【考前三个月】2015届高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题4+功能关系在力学中的应用

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【考前三个月】2015届高考英语(通用版)考前题组集训4

考前题组集训4Test 1Ⅰ.阅读理解AAn 80-year-old man was sitting on the sofa in his house along with his 45-year-old highly educated son.Suddenly a crow(乌鸦) perched on the tree near their window.The father asked his son，“What is this？”The son replied，“It is a crow.”After a few minutes，the father asked his son the second time，“What is this？”The son said，“Father，I have just now told you ‘It’s a crow.’”After a little while，the old father again asked his son the third time，“What is this？”“It’s a crow，a crow，a crow，”said the son loudly.A little after，the father again asked his son the fourth time，“What is this？”This time the son shouted at his father，“Why do you keep asking me the same question again and again？‘IT IS A CROW’．Are you not able to understand this？”A little later，the father went to his room and came back with an old diary，which he had kept since his son was born.Opening a page，he asked his son to read that page.When the son read it，the following words were written in the diary，“Today my little son aged three was sitting with me on the sofa.When a crow was sitting on the window，my son asked me 23 times what it was，and I replied to him all 23 times that it was a crow.I hugged him lovingly each time he asked me the same question again and again for 23 times.I did not at all feel annoyed.I rather felt affection for my innocent child.”1．What does the underlined word “perched” mean in the passage?A．Knocked. B．Landed.C．Hit. D．Flew.答案 B解析词义猜测题。

高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题13+机

高考定位机械振动、机械波和光是每年高考必考的内容．纵观近几年的高考，高考对该部分知识点的考查体现在以下几个方面：波动图象与波速公式的综合应用、波动图象与振动图象的结合、光的折射、光的全反射、光的折射率的测定和光的波长的测定．复习时要加强对基本概念、规律的理解、抓住简谐运动和振动图象、波的传播和波动图象、光的折射和全反射三条主线，强化典型题目的训练，掌握其分析、求解的思路和方法．考题1 基本规律与波动(或振动)图象的组合例1 一列横波沿x 轴传播，如图1中实线表示某时刻的波形，虚线表示从该时刻起0.005 s 后的波形．图1(1)如果周期大于0.005 s ，则当波向右传播时，波速为多大？波向左传播时，波速又是多大？ (2)如果周期小于0.005 s ，则当波速为6 000 m/s 时，求波的传播方向．解析 (1)如果周期大于0.005 s ，波在0.005 s 内传播的距离小于一个波长．如果波向右传播，从图上看传播的距离为2 m ，由此可得波速为v 右＝Δx Δt ＝20.005m/s ＝400 m/s.如果波向左传播，从图上看传播的距离为6 m ，由此可得波速v 左＝Δx Δt ＝60.005 m/s ＝1 200 m/s(2)由图知波长λ＝8 m ，当波速为6 000 m/s 时，波在0.005 s 内传播的距离为Δx ＝v Δt ＝6 000m/s ×0.005 s ＝30 m ＝308λ＝334λ，所以波向左传播．答案 (1)如果周期大于0.005 s ，则当波向右传播时，波速为400 m/s ；波向左传播时，波速为1 200 m/s(2)波向左传播1．一振动周期为T ，位于x ＝0处的波源从平衡位置开始沿y 轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，波速为v ，关于在x ＝32v T 处的质点P ，下列说法正确的是( )A ．质点P 振动周期为T ，速度的最大值为vB ．若某时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y 轴正方向C ．质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向D ．当P 开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P 一定在波谷E ．若某时刻波源在波谷，则质点P 也一定在波谷答案 BCD解析在机械波的传播过程中，质点的振动速度与波的传播速度无关，所以A 错误；质点P 与波源处质点平衡位置相距是半波长的奇数倍，所以二者振动是反步调的，所以B 、D 正确，E 错误；由于介质中所有质点开始振动的方向都是相同的，所以C 正确．2．(单选)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，O 为波源且t ＝0开始沿y 轴负方向起振，如图2所示是t ＝0.3 s 末x ＝0至4 m 范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出．已知图示时刻x ＝2 m 处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是( )图2A ．这列波的周期为0.4 s ，振幅为10 cmB ．这列波的波长为8 m ，波速为20 m/sC ．t ＝0.4 s 末，x ＝8 m 处的质点速度沿y 轴正方向D ．t ＝3 s 末，x ＝40 m 处的质点沿x 方向前进了80 m 答案 C解析由题分析可知，t ＝0.3 s 波传到x ＝8 m 质点处，则周期为T ＝0.3 s ，振幅A ＝10 cm ，故A 错误．