2019版物理高考二轮复习备考浙江选考版课件：专题七 计算题题型强化 第2讲
【2019届二轮复习臻品资源-数学】专题七第2讲稳得填空题含答案
答题技巧第2讲稳得填空题考向预测填空题具有小巧灵活、结构简单、运算量不大等特点.根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：(1)定量型：要求考生填写数值、数集或数量关系,如方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等；(2)定性型:要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定数学对象的某种性质,如填写给定二次曲线的焦点坐标、离心率等.解答填空题时，由于不反映过程,只要求结果，故对正确性的要求比解答题更高、更严格。
《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速".为此在解填空题时要做到：快-—运算要快，力戒小题大做;稳——变形要稳，不可操之过急；全—-答案要全，力避残缺不齐;活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意.知识与技巧的梳理1.方法一直接法它是直接从题设出发，利用有关性质或结论,通过巧妙地变形，直接得到结果的方法。
要善于透过现象抓本质，有意识地采取灵活、简捷的解法解决问题.2。
方法二特殊值法当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数、特殊角、特殊数列、特殊位置、特殊点、特殊方程、特殊模型等)进行处理,从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例.3。
方法三数形结合法(图解法）一些含有几何背景的填空题，若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性，迅速作出判断，简捷地解决问题，得出正确的结果，Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等，都是常用的图形.4。
方法四构造法构造法解填空题的关键是由条件和结论的特殊性构造出数学模型，从而简化推导与运算过程，构造法是建立在观察联想、分析综合的基础之上的，首先应观察题目，观察已知(例如代数式）形式上的特点，然后积极调动思维,联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型，深刻地了解问题及问题的背景（几何背景、代数背景）,从而构造几何、函数、向量等具体的数学模型，达到快速解题的目的。
高考物理二轮总复习精品课件 第一编 核心专题突破 专题7 热学(选考) 专题七 热学(选考)
(2)若气体质量一定,p、V、T均发生变化,则选用理想气体状态方程列式求
解。
命题角度2关联气体问题
与活塞、液柱相联系的“两团气”问题,要注意寻找“两团气”之间的压强、
体积或位移关系,列出辅助方程,最后联立求解。
命题角度3气体状态变化的图像问题
命题角度4与热力学第一定律综合问题
温馨提示气体等压膨胀(压缩)时,气体对外界(外界对气体)做功W=pΔV。
0
可知当体积
增大时,单位体积内分子个数变少,分子的密集程度变小,A错误;气体压强
产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击,压强增大并
不是因为分子间斥力增大,B错误;普通气体在温度不太低、压强不太大的
情况下才能看作理想气体,C错误;温度是气体分子平均动能的标志,大量气
体分子的速率呈现“中间多、两边少”的规律,温度变化时,大量分子的平均
板和冷热两端管等构成。高压氮气由喷嘴切向流入涡流室中,然后以螺旋
方式在环形管中向右旋转前进,分子热运动速率较小的气体分子将聚集到
环形管中心部位,而分子热运动速率较大的气体分子将聚集到环形管边缘
部位。气流到达分离挡板处时,中心部位气流与分离挡板碰撞后反向,从A
端流出,边缘部位气流从B端流出。下列说法正确的是(
内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力,故汽缸内气体缓慢地
将活塞往外推,最后汽缸水平,缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热
的,故缸内气体与外界没有发生热传递,汽缸内气体压强作用将活塞往外推,
气体对外做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W得:气体内能减小,故缸内理
想气体的温度降低,分子热运动的平均速率减小,并不是所有分子热运动的
高三物理二轮复习专题课件精编：专题七 物理图像问题
固定斜面， 沿斜面上升的最大高度为 H.已知
图3 斜面倾角为 α，斜面与滑块间的动摩擦因数为 μ，且 μ<tan α，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能 表示滑块在斜面上运动的机械能 E、动能 Ek、势能 Ep 与上升 高度 h 之间关系的图象是 ( )
专题七
解析 小球自由下落，做初速度为零的匀加速运动；与地面 发生碰撞，原速率反弹，做竖直上抛运动，速度图象B正确；
本 课 时 栏 目 开 关
小球下落时，速度与时间成正比，位移和动能都与时间的二 次方成正比，位移图象A、动能图象C均错误； 机械能保持不变，机械能图象 D 正确．
答案 BD
热点题型例析
知识方法聚焦
专题七
本 课 时 栏 目 开 关
1．坐标轴的物理意义 弄清两个坐标轴表示的物理量及单位．注意坐标原点是否 从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时，横轴以上表示 此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负． 2．图线形状 注意观察图象形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图 象所反映的两个物理量之间的关系，明确图象反映的物理 意义．
本 课 为 重力加速度 的 2 倍． 时 栏 目 4．面积的物理意义 开 图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往 关
速度实验的 v2－h 图象(v 为速度，h 为下落位移)，其斜率
往就是纵、横轴所表示的物理量的乘积的物理意义．
知识方法聚焦
专题七
几种常见图象面积的物理意义： (1)在直线运动的 v－t 图象中， 图线和时间轴之间的面积，等于速度 v 与时间 t 的乘积，因此 它表示相应时间内质点通过的 位移 ；(2)在 a－t 图象中，图线 和时间轴之间的面积，等于加速度 a 与时间 t 的乘积，表示质
(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用学案
