重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题四曲线运动平抛运动增分策略练习含解析
人教版高中物理必修二：5.2《平抛运动》提分训练(含答案).docx
高中物理学习材料2.平抛运动一、选择题1.对平抛运动的物体,若g已知,要确定其初速度大小需要给出下列条件中的( )A.水平位移B.下落高度C.落地时速度的大小和方向D.落地时位移的大小和方向解析:平抛运动的物体水平方向为匀速直线运动,竖直方向为自由落体运动。
已知落地时速度大小和方向,则初速度为落地速度的水平分速度。
答案:CD2.物体做平抛运动,它的速度方向与水平方向的夹角θ的正切tanθ随时间t变化的图象是如图所示中的( )解析:因tan θ=,故tan θ与t成正比,B选项正确。
答案:B3.一个小球从高为20m的楼顶边缘被水平抛向水平地面,落地点与抛出点的距离为40m,则小球水平抛出的初速度为(不计空气阻力,g取10m/s2)( )A.10m/sB.10m/sC.20m/sD.20m/s解析:小球的下落时间t=s=2s,小球的水平位移x=m=20m,所以初速度v0=m/s=10m/s。
答案:B4.如图所示,以9.8m/s的水平初速度v0抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角θ为30°的斜面上,可知物体完成这段飞行的时间是(g取9.8m/s2)( )A.sB.sC.sD.2 s解析:物体撞击到斜面上时速度可按如图所示分解,由物体与斜面撞击时速度的方向,建立起平抛运动的物体竖直分速度v y与已知的水平速度v0之间的关系,求出v y,再由自由落体速度与时间的关系求出物体的飞行时间。
由图可知:tan θ=,即tan 30°=,可以求得t= s。
答案:C5.某同学对着墙壁练习打网球,假定球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹,落地点到墙面的距离在10 m至15 m之间。
忽略空气阻力,取g=10m/s2。
球在墙面上反弹点的高度范围是( )A.0.8m至1.8 mB.0.8m至1.6 mC.1.0m至1.6 mD.1.0m至1.8 m解析:设球从反弹到落地的时间为t,球在墙面上反弹点的高度为h,球反弹后做平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动。
重庆市铜梁县17届高考物理二轮总复习专题十一电容器带电粒子在电场中的运动增分策略练习(含解析)
专题十一 电容器 带电粒子在电场中的运动考纲解读转电极加恒定电压的情形一、电容器的电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容 (1)公式 ①定义式：C ＝Q U. ②推论：C ＝ΔQΔU.(2)电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．不随Q 变化，也不随电压变化．3．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比． (2)决定式：C ＝εr S4πkd ，k 为静电力常量．εr 为相对介电常数，与电介质的性质有关．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动． 3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示)图11．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是( ) A ．电容器的电容表示其储存电荷的能力 B ．电容器的电容与它所带的电量成正比 C ．电容器的电容与它两极板间的电压成正比 D ．电容器的常用单位有μF 和pF,1 μF ＝103pF 答案 A解析 由电容的物理意义知A 正确．电容定义式为C ＝QU，但C 跟Q 和U 无关，仅跟电容器本身特征量有关；1 μF ＝106pF.B 、C 、D 都错．2．(2015·浙江学考模拟)如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则( )图2A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、定片间距离越小，电容越大D ．动片、定片间距离越小，电容越小 答案 A解析 可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大．由平行板电容器的电容决定式C ＝εr S4πkd 知，电容器的正对面积越大，电容越大，A 项正确．3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减少为原来的13，则( )A ．电容器原来的电荷量为9×10－4C B ．电容器原来的电荷量为4.5×10－4 C C ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13答案 B解析 由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C (U －13U )＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42 C ＝4.5×10－4C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．4．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下，运动方向正确的是( )答案 D5．如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )图3A ．2倍B ．4倍 C.12倍 D.14倍答案 C解析 第一次d ＝12·Uq md (L v 0)2，第二次d ′＝12·Uq md ′(L 2v 0)2，两式相比可得d ′＝d2，所以选项C 正确.电容器的动态分析1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 2．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．例1 如图4所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图4A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确定 答案 C解析 由充电后断开电源知，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd 知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C ＝Q U 知，U 增大；两极板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D错．电容器动态问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．变式题组1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析 由C ＝εr S 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，εr 增大，电容增大，由C ＝QU 可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B.2．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5)．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( )图5A ．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 答案 A解析 静电计指针偏角体现电容器两极板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器上电荷量Q 保持不变，C ＝QU＝εr S4πkd.保持S 不变，增大d ，则C 减小，U 增大，偏角θ增大，选项A 正确，B 错误；保持d 不变，减小S ，则C 减小，偏角θ也增大，故选项C 、D 均错．带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.例2 (2014·海南高考)如图6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )图6A.ld g B.d －l d g C.l d －l g D.dd －lg 答案 A解析 带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q U d ，两式联立可得a ＝ldg .故A 正确．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律． 2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．变式题组3．如图7所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图7A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀速直线运动 答案 B解析 分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速直线运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．4．(2016·舟山市调研)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图8所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图8A.edh U B ．edUh C.eU dhD.eUh d答案 D解析 电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．带电粒子在电场中偏转1．基本运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mdv20.2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 如图9所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图9(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝qEL22mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20解法二 x ＝y ＋v y L v 0＝3qEL 22mv 20解法三 由y ＝12a (L v 0)2＝qEL 22mv 20，xy ＝L ＋L 2L2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动． 2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算． (1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．变式题组5．喷墨打印机的简化模型如图10所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图10A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关答案 C解析 微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A 错误；电场力做正功，电势能减小，B 错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v 方向：x ＝vt ，沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU md ，得y ＝qU 2mv 2d x 2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C 正确，D 错误．6．(多选)(2016·绍兴市联考)如图11所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )图11A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1 答案 ABC解析 粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确．电场中的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况 (1)物体静止(保持)：F 合＝0. (2)做直线运动①匀速直线运动：F 合＝0.②变速直线运动：F 合≠0，且F 合方向与速度方向总是在一条直线上．(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹侧． (4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°. (5)匀变速运动：F 合＝恒量．例4 (2014·浙江7月学考)如图12所示，水平地面上有一长为L 、高为h 的桌子．质量为m 的小物块A 从绝缘桌面的左端以初速度v 0水平向右运动，最终落在地面上D 点，D 点与桌面右端的水平距离为s .若再次将物块A 置于桌面左端，并让其带上电荷量为q 的正电荷，在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图12(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A 在桌面上滑动，电场强度的最小值E 1.(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A 从桌面滑落后仍落在地面上的D 点，电场强度E 2的值．答案 (1)m 2qL (v 20－gs 22h ) (2)mv 202qL解析 (1)由平抛运动规律：s ＝vth ＝12gt 2得：v ＝sg 2h① 由动能定理，考虑到摩擦力F f 做负功， 得：－F f L ＝12mv 2－12mv 20②为了使物块A 在桌面上滑动，其所受电场力至少等于摩擦力F f ，有F ＝qE 1＝F f ③由①②③式得：E 1＝m 2qL (v 20－gs 22h)(2)由动能定理qE 2L －F f L ＝12mv 2得：E 2＝mv 202qL.分析力电综合问题的两种思路1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题． 2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．变式题组7．(2016·4月浙江选考·8)密立根油滴实验原理如图13所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图13A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mg UC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案 C解析 油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mg E，所以B 错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．8.如图14所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图14(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能． 答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .1．(2016·4月浙江选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定B ．在放电过程中电容减小C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器 答案 D解析 由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 对．2．(2016·金华市联考)一个电容器的规格是“10 μF 50 V ”，则( ) A ．这个电容器的电容为10－5FB ．这个电容器加上50 V 电势差时，电容才是10 μFC ．这个电容器没有电势差时，电容为0D ．这个电容器加的电势差不能低于50 V 答案 A解析 电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是10 μF ，选项A 正确，B 、C 错误；50 V 为电容器允许加的最大电势差，选项D 错误． 3．对电容的定义式C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A ．电容器带电荷量越大，电容就越大B ．对于某一电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电势差的比值保持不变C ．对于某一电容器，它的带电荷量跟加在两极板间的电势差成反比D ．如果一个电容器两极板间没有电势差，就没有带电荷量，也就没有电容 答案 B解析 电容器的电容是其本身固有属性，与带电荷量及两极板间电势差无关，故选项A 、D 错误，选项B 正确；由C ＝Q U得Q ＝CU ，由此可知Q ∝U ，选项C 错误．4．(多选)一平行板电容器，极板间正对面积为S ，板间距离为d ，充以电荷量Q 后两板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( ) A ．将电压变为U2B ．带电荷量变为2QC ．将极板正对面积变为2SD ．将两极板间的距离减小到d2答案 CD解析 电容器的电容与极板带电荷量、两极板间的电压无关，故选项A 、B 错误；根据C ＝εr S4πkd 可知，选项C 、D正确．5．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间电场强度为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间的电势差为U 2，板间电场强度为E 2，下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1 答案 C解析 根据U ＝Q C ，C ∝S d ，E ＝U d ，可得U ∝Qd S ，E ∝Q S ，则U 1U 2＝Q 1d 1Q 2d 2＝12×2＝1，E 1E 2＝Q 1Q 2＝12，故选项C 正确．6．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半 答案 AD解析 由E ＝Ud知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝QU知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，Q 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确．7．如图1所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图1A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大 答案 B解析 由于电容器与电源连接，电压U 不变，板间场强E 场＝U d随d 的增大而减小，所以油滴将向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A 、C 均错误；P 点与地的电势差U PO ＝E 场d ′，d ′不变而E 场减小，故P 点电势将降低，B 正确；据Q ＝CU 可知，电压U 不变时减小电容C ，则极板带电荷量将减小，故D 错误．8．如图2所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极板间电压不变，则( )图2A ．当减小两极板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极板间的距离时，电子在两极板间运动的时间变长 答案 C解析 由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子在两极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．9．(多选)(2016·丽水模拟)如图3甲所示，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图线如图乙所示，设a 、b 两点的电势分别为φa 、φb ，场强大小分别为E a 、E b ，粒子在a 、b 两点的电势能分别为W a 、W b ，不计重力，则有( )图3A ．φa >φbB ．E a >E bC ．E a <E bD ．W a >W b答案 BD解析 由题图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a 到b 电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a 指向b ，电场线方向由b 指向a ，b 点电势高于a 点电势，故选项B 、D 正确．10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析 带电粒子从P 点下落刚好到达下极板处，由动能定理得：mg (d 2＋d )－qU ＝0，当将下极板向上平移d3时，设从P 点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x 处速度为零，则对带电粒子下落过程由动能定理得：mg (d2＋x )－q ·U 2d 3·x ＝0，解之得x ＝25d ，故选项D 正确． 11．如图4所示，质子(11H)和α粒子(42He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为()图4A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4答案 B解析 初动能相同，则mv 20相同，由y ＝12at 2＝12·qU md ·(L v 0)2，得：y 1y 2＝q 1q 2＝12，故B 正确．12．(2016·杭州十校联考)如图5所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图5A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小 答案 B解析 设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．13．(2015·浙江选考)真空中的某装置如图6所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图6A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 答案 B解析 设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝ 2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．14．如图7所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ，有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出．g 取10 m/s 2，求：。
(新)高考英语二轮复习与增分策略专题四语法填空第三节题组练习题组6
第三节题组练习1(2017·贵州铜仁一中三模)Most students do an IQ test early in their school career.Even if they never see their results，they feel that their IQ is 1.________ determines how well they are going to do in life.When they see other 2.________(student) doing better than them，they usually believe that those students have a 3.________(high) IQ and that there is nothing they can do 4.________(change) facts.However，new research into EQ suggests that success is not 5.________(simple) the result of a high IQ.While your IQ tells you how 6.________(intelligence) you are，your EQ tells you how well you use your intelligence.Professor Salovery,7.________invented the term EQ，gives the following description：At work，it is EQ 8.________ gets you promoted.9.________(support) by his academic research，Professor Salovery suggests that when predicting someone’s future success，their character,10.________ measured by EQ tests，might actually matter more than their IQ.语篇解读文章介绍了智商和情商及其两者之间的关系。
重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习 专题六 功功率与动能定理增分策略练习(含解析)
