C ．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D ．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大②如图KS142所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为1 m 的单摆，实验时，由于仅有量程为20 cm 、精度为1 mm 的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T 1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期T 2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL，用上述测量结果，写出重力加速度的表达式g ＝____________．3．小明同学设计了一个用刻度尺测半圆形玻璃砖折射率的实验，如图KS143所示，他进行的主要步骤是：A ．用刻度尺测玻璃砖的直径AB 的大小d.B ．先把白纸固定在木板上，将玻璃砖水平放置在白纸上，用笔描出玻璃砖的边界，将玻璃砖移走，标出玻璃砖的圆心O 、直径AB 、AB 的法线OC.C．将玻璃砖放回白纸的原处，长直尺MN紧靠A点并与直径AB垂直放置．D．调节激光器，使PO光线从玻璃砖圆弧面沿半径方向射向圆心O，并使长直尺MN的左右两侧均出现亮点，记下左侧亮点到A点的距离x1，右侧亮点到A点的距离x2.则：(1)小明利用实验数据计算此玻璃砖折射率的表达式为n＝________．(2)关于上述实验，以下说法正确的是________．A．在∠BOC的范围内，改变入射光线PO的入射角，直尺MN上可能只出现一个亮点B．左侧亮点到A点的距离x1一定小于右侧亮点到A点的距离x2C．左侧亮点到A点的距离x1一定大于右侧亮点到A点的距离x2D．要使左侧亮点到A点的距离x1增大，应减小入射角图KS143图KS1444．如图KS144所示，在双缝干涉实验中，已知SS1＝SS2，且S1、S2到光屏上P点的路程差Δs＝1.5×10－6 m．(1)当S为λ＝0.6 μm的单色光源时，在P点处将形成________条纹．(2)当S为λ＝0.5 μm的单色光源时，在P点处将形成________条纹．(均选填“亮”或“暗”)5．在观察光的双缝干涉现象的实验中：(1)将激光束照在如图KS145乙所示的双缝上，在光屏上观察到的现象是图甲中的________．A B C D甲乙图KS145(2)换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽度将________．(填“变宽”“变窄”或“不变”)．6．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径的操作如图KS146甲、乙所示．测量方法正确的是________(填“甲”或“乙”)．甲乙图KS146(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图KS147甲所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”“不变”或“变小”)，图乙中的Δt将________(填“变大”“不变”或“变小”)．甲乙图KS1477．某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率．开始时玻璃砖的位置如图KS148中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像．如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失．此时只需测量出__________________，即可计算出玻璃砖的折射率．请用你的测量值表示出折射率：________．图KS1488．利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距d＝0.4 mm，双缝到光屏间的距离l＝0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图KS149所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也如图中所给出，则：图KS149(1)分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为x A＝__________mm，x B＝________mm，相邻两条纹间距Δx＝________mm．(2)波长的表达式λ＝________(用Δx、l、d表示)，该单色光的波长λ＝________m．(3)若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________(填“变大”“不变”或“变小”)．9摆长l/m 0.5 0.6 0.8 1.1周期T2/s2 2.0 2.4 3.2 4.4(1)利用上述数据，在图图KS1410(2)利用图象，取T2＝4.2 s2时，l＝__________m，重力加速度g＝__________m/s2．(计算结果保留3位有效数字)10．现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在如图KS1411所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．图KS1411(1)将白光光源C 放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左到右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C 、________、________、________、A.