第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝Ft，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化．3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最大D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I＝Δp，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A、C正确，B、D错误．8．(多选)如图4所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A．拉力F的冲量大小为Ft cos θB．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t＝Ft cos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg－F sin θ)t，故D错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E＝mgq，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场以MN为右边界，一个质量为2m的带电荷量为＋q的物体从地面上O点出发，在电场力作用下运动到Q点时与另一质量为m、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S2 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。
2019高考物理新金版大二轮课件：专题七 选考部分1.7.1
考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 [真题体验] (2018·全国卷Ⅲ·33)[物理——选修 3－3](15 分) (1)(5 分)如图，一定量的理想气体从状态 a 变化到状态 b，其过程如 p-V 图中 从 a 到 b 的直线所示。在此过程中________。(填正确答案标号。选对 1 个得 2 分， 选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)
(2)开始时活塞位于 a 处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞 开始运动。设此时汽缸中气体的温度为 T1，压强为 p1，根据查理定律有
Tp00＝Tp11① 根据力的平衡条件有 p1S＝p0S＋mg② 联立①②式可得 T1＝1＋pm0gST0③
此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达 b 处，设此时汽缸中 气体的温度为 T2；活塞位于 a 处和 b 处时气体的体积分别为 V1 和 V2。根据盖—吕 萨克定律有
(2)(ⅰ)开始时被封闭气体的压强为 p1＝p0，由受力平衡可知弹簧为原长，活 塞 C 距汽缸 A 的底部为 2l，则气体总体积为 V1＝6lS
物体放在活塞 D 上稳定后，被封闭气体的压强为 p2＝p0＋mSg＝2p0 设稳定时活塞 C 将弹簧向左压缩距离为 l1，则对活塞 C，有 kl1＋p0S＝p2S 设稳定时 A、B 汽缸内气体的总体积为 xS 由玻意耳定律 p1V1＝p2xS 联立解得 x＝3l，l1＝0.5l 故活塞 D 下降的距离为 Δl＝6l－x＋l1＝3.5l
应用气体实验定律的解题思路 (1)选择研究对象——一定质量的理想气体。 (2)分析状态参量。 ①利用液体压强公式、连通器原理(被液体封闭的气体)或平衡条件(被活塞封 闭的气体)分析被封闭气体的压强特点。 ②注意容器的导热性能，分析被封闭气体的温度特点。 ③根据题中条件分析被封闭气体的体积特点。 (3)认识过程、选定规律：认清变化过程，选用合适的气体实验定律或理想气 体状态方程列式求解。
高中物理-专题七第2课时 电学图象问题
第2课时电学图象问题高考题型1电场中的图象问题电场中几种常见图象的特点及规律E p－x图象(1)反映了电势能随位移变化的规律(2)图线的切线斜率大小等于静电力大小(3)进一步判断电场强度、动能、加速度等随位移的变化情况【例1】(2021·江西鹰潭市高考一模)空间存在着平行于纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现用仪器在纸面内沿互成60°角的OA、OB两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与O点距离的函数关系如图1所示，则下列关于该场的电场强度E的大小、方向说法中正确的是()图1A.E＝400 V/m，沿AO方向B.E＝400 V/m，沿BO方向C.E＝400 3 V/m，沿y轴负方向成30°斜向左下D.E＝400 3 V/m，沿y轴正方向成30°斜向右上答案 A解析设电场线方向与OA方向夹角为θ，则与OB方向夹角为60°－θ，设O点电势为0，则有沿OA方向U1＝Ed1cos θ，U2＝Ed2cos(60°－θ)，代入数据解得θ＝0，说明电场强度方向与OA在同一直线上，由图可知，沿OA方向电势升高，则电场强度方向沿AO方向，电场强度大小为E＝8020×10－2V/m＝400 V/m，A 正确，B、C、D错误。
【例2】真空中两个点电荷Q1、Q2分别固定于x轴上x1＝0和x2＝4a的两点，在它们的连线上，场强E与x的关系图象如图2所示(取x轴正方向为场强正方向)，以下判断正确的是()图2A.Q 1带正电、Q 2带负电B.Q 1的电荷量是Q 2的3倍C.x 轴上a 处的电势比2a 处的高D.带负电的试探电荷从a 处移到3a 处，电场力做正功答案 C解析 0～3a 场强为正，所以Q 1带正电，在3a 处合场强为0，根据场强的叠加可知Q 2也一定带正电，A 错误；根据点电荷的场强公式，在3a 处合场强为0，k Q 1（3a ）2＝k Q 2a 2，解得Q 1＝9Q 2，B 错误；沿电场线方向电势降低，所以x 轴上a 处的电势比2a 处的高，C 正确；带负电的试探电荷从a 处移到3a 处，所受电场力的方向沿x 轴负方向，电场力做负功，D 错误。
(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 专题二 能量与动量综合训练
专题二能量与动量专题综合训练(二)1.质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,此物体的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则()A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10 s内恒力F对物体做功102 JC.10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D.10 s内物体克服摩擦力做功30 J2.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少D.物块和弹簧组成的系统机械能减少3.如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0。
下列说法中正确的是()A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多D.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多4.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则()A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最小C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量5.如图所示,某人在P点准备做蹦极运动,假设蹦极者离开跳台时的速度为零。