专题六 功 功率与动能定理考纲解读一、功1.做功的两个要素 (1)作用在物体上的力.(2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义 功是能量转化的量度. 3.公式W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝W t，P 为时间t 内的物体做功的快慢. (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式 (1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12 mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.1.如图1所示，两个互相垂直的力F 1与F 2作用在同一物体上，使物体通过一段位移的过程中，力F 1对物体做功4 J ，力F 2对物体做功3 J ，则力F 1与F 2的合力对物体做功为( )图1A.7 JB.1 JC.5 JD.3.5 J答案 A解析 力F 1与F 2的合力做的功等于F 1与F 2做功的代数和，即W 合＝W 1＋W 2＝(4＋3) J ＝7 J.2.(2016·嘉兴市期末测试)坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m ，如图2所示在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l .已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )图2A.支持力做功为mglB.重力做功为mglC.拉力做功为Fl cos θD.滑动摩擦力做功为－μmgl 答案 C解析 支持力和重力与位移垂直，不做功，选项A 、B 错误；拉力和摩擦力分别做功为W F ＝Fl cos θ，W f ＝－μ(mg －F sin θ)l ，选项C 正确，D 错误.3.一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变.汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是( ) A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大 B.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大 C.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大 D.当牵引力等于阻力时，汽车将停止运动 答案 C解析 汽车的发动机输出功率恒定，即P 一定，则由公式P ＝Fv 可得：v 增大，F 减小，但由于合外力方向与汽车运动方向一致，因此汽车速度仍在增大，A 、B 错误，C 正确；当汽车受到的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大值，而后进行匀速运动，D 错误.4.(2016·舟山市模拟)下列关于动能的说法，正确的是( ) A.运动物体所具有的能就是动能B.物体做匀变速运动，某一时刻速度为v 1，则物体在全过程中的动能都是12mv 12C.做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D.物体在外力F 作用下做加速运动，当力F 逐渐减小时，其动能也逐渐减小 答案 C解析 运动的物体除具有动能以外，还可能具有其他形式的能，A 选项错误；动能是状态量，当速度v 的大小变化时，动能就发生变化，B 选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C 选项正确；当物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D 选项错误.故选C.5.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图3所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图3A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零 答案 C解析 木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错.功、功率的分析与计算1.功的计算方法 (1)恒力做功其中l 是相对地的位移 (2)变力做功①用动能定理：W ＝12mv 22－12mv 12.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒定功率启动时. ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积.如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (3)总功的计算①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和. 2.功率的计算方法下列判断正确的是( )图4A.0～2 s 内外力的平均功率是4 WB.第2 s 内外力所做的功是4 JC.第2 s 末外力的瞬时功率最大D.第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析 第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s ＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s ＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J. 0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误； 第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W ＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W ＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确.求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率； (3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率. 变式题组1.(2015·浙江10月选考·12)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即F f ＝kv 2).若油箱中有20 L 燃油，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，还能行驶40 km ，假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s 匀速行驶时，还能行驶( ) A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km答案 C解析 20 L 燃油可用于克服阻力做功一定，即F f s ＝kv 2s 一定，s 与v 2成反比，当速度增加为原来的2倍时，路程应为原来的14，C 对.2.质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上.现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 图象如图5所示.下列关于物体运动过程，分析正确的是( )图5A.0～t 1时间内拉力逐渐减小B.0～t 1时间内拉力对物体做负功C.在t 1～t 2时间内拉力的功率为零D.在t 1～t 2时间内合外力做功为12mv 2答案 A解析 由运动的v －t 图象可知，物体运动的加速度越来越小，水平拉力越来越小，所以0～t 1时间内拉力逐渐减小，选项A 正确；由于拉力与运动方向相同，所以0～t 1时间内拉力对物体做正功，选项B 错误；由P ＝Fv 可知，在t 1～t 2时间内拉力等于摩擦力，速度不为零，所以拉力的功率不为零，选项C 错误；由于在t 1～t 2时间内物体速度不变，合外力做功为零，选项D 错误.3.一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 秒内重力对它做功的平均功率P 及在t 秒末重力做功的瞬时功率P 分别为(t 秒末小球未着地)( ) A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝mg 2t ，P ＝2mg 2t 答案 C解析 前t 秒内重力做功的平均功率P ＝W t＝mg ·12gt 2t＝12mg 2t t 秒末重力做功的瞬时功率 P ＝Fv ＝mg ·gt ＝mg 2t .故C 正确.动能定理的理解和应用1.应用动能定理解题的步骤2.注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便. (2)动能定理表达式是一个标量式，不能某个方向上应用动能定理.(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解.(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号.例2 (2015·浙江10月选考·20)如图6所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图6(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3). 答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 22－12mv 21得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 22－12mv 21得F f ＝12mv 21－12mv 22＋mgh l ＝2.0×103N (3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 22得x ＝12mv 22mg sin 17°＋3F f≈33.3 m动能定理的应用技巧1.应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系.2.明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解.变式题组4.(多选)如图7所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )图7A.对物体，动能定理的表达式为W N ＝12mv 22，其中W N 为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12mv 22－12mv 21，其中W N 为支持力的功D.对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 21答案 CD解析 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确.5.(2016·温州市调研)如图8所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 0，则此过程中弹力所做的功为( )图8A.12mv 20＋μmgxB.12mv 20－μmgx C.12mv 20 D.μmgx －12mv 20 答案 A解析 当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x ，根据动能定理有：W 弹＋(－μmgx )＝12mv 20－0，得W 弹＝12mv 20＋μmgx ，选项A 正确.6.一架质量m ＝2.0×103kg 的喷气式飞机在恒定牵引力作用下由静止开始滑跑，当位移为x ＝5.0×102m 时，速度达到起飞速度v ＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的k 倍(k ＝0.02)，重力加速度g ＝10 m/s 2. (1)求刚起飞时飞机的动能； (2)求此过程中飞机受到的牵引力；(3)当飞机在空中以v 1＝300 m/s 速度水平匀速飞行时，发动机的输出功率P ＝1.5×106W.求此时飞机受到的阻力. 答案 (1)3.6×106J (2)7.6×103N (3)5.0×103N 解析 (1)设刚起飞时飞机的动能为E k ，则E k ＝12mv 2得E k ＝3.6×106J(2)设飞机受到的恒定牵引力为F ，由动能定理有 (F －kmg )x ＝12mv 2－0得F ＝7.6×103 N(3)设此时飞机受到的阻力为F f ，则F f ＝P v 1得F f ＝5.0×103N用动能定理解决多过程问题1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可.2.运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积. (3)弹簧弹力做功与路径无关.例3 (2015·浙江考试说明题型示例主观题·5)如图9所示，在竖直平面内固定一半径为2 m 、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC ，其中点E 是最低点.在B 、C 两端平滑、对称地连接AB 、CD 两段粗糙直轨道，直轨道上端A 、D 与最低点E 之间的高度差均为2.5 m.现将质量为0.01 kg 的小物块由A 点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25.g ＝10 m/s 2，求：图9(1)小物块从静止释放到第一次过E 点时重力做的功； (2)小物块第一次通过E 点时的动能大小； (3)小物块在E 点时受到支持力的最小值. 答案 (1)0.25 J (2)0.23 J (3)0.2 N 解析 (1)从A 到E 的过程，重力做功为：W 1＝mgh ＝0.01×10×2.5 J ＝0.25 J.(2)AB 间的距离s ＝h －R (1－cos 60°)sin 60°＝ 3 m从A 至E 的过程中，根据动能定理，有：W 1－μmg cos 60°·s ＝E k E解得：E k E ＝0.25 J －0.012 5 3 J ≈0.23 J.(3)最终，小物块在圆弧轨道间来回滑动，根据机械能守恒定律，有：mg (R －R cos 60°)＝12mv 2E ①在E 点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v2E R②联立①②解得：F N ＝mg ＋m v2E R＝2mg ＝2×0.01×10 N ＝0.2 N.应用动能定理求解多过程问题的基本思路1.弄清物体的运动由哪些过程组成.2.分析每个过程中物体的受力情况.3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.5.对所研究的全过程运用动能定理列方程. 变式题组7.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用.在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实际情景如图10所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L 1＝1 m.当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B 处停下.已知赛车的质量为m ＝2 kg ，A 、B 之间的距离为L 2＝3 m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v ＝4 m/s ，水平向右.g 取10 m/s 2.求：图10(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离. 答案 (1)0.2 (2)0.5 m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点静止，由动能定理得 －μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2.(2)设弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2解得L ＝0.5 m.8.(2016·台州市调研)如图11甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：图11(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？ 答案 (1)210 m/s (2)2235s (3)5 J解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12mv 2B得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ， 且x 1＝12at 21，解得t 1＝2235s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2CR对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W f －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B代入数值得W f ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.1.如图所示，下列过程中人对物体做了功的是( )A.小华用力推石头，但没有推动B.小明举起杠铃后，在空中停留3秒的过程中C.小红提着书包，随电梯一起匀速上升的过程中D.小陈将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上滑行了5米的过程中答案 C解析力做功的公式W＝Fl cos α.石头没有运动，在力的方向上没有位移，故没有做功，选项A错误；杠铃在空中停留时，没有发生位移，人没有对杠铃做功，选项B错误；在上升过程中，人对包有力的作用，符合做功的条件，故人对书包做功，选项C正确；冰壶被推出后，人对冰壶没有施加作用力，故不做功，选项D错误.2.关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是( )A.滑动摩擦力总是做负功B.滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C.静摩擦力对物体一定做负功D.静摩擦力对物体总是做正功答案 B解析无论静摩擦力还是滑动摩擦力，既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.3.如图1所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同.在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W A和W B，则( )图1A.W A>W BB.W A＝W BC.W A<W BD.无法确定答案 B解析设斜面AD、斜面BD与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得W A＝μmg cos α·l AD＝μmgl CD，W B＝μmg cos θ·l BD＝μmgl CD，所以选B.4.(2015·浙江省学业水平测试)如图2所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机.他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将客机拉动了约40 m.假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N，绳子与水平方向的夹角θ约为30°，则飞机在被拉动的过程中( )图2A.重力做功约为2.0×107 JB.拉力做功约为1.7×105J C.克服阻力做功约为1.5×105J D.合外力做功约为2.0×105J 答案 B解析 飞机在水平面上移动，因此重力不做功，A 项错.根据做功公式W ＝Fl cos θ，则W ＝5×103×40×32J ≈1.7×105J ，所以B 项对.在拉动飞机的过程中，由于不知道飞机是什么运动，无法得知阻力大小，所以阻力做功无法求解，C 项错.整个过程中阻力做功无法求解，也不知道动能变化量，所以合外力做功无法求解，D 项错. 5.(2016·平湖市联考)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( ) A.Δv ＝0 B.Δv ＝－12 m/s C.ΔE k ＝1.8 J D.ΔE k ＝10.8 J答案 B解析 取初速度方向为正方向，则Δv ＝(－6－6) m/s ＝－12 m/s ，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B 正确.6.某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车空载时质量为m 0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是( ) A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C.v 1－v 2v 1m 0 D.v 1v 2m 0答案 A解析 当汽车空载时，有：P ＝F f1v 1＝km 0gv 1，当汽车装满货物后，有：P ＝F f2v 2＝k (m 0＋m )gv 2 联立两式解得：m ＝v 1－v 2v 2m 0.故A 正确，B 、C 、D 错误. 7.质量为m 的汽车，以恒定的功率P 从静止开始在平直路面上行驶一段距离s 后达到最大速度v m ，经历时间为t .若行驶中阻力F f 恒定，则以下关系式正确的是( ) A.v m ＝s tB.P ＝F f v mC.Pt ＝12mv 2mD.Pt ＝F f s答案 B解析 根据P ＝Fv ，F －F f ＝ma ，若保持功率P 不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度v m 后，做匀速运动，所以A 错误；匀速运动时，F ＝F f ，所以P ＝F f v m ，故B 正确；对加速过程，根据动能定理可知：Pt －F f s ＝12mv 2m －0，所以C 、D 错误.8.(2015·海南·4)如图3所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图3A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 在Q 点，F N －mg ＝mv 2R ，所以v ＝gR ；由P 到Q 根据动能定理得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，故C 正确.9.(2016·余姚市联考)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，其v －t 图象如图4所示.设汽车的牵引力为F ，摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图4A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝3∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 B解析 对汽车运动的全过程应用动能定理，有W 1－W 2＝0，得W 1∶W 2＝1∶1，由图象知牵引力与阻力的作用距离之比为x 1∶x 2＝1∶4，由W 1＝Fx 1，W 2＝F f x 2，知F ∶F f ＝4∶1.10.如图5所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m 的圆形轨道平滑连接.一个质量为0.1 kg 的物体从高为H ＝2 m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C 处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力所做的功.(g 取10 m/s 2)图5答案 0.8 J解析 物体运动到C 点时受到重力和轨道对它的弹力，由牛顿第二定律可知F N ＋mg ＝mv2C r，又F N ＝mg ，联立两式解得v C ＝2gr ＝2 2 m/s ， 在物体从A 点运动到C 点的过程中， 由动能定理有 mg (H －2r )－W f ＝12mv 2C －0，代入数据解得W f ＝0.8 J.11.(2016·金华十校联考)如图6甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m.有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用.F 只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图6(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg 做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12mv 2A －0 即 2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A 解得v A ＝5 2 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12mv 2A解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.12.如图7所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m.现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放.已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图7(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、x 、μ、g 代入得v D ＝3 m/s(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得 mgh 1－μmgx ＝12mv 2C －0将h 1、x 、μ、g 代入得 v C ＝6 m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小 a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v C a＝1 s 由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间 t 2＝t 1＝1 s 小滑动第一次与第二次通过C 点的时间间隔 t ＝t 1＋t 2＝2 s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总 有：mgh 1＝μmgx 总将h 1、μ代入得x 总＝8.6 m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2x －x 总＝1.4 m。
物理二轮复习 解题策略 计算题大题小做——妙用增分三步曲(含新题详解) 含解析
题型研究三计算题大题小做——妙用增分三步曲高考物理综合大题基本上都是多过程或多对象问题，往往呈现出信息新颖、对象多体、过程复杂、条件隐蔽、解法灵活、结果多样等特点，综合性强，能力要求高。
要在非常有限的答题时间内做好综合大题，必须坚持“大题小做”的策略，善于将多过程分解或多对象拆分，将复杂的大问题转化为几个简单的小问题,逐个击破，分步完成.同时还要规范答题，要“颗粒归仓”,该拿的分一分不丢，该抢的分分分必抢。
一、图解“增分三步曲”选对象，建模型多阶段，分过程用规律，列方程通过对整个题目的情景把握，根据整体法与隔离法选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型或物理运动模型，并对其进行全面的受力分析,然后选取不同的方法和运动规律解题，比如静止或匀速直线运动选用物体的平衡条件解，变速直线运动选用牛顿运动定律或动能定理解，类平抛、圆周运动选用运动的分解或动能定理解，非匀变速曲线运动选用动能定理或运动的分解或微元法解。
，对综合性强、过程较为复杂的题，一般采用“分段"处理,所谓的”分段”处理,就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程,最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.，在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上,寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，根据物理规律（牛顿第二定律、能的转化与守恒等）列出方程求解.文字说明、必要必有分步列式、联立求解结果表述、准确到位（1)物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
（2)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后,要加以说明。
（3）要指明正方向、零位置。
(4)列方程前，对谁在什么过程(或什么状态)用到什么规律，要简要说明。
2017高考真题汇编-专题4 曲线运动
专题4 曲线运动1.（2017全国卷Ⅰ）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）.速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大答案：C2.（2017全国卷Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心答案：A解析：本题考查竖直面内的圆周运动与做功问题.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误.3.（2017江苏卷）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为A.tB.2C.2tD.4t 答案：C4.（2017天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变答案：B解析：本题考查机械能、向心力、冲量和功率等.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B 正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误.5. （2017浙江卷）图中给出某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB 上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点的正上方，竖直面内的半圆弧BCD 的半径为R=2.0m ，直径BD 水平且与轨道AB 处在同一竖直平面内，小孔P 和圆心O 连线与水平方向夹角为37º，游戏要求弹丸垂直于P 点圆弧切线方向射入小孔P 就能进入下一关.为了能通关，弹射器离B 点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力) A.s m m /34,15.0B.1.50/m sC.s m m /62,15.0D. 1.50/m s 答案:A解析:由题意可知弹丸从p 点射出时的速度方向就是半径OP 的方向.即与水平方向成37度夹角，由平抛运动规律2033742,,sin y y v gt v gt h R v ==+= 解得：h=0.15,0v = ，故选A .。
重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题八力学实验增分策略练习含解析