由图知波长λ＝8 m ，波速为v ＝λT ＝80.3 m/s ＝803m/s ，故B 错误．；t ＝0.3 s 时，波刚好传到x＝8 m 处，而T 2＝0.15 s>0.1 s>T4＝0.075 s ，所以t ＝0.4 s 末，x ＝8 m 处的质点由波谷向平衡位置振动，且沿y 轴正方向振动，故C 正确．质点只上下振动，不随波迁移，故D 错误．3．(单选)(2014·四川·5)如图3所示，图甲为t ＝1 s 时某横波的波形图像，图乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx ＝0.5 m 处质点的振动图像可能是( )图3答案 A解析(法一)若波沿＋x方向传播，则t＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点P的振动图像为题中乙图所示．距P点0.5 m的质点的位移y>0，且向下运动，或y<0，且向上运动；若波沿－x方向传播，则t＝0时的波形图如图中虚线所示，则质点Q的振动图像为题中乙图所示．距Q点0.5 m的质点的位移y<0，且向上运动，或y>0，且向下运动．所以选项A正确．(法二)根据波形图像可得波长λ＝2 m，根据振动图像可得周期T＝2 s．两质点之间的距离Δx＝0.5 m＝14λ.根据振动和波动之间的关系，则另一质点相对该质点的振动延迟14T，如图甲所示，或者提前14T，如图乙所示．符合条件的只有选项A.12.波的传播方向与质点振动方向的互判方法(2)已知质点的振动方向判断波的传播方向当已知质点振动方向判断波的传播方向时，仍应用上述方法，只不过是上述方法的逆向思维．考题2 基本规律与光的折射定律的组合例2 (单选)(2014·福建·13)如图所示，一束光由空气射向半圆柱体玻璃砖，O 点为该玻璃砖截面的圆心，下图能正确描述其光路的是( )解析 ①光从玻璃砖射向空气时，如果入射角大于临界角，则发生全反射；如果入射角小于临界角，则在界面处既有反射光线，又有折射光线，但折射角应大于入射角，选项A 正确，选项C 错误． ②当光从空气射入玻璃砖时，在界面处既有反射光线，又有折射光线，且入射角大于折射角，选项B 、D 错误．答案 A4．(2014·浙江·18)关于下列光学现象，说法正确的是( ) A ．水中蓝光的传播速度比红光快 B ．光从空气射入玻璃时可能发生全反射C ．在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D ．分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽答案 CD解析在介质中，红、橙、黄、绿、青、蓝、紫各色光频率按次序增大，其折射率也增大，根据v ＝cn知，水中蓝光的传播速度比红光慢，选项A 错误；光从光密介质射入光疏介质时，才可能发生全反射，光从空气射入玻璃时，不会发生全反射，选项B 错误；在岸边观察水中的鱼，视深h ′＝hn ，故视深h ′小于鱼的实际深度h ，选项C 正确；蓝光比红光的波长短，由干涉条纹宽度Δx ＝ld λ知，用红光时得到的条纹间距比蓝光的宽，选项D 正确．5．如图4所示，有一截面是直角三角形的棱镜ABC ，∠A ＝30°.它对红光的折射率为n 1，对紫光的折射率为n 2.在距AC 边d 处有一与AC 平行的光屏MN .现有由以上两种色光组成的很细的光束垂直AB 边射入棱镜.图4(1)红光和紫光在棱镜中的传播速度比为多少？(2)若两种光都能从AC 面射出，求在光屏MN 上两光点间的距离.答案 (1)n 2∶n 1 (2)d (n 24－n 22－n 14－n 21) 解析 (1)根据v ＝cn得：v 红＝c n 1，v 紫＝c n 2所以有：v 红v 紫＝n 2n 1(2)根据几何关系，光从AC 面上折射时的入射角为30° 根据折射定律有：n 1＝sin r 1sin 30°n 2＝sin r 2sin 30°则tan r 2＝n 24－n 22，tan r 1＝n 14－n 21所以x ＝d (tan r 2－tan r 1)＝d (n 24－n 22－n 14－n 21)1．在解决光的折射问题时，应先根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键．2．分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况．3．在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键．考题3 波与光学知识组合题目的分析例3 (2014·山东·38)(1)一列简谐横波沿直线传播．以波源O 由平衡位置开始振动为计时零点，质点A 的振动图像如图5所示，已知O 、A 的平衡位置相距0.9 m ，以下判断正确的是________(双选，填正确答案标号)．图5a ．波长为1.2 mb ．波源起振方向沿y 轴正方向c ．波速大小为0.4 m/sd ．质点A 的动能在t ＝4 s 时最大(2)如图6所示，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O 以角i 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC 边长为2L ，该介质的折射率为2，求：图6(ⅰ)入射角i ；(ⅱ)从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c ，可能用到：sin 75°＝6＋24或tan 15°＝2－3)．解析 (2)(ⅰ)根据全反射规律可知，光线在AB 面上P 点的入射角等于临界角C ，由折射定律得sin C ＝1n ①代入数据得 C ＝45°②设光线在BC 面上的折射角为r ，由几何关系得 r ＝30°③ 由折射定律得n ＝sin i sin r④ 联立③④式，代入数据得 i ＝45°⑤(ⅱ)在△OPB 中，根据正弦定理得 OPsin 75°＝Lsin 45°⑥ 设所用时间为t ，光线在介质中的速度为v ，得 OP ＝v t ⑦ v ＝c n⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得t ＝6＋22cL答案 (1)ab (2)(ⅰ)45° (ⅱ)(6＋2)L2c6．(2014·新课标Ⅰ·34)(1)图7(a)为一列简谐横波在t ＝2 s 时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x ＝1.5 m 处的质点的振动图像，P 是平衡位置为x ＝2 m 的质点．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图7A ．波速为0.5 m/sB ．波的传播方向向右C ．0～2 s 时间内，P 运动的路程为8 cmD ．0～2 s 时间内，P 向y 轴正方向运动E ．当t ＝7 s 时，P 恰好回到平衡位置(2) 一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R 的半圆，AB 为半圆的直径，O 为圆心，如图8所示，玻璃的折射率为n ＝ 2.图8(ⅰ)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB 上的最大宽度为多少？(ⅱ)一细束光线在O 点左侧与O 相距32R 处垂直于AB 从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置．