图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。
b是人静止地悬吊着时的平衡位置。
不计空气阻力,下列说法中正确的是()A.从P到c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从P到c过程中重力做的功等于人克服弹力所做的功C.从P到b过程中人的速度不断减小D.从a到c过程中加速度方向保持不变6.如图所示,质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道内侧运动,已知圆形轨道半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g。
2019高考物理浙江二轮选考复习课件：专题二能量与动量7
B 至 P 的水平距离
1 − ������������������ 2 2
������������ 2 -������������ 2 2ℎ 1 L= 2������������ +vC ������ =4-4 ������������ 2
4 + 5vC(m)
当 vC=1.6 m/s 时,P 至 B 的水平距离最大 LBC=3.36 m
第7 讲
动能定理的应用
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动能定理解决恒力做功问题 【典题1】如图所示,用一块长L=1.0 m的木板在墙和水平地面间架 设斜面,斜面与水平地面的倾角θ可在0~60°间调节后固定,将质量 m=0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因 数为μ1=0.05,物块与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.8,忽略物块 在斜面与水平地面交接处的能量损失。(已知重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
3 1 2
1
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动能定理解决变力做功问题 【典题2】(2018年4月浙江选考,20)如图所示,一轨道由半径为2 m 的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可调的水平直轨道BC在B点平 滑连接而成。现有一质量为0.2 kg 的小球从A点无初速度释放,经 过圆弧上B点时,传感器测得轨道所受压力大小为3.6 N,小球经过 1 BC段所受的阻力为其重力的 5 ,然后从C点水平飞离轨道,落到水平 地面上的P点,P、C两点间的高度差为3.2 m。小球运动过程中可视 为质点,且不计空气阻力,g取10 N/kg。
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当堂练1 如图所示,借助一长为L的粗糙斜面,将一质量为m的物 体(视为质点)移上货车。第一次使物体以初速度v从斜面底端沿斜 3 面上滑,滑行的最大距离为 5 L;第二次使物体以相同的初速度向上 滑行的同时,施加沿斜面向上的恒定推力,作用一段距离后撤去该 力,物体继续上滑,恰好到达斜面顶端。
2019高考物理浙江选考新增分二轮专题五 加试选择题题型强化 第2讲
例3 (多选)(2017· 七彩阳光联盟联考)关于图8中现象的表述正确的是
图8 A.甲图中蝙蝠利用超声波定位 √
B.乙图中CT是利用β射线照射人体 D.丁图中夜视系统是利用不可见光中的紫外线
解析 答案
C.丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小 √
拓展训练
7.(多选)LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图9所示， 则下列说法正确的是 A.此时电路中电流的方向为顺时针 √ B.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电 √ C.若电容器正在放电，则电容器上极板带正电 D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大 √
例2 (多选)如图6所示，下列四幅图对应的说法正确的是
图6
A.图甲是研究光的衍射 √
C.图丙是利用光的偏振
B.图乙是研究光的干涉 √ D.图丁是衍射图样 √
解析 答案
拓展训练
5.(多选)如图7所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上， 让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗 圆环的相关阐释合理的是 A.远离中心点处亮环的分布较密 √ B.用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环 C.是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的 反射光干涉形成的 D.与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的 √
D.若另一种光是黄色，P点和Q点都在O点的左边
图3
解析 答案
3.(多选)(2018· 台州市高三期末)如图4所示，一玻璃柱体的横截面为半圆
形，细的单色光束从空气射向柱体的O点(半圆的圆心)，产生反射光束1
和透射光束2，已知玻璃折射率为 3 ，入射角为45°，现保持入射光不
变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚
解析 答案
[小初高学习](浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题五 加试选择题题型强化 第2讲 光和电磁波学
2019高考物理二轮复习 专题五 加试选择题题型强化 第2讲 光和电磁波学](https://img.taocdn.com/s3/m/45064fdb998fcc22bcd10d50.png)
第2讲光和电磁波[历次选考考情分析]考点一光的折射全反射1．两点注意：(1)若光线从光疏介质斜射入光密介质，不会发生全反射，只会同时发生反射和折射现象，不同色光偏折程度不同．(2)若光线从光密介质射向光疏介质，是否发生全反射，要根据计算判断，要注意不同色光临界角不同．2．解题技巧：(1)作图时要找出具有代表性的光线，如符合边界条件或全反射临界条件的光线． (2)解答时注意利用光路可逆性、对称性和几何知识．例1 (多选)(2018·杭州市重点中学期末)如图1所示是一玻璃球体，其半径为R ，O 为球心，AB 为水平直径．M 点是玻璃球的最高点，点光源B 发出的光线BD 从D 点射出，出射光线平行于AB ，已知∠ABD ＝30°，光在真空中的传播速度为c ，则( )图1A ．此玻璃的折射率为 3B ．光线从B 到D 需用时3RcC ．B 发出的光线不可能在DM 段发生全反射现象D ．B 发出的光线从AD 段射出的光线均平行于AB 答案 AB解析 如图，由几何知识可得入射角i ＝∠ABD ＝30°，折射角r ＝2∠ABD ＝60°，则此玻璃的折射率为n ＝sin rsin i ＝3，故A 正确．