专题八 力学实验考纲解读用打点计时器测速度探究小车速度随时间变化的规律1.打点计时器(1)作用：计时仪器，当所用交流电源的频率f ＝50 Hz 时，每隔0.02 s 打一次点. (2)工作条件：电磁打点计时器用6 V 以下交流电源；电火花计时器用220 V 交流电源.(3)处理纸带数据时区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点.计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”的取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s.2.匀变速直线运动的判断(1)沿直线运动的物体在连续相等时间T 内的位移分别为x 1、x 2、x 3、x 4…，若Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝x 4－x 3＝…则说明物体在做匀变速直线运动，且Δx ＝aT 2.(2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度，作出物体运动的v －t 图象.若v －t 图线是一条倾斜的直线，则说明物体的速度随时间均匀变化，即做匀变速直线运动. 3.由纸带求物体运动速度的方法根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，知v n ＝x n ＋x n ＋12T.4.利用纸带求物体加速度的两种方法(1)逐差法：根据x 4－x 1＝x 5－x 2＝x 6－x 3＝3aT 2(T 为相邻两计数点之间的时间间隔)，求出a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T2， 再算出a 1、a 2、a 3的平均值a ＝a 1＋a 2＋a 33＝13×(x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T2) ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T2，即为物体的加速度.(2)图象法：如图1所示，以打某计数点时为计时起点，利用v n ＝x n ＋x n ＋12T求出打各点时的瞬时速度，描点得v －t 图象，图象的斜率即为物体做匀变速直线运动的加速度.图15.注意事项(1)平行：纸带、细绳要和长木板平行.(2)靠近：释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置.(3)先后顺序：实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带. (4)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地，小车与滑轮碰撞.(5)减小误差：小车另一端挂的钩码个数要适当，避免速度过大而使纸带上打的点太少，或者速度太小，使纸带上打的点过于密集.(6)纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点.(7)准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧. 例1(2016·浙江10月选考·17)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中 (1)下列说法中不正确或不必要的是________(填字母).A.长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行C.小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车D.选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始(2)图2是实验中打下的一段纸带，算出计数点2的速度大小为________m/s ，并在图3中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图3中已标出. (3)作图并求得小车的加速度大小为________m/s 2.图2图3答案(1)AD(2)0.60(3)1.45解析(1)探究小车的速度随时间的变化规律，要求长木板平放即选项A不是必要的.在处理纸带时，由于第一点并不确定，因此常常将前面的点去掉，从清晰可辨的点取点后处理实验数据，所以D选项也不是必要的.连接小车的细线需要与木板平行，否则就要涉及到线的拉力分解问题，即拉力是一个变力，选项B是必要的.操作时应先接通电源再释放小车，所以C选项是必要的.因此答案为A、D.(2)根据图中x1＝3.80 cm，x3＝15.70 cm，所以v2＝x3－x12T≈0.60 m/s.(3)由图象可求出加速度a＝ΔvΔt＝1.45 m/s2变式题组1.(多选)关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法中正确的是()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答案BCD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，为了能在纸带上得到较多的点迹，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；如果先释放小车，可能纸带上打不上几个点，故选项C正确；为了保护小车避免落地摔坏，在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动，选项D正确.2.(2015·浙江选考)在“用打点计时器测速度”的实验中某同学获得的一条纸带如图4所示.图4(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________.(2)A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x＝________m；(3)C 点对应的速度是________m/s ；小车运动的加速度为________m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)(4)若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50 Hz ，则上述计算结果与真实值相比是________.(填“偏大”“偏小”或“不变”)答案 (1)0.02 s(2)3.0×10－3(3)0.0600.20(4)偏小 解析 (1)T ＝1f＝0.02 s.(2)因毫米刻度尺的最小刻度为1 mm ，故应估读到0.1 mm ，即x ＝3.0 mm ＝3.0×10－3m.(3)由于匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，所以v C ＝x BD 2T ′＝1.7－0.52×0.1×10－2m/s ＝0.060 m/s.小车运动的加速度a ＝Δx t 2＝3.3－1.59×0.12×10－2 m/s 2＝0.20 m/s 2.(4)若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50 Hz ，此时两计时点间的距离小于真实值，故测得的速度与加速度均小于真实值.探究求合力的方法1.实验原理互成角度的两个力F 1、F 2与另外一个力F ′产生相同的效果，看F 1、F 2用平行四边形定则求出的合力F 与F ′在实验误差允许范围内是否相等. 2.实验器材木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺. 3.实验步骤(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上.(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O . (3)用铅笔描下结点O 的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F .(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O ，记下弹簧测力计的读数F ′和细绳的方向.(5)比较F ′与用平行四边形定则求得的合力F ，看它们在实验误差允许的范围内是否相等.4.注意事项(1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同.(2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°为宜.(3)在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些.细绳套应适当长一些，便于确定力的方向. (4)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些. 5.误差分析(1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等.(2)减小误差的办法：①实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录.②作图时使用刻度尺，并借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行.例2(1)如图5为“探究求合力的方法”的实验装置.小张同学在实验中用a、b两弹簧秤拉橡皮条，如图所示.他在实验操作中除了所用细绳太短外，至少还有一处错误，请你帮他找出错误之处__________________________.(写出一条即可)图5(2)小张同学修正错误后，重新进行了测量，在测量时，左、右两只弹簧秤的示数如图6甲所示，则左弹簧秤的示数是________N，右弹簧秤的示数是________N.若两根细绳的夹角为90°，请你帮他在所给的方格纸(图乙)上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力.图6(3)小张同学实验后发现用一个弹簧秤也能完成这个实验，请问他这个想法是否可行？________(填“是”或“否”). 答案(1)a弹簧秤所用拉力太大，或b弹簧秤拉力方向与细绳方向不一致(2)2.75(±0.02)3.30(±0.02)作图如图所示(3)是解析(1)在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时作出的平行四边形要大小适中，不能太小也不能太大，以免增大误差.题中操作错误或不妥之处有：b弹簧秤拉力方向与细绳方向不一致；a弹簧秤的拉力太大，用一只弹簧秤再次做实验时会超出量程.(2)左弹簧秤的示数为2.75 N，右弹簧秤的示数为3.30 N，合力如图所示.(3)用一个弹簧秤也能完成这个实验是可行的，两个分力先后两次测量，一个用手拉、一个用弹簧秤测，保持位置不变，手和弹簧秤换一下.变式题组3.(多选)(2015·浙江10月选考真题)在“探究求合力的方法”的实验中，下列器材中必须要用的是()答案BD解析在“探究求合力的方法”的实验中，要用弹簧测力计测拉力，用刻度尺画线并测量表示力的大小的线段长度.故选B、D.4.如图7所示，在“探究求合力的方法”的实验中，有下列实验步骤：a.在桌上放一块方木板，在方木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点.b.只用一只弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的示数F′和细绳的方向，按同样比例作出力F′的图示.c.改变两个分力的大小和夹角，再做两次实验.d.记下两只弹簧测力计的示数F1、F2及结点的位置，描下两条细绳的方向，在纸上按比例作出力F1和F2的图示，用平行四边形定则求出合力F.e.比较力F′与F，可以看出，它们在实验误差允许的范围内是相等的.f.把两条细绳系在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O.图7完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________(填写步骤前面的字母).(2)(多选)下列哪些措施能减小实验误差________.A.两条细绳必须等长B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行C.拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些D.实验前先把实验所用的两只弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同，则进行调节使之相同 答案 (1)afdbec(2)BCD解析 (1)先固定好白纸和橡皮条，用两个弹簧测力计拉橡皮条到结点O ，记下两个力的大小和方向，然后用一个弹簧测力计拉橡皮条到O 点，记下拉力的大小和方向，由平行四边形定则画出两个力的合力，与第二次的一个力比较大小和方向；改变两个分力的大小和夹角，重复实验.故实验步骤为afdbec.(2)两条细绳是否等长，不会影响实验误差，A 错误；避免拉力和纸面不平行，如果不平行画出的力就不是实际作用力了，B 可以减小误差；细绳稍长些，这样在描点画力的方向时，偏差少，误差小，C 正确；实验前调节弹簧测力计，使得两个读数相同，这样画出的平行四边形才准确，可以减小误差，D 正确.探究加速度与力、质量的关系1.实验原理(实验原理图如图8所示)图8(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系. (2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系. (3)作出a －F 图象和a －1m图象，确定其关系.2.实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺. 3.实验步骤(1)测量：用天平测量砝码和小盘的质量m ′和小车的质量m .(2)安装：按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力).(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫木，使小车能匀速下滑.(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码.②保持小车的质量m 不变，改变砝码和小盘的质量m ′，重复步骤①. ③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a . ④描点作图，作a －F 的图象.⑤保持砝码和小盘的质量m ′不变，改变小车质量m ，重复步骤①和③，作a －1m图象.4.注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动. (2)不重复平衡摩擦力. (3)实验条件：m ≫m ′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车. 5.误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用砝码和小盘的总重力m ′g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于砝码和小盘的总重力.(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差. 6.数据处理 (1)利用逐差法求a .(2)以a 为纵坐标，F 为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a 与F 成正比. (3)以a 为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a 与m 成反比.例3 某班级同学用如图9所示的装置验证加速度a 和力F 、质量m 的关系.甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器(可以测量乙在任意时刻的加速度大小)，力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小.图9(1)下列关于实验装置和操作的说法中正确的是________. A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力 B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力 C.实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据 D.实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据(2)四个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1＝0.5 kg，m2＝1.0 kg、m3＝1.5 kg和m4＝2.0 kg，其中有三个小组已经完成了a－F图象，如图10所示.最后一个小组的实验数据如下表所示，请在图中完成该组的a －F图线.图10(3)在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图中的四条图线收集数据，然后作图.请写出具体的做法：①如何收集数据？________________________________________________________________________；②为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系应以________为纵轴，以________为横轴.答案(1)BD(2)如图所示(3)①在a －F 图象上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记录下四个交点的坐标a ，分别与图象对应的m 组成四组数据 ②a 1m解析 (1)本实验的研究对象是小车乙，所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，A 错误，B 正确；实验研究的是加速过程，C 错误，D 正确.(2)根据数据描点再作图.(3)①在a －F 图象上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记下四个交点的纵轴标a ，分别与各图线对应的m 组成四组数据.②因a 与m 成反比关系，为了方便判断，画a －1m图象. 变式题组5.(2015·台州模拟)(1)我们已经知道，物体的加速度a 同时跟合外力F 和质量m 两个因素有关.要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是________________________________.(2)某同学的实验方案如图11所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减小这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：图11a.用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是______________________.b.使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于________________.(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A.利用公式a ＝2x t 2计算；B.根据a ＝Δx T 2利用逐差法计算. 两种方案中，你认为选择方案________比较合理.答案 (1)控制变量法 (2)a.平衡摩擦力 b.砂桶的重力 (3)B解析 (1)要研究三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法.(2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力.想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减小这种做法带来的实验误差，应使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于砂桶的重力.(3)利用实验中打出的纸带求加速度时，需要根据a ＝ΔxT 2利用逐差法计算，方案B 比较合理.1.“探究求合力的方法”的实验情况如图1甲所示，其中A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.图1(1)图乙中的F 与F ′两力中，方向一定沿AO 方向的是________.(2)本实验采用的科学方法是()A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法答案 (1)F ′(2)B解析 (1)图中F ′为拉橡皮条所施加的力，一定与AO 的方向相同.F 是两个分力通过平行四边形定则合成得到的合力，由于实验误差的存在，F 的方向与AO 方向不一定完全相同，故方向一定沿AO 方向的是F ′.(2)本实验是通过等效替代的方法来完成实验的，故采用的科学方法为等效替代法.2.(2016·嘉兴调研)某同学用如图2所示的实验装置来探究求合力的方法.弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.图2(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是________.(请填写选项前对应的字母)A.应测量重物M所受的重力B.弹簧测力计应在使用前校零C.拉线方向应与木板平面平行D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法.答案(1)3.60(2)D(3)见解析解析(1)如题图所示，弹簧测力计A的示数为3.60 N.(2)“探究求合力的方法”实验，只要验证F A、F B和Mg满足平行四边形即可，D不必要.(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明弹簧测力计A的拉力过大，由力的平行四边形定则可知，改变弹簧测力计B拉力的大小、减小重物M的质量、改变弹簧测力计B拉力的方向，都可以减小弹簧测力计A的拉力，也可将A更换为量程较大的测力计.3.李明同学在做“探究求合力的方法”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两个弹簧测力计拉力的大小，如图3甲所示.图3(1)试在图甲中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力.(2)有关此实验，下列叙述正确的是______.A.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O.这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D.若只增大某一个弹簧测力计的拉力的大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需要调整另一个弹簧测力计的拉力的大小即可(3)图乙是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？(力F′是用一个弹簧测力计拉时的图示)答案(1)如图所示(2)AC(3)张华的实验比较符合实验事实解析(1)用平行四边形定则作图，即以F1、F2为两邻边作平行四边形，对角线就表示合力F.(标上箭头表明方向) (2)两分力可以同时大于合力，故A正确；结点受三个力作用处于平衡状态，其中两弹簧测力计的拉力的合力与第三个力——橡皮筋的拉力等大反向，是一对平衡力，而橡皮筋的拉力不是合力，故B错；只有保证结点在同一位置才能说明作用效果相同，故C对；若两个分力的大小变化而方向都不变，则合力必定变化，故D错.(3)作图法得到的F必为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力F′一定与橡皮筋共线，故张华的实验比较符合实验事实.4.某同学用如图4甲所示的实验装置研究匀变速直线运动.图4实验步骤如下：A.安装好实验器材.B.让小车拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打下一系列小点，重复几次，选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的点开始，每五个点取一个计数点，如图乙中a 、b 、c 、d 等点.C.测量x 1、x 2、x 3…….结合上述实验步骤，请你继续完成下列问题：(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下列仪器和器材中，必须使用的有________.(填选项代号)A.电压合适的50 Hz 交流电源B.电压可调的直流电源C.秒表D.刻度尺E.天平F.重锤G.弹簧测力计(2)如果小车做匀加速运动，所得纸带如图乙所示，则x 1、x 2、x 3的关系是________，已知打点计时器打点的时间间隔是t ，则打c 点时小车的速度大小是________.答案 (1)AD(2)2x 2＝x 1＋x 3x 2＋x 310t解析 (1)实验中打点计时器要使用50 Hz 的交流电源；测量x 1、x 2、x 3要使用刻度尺；实验中无需使用秒表、天平、重锤和弹簧测力计，故选A 、D.(2)因小车做匀加速直线运动，所以相邻相等时间内的位移之差是恒量，故x 3－x 2＝x 2－x 1，即2x 2＝x 1＋x 3；c 点是bd 段的时间中点，则c 点的瞬时速度等于该段的平均速度，即v c ＝x 2＋x 32×5t ＝x 2＋x 310t. 5.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上.某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A 、B 、C 、D 、E 、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出).从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a 、b 、c 、d 、e 段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图5所示，由此可以得到一条表示v －t 关系的图线，从而求出加速度的大小.图5(1)请你在xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示v －t 关系的图线.(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：__________________________________________________________.(3)若测得a 段纸带的长度为2.0 cm ，e 段纸带的长度为10.0 cm ，则可求出加速度的大小为________m/s 2. 答案 (1)如图所示(2)b (3)2.0解析 (1)纸带的长度表示位移，由于每条纸带宽度相同，也就是时间相同，因此长度表示速度的大小，因此各个顶点连线就可以表示v －t 关系的图线.(2)0.15 s 恰好是BC 的中间时刻，因此需要测出BC 的长度，也就是纸带b 的长度.(3)根据匀变速直线运动的规律Δx ＝aT 2，由于相邻两段的时间间隔都是0.1 s ，可得：a ＝x e －x a 4T 2＝2.0 m/s 2. 6.(2016·金华十校联考)研究小车匀变速直线运动的实验装置如图6(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz ，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个点未画出.图6(1)部分实验步骤如下：A.测量完毕，关闭电源，取出纸带B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：__________(用字母填写).(2)图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T ＝______ s.(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v 5＝________.(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________.答案 (1)DCBA(2)0.1(3)x 4＋x 52T(4)(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2 解析 (2)时间t ＝nT 0＝5×0.02 s ＝0.1 s(n 为相邻两个计数点的间隔数).(3)在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于相邻两点间的平均速度.(4)取x 1′＝x 1＋x 2＋x 3，x 2′＝x 4＋x 5＋x 6，则：T ′＝3T ，就可用Δx ′＝x 2′－x 1′＝aT ′2求a .7.(2014·浙江1月学考·22)小何用如图7所示装置探究加速度a 与质量m 的关系，在保持受力F 相同的情况下，测得不同质量物体对应的加速度.小何想运用这些数据得到实验结论，作出的图象应该是以下四幅中的()图7。
【步步高】(通用版)2017版高考物理大二轮复习与增分策略.