答案 (1)ACE (2)见解析解析 (1)由题图(a)读出波长λ＝2.0 m ，由题图(b)读出周期T ＝4 s ，则v ＝λT ＝0.5 m/s ，选项A 正确；题图(a)是t ＝2 s 时的波形图，题图(b)是x ＝1.5 m 处质点的振动图像，所以该质点在t ＝2 s 时向下振动，所以波向左传播，选项B 错误；在0～2 s 内质点P 由波峰向波谷振动，通过的路程s ＝2A ＝8 cm ，选项C 正确，选项D 错误；t ＝7 s 时，P 点振动了74个周期，所以这时P 点位置与t ＝34T ＝3 s 时位置相同，即在平衡位置，所以选项E 正确． (2)(ⅰ)在O 点左侧，设从E 点射入的光线进入玻璃砖后在上表面的入射角恰好等于全反射的临界角θ，则OE区域的入射光线经上表面折射后都能从玻璃砖射出，如图．由全反射条件有sin θ＝1n ①由几何关系有OE ＝R sin θ②由对称性可知，若光线都能从上表面射出，光束的宽度最大为l ＝2OE ③联立①②③式，代入已知数据得l ＝2R(ⅱ)设光线在距O 点32R 的C 点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系及①式和已知条件得α＝60°>θ＝45°光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G 点射出，如图，由反射定律和几何关系得OG ＝OC ＝32R射到G 点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C 点射出．知识专题练训练13题组1 基本规律与波动(或振动)图象的组合1．如图1所示，一列沿＋x 方向传播的简谐横波在t ＝0时刻刚好传到x ＝6 m 处，已知波速v ＝10 m/s ，则图中P 点开始振动的方向沿________(选填“＋y ”或“－y ”)方向，在x ＝21 m 的点在t ＝________ s 第二次出现波峰．图1答案＋y 2解析由题意知，6 m 处的质点开始振动，根据“上、下坡”法可判断6 m 处质点开始振动的方向为＋y ，故介质中所有质点开始振动的方向都是＋y ，即P 点开始振动的方向沿＋y ；如图所示，x ＝1 m 处的质点的振动形式是波峰，当其振动形式传播到x ＝21 m 处时，在x ＝21 m 的点第二次出现波峰，用时t ＝Δxv ＝2 s.2．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t 秒与(t ＋0.2)秒两个时刻，x 轴上(－3 m,3 m)区间的波形完全相同，如图2所示．并且图中M 、N 两质点在t 秒时位移均为a2，下列说法中不正确的是( )图2A ．该波的最大波速为20 m/sB ．(t ＋0.1)秒时刻，x ＝－2 m 处的质点位移一定是aC ．从t 秒时刻起，x ＝2 m 处的质点比x ＝2.5 m 处的质点先回到平衡位置D ．从t 秒时刻起，在质点M 第一次到达平衡位置时，质点N 恰好到达波峰E ．该列波在传播过程中遇到宽度为d ＝3 m 的狭缝时会发生明显的衍射现象答案 ABD解析由题意知，0.2 s ＝nT ，传播速度v ＝λT ＝4n0.2 m/s ＝20n m/s ，所以该波的最小波速为20 m/s ，故A 错误；由0.2 s ＝nT ，当n ＝2时，T ＝0.1 s ，所以(t ＋0.1)秒时刻，x ＝－2 m 处的质点位移是－a ，故B 错误；由t 时刻波形图知，x ＝2 m 处的质点在波谷向上振动，x ＝2.5 m 处的质点向下运动，所以x ＝2 m 处的质点先回到平衡位置，故C 正确；由于质点的振动是非匀变速运动，所以当质点M 第一次到达平衡位置时，质点N 还没有到达波峰，故D 错误；该波的波长等于4 m 大于狭缝的尺寸，故能发生明显的衍射现象，所以E 正确．3．图3为一列横波在某时刻的波动图象，此波中d 质点到达波谷的时间比e 质点早0.05 s ．求：图3(1)此列波的传播方向和波速是多大？ (2)1.0 s 内b 质点通过的路程是多少？答案 (1)向右传播 20 m/s (2)1 m解析 (1)图示时刻d 质点第一次到达波谷的时间比e 质点第一次到达波谷的时间早0.05 s ，说明此时d 点的速度方向向下，则根据波形的平移法可知，波沿x 轴正方向传播，此波向右传播波的周期T ＝4×0.05 s ＝0.2 s波速v ＝λT ＝40.2m/s ＝20 m/s(2)1.0 s 内b 质点通过的路程是5×4A ＝1 m 题组2 基本规律与光的折射定律的组合4．(单选)如图4所示为一个均匀透明介质球，球心位于O 点，半径为R .一束单色光从真空中沿DC方向平行于直径AOB 射到介质球上的C 点，DC 与AB 的距离H ＝32R .若该光束射入球体经一次反射后由E 点(图中未标出)再次折射回真空中，此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为c ，则( )图4A ．介质球的折射率为 2B ．光束从C 点射入到从E 点射出所经历的总时间为6RcC ．射入球体内的光线有可能发生全反射D ．若介质球的折射率增大，则该出射光线仍与入射光线平行答案 B 解析据题意，光从C 点进入后，在B 点反射，后折射出球体，从光路图可得：n ＝sin isin r，而入射角i 等于∠COA ，据几何关系有：sin ∠COA ＝H R ＝32，则∠COA ＝60°，由几何关系可知∠r ＝30°，所以折射率为：n ＝3，故选项A 错误；据图可得BC 距离为：BC ＝3R ，又因为：v ＝c n ＝33c ，则光从C传到E 的时间为：t ＝2BC v ＝6Rc ，故选项B 正确；要发生全反射，光必须从光密介质射向光疏介质，所以选项C 错误；如果介质折射率增大，从C 点进入的光射不到B 点，出射光也就不可能与入射光平行，故选项D 错误．5．(单选)如图5所示，P 是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O ，折射后分成图中的a 、b 两束光线，则下列说法中正确的是( )图5A ．玻璃对a 光的折射率小于对b 光的折射率B ．a 光频率小于b 光频率C ．在玻璃砖中传播的时间a 光比b 光短D ．若让玻璃砖在纸面内绕O 点逆时针转动，a 光先消失答案 D解析由题图可知，a 光的折射率大于b 光的折射率，A 错误；频率大的光折射率大，B 错误；由n ＝c v 知，a 光在玻璃中传播速度小于b 光，a 光在玻璃砖中传播时间较长，C 错误；由sin C ＝1n ，a 光的全反射临界角小于b 光，旋转玻璃砖，a 光先消失，D 正确．6．(单选)如图6所示，折射率n ＝2的半圆形玻璃砖置于光屏MN 的上方，其平面AB 与MN 的距离h ＝10 cm.一束单色光沿图示方向射向圆心O ，经玻璃砖后射到光屏上的O ′点．现使玻璃砖绕圆心O 点逆时针转动，下列关于光屏上光点的移动方向，距O ′点的最远距离的说法，正确的是( )图6A ．向右移动，最远距离10 cmB ．向左移动，最远距离10 cmC ．向右移动，最远距离10 2 cmD ．向左移动，最远距离10 2 cm 答案 B解析当玻璃砖绕圆心O 点逆时针转动45°时，在AB 界面发生全反射，距O ′点的距离最远，光屏上光点向左移动，最远距离10 cm ，选项B 正确．题组3 波与光学知识组合题目的分析 7． (1)下列说法正确的是________．A ．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关B ．