BD 长度s ＝2R cos 30°＝3R ，光在玻璃球内传播的速度v ＝c n ，故光线从B 传到D 的时间为t ＝s v ＝3R c ，故B 正确．由sin C ＝1n ＝33＜22，则临界角C ＜45°，所以若增大∠ABD ，入射角可能大于临界角，所以光线可能在DM 段发生全反射现象，故C 错误．要使出射光线平行于AB ，入射角必为30°，若减小∠ABD ，入射角减小，则从AD 段射出的光线与AB 不平行，故D 错误．1.(多选)如图2所示，A 、B 、C 是三块折射率相同的足够长的透明平板玻璃，由左向右辐射放置，一束单色平行光线由空气以入射角i 射到A 平板玻璃中，当光线由平板玻璃C 的下表面射到空气中时，折射角为r ，则有( )图2A ．入射角i 与折射角r 相等B ．从C 板射出的光线偏向右下方 C ．从C 板射出的光线与入射光线平行D ．若增大入射角i ，光线仍能从C 中射出 答案 CD解析 由光的折射定律可得，光经过透明平板玻璃时，入射光线与出射光线平行，所以选项C 正确，选项A 、B 错误；只要有光线从平板玻璃的上表面入射，就一定能从下表面射出，选项D 正确．2．(多选)如图3所示，杯中装满水，上方有一点A ，杯底有一点B ，A 、B 连线和水面的交点为O ，现在A 点用很细的一束红光照向水面上的P 点，正好在B 点形成亮点．若在A 点用很细的另一颜色的光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点．下列说法正确的是( )图3A ．不管另一种光是什么颜色，P 点和Q 点都在O 点的右边B ．若另一种光是紫色，则Q 点距O 点较远C ．若另一种光是蓝色，则Q 点距O 点较近D ．若另一种光是黄色，P 点和Q 点都在O 点的左边 答案 AB解析 光从空气射入水中发生折射，根据折射定律知：折射角小于入射角，故知要在B 点形成亮点，P 、Q 都应在O 点右边，故A 正确，D 错误．假设紫光也照向水面上的P 点，由于水对紫光的折射率大于水对红光的折射率，根据折射定律n ＝sin isin r 可知紫光的折射角较小，折射光线更靠近法线，则杯底上光斑落在B 点的左侧，所以要使紫光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点，Q 点距O 点更远，故B 正确．水对蓝光的折射率也比水对红光的大，同理，若另一种光是蓝色，Q 点距O 点都较远，故C 错误．3．(多选)(2018·台州市高三期末)如图4所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O 点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为3，入射角为45°，现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O 点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则( )图4A ．光束1转过15°B ．光束1转过30°C ．光束2转过的角度小于15°D ．光束2转过的角度大于15° 答案 BC4．(多选)如图5所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分成各种单色光，对其中a 、b 、c 三种色光，下列说法正确的是( )图5A ．c 色光在该玻璃三棱镜中的速度最大B ．三种色光的波长关系为λa ＞λb ＞λcC ．若分别让a 、b 、c 三色光通过同一双缝干涉装置，则a 光形成的相邻干涉条纹的间距最大D ．若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射 答案 AD解析 根据光的偏折程度可知，该玻璃三棱镜对c 光的折射率最小，对a 光的折射率最大，则c 光的波长最长，a 光波长最短，故B 错误．c 光的折射率最小，由公式v ＝c n分析得知，三色光在玻璃三棱镜中传播时c 光速度最大，故A 正确．c 光的波长最长，a 光波长最短，而相邻干涉条纹的间距与波长成正比，则a 光形成的干涉条纹的间距最小，故C 错误．a 光的折射率最大，由临界角公式sin C ＝1n分析得知，a 光的临界角最小，若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射，故D 正确．考点二 光的波动性1．杨氏双缝干涉(1)单色光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹． (2)白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色． (3)相邻条纹间距公式：Δx ＝l dλ. 2．薄膜干涉(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波．(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应的薄膜的厚度相等．单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时形成彩色条纹． 3．区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法(1)根据条纹的宽度区分：双缝干涉条纹的宽度相同，而单缝衍射的中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄．(2)根据亮条纹的亮度区分：双缝干涉条纹，从中央亮条纹往两侧亮度变化很小，而单缝衍射条纹中央亮条纹最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗．例2 (多选)如图6所示，下列四幅图对应的说法正确的是( )图6A ．图甲是研究光的衍射B ．图乙是研究光的干涉C ．图丙是利用光的偏振D ．图丁是衍射图样答案 ABD解析 题图甲是光的单缝衍射，故A 正确；题图乙是光的双缝干涉现象，故B 正确；题图丙是检查表面的平整度，属于光的干涉现象，不是偏振现象，故C 错误；题图丁是泊松亮斑，是衍射图样，故D 正确．5．(多选)如图7所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关阐释合理的是( )图7A ．远离中心点处亮环的分布较密B ．用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环C ．是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的D ．与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的 答案 AD解析 远离中心点处亮环的分布较密，故A 正确；用白光照射时，仍然会出现干涉形成的圆环，故B 错误；是透镜曲面上反射光与玻璃平面上的反射光干涉形成的．故C 错误；当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，故D 正确．6．(多选)如图所示的四种明暗相间条纹，是红光、紫光分别通过同一个双缝干涉仪形成的干涉图样和通过同一个单缝形成的衍射图样．