(2)本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能沿遮光筒的轴线把屏照亮；②按合理的顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上； ③用刻度尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮条纹间的距离．在操作步骤②时还应注意________________________、________________________和______________________．实验十四、十五、十六1．(1)18.6 (2)ABE2．①BC ②4π2ΔLT 21－T 22解析：①为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A 错误．如果振幅过大(大于10°)小球的运动不是简谐运动，所以误差较大，D 错误．要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆，故选BC.②T 21＝4π2L 1g 同理得T 22＝4π2L 2g两式相减可得g ＝4π2ΔLT 21－T 223．(1)d 2＋4x 22d 2＋4x 21(2)ABD 解析：(1)设光线在AB 面上的入射角为α，折射角为β，根据几何关系有：sin α＝d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＋x 22，sin β＝d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22＋x 21，则折射率n ＝sin βsin α＝d 2＋4x 22d 2＋4x 21. (2)当入射角大于等于发生全反射的临界角时，只有反射没有折射，则直尺MN 上只出现一个亮点，故A 正确．光从玻璃射入真空，折射角大于入射角，通过几何关系知，x 1<x 2，故B 正确，C 错误．减小入射角，则折射角减小，x 1增大，故D 正确．4．(1)暗 (2)亮解析：(1)由题意，当λ＝0.6 μm 时，Δs＝2λ＋12λ，为半波长的奇数倍，故P 点为暗条纹．(2)当λ＝0.5 μm 时，Δs＝3λ，为半波长的偶数倍，故这时P 点将形成亮条纹． 5．(1)A (2)变宽 变窄解析：(1)双缝干涉图样是平行且等宽的明暗相间的条纹，A 图正确；(2)根据Δx＝ldλ知，双缝间的距离d 减小时，条纹间距变宽，当双缝到屏的距离l 减小时，条纹间距变窄．6．(1)乙 (2)2t 0 变大 变大解析：(1)游标卡尺应该用两外测量爪对齐的地方测量，正确的是图乙．(2)一个周期内小球应该两次经过最低点，使光敏电阻的阻值发生变化，故周期为t 1＋2t 0－t 1＝2t 0；小球的直径变大后，摆长变长，周期变大；同时小球直径变大后使得每次经过最低点时摆球的挡光的时间变长，即Δt 变大．7．玻璃砖直径边绕O 点转过的角度θ n ＝1sin θ解析：由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一侧观察不到P 1、P 2的像，作出如图D125所示的光路图可知，当转过角度θ时有n ＝1sin θ.图D1258．(1)11.1 15.6 0.75 (2)d lΔx 6.0×10－7(3)变小解析：(1)游标卡尺读数时：一要注意精确度，二要注意读数时主尺读数应为游标尺零刻度线所对主尺位置的读数；二要注意单位，无论是主尺还是游标尺读数都要以mm 为单位读取，本题还要注意主尺上的数字的单位是cm ，不是mm.由题图可知x A ＝11.1 mm ，x B ＝15.6 mm ，Δx＝16×(15.6－11.1) mm ＝0.75 mm.(2)由Δx＝ldλ得λ＝d l Δx＝0.4×10－30.5×0.75×10－3m ＝6.0×10－7m.(3)从Δx＝ldλ可知，波长越长的光，干涉条纹间距越大，根据频率、光速与波长的关系可知，频率越大的光，波长越短，所以干涉条纹间距越小．9．(1)如图D126所示 (2)1.05 9.86解析：由T ＝2πl g 得l ＝g 4π2T 2，所以图象是过原点且斜率为g4π2的一条直线．(1)lT 2图象如图D126所示．图D126(2)T 2＝4.2 s 2时，从图中可读出其摆长l ＝1.05 m ，将T 2和l 代入公式g ＝4π2l T2，得g≈9.86 m/s 2.10．(1)E D B (2)放置单缝、双缝时，必须使缝平行 单缝、双缝间的距离要适当 要保证光源、滤光片、单缝、双缝和毛玻璃屏的中心在同一轴线上解析：(1)滤光片E 可以从白光中选出单色红光，单缝D 是获取线光源，双缝B 是获得相干光源，最后成像在毛玻璃屏A上．所以排列顺序为：C、E、D、B、A.(2)在操作步骤②时应注意的事项有：放置单缝、双缝时，必须使缝平行；单缝、双缝间的距离要适当；要保证光源、滤光片、单缝、双缝和毛玻璃屏的中心在同一轴线上．2019-2020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．近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础．如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T ，则火星的平均密度ρ的表达式为（k 为某个常数）（ ） A ．kT ρ=B ．kTρ=C ．2kT ρ=D ．2k T ρ=2．某实验小组用同一光电管完成了光电效应实验，得到了光电流与对应电压之间的关系图像甲、乙、丙，如图所示。