第2讲 带电粒子在复合场中的运动1.带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU ＝12mv 2－12mv 20来求解.对于匀强电场，电场力做功也可以用W ＝qEd 来求解.(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题.对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理. 2.带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v ∥B 时，带电粒子以速度v 做匀速直线运动.(2)匀速圆周运动：当v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动.3.复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力. (2)题目中有明确说明是否要考虑重力的情况.(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力.1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析. 2.灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解.当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.解题方略带电粒子在叠加场中运动的处理方法 1.弄清叠加场的组成特点.2.正确分析带电粒子的受力及运动特点.3.画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止.例如电场与磁场中满足qE ＝qvB ；重力场与磁场中满足mg ＝qvB ；重力场与电场中满足mg ＝qE .(2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直.(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.例1 如图1所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向.x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆.一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴.已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgl ，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计，求：图1(1)带电小球a 的电性及其比荷q m；(2)带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？解析 (1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电 且mg ＝qE ，解得：q m ＝g E(2)带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：qvB 2＝m v 2R由几何关系有：R ＋R sin θ＝32l ，联立解得：v ＝5πgl6带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ) 解得：μ＝34(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：T ＝2πRv＝24πl5g带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t 0＝2vg＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为：t ＝2hg＝210πl3g两球相碰有：t ＝T 3＋n (t 0＋T2)联立解得：n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0， 则：72l ＝v 0t ，解得：v 0＝147gl160π答案 (1)正电 g E (2)34 (3) 147gl160π预测1 如图2所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25 m ，B 、C 的间距为3 m ，C 为荧光屏.一质量m ＝1.0×10－3 kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－2C 的带电粒子由a 点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点.若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且大小B ＝0.1 T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出).取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)E 1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量. 答案 (1)1.4 N/C (2)1.0×10－2J解析 (1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE 1cos 45°＝mg解得：E 1＝ 2 N/C≈1.4 N/C.(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得：qE 1d AB sin 45°＝12mv 2b解得：v b ＝2gd AB ＝5 m/s加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动，则有：qE 2＝mg ，加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qv b B ＝m v 2bR解得：R ＝5 m设偏转距离为y ，由几何知识得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2代入数据得y ＝1.0 m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2J预测2 如图3所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知.区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等.现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝0.01 C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2 m 的A 点以v 0＝5 m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点.已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.图3(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1； (2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；(3)若滑块在A 点以v 0′＝9 m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2. 答案 (1)10 V/m 6.4 T (2)(1718＋5π32) s (3)1516 m 53T解析 (1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE 解得E ＝mg q＝10 V/m滑块在AN 间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得a ＝－μg ＝－2.25 m/s 2由运动公式可得v 2－v 20＝2aL 代入数据得v ＝4 m/s平抛运动过程满足L ＝vt 3,2r ＝12gt 23做圆周运动满足qvB 1＝m v 2r联立方程求解得B 1＝6.4 T (2)滑块在AN 间的时间t 1＝v －v 0a ＝49s 在磁场中做匀速圆周运动的时间t 2＝πm qB 1＝5π32 s平抛运动的时间t 3＝L v＝0.5 s 总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(1718＋5π32) s(3)设滑块进入磁场时的速度为v ′，满足－μmgL ＝12mv ′2－12mv 0′2代入数据得v ′＝6 2 m/s滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qv ′B 2＝2mg解得B 2＝53T滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角. 由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有B 1qv ′＝mv ′2r解得r ＝mv ′qB 1＝15216m 由题意知d ＝r ·sin 45°＝1516m解题方略设带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.例2 如图4所示，在坐标系y 轴右侧存在一宽度为a 、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B ；在y 轴左侧存在与y 轴正方向成θ＝45°角的匀强电场.一个粒子源能释放质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，粒子的初速度可以忽略.粒子源在点P (－a ，－a )时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF 射出；将粒子源沿直线PO 移动到Q 点时，所发出的粒子恰好不能从EF 射出.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力.求：图4(1)匀强电场的电场强度；(2)粒子源在Q 点时，粒子从发射到第二次进入磁场的时间. 解析 (1)粒子源在P 点时，粒子在电场中被加速 根据动能定理有2qEa ＝12mv 21解得v 1＝22qEam粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv 1B ＝mv 21R 1由几何关系知，R 1＝2a 解得E ＝2aqB22m(2)粒子源在Q 点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF 相切，由几何关系知R 2＝(2－2)a 根据牛顿第二定律有qv 2B ＝mv 22R 2磁场中运动速度为v 2＝－2qBam粒子在Q 点射出，开始在电场中加速运动，设加速度为a 1：t 1＝v 2a 1＝2－mqB进入磁场后运动四分之三个圆周：t 2＝34T ＝3πm2qB第一次出磁场后进入电场，做类平抛运动：t 3＝2v 2tan θa 1＝2－mqB粒子从发射到第二次进入磁场的时间t ＝t1＋t 2＋t 3＝2＋3π－m2qB答案 (1)2aqB22m(2)2＋3π－m2qB预测3 如图5所示，在边长为L 的等边三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在AC 边界的左侧有与AC 边平行的匀强电场，D 是底边AB 的中点.质量为m ，电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)从AB 边上的D 点竖直向上射入磁场，恰好垂直打在AC 边上.图5(1)求粒子的速度大小；(2)粒子离开磁场后，经一段时间到达BA 延长线上N 点(图中没有标出)，已知NA ＝L ，求匀强电场的电场强度.答案 (1)qBL 2m (2)2qB 2L3m解析 (1)粒子进、出磁场的速度方向分别与AB 、AC 边垂直，则A 为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，可知粒子做圆周运动的半径为12L根据qvB ＝m v 2R 解得v ＝qBL2m(2)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：x ＝NQ ＝L sin 60°沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：y ＝QE ＝12L ＋L cos 60°＝L根据x ＝vt ，y ＝12at 2，a ＝qEm解得：E ＝2qB 2L3m解题方略变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性.这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图.例3 如图6甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向).在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力).其中已知v 0、t 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点A ，坐标为(48v 0t 0π，0).图6(1)求t 02时带电粒子的位置坐标.(2)粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离. (3)粒子经多长时间经过A 点.解析 (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB 0v 0＝mr 14π2T 2＝m v 20r 1得：T ＝2πm qB 0＝2t 0，r 1＝mv 0qB 0＝v 0t 0π则在t 02时间内转过的圆心角α＝π2所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为：(v 0t 0π，v 0t 0π)(2)在t 0～2t 0时间内，粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示v ＝v 0＋E 0qmt 0＝2v 0，运动的位移：x ＝v 0＋v2t 0＝1.5 v 0t 0在2t 0～3t 0时间内粒子圆周运动的半径：r 2＝2r 1＝2v 0t 0π故粒子偏离x 轴的最大距离：h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0，一个周期内向右运动的距离：d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0πAO 间的距离为：48v 0t 0π＝8d 所以，粒子运动至A 点的时间为：t ＝32t 0 答案 (1)(v 0t 0π，v 0t 0π) (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)32t 0 预测4 如图7甲所示，y 轴右侧空间有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，同时还有沿－y 方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示(图中B 0已知，其余量均为未知).t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴射入电场和磁场区，t 0时刻粒子到达坐标为(x 0，y 0)的点A (x 0>y 0)，速度大小为v ，方向沿＋x 方向，此时撤去电场.t ＝t 0＋t 1＋t 2时刻，粒子经过x 轴上x ＝x 0点，速度沿＋x 方向.不计粒子重力，求：图7(1)0～t 0时间内OA 两点间电势差U OA ； (2)粒子在t ＝0时刻的加速度大小a 0； (3)B 1的最小值和对应t 2的表达式.答案 (1)mv 2－mv 202q (2)qv 0B 0m ＋v 20－v22y 0(3)2mv qx0－y 0 t 2＝(k ＋12)2πx 0v(k ＝0,1,2，…)解析 (1)带电粒子由O 到A 运动过程中，由动能定理qU OA ＝12mv 2－12mv 2解得U OA ＝mv 2－mv 22q(2)设电场强度大小为E ，则U AO ＝Ey 0t ＝0时刻，由牛顿第二定律得 qv 0B 0－qE ＝ma解得a ＝qv 0B 0m ＋v 20－v22y 0(3)t 0～t 0＋t 1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t 0＋t 1时刻粒子从C 点切入大圆，大圆最大半径为x 0，相应小圆最大半径为R ，则R ＝2x 0－y 02又qvB 1＝m v 2RB 1的最小值B 1min ＝2mvqx0－y 0对应于B 1取最小值，带电粒子由C 点到经过x 轴上x ＝x 0点的时间t 2满足t 2＝(k ＋12)2πx 0v(k ＝0,1,2，…)专题强化练1.如图1所示，真空中的矩形abcd 区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R 的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆形边界分别相切于ad 、bc 边的中点e 、f .一带电粒子以初速度v 0沿着ef 方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef 方向射入恰能从c 点飞离该区域.已知ad ＝bc ＝433R ，忽略粒子的重力.求：图1(1)带电粒子的比荷；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置. 答案 (1)3v 03BR (2)粒子从ab 边射出，距b 点R3 解析 (1)设匀强电场强度为E ，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef 方向做直线运动， 有qv 0B ＝qE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c 点飞出，则 2R ＝v 0t ，233R ＝12at 2，qE ＝ma联解得：q m＝3v 03BR(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示.设粒子离开矩形区域时的位置g 离b 的距离为x ，则由牛顿第二定律；qv 0B ＝mv 20r得r ＝3R ，由图中几何关系θ＝60°故粒子离开矩形区域时到b 的距离为x ＝R －233R ×33＝R3故粒子将从ab 边射出，距b 点R3.2.如图2所示，在直角坐标系xOy 的第Ⅰ象限内有沿y 轴负向的匀强电场，电场强度为E ，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点沿x 轴正向进入电场，粒子从x 轴上的Q 点进入磁场.已知Q 点的坐标为(L,0)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用.图2(1)若粒子在Q 点的速度方向与x 轴正方向成30°角，求P 、Q 两点间的电势差；(2)若从y 轴正半轴各点依次向x 轴正向发射质量为m 、电荷量为＋q 的速度大小适当的粒子，它们经过电场偏转后都通过Q 点进入磁场，其中某个粒子A 到达Q 点的速度最小.粒子A 经过磁场偏转后恰好垂直y 轴射出了磁场.求匀强磁场的磁感应强度的大小. 答案 (1)36EL (2) mE qL解析 (1)粒子在Q 点的速度方向与x 轴正方向成30°角，分解Q 点的速度可得v y ＝v 0tan30°从P 点到Q 点：L ＝v 0t ，y ＝12v y t得P 点的纵坐标y ＝36L 所以U PQ ＝Ey ＝36EL (2)设粒子A 进入电场的速度为v 1，它进入电场后qE ＝maL ＝v 1t ，v y ＝at ，v Q ＝v 21＋v 2y得v Q ＝ v 21＋qELmv 12由数学知识可知，当v 1＝qELmv 1时，v Q 取最小值. 即v 1＝qELm时，Q 点的速度最小值为v Q ＝2qELm此时v y ＝v 1，粒子A 在Q 点的速度方向与x 轴正向夹角为45°. 所以粒子A 进入磁场后的偏转半径(如图)R ＝2L由qv Q B ＝m v 2QR 得B ＝mv Q qR得B ＝mE qL3.如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反，强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1.已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动.图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射)，然后恰能匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，求：弹性板的最小长度及带电小球从A 位置出发返回至A 位置过程中所经历的时间. 答案 (1)负电3mg 3E 1 2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1(3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1 解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电mg ＝qE 1tan 60° q ＝3mg3E 1又qE 1＝qvB 1cos 60° 即v ＝2E 1B 1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场， 且电场强度大小满足：qE ＝mg即E ＝3E 1(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知： 3PD ＝2ONON OA ＝ONL＝tan 60° 联立上述方程解得：PD ＝DN ＝233L 则挡板长度至少为PD ＝233L设在x 轴下方的磁场磁感应强度为B ，则满足：qvB ＝m v 2RT ＝2πmqB从N 点运动到C 点的时间为：t ＝3×360°－60°360°T联立上式解得：t ＝53πB 1L3E 1由几何关系可知：L AN＝cos 60°在第一象限运动的时间t 1和第二象限中运动的时间t 2相等，且：t 1＝t 2＝AN v ＝2L v ＝B 1LE 1所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为：t 0＝t ＋t 1＋t 2联立上述方程解得：t 0＝53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 14.如图4所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B 1＝0.40 T ，方向垂直纸面向里，电场强度E ＝2.0×105V/m ，PQ 为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy 坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.25 T ，磁场边界AO 和y 轴夹角∠AOy ＝45°.一束带电荷量q ＝8.0×10－19C 的同位素(电荷数相同，质量数不同)正离子从P 点射入平行板间，沿中线PQ 做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为(0,0.2 m)的Q 点垂直y 轴射入磁场区域，离子通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角在45°～90°之间，不计离子重力，求：图4(1)离子运动的速度为多大？ (2)求离子的质量范围；(3)若只改变AOy 区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x 轴上，磁感应强度B 2′大小应满足什么条件？(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)5.0×105m/s (2)4.0×10－26kg≤m ≤8.0×10－26kg (3)B 2′≥0.60 T解析 (1)设正离子的速度为v ，由于沿中线运动，则有qE ＝qvB 1代入数据解得v ＝5.0×105m/s (2)甲设离子的质量为m ，如图甲所示，当通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角为45°时，由几何关系可知运动半径：r 1＝0.2 m当通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角为90°时，由几何关系可知运动半径：r 2＝0.1 m由牛顿第二定律有：qvB 2＝m v 2r由于r 2≤r ≤r 1 代入数据解得：4.0×10－26kg ≤m ≤8.0×10－26kg(3)乙如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x 轴上的最大半径：r 3＝0.22＋1m设使离子都不能打到x 轴上，最小的磁感应强度大小为B 0，则qvB 0＝m 大v 2r 3代入数据解得：B 0＝2＋14T≈0.60 T 则B 2′≥0.60 T5.如图5所示，在竖直平面内直线AB 与竖直方向成30°角，AB 左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场.一质量为m 、电量为q 的带负电的粒子，从P 点以初速度v 0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB 时，经过Q 点且速度大小不变，已知P 、Q 间距为l ，之后粒子能够再次通过P 点，(粒子重力不计)求：图5(1)匀强电场场强的大小和方向； (2)匀强磁场磁感应强度的可能值.答案 (1)3mv 22ql 方向垂直AB 且与竖直方向成60°角向下(2)mv 0ql 或nmv 0n ＋ql(n ＝1,2,3……) 解析 (1)由带电粒子回到边界AB 速度大小不变可知PQ 间电势差为零，P 、Q 处在同一等势面上根据题意可知，匀强电场垂直AB ，且与竖直方向成60°角向下 粒子在电场中沿AB 方向匀速运动：l ＝v 0cos 30°t 垂直AB 方向匀减速运动Eq ＝mav 0sin 30°＝a t2解得：E ＝3mv 22ql(2)粒子从Q 点进入磁场时沿AB 方向速度分量不变，垂直AB 方向的速度分量反向，由此可知经Q 点的速度与AB 成30°角.若粒子进入磁场偏转后恰好经过P 点，其运动半径为R ，磁感应强度为B ，由几何关系可知R ＝l qBv 0＝m v 20R解得：B ＝mv 0ql若圆周运动半径R <l ，粒子不可能再通过P 点.若圆周运动半径R >l ，则每个周期沿AB 界线向A 侧移动Δx ＝R －l 带负电粒子可能从电场中再次经过P 点，需满足l ＝n Δx (n ＝1,2,3……) 解得：R ＝n ＋ln(n ＝1,2,3……)故B ＝mv 0ql 或B ＝nmv 0n ＋ql(n ＝1,2,3……) 6.如图6(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，整个空间内都存在垂直坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x 轴正方向夹角为45°.已知带电粒子质量为m 、电量为＋q ，磁感应强度大小为B ，电场强度大小E ＝mgq，重力加速度为g .图6(1)若粒子在xOy 平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v 0；(2)t ＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间周期性的改变，如图(b)所示.将该粒子从原点O 由静止释放，在0～T2时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN 所示，M 点为轨迹距y 轴的最远点，M 距y 轴的距离为d .已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物体经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径.求： ①粒子经过M 点时曲率半径ρ；②在图中画出粒子从N 点回到O 点的轨迹. 答案 (1)2mgqB，沿y 轴负方向 (2)①2mgd qB2gd －mg(或2d ) ②见解析图解析 (1)粒子做匀速直线运动，受力平衡得qv 0B ＝mg2＋qE2解得v 0＝2mgqBv 0方向由左手定则得，沿y 轴负方向.(2)①重力和电场力的合力为F ＝mg2＋qE2粒子从O 运动到M 过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理W ＝Fd ＝12mv 2得v ＝22gd 由qvB －2mg ＝mv 2ρ得ρ＝2mgd qB2gd －mg(若用v ＝2v 0代入，求出ρ＝2d 也可)②轨迹如图所示.21。
最新高考物理二轮复习提分训练专题(四)：曲线运动