图中黑色部分代表亮纹，下列四幅图中由红光形成的图样是( )答案 AD解析 双缝干涉图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故1、3是双缝干涉现象，根据双缝干涉相邻条纹间距Δx ＝l dλ可知，波长λ越大，Δx 越大，故A 选项是红光，C 选项是紫光；单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故B 选项是紫光单缝衍射图样；D 选项为红光单缝衍射图样．故由红光形成的图样是A 、D.考点三 电磁振荡与电磁波1．电磁波的产生(1)能否产生电磁波，要看变化的电场和磁场是否能持续地再产生变化的磁场和电场，也就是说，所产生的磁场或电场必须是变化的，而不能是稳定的． (2)明确是怎样变化的电场(磁场)产生怎样变化的磁场(电场)．①振荡电场产生同频率的振荡磁场．②振荡磁场产生同频率的振荡电场．③LC振荡电路产生的振荡电场和振荡磁场都能产生电磁波．2．参量间的关系LC电路的周期T、频率f与自感系数L、电容C的关系T＝2πLC、f＝12πLC.例3(多选)(2017·七彩阳光联盟联考)关于图8中现象的表述正确的是( )图8A．甲图中蝙蝠利用超声波定位B．乙图中CT是利用β射线照射人体C．丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小D．丁图中夜视系统是利用不可见光中的紫外线答案AC解析题图甲中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食，故A正确；CT是利用X射线照射人体的，不是利用β射线，故B错误；题图丙中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小，故C正确；题图丁中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故D错误．7.(多选)LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图9所示，则下列说法正确的是( )图9A．此时电路中电流的方向为顺时针B．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C．若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大答案ABD解析由安培定则知，此时电路中电流的方向为顺时针，A正确；若磁场正在减弱，根据楞次定律可得，线圈上端为正极，故电容器上极板带正电，B正确；若电容器正在放电，根据安培定则可得，电容器上极板带负电，自感电动势正在阻碍电流增大，故C错误，D正确．8．(多选)关于电磁波谱，下列说法正确的是( )A．电磁波中最容易发生衍射现象的是无线电波B．紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康C．X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线答案AC解析无线电波的波长长，易发生衍射现象，A正确；紫外线的频率比可见光高，B错误；X 射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强，C正确；任何物体都能辐射红外线，D错误．9．(多选)关于电磁波及其应用，下列说法正确的是( )A．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在B．电磁波是机械波，需要靠介质传播C．共享单车的GPS卫星定位，是用无线电波实现的D．医学上的“γ刀”实际就是指γ射线答案CD解析麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹首先通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；电磁波不同于机械波，电磁波的传播可以在真空中，并非必须要有介质，故B错误；共享单车的GPS卫星定位，是用无线电波实现的，故C正确；γ射线的穿透能力很强，所以医学上制成γ刀，不需要开颅就可治疗脑肿瘤，故D正确．10．(多选)下列电磁波的说法中，正确的是( )A．电磁波不能在真空中传播，介质可以是空气、水等透明的物质B．人类将进入智能时代，以后所有的电器都可以使用电磁波，只要在电器上安装一个电磁波接发装置就可以实现C．光是一种电磁波，光的波长比无线电波的波长小得多D．电磁波通信技术是一项重大的技术，它使人们远程联络实现了实时性，但同时也带来了电磁污染的危害答案BCD解析电磁波能在真空中传播，故A错误；所有电器都可以使用电磁波，只要在电器上安装一个电磁波接发装置就可以实现，故B正确；光是一种电磁波，依据电磁波谱可知，光的波长比无线电波的波长小得多，故C正确；电磁波通信技术是一项重大的技术，使人们远程联络实现了实时性，但同时也带来了电磁污染的危害，故D正确．专题强化练1．(多选)关于电磁波的原理和应用，下列说法正确的是( )A．变化的电场就能产生变化的磁场B．微波是指波长为微米级的电磁波C．α、β、γ三种射线中，只有γ射线属于电磁波D．常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机答案CD解析均匀变化的电场产生恒定的磁场，而非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，故A错误；波长从1 mm到10 m的电磁波称微波，故B错误；α、β、γ三种射线中，α射线是氦核流，β射线是电子流，只有γ射线属于电磁波，故C正确；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机，因红外线波长较长，容易发生衍射现象，故D正确．2．(多选)关于电磁场和电磁波的正确说法是( )A．变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场B．电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波C．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场D．电磁波是一种波，声波也是一种波，理论上它们是同种性质的波答案AB解析变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场，故A正确；变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐渐向外传播，形成电磁波，故B正确；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，恒定的电场不产生磁场，恒定的磁场也不产生电场，故C错误；电磁波是一种波，声波也是一种波，它们具有波的共性，但前者是电磁场在空间的传播，后者是机械振动在介质中的传播，性质不同，故D错误．3．(多选)(2018·金华市十校联考)下列说法正确的是( )A．彩虹是光的衍射现象B．肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象C．交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘D．液晶显示应用了光的偏振答案BCD解析彩虹是光的色散现象，选项A错误；肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象，选项B正确；交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，选项C正确；液晶显示应用了光的偏振，选项D正确．