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场C ．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则干涉条纹间距变窄D ．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振(2)某次探矿时发现一天然透明矿石，经测量其折射率n ＝ 2.人工打磨成球形后置于空气中(如图7所示)，已知球半径R ＝10 cm ，MN 是一条通过球心O 的直线，单色细光束AB 平行于MN 射向球体，B 为入射点，AB 与MN 间距为d ＝5 2 cm ，CD 为出射光线．求：图7①光从B 点传到C 点的时间； ②CD 与MN 所成的角α.答案 (1)AC (2)63×10－9 s 30°解析 (2)光路如图．①设光线在B 点界面的入射角与折射角分别为θ1、θ2sin θ1＝d R ＝22折射率n ＝sin θ1sin θ2得sin θ2＝12θ2＝30°光线在球中传播的时间 t ＝BCv ＝2R ·cos θ2c n＝63×10－9 s②设C 点出射角为β.sin θ2sin β＝1n得sin β＝22，β＝45°由几何关系可得θ3＝θ1 ∠COP ＝π－θ3－∠BOC ＝15°， α＋∠COP ＝β，得α＝30°.8．(2014·新课标Ⅱ·34)(1)图8(a)为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时刻的波形图，P 是平衡位置在x ＝1.0 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝4.0 m 处的质点；图(b)为质点Q 的振动图象．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)图8A ．在t ＝0.10 s 时，质点Q 向y 轴正方向运动B ．在t ＝0.25 s 时，质点P 的加速度方向与y 轴正方向相同C ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，该波沿x 轴负方向传播了6 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.25 s ，质点P 通过的路程为30 cmE ．质点Q 简谐运动的表达式为y ＝0.10 sin 10πt (国际单位制)(2)一厚度为h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r 的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．答案 (1)BCE (2)见解析解析 (1)由y －t 图象可知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，选项A 错误；由y －t 图象可知，波的振动周期T ＝0.2 s ，由y －x 图象可知λ＝8 m ，故波速v ＝λT ＝40 m/s ，根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，则波在0.10 s 到0.25 s 内传播的距离Δx ＝v Δt ＝6 m ，选项C 正确；在t ＝0.25 s 时其波形图如图所示，此时质点P 的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选项B 正确；Δt ＝0.15 s ＝34T ，质点P 在其中的12T 内路程为20 cm ，在剩下的14T 内包含了质点P 通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm ，因此在Δt ＝0.15 s 内质点P 通过的路程小于30 cm ，选项D 错误；由y －t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为y ＝0.10sin 2π0.2t (m)＝0.10sin10πt (m)，选项E 正确．(2)如图，考虑从圆形发光面边缘的A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A ′点发生折射，根据折射定律有 n sin θ＝sin α式中，n 是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．现假设A ′恰好在纸片边缘：由题意，在A ′点刚好发生全反射，故sin θ＝sin C ＝1n设AA ′线段在玻璃上表面的投影长为L ，由几何关系有sin θ＝LL 2＋h 2由题意，纸片的半径应为R ＝L ＋r联立以上各式得n ＝ 1＋⎝⎛⎭⎫hR －r 2。

2015年浙江省高考物理试卷与答案解析要点

2015年浙江省高考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共 4小题，每小题6分，满分24分）1.（ 6分）（2015?浙江）下列说法正确的是（）A .电流通过导体的热功率与电流大小成正比B .力对物体所做的功与力的作用时间成正比C .电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比D .弹性限度内，弹簧的劲度系数与弹簧伸长量成正比考点：焦耳定律；弹性势能；电容.分析：明确热功率、功的公式、电容的定义及胡克定律公式的意义进行分析，明确各物理量的决定因素.2解答：解：A 、由P=I 2R 可知，电流通过导体的热功率与电流的平方成正比；故 A 错误;B 、力做功 W=FL ，与力的作用时间无关；故 B 错误；C 、由C=E 可知，电容器所带电荷量与两极间的电势差成正比；故 C 正确；UD 、劲度系数由弹簧本身的性质决定，无伸长量无关；故D 错误；故选：C .点评：本题考查基本公式的掌握，要注意各物理量的决定因素，特别注意一些比值定义法的意义.2. （6分）（2015?浙江）如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住,A .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 .使滑片的释放点更靠近光电门D .增大气垫导轨与水平面的夹角考点：探究小车速度随时间变化的规律.专题：实验题.分析：明确平均速度代替瞬时速度的方法，应明确我们是利用△x 趋向于0时的平均速度可近似等于瞬时速度.解答：解：本题中利用平均速度等效替代瞬时速度；故只能尽量减小计算平均速度的位移，即换用宽度更窄的遮光条；故 A 正确；BCD 错误；故选：A .电子计时器可自动记录遮光时间△ t ,测得遮光条的宽度为电门时的瞬时速度，为使Ax 更接近瞬时速度，正确的措施是（△ x ,)点评：解答本题应掌握关键问题，要使位移与时间的比值更接近一个瞬间只能减小宽度；其他实验方法均无能为力.3. （6分）（2015?浙江）如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置，工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则（）高压盲流电源A .乒乓球的左侧感应出负电荷B .乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C.