专题强化四曲线运动一、选择题：本题共10小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．[2018·棠湖中学第二次模拟]如图所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界著名的观景摩天轮，它总高度135米(443英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区．现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在座椅上观光的游客来说，正确的说法是()A．因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡B．当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态C．因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒D．当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力2．(多选)[2018·蚌埠市第一次质检]运动轨迹既不是抛物线也不是圆周的曲线运动，称为一般的曲线运动，研究一般的曲线运动，可以把曲线分隔成许多小段，分析质点在每一小段的运动时，下列方法错误的是()A．每一小段的运动可以看成直线运动B．每一小段运动中物体受到的合力为零C．每一小段运动中物体受到恒力的作用D．每一小段运动可以看成圆周运动的一部分3．[2018·黄山市一模]小赵同学在研究某物体运动时，正确地画出了右图的运动轨迹图象，经判断轨迹为二次函数图象．已知该物体在某方向做匀速直线运动，则下列关于物体可能的运动情况描述(图线)，正确的是()4．[2018·天津市和平区一模]某人站在地面上斜向上抛出一小球，正确描述速度矢量变化过程的是()5．[2018·北京市密云一模]应用物理知识分析生活中的常见现象，D．苹果所受的合外力越来越大6．[2018·天水市第一中学二模]如图所示，A、B两小球从相同髙成平抛运动，重力加速度为g，下列说法正确的是()sD．套马圈平抛运动的初速度为v＋(rω)8．[2018·四川省高三“联测促改”二模]如图所示，天花板上有9．[2018·湖北省八校联考]如图，小球甲从A点水平抛出，同时点所用时间之比为：D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等10．(多选)[2018·安徽三模]如图所示，一根轻杆，在其B点系上(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s，则从图匀速圆周运动，重力加速度g＝10 m/s，2＝1.4，7＝2.6.(1)若以最短时间从P点运动到Q点，应选A路线还是B路线？(2)沿着A路线通过弯道MN的最大速率不能超过多少？(3)以30 m/s的速度在直线赛道上沿箭头方向匀速行驶，若要沿B 路线安全行驶，则进入P点前至少多远开始刹车？13．(10分)[2018·贵州省黔东南州二模]如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动滑向A点，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长为L＝2.5 m，θ＝60°，小球质量为m＝1 kg，小球可视为质点，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2，试求：(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围．14．(12分)[2018·济南一模]如图所示，在水平面内有一平台可绕竖直的中心轴以角速度ω＝3.14 rad/s旋转．在平台内沿半径方向开两(2)球A到轴O的最大距离为多少？小位移．223，两点的高度差为点的竖直分速度不等，故重力的瞬时速率不等，。
重庆市铜梁县高考物理二轮总复习专题一运动的描述匀变速直线运动增分策略练习(含解析)
专题一运动的描述匀变速直线运动考纲解读章内容考试要求说明必考加试运动的描述质点、参考系和坐标系 b b 1.对运动的描述的转换只要求参考系与物体运动方向在同一直线上2.本专题只要求一维情况下的位移矢量运算3.不要求用极限的方法定义瞬时速度4.不要求选用变速运动物体作参考系求解问题5.不要求引入平均速率的概念6.不要求了解电磁打点(电火花)计时器的内部结构和技术细节7.不要求理解用气垫导轨、光电门和数字计时器研究运动的原理8.不要求讨论加速度变化的问题9.非匀变速直线运动的v－t图象不作要求10.追及、相遇问题不作要求11.不要求用初速度为零的匀变速直线运动的推论分析解决问题12.不要求计算多物体且多过程运动中需要联立方程求解的问题13.只要求解决一个物体做自由落体运动的有关问题14.不要求掌握伽利略对自由落体进行实验研究的具体细节时间和位移 b b速度 c c加速度 c c匀变速直线运动的研究速度与时间、位移与时间的关系 d d自由落体运动 c c伽利略对自由落体运动的研究a注：表中a、b、c、d表示对考试内容掌握程度的要求，其分别代表识记、理解、简单应用、综合应用.一、质点、参考系和位移1.质点(1)用来代替物体有质量的点叫做质点.(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点.(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在.2.参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的.(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系.(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同.通常以地球为参考系. 3.位移(1)定义：表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段.(2)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量.只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程. 二、速度 1.速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量. (2)定义式：v ＝ΔxΔt.(3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定. (4)方向：与位移同向，即物体运动的方向. 2.平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v ＝ΔxΔt，其方向与位移的方向相同. (2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应. 3.瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量.瞬时速度的大小叫速率，是标量.(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，与某一时刻或某一位置相对应. 三、加速度 1.速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量. (2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定. (4)方向：由Δv 或a 的方向决定. 2.加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量. (2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt.(3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由F m来决定.(4)方向：与Δv 的方向一致，由合外力的方向决定，而与v 0、v 的方向无关. 四、匀变速直线运动的规律 1.基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at .(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石.均为矢量式，应用时应规定正方向. 2.两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v 2t ＝v 0＋v2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量， 即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 五、自由落体 1.特点和规律①从静止开始，即初速度为零. ②只受重力作用的匀加速直线运动. ③公式：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .2.自由落体加速度(1)在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同，这个加速度叫自由落体加速度，也叫重力加速度.方向：竖直向下.(2)在地球上其大小随地理纬度的增加而增大，在赤道上最小，两极处最大.六、伽利略对自由落体运动的研究1.亚里士多德认为物体下落的快慢是由它的重量决定的，物体越重，下落得越快.2.伽利略认为，重物和轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，即它的速度应该是均匀变化的.3.日常生活中常会见到，较重的物体下落得比较快，这是由于空气阻力对不同物体的影响不同.4.由于自由下落物体运动时间太短，当时直接验证自由落体运动是匀加速直线运动很困难，伽利略采用了间接的验证方法，他让一个铜球从阻力很小的斜面上滚下，做了上百次的实验，证明了球在斜面上的运动是匀变速直线运动，然后将此结论合理外推到自由落体运动上.5.伽利略的科学方法：观察现象→逻辑推理→猜想假说→实验验证→修正推广.1. (2016·温州市9月选考模拟卷)平常所说的“太阳东升西落”，选用的参考系是( ) A.太阳 B.地球 C.金星 D.月球 答案 B解析 以地球为参考系，可以观察到“太阳东升西落”，所以B 正确，应选B.2.(2016·浙江4月选考)某同学绕操场一周跑了400 m ，用时65 s.这两个物理量分别是( )A.路程、时刻B.位移、时刻C.路程、时间D.位移、时间答案 C3.(2015·浙江9月选考样题)如图1所示装置可测出气垫导轨上滑块的速度.已知固定在滑块上的遮光条的宽度为0.60 cm ，遮光条经过光电门的遮光时间为0.02 s ，则遮光条经过光电门的平均速度大小为( )图1A.0.20 m/sB.0.30 m/sC.0.60 m/sD.3.0 m/s 答案 B解析 由平均速度的定义式v ＝x t 可得遮光条经过光电门的平均速度：v ＝x t ＝0.60×10－2 m 0.02 s＝0.30 m/s ，故B 正确.4.如图2所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量.由图中所示信息可知( )图2A.汽车在做加速直线运动B.汽车的加速度方向与v 1的方向相同C.汽车的加速度方向与Δv 的方向相同D.汽车的加速度方向与Δv 的方向相反 答案 C解析 速度是矢量，速度的变化量Δv ＝v 2－v 1，根据图象可知，Δv 的方向与初速度方向相反，而加速度的方向与速度变化量的方向相同，所以加速度方向与初速度方向相反，汽车做减速直线运动，故C 正确，A 、B 、D 错误. 5. (2016·丽水模拟)汽车由静止开始匀加速前进，经过10 s 速度达到5 m/s ，则在这10 s 内( ) A.汽车的平均速度是0.5 m/s B.汽车的平均速度是2.5 m/s C.汽车的平均速度是5 m/s D.汽车的位移是50 m 答案 B解析 由v ＝at 知a ＝0.5 m/s 2，v ＝v 0＋v2＝2.5 m/s ，x ＝v ·t ＝25 m.即ACD 选项均错，B 选项正确.6.如图3所示，大致地表示了伽利略探究自由落体运动的实验和思维过程，对于此过程的分析，以下说法正确的是( )图3A.其中甲图是实验现象，丁图是经过合理的外推得出的结论B.其中丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得出的结论C.运用甲图的实验，可“清除”重力的作用，使实验现象更明显D.运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显 答案 A解析 伽利略探究自由落体运动时，让小球从斜面上滚下，此时可以“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显，然后合理外推到斜面竖直的状态，故正确选项为A.运动的描述1.位移和路程的区别与联系2.平均速度与瞬时速度的比较项目 平均速度瞬时速度区别 粗略描述，对应一段时间精确描述，对应某一时刻共同点 描述物体运动的快慢和方向，都是矢量，单位都是m/s联系匀速运动中，平均速度等于瞬时速度3.计算平均速度的方法 (1)关键点：分清运动性质 (2)求解方法：①匀变速直线运动――→两式均适用⎩⎪⎨⎪⎧v ＝x t v ＝v 0＋v 2②非匀变速直线运动v ＝x t例1 (2016·舟山市联考)关于速度、速度的变化量和加速度，下列说法正确的是( ) A.物体运动的速度变化量越大，它的加速度一定越大B.速度很大的物体，其加速度可能为零C.某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大D.加速度很大时，物体运动的速度一定很快变大 答案 B对速度与加速度关系的三点提醒1.速度的大小与加速度的大小没有必然联系.2.速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定.3.物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况.加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢.1a 和v 同向加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢2a 和v 反向减速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢变式题组1.(2016·浙江10月学考·1)下列物理量中属于标量的是( ) A.路程 B.位移 C.速度 D.加速度 答案 A解析 路程是只有大小的标量，选项A 正确；位移、速度、加速度都是有方向的矢量，所以选项B 、C 、D 不正确. 2. (2016·宁波模拟)在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图4所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )图4A.必须以这一规定速度行驶B.平均速度大小不得超过这一规定数值C.瞬时速度大小不得超过这一规定数值D.汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的 答案 C解析 限速标志上的数值为这一路段汽车行驶的瞬时速度的最大值，汽车上的速度计指示值为汽车行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值.3.瞿颖的一首歌曲《加速度》打动了无数歌迷的心.但是物理中的加速度却有完全不同的概念，下列关于加速度的说法中正确的是( )A.加速度只有大小没有方向，是标量B.加速度等于物体增加的速度C.当加速度为负值时，物体的速度大小一定随时间而减小D.加速度方向和速度方向一致时，加速度越大，物体的速度增加得越快 答案 D解析 加速度既有大小又有方向，是矢量，选项A 错误；加速度等于单位时间内速度的变化量，选项B 错误；当加速度为负值、速度也为负值时，物体的速度大小会增大，选项C 错误；判断物体是加速还是减速，关键看加速度与速度的方向，二者同向，物体做加速运动；二者反向，物体做减速运动，选项D 正确.匀变速直线运动的规律分析匀变速直线运动问题的“五种方法” (1)一般公式法题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v 0、v 、a 、t x v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x v x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x t v 2－v 20＝2axv 0、v 、t 、xax ＝v ＋v 02t注意：①除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v 0的方向为正方向.当v 0＝0时，一般以加速度a 的方向为正方向.②五个物理量t 、v 0、v 、a 、x 必须针对同一过程.(2)平均速度法： v ＝Δx Δt 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )＝v 2t 只适用于匀变速直线运动.(3)逆向思维法：如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动. (4)推论法：利用Δx ＝aT 2，其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2.(5)图象法：利用v －t 图可以求加速度及某段时间内位移的大小；用x －t 图象可求出任意时间内的平均速度等. 例2 一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s ，斜面长4 m ，在水平面上运动的距离为6 m ，求： (1)小球在运动过程中的最大速度的大小； (2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小.答案 (1)2 m/s (2)0.5 m/s 2 0.33 m/s 2解析 设小球在斜面上的加速度大小为a 1，运动时间为t 1；在水平面上的加速度大小为a 2，运动时间为t 2. 方法一：基本公式法 由x ＝v 0t ＋12at 2得：4 m ＝12a 1t 21，6 m ＝12a 2t 22由最大速度相等得：v m ＝a 1t 1＝a 2t 2，t 1＋t 2＝10 s 联立解得：v m ＝2 m/s a 1＝0.5 m/s 2a 2≈0.33 m/s 2. 方法二：平均速度法设小球运动过程的最大速度为v m 由x ＝v 0＋v 2t 得：0＋v m 2t 1＋v m ＋02t 2＝10 m即v m2(t 1＋t 2)＝10 m又有：t 1＋t 2＝10 s ，解得v m ＝2 m/s由a ＝v 2－v 202x 得：a 1＝22－02×4m/s 2＝0.5 m/s 2a 2＝|0－222×6| m/s 2≈0.33 m/s 2.“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题变式题组4.(2016·浙江10月学考·6)某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s 后听到石块直接落到崖底的声音.探险者离崖底的高度最接近的是( ) A.25 m B.50 m C.110 m D.150 m答案 C解析 小石块落到崖底，其下落规律可以看做自由落体运动.即h ＝12gt 2 ，代入数据则h ＝12×9.8×52m ＝122.5 m ，考虑声音传回来大约需0.4 s ，即下落距离应略小于122.5 m ，即选项C 正确.5.汽车以v 0＝10 m/s 的速度在平直公路上行驶，刹车时的加速度大小为a ＝2 m/s 2，则自驾驶员踩刹车开始，经过2 s 与6 s 时汽车的位移大小之比为( ) A.2∶3 B.3∶2 C.16∶25 D.25∶16答案 C解析 设汽车经过时间t 0停止运动，由0＝v 0－at 0，得t 0＝v 0a＝5 s ，即汽车经过5 s 停止运动.汽车在6 s 内发生的位移大小应为x 0＝v 0t 0－12at 20＝10×5 m －12×2×52m ＝25 m ，汽车在2 s 内发生的位移x 1＝v 0t 1－12at 21＝16 m ，故位移大小之比为x 1x 0＝1625.6. (2016·温州市联考)一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m 有一棵树，如图5所示.汽车通过A 、B 两棵相邻的树用了3 s ，通过B 、C 两棵相邻的树用了2 s.求汽车运动的加速度和经过B 树时的速度为多少？图5答案 1 m/s 26.5 m/s解析 设汽车经过A 树时的速度为v A ，加速度为a .对AB 段运动，由x ＝v 0t ＋12at 2有15＝v A ×3＋12a ×32同理，对AC 段运动，有30＝v A ×5＋12a ×52联立解得v A ＝3.5 m/s ，a ＝1 m/s 2由v ＝v 0＋at 得v B ＝3.5 m/s ＋1×3 m/s＝6.5 m/s.运动学图象用图象来描述两个物理量之间的关系，是物理学中常用的方法.图象是一种直观且形象的语言和工具.它运用数和形的巧妙结合，恰当地表达各种现象的物理过程和物理规律.运用图象解题的能力可归纳为以下两个方面： 1.识图：即从图象中获取有用信息作为解题的条件，弄清试题中图象所反映的物理过程及规律，从中获取有效信息，通常情况下，需要关注的特征量有三个层面.第一层：关注横坐标、纵坐标；第二层：理解斜率、面积、截距的物理意义；第三层：分析交点、转折点、渐近线.常见的运动图象有位移—时间图象(x－t图象)、速度—时间图象(v－t图象)，图象的形状可以有向上倾斜、平行于t轴、向下倾斜等.图象x－t图象v －t图象图象实例图线含义线图线①表示质点向正方向做匀速直线运动图线①表示质点做匀加速直线运动图线②表示质点静止图线②表示质点做匀速直线运动图线③表示质点向负方向做匀速直线运动图线③表示质点做匀减速直线运动点交点④表示该时刻三个质点相遇交点④表示该时刻三个质点有相同的速度点⑤表示t1时刻质点的位置坐标为x1点⑤表示t1时刻质点的瞬时速度为v1面积图中阴影部分的面积没有意义图中阴影部分面积表示质点在0～t1时间内的位移斜率斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，图线①速度方向为正方向，图线③速度方向为负方向斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，图线①加速度方向为正方向，图线③加速度方向为负方向2.作图和用图：依据物体的状态或物理过程所遵循的物理规律，作出与之对应的示意图或数学函数图象来研究和处理问题.图6例3(2015·宁波学考检测)如图6所示，物体的运动分三段，0～2 s为第Ⅰ段，2～4 s为第Ⅱ段，4～5 s为第Ⅲ段，则下述说法中正确的是( )A.第1 s与第5 s的速度方向相反B.第1 s的加速度大于第5 s的加速度C.第Ⅰ段与第Ⅲ段的平均速度相等D.第Ⅰ段与第Ⅲ段的加速度方向相同答案 C解析 第1 s 与第5 s 的速度均为正值，故速度方向相同，选项A 错误；v －t 图象中图线的斜率大小等于物体的加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向，故第1 s 的加速度小于第5 s 的加速度，第Ⅰ段与第Ⅲ段的加速度方向相反，选项B 、D 错误；匀变速直线运动中，由v ＝v 0＋v2可知，第Ⅰ段与第Ⅲ段的平均速度相等，选项C 正确.图象问题的三点提醒1.x －t 图象、v －t 图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x 、v 与t 一一对应.2.x －t 图象、v －t 图象的形状由x 与t 、v 与t 的函数关系决定.3.无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动情况都是直线运动. 变式题组7.(2014·天津理综)质点做直线运动的速度—时间图象如图7所示，该质点( )图7A.在第1秒末速度方向发生了改变B.在第2秒末加速度方向发生了改变C.在第2秒内发生的位移为零D.在第3秒末和第5秒末的位置相同 答案 D解析 在第1秒末质点的加速度方向发生改变，速度方向未改变，A 错误.在第2秒末质点的速度方向发生改变，加速度方向未改变，B 错误.在第2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，C 错误.从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，D 正确.8.(多选)质量为1 500 kg 的汽车在平直的公路上运动，其v －t 图象如图8所示，则正确的是( )图8A.前10 s 内汽车做匀加速运动，加速度为 2 m/s 2B.10～15 s 内汽车处于静止状态C.15～25 s 内汽车做匀加速运动，加速度为1.2 m/s 2D.汽车全段的平均速度为18 m/s 答案 AD解析 前10 s 内汽车做匀加速运动，初速度为零，加速度为a 1＝20－010 m/s 2＝2 m/s 2，选项A 正确；10～15 s 内汽车的速度不变，则汽车做匀速直线运动，选项B 错误；15～25 s 内汽车的加速度a 2＝30－2025－15m/s 2＝1 m/s 2，选项C错误；汽车全段的位移为x ＝20×102 m ＋20×5 m ＋20＋302×10 m ＝450 m ，平均速度为v ＝45025m/s ＝18 m/s ，选项D 正确.9.t ＝0时甲、乙两物体同时从同一地点出发沿同一直线运动，以出发点为参考点，它们的位移－时间(x －t )图象如图9所示，下列说法正确的是( )图9A.甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动B.0～t 1时间内，甲与乙的平均速度相同C.t 1时刻，甲、乙位置相同，瞬时速度相同D.t 1时刻，甲在乙的前方，乙的速度大于甲的速度 答案 B解析 甲做匀速直线运动，乙不一定做匀加速直线运动，因为乙图线不一定是抛物线，选项A 错误；0～t 1时间内，甲、乙通过的位移相同，所以平均速度相同，选项B 正确；t 1时刻，甲、乙位置相同，乙图线的斜率大于甲的，所以乙的瞬时速度大于甲的瞬时速度，选项C 、D 错误.1.物理学中引入了“质点”“点电荷”的概念，从科学方法上来说属于( ) A.控制变量法 B.类比法 C.理想模型法 D.等效替代法答案 C解析 “质点”“点电荷”等都是为了使研究问题变得简单而引入的理想化的模型，在现实中是不存在的，所以它们从科学方法上来说属于理想模型法，所以C 正确.2.如图1所示，我国空军在进行空中加油训练.大型加油机与接受加油的受油机在空中以同样的速度沿同一方向水平飞行.下列说法中正确的是( )图1A.选地面为参考系，受油机是静止的B.选地面为参考系，加油机是静止的C.选加油机为参考系，受油机是运动的D.选加油机为参考系，受油机是静止的 答案 D解析 选地面为参考系，受油机是运动的.故A 错误；选地面为参考系，加油机是运动的.故B 错误；加油机与接受加油的受油机在空中以同样的速度沿同一方向水平飞行，选加油机为参考系，受油机是静止的.故C 错误，D 正确. 3.(2016·温州市8月选考)小明坐出租车到车站接人后返回出发地，司机打出全程的发票如图2所示，由发票中的信息可知( )图2A.11∶26指时间间隔B.出租车的位移为23 kmC.出租车的平均速度是0D.出租车的平均速度是46 km/h 答案 C解析 时间间隔指一段时间，对应某一过程，时刻指时间点，对应某一瞬间，11∶26指上车的一瞬间，故为时刻而不是时间间隔，A 错；23.0 km 指轨迹长度，是路程而不是位移，B 错；小明返回出发地说明其起点、终点为同一点，所以位移为0，平均速度为位移与该位移所用时间的比值，所以平均速度为0，C 正确，D 错误.4.(2015·浙江高考)如图3所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度.为使ΔxΔt 更接近瞬时速度，正确的措施是( )图3A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角 答案 A 解析Δx Δt 是Δt 时间内的平均速度，Δt 越小，ΔxΔt就越接近某点的瞬时速度.A 选项中换用宽度更窄的遮光条，就是取更短的时间Δt ，A 正确；B 、C 、D 选项中的处理不能保证Δt 很短，ΔxΔt 不能确定更接近瞬时速度，选项B 、C 、D 错误.5. (2016·杭州市联考)如图4所示，坐高铁从杭州到上海再到南京，路程为s 1，位移为x 1.杭州(南京)高铁通车后，从杭州可直达南京，路程为s 2，位移为x 2，则( )图4A.s1>s2，x1>x2B.s1>s2，x1<x2C.s1>s2，x1＝x2D.s1＝s2，x1＝x2答案 C解析由图可知，两种情况下位移相等，即x1＝x2；而前者路程比后者的大，即s1>s2.故选项C正确.6.(2015·浙江1月学考)1971年，美国宇航员大卫·斯科特在登上月球后，从同一高度同时由静止释放锤子和羽毛(如图5所示)，则下落过程中( )图5A.锤子比羽毛速度变化大B.羽毛比锤子速度变化大C.锤子比羽毛加速度大D.锤子和羽毛加速度一样大答案 D7. (2016·绍兴市联考)物体在做直线运动，则下列对物体运动的描述中正确的是( )A.当加速度为负值时，则一定是匀减速直线运动B.加速度大小不变的运动，一定是匀变速直线运动C.加速度恒定(不为零)的直线运动一定是匀变速直线运动D.若物体在运动的过程中，速度的方向发生改变，则一定不是匀变速运动答案 C解析若速度为负值，加速度为负值且保持不变时，也可能是匀加速直线运动，A错误；加速度是矢量，加速度大小不变，若方向改变，则加速度是变化的，不是匀变速直线运动，B错误，C正确；速度的方向发生改变，也可能加速度保持不变，即可能为匀变速直线运动，例如，物体在做匀减速直线运动时，当速度减小到零后，运动的方向可能会发生改变，变为反向匀加速，D错误.8.