4．(多选)很多城市马路边都出现了共享单车，使用共享单车APP，用户可以查看并找到单车位置，扫描车身上的二维码，通过手机网络发送到云端请求解锁，云端收到后识别该车辆并发送解锁指令，共享单车执行解锁指令自动开锁，用户便可以骑行．车身前后都有反光标志，前后车轮轮毂内侧也有反光涂层，夜间汽车灯光照射上去反光效果很好，增加了骑行者的安全性，尾灯反光标志的截面如图1所示，其利用了光的全反射原理．根据你所学的物理知识判断下列说法正确的是( )图1A．单车和手机之间是利用机械波传递信息的B．单车和手机之间是利用电磁波传递信息的C．汽车灯光应从左面射过来在尾灯的右表面发生全反射D．汽车灯光应从右面射过来在尾灯的左表面发生全反射答案BD解析扫描车身上的二维码，通过手机网络发送到云端请求解锁，云端收到后识别该车辆并发送解锁指令，共享单车执行解锁指令自动开锁，是利用电磁波传递信息的，故A错误，B 正确；汽车灯光应从右面射向自行车尾灯，光在尾灯内部左表面发生全反射，使自行车后面的汽车司机发现前面有自行车，避免事故的发生，故C错误，D正确．5．(多选)(2018·金华市十校联考)下列说法正确的是( )A．机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作B．可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹C．由于多普勒效应，我们观察到离我们远去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低D．γ射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷答案BCD解析安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故A错误；可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹，选项B正确；由于多普勒效应，我们观察到离我们远去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低，选项C正确；γ射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷，选项D正确．6．(多选)a、b两种不同波长的光，先后用同一装置在真空中做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距，则( )A ．a 光的波长小于b 光的波长B ．a 光的频率小于b 光的频率C ．玻璃对a 光的折射率比玻璃对b 光的折射率小D ．从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 BCD解析 根据双缝干涉的条纹间距Δx ＝l d λ，可知，同一实验装置，条纹间隔越大，说明波长越长，即频率越小．根据题意，a 光的波长长，频率小，故A 错误，B 正确．a 光的频率小于b 光的频率，玻璃对a 光的折射率比玻璃对b 光的折射率小，故C 正确．根据临界角的公式：sin C ＝1n可知，介质的折射率越小，则全反射的临界角越大，所以从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角，故D 正确．7．(多选)下列说法中正确的是( )A ．太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理B ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C ．全息照相利用了激光相干性好的特性D ．红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度答案 ACD解析 太阳能真空玻璃管采用镀膜技术使得镀膜前后表面的反射光发生干涉，减弱反射光，增加透射光，故A 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片，是为了减弱反射光的影响，故B 错误；全息照相利用了光的干涉，激光的相干性较好，故C 正确；红光的频率小于紫光的频率，故同种介质对红光的折射率低，再根据光在介质中的传播速度v ＝c n可知，红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度，故D 正确．8.(多选)(2018·9＋1高中联盟期中)如图2是a 、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( )图2A ．在同种均匀介质中，a 光的传播速度比b 光的小B ．从同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角大C ．照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光逸出的光电子最大初动能更大D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的两能级的能量差大答案ACD9．(多选)(2018·台州中学统练)如图3所示，以下关于光学知识的叙述中，正确的是( )图3A．甲图是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象B．乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的C．丙图的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的偏振原理D．丁图是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射答案ABD解析题图甲是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象，选项A正确；题图乙中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，选项B正确；题图丙的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的干涉原理，选项C错误；题图丁是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射，选项D正确．10．(多选)下列说法正确的是( )A．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的干涉现象C．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象答案AD解析对于同一障碍物，波长越大的光波越容易发生衍射现象，从而绕过障碍物，A项正确；白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的色散现象，B项错误；红光由空气进入水中，频率不变，颜色不变，波速减小，则波长变短，C项错误；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象，D项正确．11．