乒乓球共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D .用绝缘棒将乒乓球拔到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞考点：电势差与电场强度的关系.专题：电场力与电势的性质专题.分析：:根据静电感应现象明确小球的带电情况，再利用电荷守恒定律进行分析，明确小球与极板相碰后的运动情况，即可分析小球的运动情况.解答：：1解: A、由于球表面镀有金属，故在电场作用下会产生感应电荷；金属极板右侧为正，则负电荷将向右移动，故右侧带有负电荷；故A错误；B、乒乓球与极板相碰后，在接触过程中，电荷重新分布，使球与极板带同种电荷；故将会排斥；因此乒乓球会在两极板间来回碰撞；故B错误，D正确；C、乒乓球共受到电场力、重力、拉力三个力的作用；故C错误；故选：D点评：本题考查静电现象的应用，要注意分析静电感应和接触起电的性质，明确库仑力为电场力的一种.4. （6分）（2015?浙江）如图所示为足球球门，球门宽为L, 一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点），球员顶球点的高度为h, 足球做平抛运动（足球可看成质点，忽略空气阻力），则（）足球初速度的大小 v o=:. !<■' ：：',V2h 4 5C .足球末速度的大小 v=D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan .考点：平抛运动. 专题：平抛运动专题.分析：-首先要根据几何关系确定足球运动的轨迹，然后确定水平方向的位移，再由平抛运动的规律求出足球的初速度的大小；根据动能定理在确定足球的末速度的大小以及足球初速度的方向与球门线夹角的正切值.解答：解: A 、由题可知，足球在水平方向的位移大小为：■，二寸（寺L ） 1所以足球_____ 1 □的总位移：一故A错误；B 、足球运动的时间：i 二卜，所以足球的初速度的大小：v0=''=--■'.故/2h4 sB 正确；C 、足球运动的过程中重力做功，由动能疋理得：m ~r r7'联立以上各式得：「，-：［_.故C 错误；g2gD 、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan 匸.| .故D 错-L误. 故选：B点评：该题结合日常生活中的实例考查平抛运动、动能定理等知识点的内容，题目中抛出点的位置与球门组成的几何关系是解题过程中的关键，也是容易出现错误的地方.二、选择题（本题共 3小题。

【步步高】2015届高考物理(浙江通用)大二轮专题复习专题四第2课时功能关系的应用 Word版含答案

－7 －3
kg，带正电，电量为 1× 10
C，小滑块与 ON 段表面的动摩擦因数为 0.75.将小滑块从 M 点由静止释放，在运动过程中
没有电量损失，与挡板相碰后原速返回．已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2. 求：
图3 (1)小滑块第一次过 N 点的速度大小； (2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置； (3)小滑块在斜面上运动的总路程．答案 (1)2 3 m/s (2)0.01 m (3)6.77 m 解析 (1)小滑块第一次过 N 点的速度为 v， 1 则由动能定理有 mv2＝mgLsin 37°＋qELsin 37° 2 代入数据得：v＝2 3 m/s. (2)滑块在 ON 段运动时所受的摩擦力 Ff＝μ(mgcos 37°＋qEcos 37°)＝2.4×10 滑块所受重力、电场力沿斜面的分力 F1＝mgsin 37°＋qEsin 37°＝2.4×10
(2)N 不能到达 B 处．因为 mg(l－h)＋qUAB′＜0. (3)设带电体 N 的质量为 m′、电荷量为＋q′，由动能定理得：m′g(l－h)＋q′UAB＝0 q′ q 所以＝ m′ m 答案 (1) kQq 2 3mg gl－h (2)N 不能到达 B 处，因为 mg(1－h)＋qUAB′<0 (3)带电体 3
-4-
(3)设滑块每一次与挡板碰撞沿斜面上升的距离减少Δx，由能量守恒得： (mg＋qE)Δxsin 37°＝2μ(mg＋qE)scos 37° 代入数据得：Δx＝0.04 m 滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 s1＝L＋s－Δx＝0.48 m 滑块第 p 次与挡板碰撞后沿斜面上升的距离 sp＝s1－(p－1)Δx pp－1Δx 滑块移动的总路程 s 总＝L＋s＋x＋2[ps1－ ] 2 由于 sp≥s＝0.02 m，得 p≤12.5，取 p＝12 代入上式得：s 总＝6.77 m. 考向 3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图 4 甲所示，MN、PQ 是相距 d＝1 m 的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水

【考前三个月】2015届高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题14+原子物理和动量(自选模块)

高考定位本专题考查的重点和热点有：①动量守恒定律及其应用；②原子的能级跃迁；③原子核的衰变规律；④核反应方程的书写；⑤质量亏损和核能的计算；⑥原子物理部分的物理学史和α、β、γ三种射线的特点及应用等．应考策略：本专题涉及的知识点多，而且多是科技前沿的知识，题目新颖，但难度不大，因此应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和核反应两条主线，强化典型题目的训练，提高分析综合题目的能力．考题1 原子物理基础知识、核反应与动量的组合例1 (1)下列说法正确的是________．A ．玻尔原子理论不仅能解释氢原子光谱，而且也能解释其他原子光谱B ．法国物理学家贝可勒尔发现了天然放射现象，说明原子核具有复杂结构C.235 92U 的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短D ．处于n ＝3激发态的一群氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光子(2)速度为v 0的中子10n 击中静止的氮核14 7N ，生成碳核12 6C 和另一种新原子核，已知12 6C 与新核的速度方向与碰撞前中子的速度方向一致，碰后12 6C 核与新核的动量之比为2∶1.①写出核反应方程．②求12 6C 与新核的速度各是多大？解析 (2)②设10n 、12 6C 、新核质量分别为m 0、m 1和m 2，碰后12 6C 、新核速度分别为v 1、v 2.由动量守恒得m 0v 0＝m 1v 1＋m 2v 2又m 1v 1＝2m 2v 2联立求得：v 1＝v 018，v 2＝v 09答案 (1)BD (2)①14 7N ＋10n →12 6C ＋31H ②v 018 v 091． (1)下列说法正确的是( )A ．对黑体辐射的研究表明：随着温度的升高，辐射强度的最大值向波长较长的方向移动B ．电子的衍射图样表明实物粒子也具有波动性C ．β射线是原子核外电子高速运动形成的D ．氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级和从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短(2)1896年法国物理学家贝克勒尔在对含铀的矿物进行研究时，发现了天然放射现象，从而揭开了原子核的秘密．静止的铀核238 92U 发生α衰变后，生成新核Th 并释放出γ光子．已知铀的质量为m 1，α粒子的质量为m 2，Th 核的质量为m 3，并测得α粒子的速度为v .(已知光在真空中的传播速度为c ) ①写出核反应方程式并求出此反应过程中释放的核能；②求出反应后Th 核的速度大小．答案 (1)BD (2)①238 92U →234 90Th ＋42He(或238 92U →234 90Th ＋42He ＋γ) (m 1－m 2－m 3)c 2 ②m 2m 3v (2117v 也算对) 解析 (2)①238 92U →234 90Th ＋42He(或238 92U →234 90Th ＋42He ＋γ)根据爱因斯坦的质能方程ΔE ＝Δmc 2得ΔE ＝(m 1－m 2－m 3)c 2.②根据动量守恒定律：m 2v －m 3v Th ＝0Th 核的速度为：v Th ＝m 2m 3v (2117v 也算对)．1．核反应方程的书写(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替．(2)核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程．2．原子核的衰变(1)衰变实质：α衰变是原子核中的2个质子和2个中子结合成一个氦核并射出；β衰变是原子核中的中子转化为一个质子和一个电子，再将电子射出；γ衰变伴随着α衰变或β衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形式释放出衰变过程中产生的能量．(2)衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子无意义．考题2 原子物理基础知识、能级与动量的组合例2 (2014·山东·39改编)(1)氢原子能级如图1所示，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________(双选，填正确答案标号)．图1a ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmb ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级c ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线d ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级(2)如图2所示，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求B 的质量．图2解析 (1)能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，波长越小，a 错误；由E m －E n ＝hν可知，b 错误，d 正确；根据C 23＝3可知，辐射的光子频率最多3种，c 正确．(2)以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m ·v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝m 2答案 (1)cd (2)m 22． (1)下列说法中正确的是________．A ．电子的衍射现象说明实物粒子也具有波动性B ．裂变物质体积小于临界体积时，链式反应不能进行C ．原子核内部一个质子转化成一个中子时，会同时释放出一个电子D ．235U 的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短(2)氢原子的能级如图3所示．有一群处于n ＝4能级的氢原子，若原子从n ＝4向n ＝2跃迁时所发出的光正好使某种金属产生光电效应，则：①这群氢原子发出的光中共有________种频率的光能使该金属产生光电效应；②从n ＝4向n ＝1跃迁时发出的光照射该金属，所产生的光电子的最大初动能为________ eV .图3 图4 (3)如图4所示，质量为2m 的小滑块P 和质量为m 的小滑块Q 都视作质点，与轻质弹簧相连的Q 静止在光滑水平面上．P 以某一初速度v 向Q 运动并与弹簧发生碰撞，问弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 的速度各为多大？答案 (1)AB (2)①4 ②10.2 (3)均为23v 解析 (2)一群处于n ＝4能级的氢原子向基态跃迁时，因为n ＝4向n ＝2跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，所以只有n ＝4跃迁到n ＝1，n ＝4跃迁到n ＝2，n ＝3跃迁到n ＝1，n ＝2跃迁到n ＝1的光子能够使金属发生光电效应，即4种．逸出功W ＝－0.85 eV ＋3.40 eV ＝2.55 eV ，从而n ＝4跃迁到n ＝1辐射的光子能量最大，为－0.85 eV ＋13.6 eV ＝12.75 eV ，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能E km ＝hν－W 0＝12.75 eV －2.55 eV ＝10.2 eV .(3)当弹簧的弹性势能最大时，P 、Q 速度相等2m v ＋0＝(2m ＋m )v 1，解得v 1＝23v关于原子跃迁要注意以下四方面：(1)一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射的光谱条数N ＝n (n －1)2. (2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hν＝E m －E n )时，光子才被吸收．(3)“直接跃迁”只能对应一个能级差，发射一种频率的光子．“间接跃迁”能对应多个能级差，发射多种频率的光子．(4)入射光子能量大于电离能(hν＝E ∞－E n )时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能．考题3 原子物理基础知识、光电效应与动量的组合例3 (1)下列说法正确的是________．A ．光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量B ．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C ．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D ．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损(2)如图5所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐标0.5)．由图可知普朗克常量为________ J·s ，金属的截止频率为________ Hz(已知1 eV ＝1.60×10－19 J)．图5 图6 (3)如图6所示，质量分别为m 1和m 2的两个小球在光滑水平面上分别以速度v 1、v 2同向运动，并发生对心碰撞，碰后m 2被右侧墙壁原速弹回，又与m 1碰撞，再一次碰撞后两球都静止．