“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句，某瀑布中的水下落的时间是4 s，若把水的下落近似简化为自由落体，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是( )A.瀑布的高度大约是80 mB.瀑布的高度大约是10 mC.瀑布的高度大约是1 000 mD.瀑布的高度大约是500 m 答案 A解析 设瀑布的高度为h ，瀑布中的水做自由落体运动，取向下为正方向，则有h ＝12gt 2＝12×10×42m ＝80 m.9. (2016·嵊州市调研)如图6所示，高速动车出站时能在150 s 内匀加速到180 km/h ，然后正常行驶.某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h.以出站时的加速度方向为正方向，则下列说法不正确的是( )图6A.列车加速时的加速度大小为13m/s 2B.列车减速时，若运用v ＝v 0＋at 计算瞬时速度，其中a ＝－13 m/s 2C.若用v －t 图象描述列车的运动，减速时的图线在时间轴t 轴的下方D.列车由静止加速，1 min 内速度可达20 m/s 答案 C解析 180 km/h ＝50 m/s,108 km/h ＝30 m/s.列车加速时的加速度大小|a |＝Δv Δt ＝50150 m/s 2＝13 m/s 2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a ＝－13 m/s 2，故选项A 、B 都正确；列车减速时，v －t 图象中的图线依然在时间轴t 轴的上方，选项C 错误；由v ＝at 可得v ＝13×60 m/s ＝20 m/s ，选项D 正确.10. (2016·杭州市联考)下列图象可能表示物体做自由落体运动的是( )答案 B解析 自由落体运动是初速度为零、加速度恒定的匀加速直线运动，A 错，B 对；由于自由落体运动是匀加速直线运动，位移增大得越来越快，x －t 图象不是直线，C 、D 错误.11.如图7所示是某质点做直线运动的v －t 图象，由图可知这个质点的运动情况是( )图7A.前5 s 做匀速运动B.5～15 s 内做匀加速运动，加速度为1 m/s 2C.15～20 s 内做匀减速运动，加速度为3.2 m/s 2D.质点15 s 末离出发点最远，20 s 末回到出发点 答案 A解析 前5 s 质点做速度是8 m/s 的匀速运动，A 正确；5～15 s 内做匀加速运动，加速度为a 1＝Δv Δt ＝16－815－5 m/s2＝0.8 m/s 2，B 错误；15～20 s 内做匀减速运动，加速度为a 2＝Δv Δt ＝0－1620－15 m/s 2＝－3.2 m/s 2，C 错误；质点在0～20 s 内一直沿着正方向运动，20 s 末质点离出发点最远，D 错误.12. (2016·金华十校联考)某航母跑道长为200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最小速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( ) A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s 答案 B解析 由v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2ax ＝10 m/s ，选项B 正确.13.在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A.加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2等于2∶1 B.加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶1 C.加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于1∶1D.加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶2 答案 B解析 设汽车的最大速度为v ，则匀加速直线运动的加速度大小a 1＝v t 1＝v 8，匀减速直线运动的加速度大小a 2＝v t 2＝v4，则a 1∶a 2＝1∶2，故A 错误；根据平均速度的推论，知匀加速和匀减速直线运动的平均速度均为v2，可知平均速度大小之比为1∶1，B 正确，D 错误；根据x ＝v t 知，平均速度之比为1∶1，则加速和减速运动的位移之比为2∶1，C 错误.。
高考物理二轮总复习专题九力学必考实验(二)增分策略练习(含解析)(2021学年)
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专题九 力学必考实验（二)考纲解读实验名称考试属性 说明必考 加试5．探究作用力与反作用力的关系 √1。
不要求对研究平抛运动进行实验误差分析.2.不要求对验证机械能守恒定律进行定量分析实验误差。
6。
研究平抛运动√7.探究做功与物体速度变化的关系 √8．验证机械能守恒定律√探究作用力与反作用力的关系1．用弹簧测力计探究作用力与反作用力的关系如图１甲所示,任取A 、Ｂ两个弹簧测力计,使两挂钩钩住，Ｂ固定,Ａ用手拉着.弹簧测力计A 受到B 的拉力F BA ,弹簧测力计B 受到Ａ的拉力F A Ｂ.读出此时两个弹簧测力计的示数F Ａ和F B ,比较F Ａ和F B 的大小和方向.如图乙所示，将两个弹簧测力计挂钩钩住,B 连接一块木块,A 用手拉着.探究在水平方向运动时,ＦA 和F B 的大小和方向.将拉动方向改为竖直方向,如图丙所示，重复上述探究．图１2.用力传感器探究作用力与反作用力的关系如图2所示,用两只力传感器钩住对拉．从计算机屏幕上所显示的力和时间关系图线中读出不同时刻两只力传感器间的相互作用力F A和F B，比较F A和ＦB的大小和方向.图23．实验结论作用力与反作用力作用在两个物体上，大小相等、方向相反,同时产生，同时消失，性质相同．作用力与反作用力之间的关系与运动状态无关．4.注意事项(1)使用弹簧测力计前,应先调节零刻度.（2）弹簧测力计对拉时作用力要在同一直线上．(3）实际的弹簧测力计往往存在一定的误差,发现两弹簧测力计示数不等既不能“视而不见”也不能“武断定论”.（４)将弹簧测力计A和B分别与弹簧测力计C互拉,通过与C的示数比较确定两弹簧测力计拉力是否相等，是一种“等效替代”的方法．(５)同一实验步骤中,小泡沫塑料位置必须保持不变．（6)用力传感器进行实验时,也需要调零.（７）用力传感器对拉时要使作用力在同一直线上．例１(2０15·浙江９月选考科目试题)在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学用两个力传感器进行实验.（1)将两个传感器按图３甲方式对拉，在计算机屏上显示如图乙所示,横坐标代表的物理量是＿＿＿_____,纵坐标代表的物理量是＿_＿＿____.图3（2)(多选)由图乙可得到的实验结论是( ）A.两传感器间的作用力与反作用力大小相等B．两传感器间的作用力与反作用力方向相同C．两传感器间的作用力与反作用力同时变化D.两传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上答案（１)时间(ｔ) 力(F） (2）AC变式题组1.如图4所示，将两弹簧测力计ａ、ｂ连接在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时,发现不管拉力F多大,ａ、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明( )图4Ａ．这是两只完全相同的弹簧测力计B.弹力的大小与弹簧的形变量成正比C.作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是改变物体运动状态的原因答案Ｃ解析a、b两弹簧测力计的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力,这是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律得知,它们的示数总是相等，说明作用力与反作用力大小相等、方向相反,与弹簧测力计无关,故两只弹簧测力计不一定完全相同．故A错误，C正确；此实验不能说明弹力的大小与弹簧的形变量成正比．故Ｂ错误;弹簧测力计的运动没有改变，故此实验不能说明力是改变物体运动状态的原因.故D错误．研究平抛运动１.实验目的(1)用实验的方法描出平抛运动的轨迹．(2)用实验轨迹求解平抛物体的初速度．2．实验原理使小球做平抛运动，利用描迹法描绘小球的运动轨迹,建立直角坐标系,测出轨迹曲线上某一点的坐标x和y，由公式:x=v０ｔ和y=错误!gt2，可得ｖ0=ｘ错误!.３．实验器材(以斜槽法为例)斜槽(带小球)、木板及竖直固定支架、白纸、图钉、重垂线、三角板、铅笔、刻度尺.4.实验步骤(１)按图５甲所示安装实验装置,使斜槽末端水平(小球在斜槽末端恰好静止)．图5（2)以水平槽末端端口上小球球心位置为坐标原点Ｏ,过O点画出竖直的y轴和水平的x轴. (3）使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，把笔尖放在小球可能经过的位置上,如果小球运动中碰到笔尖,就用铅笔在该位置画上一点．用同样方法,在小球运动路线上描下若干点.（４)将白纸从木板上取下,从Ｏ点开始连接画出的若干点描出一条平滑的曲线，如图乙所示．5．实验注意事项(1)固定斜槽时,要保证斜槽末端的切线水平，保证小球的初速度水平.(２)固定木板时，木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行,固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直.(３）小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放，为此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板．(4)要在斜槽上适当高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由木板左上角到达右下角,这样可以减小测量误差．(5）坐标原点不是槽口的端点,应是小球出槽口时球心在木板上的投影点．(6）计算小球的初速度时，应选距抛出点稍远一些的点为宜,以便于测量和计算．6．判断平抛运动的轨迹是不是抛物线（1)原理:若平抛运动的轨迹是抛物线，则当以抛出点为坐标原点建立直角坐标系后,轨迹上各点的坐标具有y＝ａx2的关系,且同一轨迹上a是一个特定的值.(2）验证方法方法一：代入法用刻度尺测量几个点的x、y坐标,分别代入y＝ａx2中求出常数a，看计算得到的a值在误差范围内是否为一常数．方法二:图象法建立y-x2坐标系,根据所测量的各个点的x、y坐标值分别计算出对应y值的x２值，在ｙ－x2坐标系中描点,连接各点看是否在一条直线上，并求出该直线的斜率即为a值．7.计算平抛运动的初速度(1)平抛轨迹完整(即含有抛出点）在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0.因ｘ=ｖ０t,ｙ=１2gt2,故v＝x＼r(g2ｙ）.(2)平抛轨迹残缺(即无抛出点)如图6所示，在轨迹上任取三点A、B、C,使A、Ｂ间及B、C间的水平距离相等,由平抛运动的规律可知,A、B间与Ｂ、C间所用时间相等，设为ｔ,则Δｈ=ｈBC－hＡＢ＝ｇt２。
高考物理二轮复习全攻略 专题能力提升训练4 曲线运动常考的4个问题
训练4 曲线运动常考的4个问题基础巩固1．(2012·安徽江南十校联考)飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目，2010年的IDF(国际飞镖联合会)飞镖世界杯赛在上海进行．某一选手在距地面高h，离靶面的水平距离L处，将质量为m的飞镖以速度v0水平投出，结果飞镖落在靶心正上方．如只改变h、L、m、v0四个量中的一个，可使飞镖投中靶心的是(不计空气阻力) ( )．A．适当减小v0B．适当提高hC．适当减小m D．适当减小L2．(2012·安徽卷，14)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km，它们的运行轨道均视为圆周，则( )．A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大3．“套圈圈”是小孩和大人都喜爱的一种游戏，游戏规则是：游戏者站在界外从手中水平抛出一个圆形圈圈，落下后套中前方的物体，所套即所得．如图4－13所示，小孩站立抛出圈圈并套取前方一物体，若大人也抛出圈圈并套取前方同一物体，则( )．图4－13A．大人站在小孩同样的位置，以大点的速度抛出圈圈B．大人站在小孩同样的位置，以小点的速度抛出圈圈C．大人退后并下蹲至与小孩等高，以大点的速度抛出圈圈D．大人退后并下蹲至与小孩等高，以小点的速度抛出圈圈4．(2012·浙江卷，15)如图4－14所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )．图4－14A．太阳对各小行星的引力相同B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值5．(2012·江苏卷，6)如图4－15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图4－15 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6．下表是科学家通过理论推算出的“天宫一号”目标飞行器发射的几组数据，其中发射速度v0是燃料燃烧完毕时火箭具有的速度，之后火箭带着空间站依靠惯性继续上升，到达指定高度h后再星箭分离，分离后的空间站以环绕速度v绕地球运动，假设燃料燃烧阶段火箭上升高度忽略不计．根据发射过程和表格中的数据，下面哪些说法是正确的( ).空间站离地面高度h(km)环绕速度v(km/s)发射速度v0(km/s)07.917.912007.788.025007.618.191 0007.358.42∞011.20B．离地越高的卫星机械能越大，动能越大C．离地越高的卫星环绕周期越大D．当发射速度达到11.20 km/s时，卫星能脱离地球到达宇宙的任何地方7．(2012·浙江卷，18)由光滑细管组成的轨道如图4－16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( )．图4－16A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2 2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2 2RH －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 ＝52R8．一个中间钻有小孔的球，穿在半径为R 的光滑圆形细轨道上，如图4－17所示．在最低点给小球一个初速度v 0，关于小球到达最高点的受力，下列说法正确的是( )．A ．v 0越大，则小球到最高点时受到轨道的弹力越大B ．v 0＝2gR 时，小球恰能通过最高点 图4－17C ．v 0＝2gR 时，小球在最高点受到轨道的支持力为零D ．v 0＝5gR 时，小球在最高点受到轨道的支持力等于重力9．(2012·福建卷，16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )．A.mv 2GN B.mv 4GN C.Nv 2GmD.Nv 4Gm能力提升10．如所示，一长为 2L 的木板倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为 ( )．图4－18 A.12L B.13LC.14L D.15L 11．如图4－19所示，P 是水平放置的足够大的圆盘，绕经过圆心O 点的竖直轴匀速转动，在圆盘上方固定的水平钢架上，吊有盛水小桶的滑轮带动小桶一起以v ＝0.2 m/s 的速度匀速向右运动，小桶底部与圆盘上表面的高度差为h ＝5 m ．t ＝0时，小桶运动到O 点正上方且滴出第一滴水，以后每当一滴水刚好落在圆盘上时桶中恰好再滴出一滴水，不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，若要使水滴都落在圆盘上的同一条直径上，圆盘角速度的最小值为ω，第二、三滴水落点的最大距离为d ，则：( )．图4－19A ．ω＝π rad/s，d ＝1.0 mB ．ω＝2π rad/s，d ＝0.8 mC ．ω＝π rad/s，d ＝0.8 mD ．ω＝2π rad/s，d ＝1.0 m12．如图4－20所示，半径R ＝0.4 m 的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A 点，质量为m ＝1 kg 的小物体(可视为质点)在水平拉力F 的作用下，从静止开始由C 点运动到A 点，物体从A 点进入半圆轨道的同时撤去外力F ，物体沿半圆轨道通过最高点B 后做平抛运动，正好落在C 点，已知x AC ＝2 m ，F ＝15 N ，g 取10 m/s 2，试求： (1)物体在B 点时的速度大小以及此时半圆轨道对物体的弹力大小； (2)物体从C 到A 的过程中，摩擦力做的功． 参考答案训练4 曲线运动常考的4个问题(选择题或计算题)1．A [由于飞镖飞出后做平抛运动，水平方向位移有L ＝v 0t ，竖直方向位移x ＝12gt 2，得：x ＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02.要击中靶心，可以增大x 或减小h .要增大x ，可以减小v 0或增大L .] 2．B [由题知“天宫一号”运行的轨道半径r 1大于“神舟八号”运行的轨道半径r 2，天体图4－20运行时万有引力提供向心力．根据G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝GMr.因为r 1>r 2，故“天宫一号”的运行速度较小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 得T ＝2πr 3GM，故“天宫一号”的运行周期较长，选项B 正确；根据G Mm r2＝mω2r ，得ω＝GMr 3，故“天宫一号”的角速度较小，选项C 错误；根据G Mm r 2＝ma ，得a ＝GM r2，故“天宫一号”的加速度较小，选项D 错误．]3．BC [圈圈抛出后做平抛运动，可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，则水平位移x ＝vt ；竖直位移y ＝12gt 2，可得x ＝v2yg，若x 一定、y 增大，则v 减小，所以选项A 错误、B 正确；若y 一定、x 增大，则v 增大，故选项C 正确、D 错误．]4．C [根据F ＝G Mm r2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 得，T ＝2πr 3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GM r2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝mv 2r，得v＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D 错误．]5．AD [由题意知A 做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B 为自由落体运动，A 、B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t 1相同，且t 1＝2hg①，若第一次落地前相碰，只要满足A 运动时间t ＝l v <t 1，即v >l t 1，所以选项A 正确；因为A 、B 在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A 与地面相碰后水平速度不变，所以A 一定会经过B 所在的竖直线与B 相碰．碰撞位置由A 球的初速度决定，故选项B 、C 错误、选项D 正确．]6．AC [根据表中的数据，计算可得12mv 20＝mgh ＋12mv 2，由此可知不计空气阻力，在火箭依靠惯性上升的过程中机械能守恒，选项A 正确；离地越高的空间站机械能越大，动能越小，选项B 错误；离地越高的空间站环绕速度越小，而轨道半径越大，运行一周的路程越大，环绕周期越大，选项C 正确；当发射速度达到11.20 km/s 时，空间站能脱离地球的引力范围，但仍要受到太阳引力的约束，只能在太阳系内运动，不能到达太阳系以外的地方，选项D 错误．]7．BC [要使小球从A 点水平抛出，则小球到达A 点时的速度v >0，根据机械能守恒定律，有mgH －mg ·2R ＝12mv 2，所以H >2R ，故选项C 正确、选项D 错误；小球从A 点水平抛出时的速度v ＝2gH －4gR ，小球离开A 点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，水平位移x ＝vt ，联立以上两式可得水平位移x ＝22RH －4R 2，选项A 错误、选项B 正确．]8．B [光滑圆形细轨道对球可以施加向内或向外的力．在最高点，当小球所需向心力小于重力时，小球受到重力和向上的支持力，即mg －F N ＝m v 2R ①，又12mv 2－12mv 20＝－2mgR ②，v 0越大，F N 越小，A 错；小球恰能通过最高点，即小球到最高点速度恰为0，由②式知，v ＝0时v 0＝2gR ，B 正确；此时轨道对球的支持力大小等于重力，C 错；由②式知v 0＝5gR 时，v ＝ gR ，再由①式知，F N ＝0，D 错．] 9．B [设卫星的质量为m ′，由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R ，①m ′v 2R＝m ′g ，②由已知条件：m 的重力为N 得N ＝mg ，③由③得g ＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N ，代入①得M ＝mv 4GN，故A 、C 、D 三项均错误，B 项正确．]10．D [本题考查自由落体运动及平抛运动．由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x ，小球与木板碰撞前有v 2＝2gx ，小球与木板碰撞后做平抛运动，则水平方向上有L －x ＝vt ，竖直方向上有L －x ＝12gt 2，由以上三式联立解得x ＝15L ，故选项D 正确．]11．A [从小桶滴出的水滴做平抛运动，圆盘做匀速圆周运动，要使水滴都落在圆盘的同一条直径上，则水滴在空中运动的时间等于圆盘做匀速圆周运动的半个周期的整数倍，要满足题目条件则每相邻两滴水落下的时间间隔应为圆盘做匀速圆周运动的半个周期，而且相邻落下的水滴分布在同一直径不同的半径上，由以上分析可知：h ＝12gt 2，t ＝2hg＝1 s ．由于t ＝T 2＝πω＝1 s ，所以ω＝π rad/s，第2滴的落点距轴0.4 m ，圆盘转半周后第3滴落在同一条直径上，距轴0.6 m ，所以d ＝1.0 m ．]12．解析 (1)设物体在B 点的速度大小为v ，物体由B 到C 做平抛运动，有2R ＝12gt 2，x AC＝vt ，解得v ＝5 m/s ，此时对物体受力分析知F N ＋mg ＝mv 2R，解得F N ＝52.5 N.(2)物体从A 到B ，由机械能守恒定律得12 mv 2A ＝12 mv 2＋2mgR ，由C 到A 应用动能定理得 (F －F f )x AC ＝12mv 2A即W f ＝－F f ·x AC ＝－9.5 J.答案 (1)5 m/s 52.5 N (2)－9.5 J。
重庆市铜梁县高考物理二轮总复习专题十二必考电学实验增分策略练习(含解析)
专题十二必考电学实验考纲解读实验名称考试属性说明必考加试9.测绘小灯泡的伏安特性曲线√1.不要求知道二极管伏安特性曲线的特征与意义2．不要求了解数字式多用电表的使用方法3．不要求分析测定电池的电动势和内阻实验的误差11.练习使用多用电表√12.测定电池的电动势和内阻√测绘小灯泡的伏安特性曲线1．实验原理和实验电路图(如图1所示)(1)测多组小灯泡的U、I的值，并绘出I－U图象；(2)由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系．图12．电流表内接法与外接法的比较电流表内接法电流表外接法电路图误差原因电流表分压U测＝U x＋U A电压表分流I测＝I x＋I V电阻测量值R测＝U测I测＝R x＋R A>R x测量值大于真实值R测＝U测I测＝R x R VR x＋R V<R x测量值小于真实值适用条件R A≪R x R V≫R x3.滑动变阻器的限流式接法和分压式接法比较滑动变阻器的接法限流式分压式两种接法的电路图负载R上电压的调节范围RER＋R0≤U≤E 0≤U≤E负载R上电流的调节范围ER＋R0≤I≤ER0≤I≤ER4.滑动变阻器两种接法的适用条件(1)限流式接法适合测量阻值较小的电阻(跟滑动变阻器的最大电阻相比相差不多或比滑动变阻器的最大电阻还小)．(2)分压式接法适合测量阻值较大的电阻(一般比滑动变阻器的最大电阻要大)．5．实验器材小灯泡“3.8 V 0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔．6．实验器材选取(1)原则：①安全；②精确；③操作方便． (2)具体要求①电源允许的最大电流不小于电路中的实际最大电流．干电池中电流一般不允许超过0.6 A. ②用电器的额定电流不能小于通过该用电器的实际最大电流． ③电压表或电流表的量程不能小于被测电压或电流的最大值． ④电压表或电流表的指针应偏转到满刻度的13以上．⑤从便于操作的角度来考虑，限流式接法要选用与待测电阻相近的滑动变阻器，分压式接法要选用较小阻值的滑动变阻器． 7．实验步骤(1)画出电路图(如图2甲所示)．图2(2)将小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如图乙所示的实物电路． (3)测量与记录移动滑动变阻器触头位置，测出12组左右不同的电压值U 和电流值I ，并将测量数据填入自己设计的表格中． (4)数据处理①在坐标纸上以U 为横轴，I 为纵轴，建立直角坐标系． ②在坐标纸上描出各组数据所对应的点．③将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线．8．注意事项 (1)电路的连接方式：①电流表应采用外接法：因为小灯泡(3.8 V ，0.3 A)的电阻很小，与量程为0.6 A 的电流表串联时，电流表的分压影响很大．②滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小灯泡两端的电压能从零开始连续变化．(2)闭合开关S 前，滑动变阻器的触头应移到使小灯泡分得电压为零的一端，使开关闭合时小灯泡的电压能从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小灯泡两端电压过大而烧坏灯丝．(3)I－U图线在U0＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．例1(2016·浙江4月选考模拟)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5 V、电流为0.3 A.图3(1)部分连线的实物照片如图3甲所示，请在图中完成实物连接图．(2)某次实验中，当电流表的示数为0.18 A，电压表的指针如图乙所示，则电压为________ V，此时小灯泡的功率是________ W.(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的________(填字母)．A BC D答案(1)见解析图(2)1.50 0.27 (3)C解析(1)如图所示．(2)电压表的示数为1.50 V；功率P＝UI＝0.27 W.(3)温度变高，电阻率变大，所以答案为C.变式题组1．小亮同学为研究某电学元件(最大电压不超过2.5 V，最大电流不超过0.55 A)的伏安特性曲线，在实验室找到了下列实验器材：A．电压表(量程3 V，内阻6 kΩ)B．电压表(量程15 V，内阻30 kΩ)C．电流表(量程0.6 A，内阻0.5 Ω)D．电流表(量程3 A，内阻0.1 Ω)E．滑动变阻器(阻值范围0～5 Ω，额定电流为0.6 A)F．滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω，额定电流为0.6 A)G．直流电源(电动势E＝3 V，内阻不计)H．开关、导线若干．该同学设计电路并进行实验，通过实验得到如下数据(I和U分别表示电学元件上的电流和电压).I/A00.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V00.200.400.600.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00(1)为了提高实验结果的准确程度，电流表选________________；电压表选____________________；滑动变阻器选________________．(以上均填写器材代号)(2)请在虚线框中画出实验电路图．答案(1)C A E (2)见解析图解析(1)从表格中的实验数据可知，电流测量值I的范围为0～0.50 A，电压测量值U的范围为0～2.00 V，因此电流表应选C，电压表应选A.因为本实验要测量多组(U，I)值，需使电压U连续变化，因此，滑动变阻器应接成分压式，故选阻值较小的滑动变阻器E.