(多选)如图4所示，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ(0＜θ＜90°)入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是( )图4A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧答案AC解析光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误．因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D错误．12．(多选)近几年，全国各地居民用“半潜艇”旅游发展迅速．“半潜艇”船体主要部分半浸入水中，而甲板始终会浮出水面而不能完全潜航，机舱的乘客处在低于海平面的高度，可以通过玻璃窗观察水中的场景(如图5)．原理图见图6，已知该处海水的折射率为1.44，潜艇玻璃表面和水面垂直，且玻璃的厚度可以忽略．若不考虑反射光线，则以下说法正确的是( )图5 图6A．游客在潜艇内部看到正前方的鱼比实际位置要近一些B．潜艇正前方的鱼看到潜艇中的人比实际的位置要近一些C．游客在潜艇内部用手电筒朝水中照射时，水面上的人可能看到手电筒发出的光D．水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部答案AD解析人眼看到的折射光线的反射延长线的交点比鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，A正确．鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，B错误．光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角(临界角)要小于45°，因此光线射到水面时最小的入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，C错误．与C项相同，水面上方射入水中的光线也不能照射到潜艇内部，D正确．13．(多选)(2017·金华市高二上期末)如图7甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右规定为电流的正方向，则( )图7A．0.5～1 ms内，电容器C正在充电B．0.5～1 ms内，电容器的上极板带负电荷C．1～1.5 ms内，Q点比P点电势低D．1～1.5 ms内，电场能正在增加答案AB解析由题图乙可知，在0.5～1 ms内，电流为正方向且减小，故此时电容器正在充电，故A正确；在0.5～1 ms内，经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B正确；由图乙可知，在1～1.5 ms内，通过自感线圈的电流向上，且增大，Q点比P点电势高，故C错误；由图乙可知，在1～1.5 ms内电流在增大，故磁场能在增大，电容器处在放电过程，故电场能在减小，D错误．14．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)2016年2月11日，美国科研人员利用激光干涉法探测到13亿年前黑洞合并发出的传到地球的引力波，证实爱因斯坦100多年前在广义相对论中有关引力波的预言．如图8所示，引力波是一种时空涟漪，其发现的意义就像一个失聪的人突然拥有了听觉，从此获得感知世界的新能力．以下说法正确的是( )图8A．人类可以从引力波中获得13亿年前的信息B．具有质量的物体能产生引力波。
2019版物理高考二轮复习备考浙江选考版课件：专题五加试选择题题型强化(多选题型)第1讲
专题五加试选择题题型强化（多选题型）第1讲机械振动和机械波考点一机械振动和图象考点~k机械振动和图象L（多选）（2016-浙江4月选考• 15）摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图1所示•选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可知4 护、乙两单摆的摆长之比是勺B.乙时刻甲、乙两单摆的摆角相等“时刻甲、乙两单摆的势能差最大图1D./时刻甲、乙两单摆的速率相等模拟训练2.（多选）（人教版选修3-4P13 “演示”改编）甲、乙两位同学分别使用图2a所示的同一套装置观察单摆做简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细沙分别形成的曲线如图b所示，下面关于两图线的说法中正确的是 "护图表示沙摆摆动的幅度较大，乙图摆动的幅度较小图2 B.甲图表示沙摆摆动的周期较大，乙图摆动的周期较小人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系。
甲二乙D.二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系e乙二2°甲I Ib3.（多选）（2017・嘉兴市3月模拟）如图3甲所示，0是单摆的平衡位置，B、C 是摆球所能到达的最远位置•此单摆振动图象如图乙所示，则A.单摆振幅是16 cm&单摆摆长约为lmD.摆幅减小，周期也减小Ax/cm乙4.（多选）（人教版选修3-4P21第4题改编）如图4所示是一个单摆的共振曲D.当单摆的摆长变长后，共振曲线峰值右移线，根据该共振曲线，下列说法正确的是萨驱动力频率为/o时单摆发生共振C.当驱动力的频率增加时共振曲线峰值右移图45.（多选）（2017-湖州市高二上期末）一质点做简谐运动，质点的位移随时间变化规律如图5所示，则从图中可以看出t x/cm令质点做简谐运动的频率为°・25血B.f二3 s时，质点的速度为零&二3 s时，质点的加速度为零D.在1〜2 s间，质点的速度逐渐变大规律总结解析由图知，该质点的周期为4s,频率为0.25Hz,故A正确；t = 3 s时，质点处于平衡位置，加速度为零，速度最大，故B错误，C1E 确;图51•简谐运动的特征(1)受力特征：回复力满足F= -kx.(2)运动特征：当物体靠近平衡位置时，a、F、兀都减小，。
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第2讲 必考计算题20题 动力学方法和能量观点的综合应 用
题型1 直线运动中动力学方法和能量观点的应用 题型2 曲线运动中动力学方法和能量观点的应用
题型1
直线运动中动力学方法和能量观点的应用
命题预测
1.航母舰载机滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机
起飞，其示意图如图1所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1＝160 m的水平 跑道和长度为L2＝20 m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高 度差h＝4.0 m.一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒
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解析 答案
规律总结
1.直线运动中多运动过程组合主要是指直线多过程或直线与斜面运动的 组合问题. 2.涉及的规律： (1)动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律；(2)能量观点：动能定 理、机械能守恒定律、能量守恒定律. 3.受力分析、运动分析，将物理过程分解成几个简单的直线运动过程， 分别选择合适的规律求解. 4.相邻运动过程连接点的速度是解题关键.