求第一次碰后m 1球速度的大小．解析 (1)光子像其他粒子一样，不但具有能量，也具有动量，故A 正确；玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故B 正确；经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征，C 正确；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故D 错误．(2)根据爱因斯坦光电效应方程E km ＝hν－W 0，E km －ν图象的斜率是普朗克常量h ，由图可知h ＝6.5×10－34 J·s ；横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为4.27×1014 Hz.(3)设两个小球第一次碰后速度的大小分别为v 1′和v 2′，由动量守恒定律得：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′两个小球再一次碰撞，m 1v 1′－m 2v 2′＝0得：v 1′＝m 1v 1＋m 2v 22m 1. 答案 (1)ABC (2)6.5×10－34 4.27×1014 (3)m 1v 1＋m 2v 22m 13． (1)下列说法正确的是________．A ．汤姆生发现了电子，并提出了原子的枣糕模型B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小D ．将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大(2)如图7所示，某光电管的阴极K 用截止频率为ν0的金属钠制成，光电管阳极A 和阴极K 之间的正向电压为U ，普朗克常量为h ，电子的电荷量为e .用频率为ν的紫外线照射阴极K ，有光电子逸出，光电子到达阳极的最大动能是______；若在光电管阳极A 和阴极K 之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为________．图7 图8 (3)如图8所示，1928年德国物理学家玻特用α粒子(42He)轰击轻金属铍(94Be)时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线．查德威克对该粒子进行研究，进而发现了一种新的粒子——中子．①写出α粒子轰击轻金属铍的核反应方程．②若中子以速率v 0与一质量为m N 的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v 1，氮核碰后的速率为v 2，则中子的质量m 等于多少？答案 (1)AB (2)eU ＋hν－hν0 hν－hν0e (3)①42He ＋94Be →12 6C ＋10n ②v 2v 0＋v 1m N解析 (1)一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小，所以C 错误；放射性元素的半衰期与物理、化学性质无关，故温度降低，半衰期不变，所以D 错误．(2)由题意知，金属钠的逸出功为W 0＝hν0，根据爱因斯坦光电效应方程hν＝W 0＋E k ，可求电子离开金属时的动能E k ＝hν－hν0，再根据动能定理可求光电子到达阳极时的动能E k ′＝eU ＋E k ＝eU ＋hν－hν0；再根据动能定理eU C ＝E k ，可求U C ＝hν－hν0e. (3)①根据质量数与电荷数守恒，该核反应方程为42He ＋94Be →12 6C ＋10n②根据动量守恒可得：m v 0＝－m v 1＋m N v 2解得m ＝v 2v 0＋v 1m N处理光电效应问题的两条线索一是光的频率，二是光的强度，两条线索对应的关系是：(1)光强→光子数目多→发射光电子数多→光电流大(2)光子频率高→光子能量大→产生光电子的最大初动能大知识专题练训练14题组1 原子物理基础知识、核反应与动量的组合1．(单选)(2014·重庆·1)碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( )A.m 4B.m 8C.m 16D.m 32【答案 C 】解析经过n 个半衰期剩余碘131的含量m ′＝m ⎝⎛⎭⎫12n .因32天为碘131的4个半衰期，故剩余碘131含量：m ′＝m ⎝⎛⎭⎫124＝m 16，选项C 正确．2．(1)(单选)下列说法中正确的是( )A ．结合能越小，原子核越稳定B ．一群氢原子从n ＝4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子C ．卢瑟福的α粒子散射实验证明了原子核是由质子和中子组成的D ．衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚形成的(2)一个静止的氮核14 7N 俘获一个速度为2.3×107 m/s 的中子生成一个复核A ，A 又衰变成B 、C 两个新核．设B 、C 的速度方向与中子的速度方向相同，B 的质量数是中子质量数的11倍，B 的速度是106 m/s ，B 、C 两原子核的电荷数之比为5∶2.①写出氮核14 7N 俘获中子生成A 的核反应方程；②若质量数之比可视做质量之比，求C 核的速度大小．答案 (1)B (2)①14 7N ＋10n →15 7N ②3×106 m/s解析 (2)②根据电荷数守恒、质量数守恒得，B 、C 电荷数之和为7，因为B 、C 两原子核的电荷数之比为5∶2，则C 的电荷数为2，B 、C 质量数之和为15.因为B 的质量是中子的11倍，则B 的质量数为11，C 的质量数为4，所以C 为α粒子．根据动量守恒得，m n v n ＝m B v B ＋m C v C ，代入数据解得v C ＝3×106 m/s.题组2 原子物理基础知识、能级与动量的组合3． (1)氢原子辐射出一个光子之后，根据玻尔理论，下面叙述正确的是________．A ．原子从高能级跃迁到低能级B ．电子绕核运动的半径减小C ．电子绕核运动的周期不变D ．原子的电势能减小E ．电子绕核运动的动能减小(2)如图1所示，在光滑的水平面上，静止的物体B 侧面固定一个轻弹簧，物体A 以速度v 0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用，两物体的质量均为m .图1①求它们相互作用过程中弹簧获得的最大弹性势能E p ；②若B 的质量变为2m ，再使物体A 以同样的速度通过弹簧与静止的物体B 发生作用，求当弹簧获得的弹性势能也为E p 时，物体A 的速度大小．答案 (1)ABD (2)①14m v 20 ②23v 0或0 解析 (2)①当A 、B 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．则m v 0＝2m v12m v 20＝12×2m v 2＋E p 解得E p ＝14m v 20②当B 的质量为2m 时，设A 、B 的速度分别为v 1、v 2，有m v 0＝m v 1＋2m v 212m v 20＝12m v 21＋12×2m v 22＋E p 解得v 1＝23v 0或v 1＝0. 当v 1＝23v 0时，v 2＝16v 0，运动方向水平向右，符合条件；当v 1＝0时，v 2＝12v 0，运动方向水平向右，也符合条件．题组3 原子物理基础知识、光电效应与动量的组合4． (1)如图2所示，电路中所有元件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是________．