(2)由表格中的数据，根据R ＝UI，估算电学元件的电阻值大约为几欧，因此电流表外接．电路图如图所示．2．(2016·浙江10月学考·18)做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，要求采用分压电路，电流表外接．小王的连接如图4甲所示，闭合开关S 前请老师检查，老师指出图中标示的①、②两根连线有一处错误，错误连线是________(填“①”或“②”)；图中标示的③、④和⑤三根连线有一处错误，错误连线是________(填“③”“④”或“⑤”)．小王正确连线后，闭合开关S 前，应将滑动变阻器滑片C 移到________处(填“A ”或“B ”)．闭合开关S ，此时电压表读数为________V ．缓慢移动滑片C 至某一位置时，电流表指针如图乙所示，电流表的示数为________A.甲 乙图4答案 ① ④ A 0 0.32 解析 本实验的电路图如下：应该采用分压式、外接法，所以①、④两根导线有问题．实验开始时为了保证实验仪器的正常使用，需要将C 拨到最左端，即A 处，开关闭合后，电压表读数为0 V. 图乙中电流表的读数为0.32 A(不需要估读)．练习使用多用电表一、欧姆表原理(多用电表测电阻原理)1．构造：如图5所示，欧姆表由电流表G 、电池、调零电阻R 和红、黑表笔组成．图5欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联． 外部：接被测电阻R x .全电路电阻R 总＝R g ＋R ＋r ＋R x . 2．工作原理：闭合电路欧姆定律I ＝ER g ＋R ＋r ＋R x.3．刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻R x ＝0)时，调节调零电阻R ，使I ＝I g ，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零．(1)当I ＝I g 时，R x ＝0，在满偏电流I g 处标为“0”．(图甲) (2)当I ＝0时，R x →∞，在I ＝0处标为“∞”．(图乙)(3)当I ＝I g2时，R x ＝R g ＋R ＋r ，此电阻值等于欧姆表的内阻值，R x 叫中值电阻．(图丙)二、多用电表1．多用电表可以用来测量电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程．2．外形如图6所示：上半部为表盘，表盘上有电流、电压、电阻等多种量程的刻度；下半部为选择开关，它的四周刻有各种测量项目和量程．图63．多用电表面板上还有：欧姆表的欧姆调零旋钮(使电表指针指在右端零欧姆处)、指针定位螺丝(使电表指针指在左端的“0”位置)、表笔的正、负插孔(红表笔插入“＋”插孔，黑表笔插入“－”插孔)． 三、多用电表的使用1．多用电表测电流的方法及读数 (1)选择直流电流挡合适的量程．(2)将被测电路导线卸开一端，把多用电表串联在电路中．注意使电流从红表笔流入电表． (3)读数时，首先要认清刻度盘上的最小刻度． 2．多用电表测电压的方法及读数 (1)选择直流电压挡合适的量程．(2)将电表与被测电路并联，注意红表笔接触点的电势要比黑表笔高． (3)读数时，首先要认清刻度盘上的最小刻度．3．多用电表电阻挡刻度的特点：欧姆表的“0”刻度线在刻度盘的最右端，刻度盘的最左端为“∞”刻度线．且刻度不均匀．4．电阻挡调零旋钮的使用：将选择开关扳到欧姆挡上，此时红表笔连接表内电源的负极，黑表笔连接表内电源的正极．选好量程后，先调零，然后测量，换用不同量程必须重新调零．测量完毕，应把选择开关旋转到OFF 挡． 5．电阻挡倍率选择及电阻测量；利用欧姆挡测电阻时，指针偏转过大或过小，误差都比较大． (1)合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度线附近，一般应在14R 中～4R 中的范围内．(2)选挡时若无法估计待测电阻的大小，则应将选择开关旋到“×100”挡，欧姆调零后，将红、黑表笔分别接到电阻两端，若指针偏角太小，则逐渐增大量程，直到指针指到中值电阻附近为止．6．测量二极管的正反向电阻：二极管是一种半导体元件，如图7所示，它的特点是电流从正极流入时电阻很小，而从正极流出时电阻较大．图7四、数据处理1．测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积．指针示数的读数一般读两位有效数字．2．测电压和电流时，如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.01等，读数时应读到最小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为0.2、0.02、0.5、0.05等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可．五、注意事项1．多用电表使用“七注意”：(1)使用前要机械调零．(2)两表笔在使用时，电流总是“红入黑出”．(3)选择开关的功能区域，要分清是测电压、电流还是电阻，还要分清是交流还是直流．(4)电压、电流挡为量程范围挡，欧姆挡为倍率挡．(5)刻度线有三条：上为电阻专用，中间为直流电压、交流、共用，下为交流2.5 V专用．(6)测电阻时：①待测电阻与电路、电源一定要断开．②两手一定不要同时接触两笔金属杆．③指针指中值附近较准，否则换挡．④每换一挡必须重新欧姆调零．⑤读出示数要乘以倍率．(7)使用完毕，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用应取出电池．2．表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔，但是红表笔插入“＋”孔，黑表笔插入“－”孔，注意电流的实际方向．3．区分“机械零点”与“欧姆零点”．机械零点是表盘刻度左侧的“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；欧姆零点是指刻度盘右侧的“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．4. 在研究二极管的单向导电性时，切记在二极管正向导通的情况下电路中必须连有灯泡或其他用电器，不能只连接一个二极管，否则极易烧坏二极管．例2(1)用如图8所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量：图8①旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．②将K旋转到电阻挡“×100”的位置．③将插入“＋”“－”插孔的两表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0刻线”或“∞刻线”)．④将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准图9(2)用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a和b的位置，如图9所示．若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的挡位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中.指针位置选择开关所处挡位读数直流电流100 mA________ mAa直流电压2.5 V________ Vb 电阻×100________ Ω答案(1)①S ③T 0刻线④ADC(2)指针位置选择开关所处挡位读数直流电流100 mA22 mAa直流电压2.5 V0.55 Vb 电阻×100370 Ω解析(1)用多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，则用螺丝刀小心转动调零螺丝S，使指针对准电流的“0”刻线．然后转动选择开关K，选择量程，再将两表笔短接，调整调零旋钮T，使得指针对准满偏刻度(即电阻的“0”刻线)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值．若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100”挡位更换到“×1 k”的位置．(2)直流电流100 mA挡读中间部分“0～10”一排，最小分度值为2 mA估读到1 mA就可以了；直流电压2.5 V挡读“0～250”一排，最小分度值为0.05 V估读到0.01 V就可以了；电阻“×100”挡读第一排，测量值等于表盘上读数“3.7”乘以倍率“100”．变式题组3．(2015·浙江选考模拟)某实验小组在“练习使用多用电表”实验中：图10(1)用多用电表测量某一电学元件，多用电表的选择开关旋至如图10所示．操作正确，表盘指针如图11所示，则该电学元件阻值为________ Ω图11(2)(单选)该电学元件可能是________． A ．一个阻值未知的电阻 B ．“220 V,15 W ”的白炽灯 C ．“220 V,100 W ”的白炽灯 答案 (1)3 000 (2)A解析 (1)根据指针所指位置及选择开关所选挡位，可得该电学元件的阻值为30×100 Ω＝3 000 Ω.(2)根据R ＝U 2P可以计算出选项B 、C 白炽灯在正常工作时的电阻分别为3 227 Ω和484 Ω，用多用电表测电阻时，灯丝的温度低，电阻小于额定功率下的电阻，选项A 正确． 4．(2016·绍兴市9月选考)在“练习使用多用电表”实验中(1)某同学欲测量一节干电池的电压，下述操作正确的是________(填字母)． A ．欧姆调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数 B ．机械调零、选择挡位、表笔接触电池两极(其中红表笔接触正极)、读数 C ．选择挡位、机械调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数 D ．选择挡位、欧姆调零、表笔接触电池两极(其中黑表笔接触正极)、读数(2)该同学欲测量如图甲所示插座的电压，则应把多用电表的选择开关打到如图乙所示的________位置．(选填A 、B 、C 、…、Q 字母)(3)经过正确操作后，电表指针指向如图丙所示，则插座的电压为________V.图12答案见解析解析(1)多用电表测电压，应先机械调零，再选择电压挡位，还需使电流从红表笔流入电压表，黑表笔流出，所以应选择B.(2)插座电压大约为220 V，且是交流电，所以多用电表选择开关应打到交流250 V，即应打到图乙所示的H位置．(3)根据电压表的读数规则，电压表示数，即插座电压应为200.0 V.测定电池的电动势和内阻1．实验原理和实验电路图(1)实验电路(如图13所示)图13(2)实验依据：闭合电路欧姆定律．(3)E 和r 的求解：由U ＝E －Ir 得⎩⎪⎨⎪⎧U 1＝E －I 1rU 2＝E －I 2r ，解得E 、r .(4)用作图法处理数据，如图14所示．图14①图线与纵轴交点为E ； ②图线与横轴交点为I 短＝Er； ③图线的斜率表示r ＝|ΔUΔI |.2．实验器材电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺． 3．基本操作(1)电流表用0.6 A 的量程，电压表用3 V 的量程，按实验原理图连接好电路． (2)把滑动变阻器的滑片移到使阻值最大的一端．(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I 1，U 1)．用同样的方法再测量几组I 、U 值，填入表格中．(4)断开开关，拆除电路，整理好器材． 4．实验数据求E 、r 的处理方法(1)列多个方程组求解，再求E 、r 的平均值．(2)图象法处理：以路端电压U 为纵轴，干路电流I 为横轴，建坐标系、描点、连线，纵轴截距为电动势E ，直线斜率k 的绝对值为内阻r . 5．注意事项(1)为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池． (2)电流不要过大，应小于0.5 A ，读数要快．(3)要测出不少于6组的(I ，U )数据，变化范围要大些．(4)若U －I 图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根据r ＝|ΔUΔI |确定．(5)电流表要内接(因为r 很小)．例3 采用如图15所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．图15(1)除了选用图16中的部分器材外，________(填选项)；图16A．还需要电压表B．还需要电流表C．还需要学生电源D．不再需要其他器材(2)测量所得数据如下：测量次数12345 6物理量R/Ω 1.2 1.00.80.60.40.2I/A0.600.700.800.89 1.00 1.20U/V0.900.780.740.670.620.43用作图法求得电池的内阻r＝________；(3)根据第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻R A＝________.答案(1)A(2)如图所示(0.75±0.10) Ω(3)0.22 Ω解析 (1)根据所给的电路图知所给的器材中缺少电压表，故A 项正确；(2)将所给的数据描点在U －I 图象中，如图所示，根据闭合电路欧姆定律得U ＝－rI ＋E ，因此图线的斜率的绝对值表示电池的内阻，从图象上取两点代入得r ＝U 1－U 2I 2－I 1≈0.75 Ω；(3)电压表测得的是电阻箱和电流表消耗的电压和，因此电流表的电阻等于电压表示数除电流表示数再减去电阻箱的阻值，即为0.22 Ω. 变式题组5．(2015·浙江10月选考·18)某实验小组做“测定电池的电动势和内阻”的实验电路如图17所示：图17(1)电流表示数如图18所示，则电流为________ A.图18(2)根据实验数据获得U －I 图象如图19所示，则电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.图19答案 (1)0.25 (2)1.43 0.75解析 (1)由图可知，电流表示数约为0.2 A ＋0.02×2.5 A ＝0.25 A.(2)U －I 图象中，直线与U 坐标轴交点的数值表示电动势，内电阻r ＝|ΔU ΔI |.由图可知电动势E ＝1.43 V ．r ＝|ΔUΔI |＝|1.43－1.00－0.57| Ω≈0.75 Ω.6．在测定电池的电动势和内阻的实验中，由于所用电压表(视为理想电压表)的量程较小，某同学设计了如图20所示的实物电路．图20(1)实验时，应先将电阻箱的电阻调到________(填“最大值”“最小值”或“任意值”)．(2)改变电阻箱的阻值R ，分别测出阻值R 0＝10 Ω的定值电阻两端的电压U .下列两组R 的取值方案中，比较合理的方案是________(填“1”或“2”).方案编号电阻箱的阻值R /Ω 1 400.0 350.0 300.0 250.0 200.0 280.070.060.050.040.0(3)根据实验数据描点，绘出的1U －R 图象是一条直线．若直线的斜率为k ，在1U坐标轴上的截距为b ，则该电源的电动势E ＝________，内阻r ＝________.(用k 、b 和R 0表示) 答案 (1)最大值 (2)2 (3)1kR 0bk－R 0 解析 (1)实验时，为保护电压表，应将电阻箱阻值调到最大，此时电压表两端电压最小．(2)电压表的量程为3 V ，故电阻箱两端的最小电压约为6 V ．根据串联电路的特点可知，3R 0＝6R，电阻箱阻值的最小值为20 Ω.在实验时，为减小读数误差，所用电表的指针偏角一般不小于其量程的13，当电压表量程为1 V 时，由1R 0＝9－1R，得R ＝80 Ω.所以选择方案2较合理．(3)根据闭合电路的欧姆定律E ＝U ＋U R 0(R ＋r )变形得1U＝(1E ＋r ER 0)＋1ER 0R ，1U－R 图象的截距b ＝1E ＋r ER 0，斜率k ＝1ER 0，联立这两个式子得E ＝1kR 0，r ＝b k－R 0.1．某学生用电流表和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为0～20 Ω，连接电路的实物图如图1所示．下列对该学生接线的说法错误的是( )图1A ．滑动变阻器不起变阻作用B ．电流表接线有错C．电压表量程选用不当D．电压表接线不妥答案 C解析由电路图可知，滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成了定值电阻，不起变阻作用，故A正确；由电路图可知，电流表正负接线柱接反了，电流表接线错误，故B正确；由电路图可知，电压表选3 V量程，电压表量程选择正确，故C错误；电压表直接接在电源连接上，开关不能控制电压表与电源断开，电压表接线不妥，故D正确．2．用如图2所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T.请根据下列步骤完成电阻测量．(1)旋动部件________，使指针对准电流的“0”刻线．(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________，使指针对准电阻的________(填“0”刻线或“∞”刻线)．(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大．为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按________的顺序进行操作，再完成读数测量．A．将K旋转到电阻挡“×1 k”的位置B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准图2答案(1)S (3)T “0”刻线(4)BDC解析(1)电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的“0”刻线；(2)将K旋转到电阻挡“×100”的位置．(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的“0”刻线．(4)欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关K置于“×10”的位置，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理的实验步骤是：B、D、C.3. 要测绘一个标有“3 V、0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V.(1)实验的电路图应选用图中的______(填字母代号)图3(2)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图3所示，当小灯泡的电压为1.0 V ，其电阻为______Ω，由图可得，当电压U ＞1 V 后，小灯泡电阻R 随温度T 的升高而________(填“增大”或“减小”)．答案 (1)D (2)10 增大解析 (1)测量灯泡的伏安特性曲线应采用分压式接法，同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；故电路图应选择D ；(2)由图可知，当电压为1.0 V 时，电流为0.10 A ；则由欧姆定律可知：R ＝U I ＝10.1Ω＝10 Ω；I －U 图象上各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数；由图可知，图象的斜率越来越小，说明电阻在增大． 4．某学习小组欲探究小灯泡(“3 V 、1.5 W ”)的伏安特性，可提供的实验器材如下： A ．电池组：电动势约4.5 V ，内阻可不计； B ．双量程的电压表：V 1：量程为0～3 V 、内阻约为3 kΩ； V 2：量程为0～15 V 、内阻约为15 kΩ； C ．双量程的电流表：A 1：量程为0～0.6 A 、内阻约为1 Ω； A 2：量程为0～3 A 、内阻约为0.1 Ω；D ．滑动变阻器R ：阻值范围0～10 Ω、允许通过最大电流为2 A ；E ．开关S ，导线若干．在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：(1)根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图4甲连接成完整电路； (2)闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到________端(选填“A ”或“B ”)；甲乙图4(3)调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图乙所示的坐标纸上画出小灯泡的U－I图线.组数1234567U/V00.280.580.92 1.50 2.00 3.00I/A00.100.200.300.400.450.49答案(1)如图所示(2)A(3)如图所示解析(1)本实验应采用滑动变阻器分压式接法，同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法以减小误差；故连线如图所示(2)为了让电压值从零开始调节，由图可知测量电路与滑动变阻器的左侧并联；故开始时滑片应滑到A端；(3)根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图所示．5. 某班同学在做“练习使用多用电表”的实验．甲乙图5(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量电阻R x的阻值，当选择开关置于欧姆挡“×100”的位置时，多用电表指针示数如图5甲所示，此被测电阻的阻值约为________ Ω.(2)某同学按如图乙所示的电路图连接元件后，闭合开关S，发现A、B不亮．该同学用多用电表的欧姆挡检查电路的故障．检查前，应将开关S________.(选填“闭合”或“断开”)(3)若(2)中同学检查结果如表所示，由此可以确定______________.测试点b、f b、e b、d d、e多用表表盘指示A．灯A断路B．灯B断路C．灯A、B都断路D．d、e间导线断路答案(1)2.6 k (2)断开(3)D解析(1)欧姆表的读数为示数乘以倍率，即：26×100 Ω＝2.6 kΩ；(2)两灯不亮，可以用欧姆表测量两点间的电阻来判断有无断路，检查前，应将开关S断开；(3)由图知在bf、be、de之间存在断路，而bd之间电阻较小，说明bd之间没有断路，因此判断de间发生断路，D正确；故选D.6．为了测量一节干电池的电动势和内阻，某实验小组按图6甲所示的电路图连好实验电路，合上开关，电流表和电压表均有读数．当将滑动变阻器的滑片由A端向B端逐渐滑动时，开始一段时间内，发现电流表的示数一直都很小，而电压表的示数接近1.5 V且几乎不变，直到当滑片滑至临近B端时，电压表和电流表的示数才急剧变化，出现上述情况的原因是________．改进方法是______．改进后，测出几组电流、电压的数值，并画出如图乙所示的图象，由图象可知，这个电池的电动势为E＝______V，内阻r＝______Ω.图6答案滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短选择全阻值更小的滑动变阻器 1.46 2.3解析 滑动变阻器串联在电路中，电压表测量滑动变阻器电压，刚开始滑片由A 端向B 端逐渐滑动时，电压表的示数几乎不变，说明随着电阻的变小，滑动变阻器的电阻占整个电路电阻的比例变化不大，直到当滑片滑至临近B 端时，电压表的示数急剧变化，说明滑动变阻器的总电阻太大，所以原因是：滑动变阻器阻值太大，有效使用的部分短，改进方法为：选择全阻值更小的滑动变阻器；U －I 图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E ＝1.46 V ，内电阻等于图线的斜率，故r ＝1.46－1.00.2Ω＝2.3 Ω.7．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E 和内电阻r ，所给的其它器材有： A ．电压表V ：0～3～15 V B ．电流表A ：0～0.6～3 A C ．滑动变阻器R 1：(20 Ω，1 A) D ．滑动变阻器R 2：(1 000 Ω，0.1 A) E ．开关S 和导线若干甲乙 图7(1)实验中电压表应选用的量程为______(填“0～3 V ”或“0～15 V ”)；电流表应选用的量程为________(填“0～0.6 A ”或“0～3 A ”)；变阻器应选用________； (2)根据实验要求连接实物电路图(图7甲)；(3)实验测得的6组数据已在U －I 图中标出，如图乙所示．请你根据数据点位置完成U －I 图线，并由图线求出该电池的电动势E ＝________V ，电阻r ＝________Ω. 答案 (1)0～3 V 0～0.6 A R 1 (2)。
高三物理二轮复习练习：曲线运动 夯基保分练(一)-
夯基保分练(一)运动的合成与分解平抛运动[A级——保分练]1．(2017·重庆质检)关于两个运动的合成，下列说法正确的是()A．两个直线运动的合运动一定也是直线运动B．不同线两个匀速直线运动的合运动一定也是匀速直线运动C．小船渡河的运动中，小船对地的速度一定大于水流速度D．小船渡河的运动中，水流速度越大，小船渡河所需时间越短解析：选B两个直线运动可以合成为直线运动(匀速直线＋匀速直线)，也可以合成为曲线运动(匀变速直线＋匀速直线)，故选项A错误；两个分运动为匀速直线运动，没有分加速度，则合运动一定是匀速直线运动，则选项B正确；小船对地的速度是合速度，其大小可以大于水速(分速度)，等于水速，或小于水速，故选项C错误；渡河时间由小船垂直河岸方向的速度决定，由运动的独立性知与水速的大小无关，选项D错误。
2．(2017·湖南永州模拟)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，当跳伞运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中若受到水平风力的影响，下列说法正确的是() A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的空中表演动作B．风力越大，运动员下落时间越短，有可能对运动员造成伤害C．运动员下落时间与风力大小无关D．运动员着地速度与风力大小无关解析：选C运动员同时参与了两个分运动，即竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发生，相互独立；因此，水平分速度越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，故A、B错误，C正确；运动员着地速度与风力大小有关，故D错误。
3．(2017·成都树德中学质检)一个质点受两个互成锐角的恒力F1和F2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持二力方向不变，但F1突然增大到F1＋ΔF，则质点以后() A．一定做匀变速直线运动B．在相等时间内速度的变化一定相等C．可能做匀速直线运动D．可能做变加速曲线运动解析：选B在互成锐角的恒力F1和F2作用下，质点由静止开始运动，做匀加速直线运动。
高三物理二轮复习练习：曲线运动 提能增分练(一)-
提能增分练(一) 平抛运动问题的五种解法[A 级——夺高分]1.(2017·呼伦贝尔模拟)如图所示，在同一平台上的O 点水平抛出的三个可视为质点的物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、t b 、t c 的关系是( )A ．v a >v b >v c t a >t b >t cB ．v a <v b <v c t a ＝t b ＝t cC ．v a <v b <v c t a >t b >t cD ．v a >v b >v c t a <t b <t c解析：选C 三个物体的平抛运动竖直方向都为自由落体运动，由h ＝12gt 2可知， a 的运动时间最长，c 的运动时间最短；由水平方向做匀速直线运动x ＝v t ，可知c 的初速度最大，a 的初速度最小，C 正确。
2.如图所示，斜面与水平面之间的夹角为45°，在斜面底端A 点正上方高度为10 m 处的O 点，以5 m/s 的速度水平抛出一个小球，飞行一段时间后撞在斜面上，不计空气阻力，这段飞行所用的时间为(g ＝10 m/s 2)( )A ．2 s B. 2 s C ．1 s D ．0.5 s解析：选C 设小球撞到斜面AB 中的一点D 上，则小球的水平运动的时间与竖直下落的时间相等，设飞行时间为t ，则根据几何关系可得：v 0t ＝10 m －12gt 2，代入数据解得t ＝1 s ，故选项C 正确。
3.(2017·广州综合测试)如图，窗子上、下沿间的高度H ＝1.6 m ，墙的厚度d ＝0.4 m 。
某人在离墙壁距离L ＝1.4 m ，距窗子上沿高h ＝0.2 m 处的P 点，将可视为质点的小物体以速度v 垂直于墙壁水平抛出，小物体直接穿过窗口并落在水平地面上，g 取10 m/s 2，则v 的取值范围是( )A ．v >7 m/sB ．v >2.3 m/sC ．3 m/s<v <7 m/sD ．2.3 m/s<v <3 m/s解析：选C 小物体穿过窗口并落在水平地面上，需满足的条件为能穿过窗口的右上沿(即水平位移x ＝L 时，竖直位移y >h )，同时能穿过窗口的左下沿(即水平位移x ＝L ＋d ，竖直位移y <H ＋h )，结合公式h ＝gt 22，x ＝v t ，解得3 m/s<v <7 m/s ，故C 正确。