4.(2017·嘉兴一中等五校联考)如图4甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以 恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达 B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8，求： (1)小物体在传送带A、B两端间 运答动案的平8 m均/s速度v的大小；
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解析 答案
(3)为确保滑草者能停在橡胶材质的水平减速带上，μ1、μ2应满足什么条 件答.案 0.4－0.2μ2<μ1<0.4 解析 设滑草者在减速带滑行距离x后停下， 由动能定理：mgH－μ1mgL－μ2mgx＝0 为确保安全，0<x<s 解得：0.4－0.2μ2<μ1<0.4.
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解析 答案
4
解析 答案
3.滑草是一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激，能体验人与大 自然的和谐，在感受风一般速度的同时又能领略到大自然的美好.图3甲照片是无 轨道滑草，图乙照片是千岛湖石林景区的轨道滑草，其轨道的上段坡度很大而下 段比较平坦，表面铺设滑草，轨道末端有一段表面铺设橡胶的水平减速带，滑行 者坐在滑草盆内自顶端静止下滑.其滑行轨道可简化为图丙模型：设轨道上端与 底端高度差H＝32 m，水平距离L＝80 m，末端减速带长s＝16 m，滑草盆与滑草 间的动摩擦因数为μ1，滑草盆与橡胶间的动摩擦因数为μ2.(忽略轨道各连接处的 动能损失，g取10 m/s2)求：
然后经过时间 t2＝1 s，物体以大小为 v2＝12 m/s 的速度到达传送带 B 端.
mgsin θ＋μmgcos θ
由物体在传送带上的受力情况知 a1＝
m
＝gsin θ＋μgcos θ
解得μ＝0.5.
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解析 答案
(3)2 s内物体机械能的减少量ΔE及因与传送带摩擦产生的内能Q. 答案 48 J 48 J 解析 小物体到达传送带B端时的速度大小v2＝12 m/s 物体的动能增加了 ΔEk＝12mv22＝12×2×122 J＝144 J. 物体的重力势能减少了ΔEp＝mgLsin θ＝2×10×16×0.6 J＝192 J 所以物体的机械能的减少量ΔE＝48 J 由功能关系可知 Q＝μmgcos θ(v1t1－v21t1)＋μmgcos θ(v1＋2 v2t2－v1t2) 解得Q＝48 J.
答案 4.0×104 N
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图2
解析 答案
(2)在0～12 s时间内，战机克服阻力做功的平均功率. 答案 8.0×106 W 解析 0～12 s时间内，根据动能定理： －Wf＝12mv12－12mv02 Wf＝9.6×107 J 战机克服阻力做功的平均功率： P ＝ΔWt1f ＝8.0×106 W
解得F1＝1.0×106 N.
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解析 答案
模拟训练
2.战机常配有阻力伞，阻力伞也叫减速伞，是用来减小战机着陆时滑跑 速度的伞状工具.某质量为m＝2.0×104 kg的战机以水平速度v0＝100 m/s 着陆后立即关闭引擎同时打开阻力伞，情形如图2甲所示，战机做直线运 动，其速度随时间变化关系如图乙所示，图线在12～22 s时间内可近似 看成直线，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)在12～22 s时间内，战机受 到的平均阻力大小；
为F＝1.2×105 N，方向与速度方向相同，在从静止开始运动的整个过程中飞
机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质
量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看做斜面，
不计拐角处的影响.取g＝10 m/s2.
(1)求飞机在水平跑道运动的时间；
答案 8 s
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图1
解析 答案
(2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小； 答案 2 430 m/s
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图4
解析 答案
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；
答案 0.5
解析 由题图乙可知传送带运行速度为v1＝10 m/s，
物体从
A
到B
先做加速度为
10－0 a1＝ 1－0
m/s2＝10
m/s2 的匀加速运动，经
过时间 t1＝1
12－10 s 后再做加速度为 a2＝ 2－1
m/s2＝2
m/s2 的匀加速运动，
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解析 答案
(3)如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装
飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84 m，要使飞机在水平跑道的末端速
度达到100 m/s，则弹射器的平均作用力为多大？(已知弹射过程中发动机
照常工作)
答案 1.0×106 N
解析 设弹射器的平均弹力为F1，弹射距离为x，飞机在水平跑道末端速 度为v3 由动能定理得 F1x＋FL1－FfL1＝12mv32
1 2 3 4 图3
(1)若μ1＝0.24，则滑草者刚到达减速带时的速度有多大； 答案 16 m/s 解析 由动能定理得：mgH－μ1mgL＝12mv2 代入数据解得：v＝16 m/s.
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解析 答案
(2)若滑草者与盆的总质量为75 kg，则滑草者滑行一次，将会产生多少热 量答；案 2.4×104 J 解析 设滑草者滑行一次产生热量为Q 由能量守恒得：Q＝mgH 代入数据解得：Q＝2.4×104 J.