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专题四曲线运动平抛运动[考纲解读]一、曲线运动1.曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向.(2)运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动.(3)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上.2.合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧.二、运动的合成与分解1.遵循的法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则.2.合运动与分运动的关系(1)等时性合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止.(2)独立性一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响.(3)等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果.3.合运动的性质判断⎩⎨⎧加速度(或合外力)⎩⎪⎨⎪⎧ 变化：非匀变速运动不变：匀变速运动加速度(或合外力)方向与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动三、平抛运动 1.性质加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线. 2.基本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v 0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x ＝v 0，位移x ＝v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y ＝gt ，位移y ＝12gt 2.(3)合速度：v ＝v 2x ＋v 2y ，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v y v x ＝gt v 0. (4)合位移：s ＝x 2＋y 2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝yx ＝gt2v 0.1.下列说法中正确的是()A.物体速度变化越大，则其加速度越大B.物体的加速度增大，则其速度一定增大C.原来平衡的物体，突然撤去一个外力，物体可能做曲线运动，也可能做直线运动D.原来平衡的物体，突然撤去一个外力，则一定会产生加速度且方向与撤去的外力的方向相反 答案 C解析 速度变化率越大，加速度越大，速度变化大，加速度不一定大，选项A 错误；物体的加速度增大，但若加速度方向与物体的速度方向相反，其速度减小，选项B 错误；原来平衡的物体，受到的合力为零，突然撤掉一个力，剩余的力的合力与撤掉的力的方向在一条直线上，如果物体原来做匀速直线运动，其合力方向与速度的方向不确定，故物体可能做直线运动，也可能做曲线运动，合力也可能为0，如放在粗糙斜面由弹簧拉着的物体，选项C 正确，选项D 错误.2.(2015·浙江1月学考)如图1所示，一小球在光滑水平桌面上做匀速运动，若沿桌面对小球施加一个恒定外力，则小球一定做()图1A.直线运动B.曲线运动C.匀变速运动D.匀加速直线运动答案 C解析根据牛顿运动定律知，产生的加速度是恒定的，故做匀变速运动，但不知受力方向与速度方向的关系，可以是匀变速直线运动或匀变速曲线运动，C项正确.3.如图2所示，汽车在一段弯曲水平路面上行驶，关于它受的水平方向的作用力的示意图如图所示，其中可能正确的是(图中F为牵引力，F f为汽车行驶时所受阻力)()图2答案 C解析合外力的方向指向轨迹弯曲的方向，选项A、B错误；摩擦力的方向与相对运动的方向相反，选项C正确，D错误.4.(2016·台州市月选考)如图3所示的陀螺，是汉族民间最早的娱乐工具，也是我们很多人小时候喜欢玩的玩具.从上往下看(俯视)，若陀螺立在某一点顺时针匀速转动，此时滴一滴墨水到陀螺，则被甩出的墨水径迹可能如图()图3答案 D解析做曲线运动的物体，所受陀螺的束缚力消失后，水平面内(俯视)应沿轨迹的切线飞出，A、B不正确，又因陀螺顺时针匀速转动，故C不正确，D正确.5.一个物体从某一确定的高度以初速度v0水平抛出，已知它落地时的速度大小为v，那么它的运动时间是()A.v －v 0gB.v －v 02gC.v 2－v 202gD.v 2－v 20g答案 D解析 可依据速度的分解求取竖直方向上的落地速度，从而据竖直方向上的自由落体运动规律求运动时间.因为v y ＝gt ，又v y ＝v 2－v 20，故t ＝v 2－v 20g，故选项D 正确.运动的合成与分解两直线运动的合运动的性质和轨迹，由两分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系共同决定.(1)根据合加速度是否变化判定合运动是匀变速运动还是非匀变速运动：若合加速度不变则为匀变速运动；若合加速度变化(包括大小或方向)则为非匀变速运动.(2)根据合加速度与合初速度是否共线判定合运动是直线运动还是曲线运动：若合加速度与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动.例1 如图4所示，起重机将货物沿竖直方向匀速吊起，同时又沿横梁水平向右匀加速运动.此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是选项图中的()图4答案 D解析货物同时参与两个方向的运动，一是竖直向上的匀速运动，二是水平向右的匀加速运动，其合运动是曲线运动，运动的加速度水平向右，合外力的方向水平向右，运动轨迹应向合外力方向弯曲，所以站在地面上的人观察到货物的运动轨迹应如D项所示.1.合运动是物体的实际运动，而分运动是物体同时参与的几个运动，并不是物体的实际运动；2.两个分运动是直线运动的合运动可能是直线运动，也可能是曲线运动，这是由合初速度与合加速度是否共线决定的；3.合运动的速度不一定大于分运动的速度，合运动的速度与分运动的速度大小具有不确定关系. 变式题组1.(2016·奉化市调研)如图5所示，一艘炮艇沿长江由西向东快速行驶，在炮艇上发射炮弹射击北岸正北方向的目标.要击中目标，射击方向应()图5A.对准目标B.偏向目标的西侧C.偏向目标的东侧D.无论对准哪个方向都无法击中目标答案 B解析炮弹的实际速度方向沿目标方向，该速度是炮艇的速度与射击速度的合速度，根据平行四边形定则，知射击的方向偏向目标的西侧.故B正确，A、C、D错误.2.如图6所示，吊车以v1的速度沿水平直线向右匀速行驶，同时以v2的速度匀速收拢绳索提升物体，下列表述正确的是()图6A.物体的实际运动速度为v1＋v2B.物体的实际运动速度为v21＋v22C.物体相对地面做曲线运动D.绳索不再呈竖直状态答案 B解析 物体参与了水平方向上的匀速直线运动，速度为v 1，又参与了竖直方向上的匀速直线运动，速度为v 2，合运动为匀速直线运动，合速度v ＝v 21＋v 22，选项A 、C 错误，B 正确.由于物体做匀速直线运动，所受合外力为零，所以绳索拉力应竖直向上，绳索应保持竖直状态，选项D 错误.3.在漂流探险中，探险者驾驶摩托艇想上岸休息.假设江岸是平直的，江水沿江向下游流去，水流速度为v 1，摩托艇在静水中的航速为v 2，原来地点A 离岸边最近处O 点的距离为d .若探险者想在最短时间内靠岸，则摩托艇登陆的地点离O 点的距离为() A.dv 2v 22－v 21 B.0C.dv 1v 2D.dv 2v 1答案 C解析 根据运动的独立性与等时性可知，当摩托艇船头垂直江岸航行，即摩托艇在静水中的航速v 2全部用来靠岸时，用时最短，最短时间t ＝d v 2，在此条件下摩托艇登陆的地点离O 点的距离为x ＝v 1t ＝dv 1v 2.平抛运动的基本规律1.飞行时间和水平射程 (1)飞行时间：由t ＝2hg知，时间取决于下落高度h ，与初速度v 0无关.(2)水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，即水平射程由初速度v 0和下落高度h 共同决定.图72.速度和位移的变化规律 (1)速度的变化规律(如图7所示)①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v 0.②任一相等时间间隔Δt 内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv ＝Δv y ＝g Δt . (2)位移的变化规律①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx ＝v 0Δt .②连续相等的时间间隔Δt 内，竖直方向上的位移差不变，即Δy ＝g (Δt )2.3.两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图8中A 点和B 点所示.图8(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ.例2 如图9所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是()图9A.小球水平抛出时的初速度大小为gttan θB.小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D.若小球初速度增大，则θ增大 答案 A解析 由tan θ＝gt v 0可得小球平抛的初速度大小v 0＝gt tan θ，A 正确；由tan α＝h x ＝12gt2v 0t ＝gt2v 0＝12tan θ可知，α≠θ2，B 错误；小球平抛运动的时间t ＝2hg，与小球初速度无关，C 错误；由tan θ＝gt v 0可知，v 0越大，θ越小，D 错误.分解思想在平抛运动中的应用1.解答平抛运动问题时，一般的方法是将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解，这样分解的优点是不用分解初速度也不用分解加速度.2.画出速度(或位移)分解图，通过几何知识建立合速度(或合位移)、分速度(或分位移)及其方向间的关系，通过速度(或位移)的矢量三角形求解未知量. 变式题组4.一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出.水管距地面高h ＝1.8 m ，水落地的位置到管口的水平距离x ＝1.2 m.不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是() A.1.2 m/s B.2.0 m/s C.3.0 m/s D.4.0 m/s 答案 B解析 水平喷出的水，运动规律为平抛运动，根据平抛运动规律h ＝12gt 2可知，水在空中的时间为0.6 s ，根据x ＝v 0t 可知水平速度为v 0＝2.0 m/s.因此选项B 正确.5.(2016·诸暨市调研)a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图10所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则()图10A.v a ＝v bB.v a <v bC.t a >t bD.t a <t b 答案 D解析 由题图知，h b >h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a <t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a >x b ，所以v a >v b ，选项D 正确.6.如图11所示为高度差h 1＝0.2 m 的AB 、CD 两个水平面，在AB 平面的上方与竖直面BC 距离x ＝1.0 m 处，小物体以水平速度v ＝2.0 m/s 抛出，抛出点的高度h 2＝2.0 m ，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.则()图11A.落在平面AB 上B.落在平面CD 上C.落在竖直面BC 上D.落在C 点 答案 B解析 小物体下落h 2～h 1过程中，做平抛运动，竖直方向上有：h 2－h 1＝12gt 2，解得t ＝0.6 s ；相应时间内水平位移s ＝vt ＝1.2 m>x ，所以物体落在了CD 面上，B 项正确.与斜面有关的平抛运动问题1.从斜面上平抛(如图12)图12已知位移方向，方法：分解位移x ＝v 0t y ＝12gt 2tan θ＝y x可求得t ＝2v 0tan θg. 2.对着斜面平抛(如图13)图13已知速度的大小或方向，方法：分解速度v x ＝v 0 v y ＝gttan θ＝v 0v y ＝v 0gt可求得t ＝v 0g tan θ.例3 小亮观赏跳雪比赛，看到运动员先后从坡顶水平跃出后落到斜坡上.如图14所示，某运动员的落地点B 与坡顶A 的距离L ＝75 m ，空中飞行时间t ＝3.0 s.若该运动员的质量m ＝60 kg ，忽略运动员所受空气的作用力.重力加速度取g ＝10 m/s 2.图14(1)求A 、B 两点的高度差h ； (2)求运动员落到B 点时的动能E k B ；(3)小亮认为，无论运动员以多大速度从A 点水平跃出，他们落到斜坡时的速度方向都相同.你是否同意这一观点？请通过计算说明理由. 答案 (1)45 m(2)3.9×104J(3)见解析 解析 (1)h ＝12gt 2＝12×10×3.02m ＝45 m.(2)水平位移s ＝L 2－h 2＝60 m ，水平速度v x ＝s t＝20 m/s ，竖直速度v y ＝gt ＝30 m/s ，所以运动员落到B 点时的速度v ＝v 2x ＋v 2y ＝1013 m/s ，动能E k B ＝12mv 2＝3.9×104J.(3)设斜坡与水平面夹角为α，落地点与坡顶的距离为l ，则运动员运动过程中竖直方向位移y ＝l sin α，水平方向位移x ＝l cos α，由h ＝12gt 2得t ′＝2l sin αg.由此得运动员落到斜坡时，速度的水平分量v x ＝x t ′＝l cos α2l sin αg，竖直分量v y ＝gt ′＝2gl sin α，实际速度方向与水平方向夹角满足tanβ＝v y v x＝2tan α，由此可说明，落到斜坡时的速度方向与初速度无关，只跟斜坡与水平面的夹角有关.平抛运动的分解方法与技巧1.如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度.2.如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移.3.两种分解方法：(1)沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动； (2)沿斜面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的匀减速运动. 变式题组7.(2016·绍兴9月联考)饲养员在池塘边堤坝边缘A 处以水平速度v 0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒.如图15所示，堤坝截面倾角为53°.坝顶离水面的高度为5 m ，g取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是()图15A.若平抛初速度v 0＝5 m/s ，则鱼饵颗粒会落在斜面上B.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小C.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v 0越大，从抛出到落水所用的时间越长D.若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v 0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小 答案 B解析 颗粒落地时间t ＝2h g＝2×510 s ＝1 s ，刚好落到水面时的水平速度为v ＝st ＝5×341m/s ＝3.75 m/s<5 m/s ，当平抛初速度v 0＝5 m/s 时，鱼饵颗粒不会落在斜面上，A 错误；由于落到水面的竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小，B 正确；鱼饵颗粒抛出时的高度一定，落水时间一定，与初速度v 0无关，C 错误；设颗粒落到斜面上时位移方向与水平方向夹角为α，则α＝53°，tan α＝y x ＝12v y t v 0t ＝v y 2v 0，即v yv 0＝2tan 53°，可见，落到斜面上的颗粒速度与水平面夹角是常数，即与斜面夹角也为常数，D 错误. 8.如图16所示，以10 m/s 的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝30°的斜面上，g 取10 m/s 2，这段飞行所用的时间为()图16A.23 s B.233s C. 3 s D.2 s 答案 C解析 如图所示，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度v y ，则有v 0v y＝tan 30°， 又v y ＝gt将数值代入以上两式得t ＝ 3 s.平抛运动的临界问题平抛运动中经常出现临界问题，解决此类问题的关键有三点： (1)确定运动性质——平抛运动. (2)确定临界位置.(3)确定临界轨迹，并画出轨迹示意图.例4 如图17所示，排球场总长为18 m ，设球网高度为2 m ，运动员站在网前3 m 处正对球网跳起将球水平击出，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图17(1)若击球高度为2.5 m ，为使球既不触网又不出界，求水平击球的速度范围. (2)当击球点的高度为何值时，无论水平击球的速度多大，球不是触网就是出界？ 答案 (1)310 m/s<v ≤12 2 m/s(2)h <3215m解析 (1)排球被水平击出后，做平抛运动，如图所示，若正好压在底线上，则球在空中的飞行时间：t 1＝2h 0g＝2×2.510 s ＝22s 由此得排球出界的临界速度v 1＝x 1t 1＝1222m/s ＝12 2 m/s.若球恰好触网，则球在网上方运动的时间t 2＝2(h 0－H )g＝2×(2.5－2)10 s ＝1010s得排球触网的临界击球速度值v 2＝x 2t 2＝31010m/s ＝310 m/s 要使排球既不触网又不出界，水平击球速度v 的取值范围为：310 m/s<v ≤12 2 m/s. (2)设击球点的高度为h ，当h 较小时，击球速度过大会出界，击球速度过小又会触网，临界情况是球刚好擦网而过，落地时又恰好压在底线上. 则有x 12hg＝x 22(h －H )g，得h ＝H 1－(x 2x 1)2＝21－(312)2 m ＝3215 m. 即击球高度小于此值时，球不是触网就是出界.极限分析法在临界问题中的应用分析平抛运动中的临界问题时一般运用极限分析的方法，即把要求的物理量设定为极大或极小，让临界问题突现出来，找到产生临界的条件. 变式题组9.一阶梯如图18所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4 m ，一小球以水平速度v 飞出，g 取10 m/s 2，欲打在第四台阶上，则v 的取值范围是()图18A. 6 m/s<v ≤2 2 m/sB.2 2 m/s<v ≤3.5 m/sC. 2 m/s<v < 6 m/sD.2 2 m/s<v < 6 m/s 答案 A解析 根据平抛运动规律有：x ＝vt ，y ＝12gt 2，根据几何关系有：vt ＝12gt 2，得v ＝12gt ，如果落到第四台阶上有：3×0.4<12gt 2≤4×0.4，代入v ＝12gt ，得 6 m/s<v ≤2 2 m/s ，A 正确.10.(2016·宁波模拟)如图19为“快乐大冲关”节目中某个环节的示意图.参与游戏的选手会遇到一个人造山谷AOB ，AO 是高h ＝3 m 的竖直峭壁，OB 是以A 点为圆心的弧形坡，∠OAB ＝60°，B 点右侧是一段水平跑道.选手可以自A 点借助绳索降到O 点后再爬上跑道，但身体素质好的选手会选择自A 点直接跃上水平跑道.选手可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.图19(1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，求v 0的最小值； (2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，求该选手在空中的运动时间. 答案 (1)3210 m/s(2)0.6 s解析 (1)若选手以速度v 0水平跳出后，能跳在水平跑道上，则 水平方向有h sin 60°≤v 0t ， 竖直方向有h cos 60°＝12gt 2解得v 0≥3210 m/s(2)若选手以速度v 1＝4 m/s 水平跳出，因v 1<v 0，人将落在弧形坡上. 人下降高度为y ＝12gt 2水平前进距离x ＝v 1t 又x 2＋y 2＝h 2解得t ＝0.6 s.1.(2015·浙江10月份选考)做曲线运动的物体在运动过程中，下列说法正确的是() A.速度大小一定改变 B.加速度大小一定改变 C.速度方向一定改变 D.加速度方向一定改变 答案 C2.可以近似地认为：在地面附近，物体所受的重力是不变的.不计空气阻力，关于在地面附近的抛体运动，下列说法正确的是() A.所有的抛体运动都是直线运动 B.所有的抛体运动都是曲线运动 C.所有的抛体运动都是匀变速运动 D.有一些抛体的运动是变加速运动 答案 C解析 所有抛体运动的物体只受重力，加速度恒定不变，选项C 正确.3.(2015·10月学选考模拟)“大河向东流”，水速5 m/s ，“北风那个吹”，风速4 m/s.若将一艘小船无驱动地置于水平面上，忽略一切阻力，则在流水和北风的共同作用下，小船最终稳定的速度可描述为() A.大小5 m/s ，方向向东 B.大小41 m/s ，方向东偏北 C.大小9 m/s ，方向向北 D.大小41 m/s ，方向东偏南 答案 D解析 稳定后，船速度是由向东速度5 m/s 和向南速度4 m/s 合成的，运用矢量的合成，合速度大小为41 m/s ，方向东偏南.4.(2016·浙江4月选考)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞.处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的.为了判断卡车是否超速，需要测量的量是() A.车的长度，车的重量 B.车的高度，车的重量C.车的长度，零件脱落点与陷落点的水平距离D.车的高度，零件脱落点与陷落点的水平距离 答案 D解析 物体从车顶平抛出去，根据平抛运动知识可知h ＝12gt 2、x ＝vt ，因此要知道车顶到地面的高度，即可求出时间.测量零件脱落地点与陷落点的水平距离即可求出抛出时(事故发生时)的瞬时速度，故答案为D.图15.(2016·绍兴市调研)手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图1所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度() A.大小和方向均不变 B.大小不变，方向改变 C.大小改变，方向不变 D.大小和方向均改变 答案 A解析 滑轮向右运动，使水平部分的细线延长，重物上升，所以重物同时参与了两个分运动：随滑轮向右匀速运动和向上由于细线缩短的匀速运动.因此两个方向上的匀速运动合成为重物的运动，也是匀速的，故A 正确，B 、C 、D 错误.6.电动自行车绕如图2所示的400 m 标准跑道运动，车上的车速表指针一直指在36 km/h 处不动.则下列说法中正确的是()图2A.电动车的速度一直保持不变B.电动车沿弯道BCD 运动过程中，车一直具有加速度C.电动车绕跑道一周需40 s ，此40 s 内电动车的平均速度等于10 m/sD.跑完一圈过程中，由于电动车的速度没有发生改变，故电动车所受合力为零答案 B解析电动车做曲线运动，速度是变化的，A错；电动车经BCD的运动为曲线运动，速度方向时刻变化，车一直有加速度，车受到的合力不为零，B对，D错；电动车跑完一周的位移为零，其平均速度为零，C错.7.(多选)下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线.则其中可能正确的是()答案AB解析当船头垂直指向河岸时，船在静水中的速度与水流速度的合速度方向偏向下游，故A正确，C错误；当船头偏向上游时，若船在静水中的速度与水流速度的合速度垂直河岸，则船的运动轨迹垂直河岸，故B正确；当船头偏向下游时，船在静水中的速度与水流速度的合速度方向应偏向下游，故D错误.8.(2016·丽水模拟)如图3所示，滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上.忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是()图3A.v0越大，运动员在空中运动时间越长B.v0越大，运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度方向与高度h无关D.运动员落地位置与v0大小无关答案 B解析在平抛运动中，飞行时间仅由高度决定，所以A错误；水平位移、落地速度(末速度)由高度和初速度共同决定，所以B对，C、D错误.9.如图4所示，在M点分别以不同的速度将两小球水平抛出.两小球分别落在水平地面上的P 点、Q点.已知O点是M点在地面上的竖直投影，OP∶PQ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响.下列说法中正确的是()图4A.两小球的下落时间之比为1∶3B.两小球的下落时间之比为1∶4C.两小球的初速度大小之比为1∶3D.两小球的初速度大小之比为1∶4 答案 D解析 两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故A 、B 错误；由于两球的水平位移之比为1∶4，根据v 0＝x t知，两小球的初速度大小之比为1∶4，故C 错误，D 正确.10.(2016·宁波调研)如图5所示，在同一平台上的O 点水平抛出的三个物体，分别落到a 、b 、c 三点，则三个物体运动的初速度v a 、v b 、v c 的关系和三个物体运动的时间t a 、t b 、t c 的关系分别是()图5A.v a >v b >v c t a >t b >t cB.v a <v b <v c t a ＝t b ＝t cC.v a <v b <v c t a >t b >t cD.v a >v b >v c t a <t b <t c 答案 C解析 三个物体落地的高度h a >h b >h c ，根据h ＝12gt 2，知t a >t b >t c ；x a <x b <x c ，根据x ＝vt 知，a的水平位移最短，时间最长，则速度最小；c 的水平位移最长，时间最短，则速度最大，所以有v a <v b <v c .故C 正确，A 、B 、D 错误.11.如图6所示，A 、B 为两个挨得很近的小球，并列放于光滑斜面上，斜面足够长，在静止释放B 球的同时，将A 球以某一速度v 0水平抛出，当A 球落于斜面上的P 点时，B 球的位置位于()图6A.P 点以下B.P 点以上C.P 点D.由于v 0未知，故无法确定 答案 B解析 设A 球落在P 点的时间为t A ，AP 的竖直位移为y ，B 球滑到P 点的时间为t B ，BP 的竖直位移也为y ，则：t A ＝2yg，t B ＝2yg sin 2θ＝2yg sin θ>t A (θ为斜面倾角)，故B 项正确. 12.(2016·绍兴市9月联考)斜面上有a 、b 、c 、d 四个点，如图7所示，ab ＝bc ＝cd ，从a 点正上方的O 点以速度v 水平抛出一个小球，它落在斜面上b 点，若小球从O 点以速度2v 水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的()图7A.b 与c 之间某一点B.c 点C.c 与d 之间某一点D.d 点答案 A解析 本题可采用假设法，假设斜面是一层很薄的纸，小球落到斜面上就可穿透且不损失能量.过b 点作水平线交Oa 点于a ′，由于小球从O 点以速度v 水平抛出时，落在斜面上b 点，则小球从O 点以速度2v 水平抛出时，穿透斜面后应落在水平线a ′b 延长线上的c ′点，且a ′b ＝bc ′，如图所示，因ab ＝bc ，则c ′点在c 点的正下方.显然其轨迹交于斜面上b 与c 之间，所以本题应选A.13.如图8所示，两个相对的斜面，倾角分别为α＝37°和β＝53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上.若不计空气阻力，则a 、b 两个小球的运动时间之比为()图8A.1∶1B.4∶3C.16∶9D.9∶16答案 D解析 对a 有12gt 2a v 0t a＝tan α，得t a ＝2v 0tan αg①对b 有12gt 2b v 0t b ＝tan β，得t b ＝2v 0tan βg②将数值代入①②得t a ∶t b ＝9∶16.14.(2016·宁波市调研)如图9所示，水平台面AB 距地面的高度h ＝0.8 m.有一滑块从A 点以v 0＝6 m/s 的初速度在台面上自由滑行，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.25.滑块运动到平台边缘的B 点后水平飞出.已知AB ＝2.2 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图9(1)滑块从B 点飞出时的速度大小； (2)滑块落地点到平台边缘的水平距离. 答案 (1)5 m/s(2)2 m解析 滑块在平台上做匀减速直线运动的加速度a ＝F fm＝μg ＝2.5 m/s 2(1)由v 2B －v 20＝－2ax AB 得v B ＝5 m/s(2)滑块从B 点飞出后做平抛运动h ＝12gt 2，x ′＝v B t解得x ′＝2 m故落地点到平台边缘的水平距离为2 m.。