图2A ．入射光强度较弱B ．入射光波长太长C ．光照射时间太短D ．电源正负极接反(2)如图3为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置．两带有等宽遮光条的滑块A 和B ，质量分别为m A 、m B ，在A 、B 间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明________________________，烧断细线，滑块A 、B 被弹簧弹开，光电门C 、D 记录下两遮光条通过的时间分别为t A 和t B ，若有关系式______________________，则说明该实验动量守恒．图3(3)3015P 是人类首先制造出的放射性同位素，其半衰期为2.5 min ，能衰变为3014Si 和一个未知粒子．①写出该衰变的方程；②已知容器中原有纯3015P 的质量为m ，求5 min 后容器中剩余3015P 的质量．答案 (1)BD (2)气垫导轨水平 m A t A ＝m B t B 或m A t A －m B t B ＝0 (3)①3015P →3014Si ＋01e ②m 4解析 (1)灵敏电流计中没有电流通过，可能是未发生光电效应现象，即入射光的频率小于金属的截止频率，与光照强度无关，故选项A 错误，选项B 正确；与入射光的照射时间无关，故选项C 错误；还可能是由于电源正负极接反，即电场反向导致，故选项D 正确．(2)滑块在气垫导轨上能自由静止，说明气垫导轨水平，因为滑块在气垫导轨上所受阻力忽略不计，认为是零，若上述过程A 、B 系统动量守恒，则有：m A v A ＝m B v B ，又由于两遮光条等宽，则m A t A ＝m B t B或m A t A －m B t B＝0. (3)①根据衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒可知该衰变的方程为：3015P →3014Si ＋01e②5 min 后容器中剩余3015P 的质量为：m ′＝(12)t τ·m ＝(12)2m ＝m 4.。

【考前三个月】2015届高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题9+力学、光学实验

高考定位高考对学生实验的考查，主要有以下十四个实验：①研究匀变速直线运动；②探究弹力和弹簧伸长的关系；③探究求合力的方法；④探究加速度与力、质量的关系；⑤探究功与速度变化的关系；⑥验证机械能守恒定律；⑦探究导体电阻与其影响因素的定量关系；⑧测绘小灯泡的伏安特性曲线；⑨测定电池的电动势和内阻；⑩练习使用多用电表；⑪探究单摆周期与摆长的关系；⑫测定玻璃的折射率；⑬用双缝干涉测量光的波长(同时练习使用测量头)；⑭探究碰撞中的不变量．高考除了对课本中原有的学生实验进行考查外，还增加了对演示实验的考查，利用学生所学过的知识，对实验器材或实验方法加以重组，来完成新的实验设计．设计型实验的考查将逐步取代对课本中原有的单纯学生实验的考查．考题1研究匀变速直线运动例1(2014·全国大纲·22)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图1所示．拍摄时频闪频率是10 Hz，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示．重力加速度大小g＝9.80 m/s2.图1单位：cm根据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a ＝________ m/s 2(保留3位有效数字) (2)因为________，可知斜面是粗糙的．解析 (1)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法，得 x 3－x 1＝2a 1T 2 x 4－x 2＝2a 2T 2 a ＝a 1＋a 22又知T ＝1f＝0.1 s联立以上各式得a ≈4.30 m/s 2(2)如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g hs ＝5.88 m/s 2，因为a ′>a ，所以斜面是粗糙的．答案 (1)4.30 (2)a <g hs＝5.88 m/s 21．(2014·山东省济南市二模)为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图2甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x 随时间t 的变化规律，如图乙所示．图2(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度v ＝________ m /s ，木块加速度a ＝________ m/s 2； (2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________；(已知当地的重力加速度g ) (3)(单选)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________． A ．A 点与传感器距离适当大些B ．木板的倾角越大越好C ．选择体积较大的空心木块D ．传感器开始计时的时刻必须是木块从A 点释放的时刻答案 (1)0.4 1 (2)斜面倾角(或A 点的高度) (3)A解析 (1)0.4 s 时木块的速度等于0.2 s ～0.6 s 内的平均速度，即v ＝(30－14)×10－20.6－0.2 m /s ＝0.4m/s ；根据Δx ＝aT 2，可求出木块的加速度a ＝[(24－14)－(30－24)]×10－20.22m /s 2＝1 m/s 2. (2)根据mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，可知测出倾斜角或A 点的高度算出倾斜角．(3)当A 点与传感器距离适当大些，可测出多组数据，求平均值，能提高测量精度，A 正确；倾斜角越大，测得的数据越少，不利于提高测量精度，B 错误；若选择体积较大的空心木块，在下降过程中，受空气阻力变大，影响了动摩擦因数的测量，C 错误；传感器开始计时的时刻不一定是从A 点释放的时刻，只要根据中间一段的Δx ＝aT 2，就可算出加速度，D 错误．考题2 探究弹力和弹簧伸长的关系例2 (2014·新课标Ⅱ·23)某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图3所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s 2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.图3(1)将表中数据补充完整：________；________.(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图4给出的坐标纸上画出1k—n 图像．图4(3)图4中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________ N /m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系表达式为k ＝________ N/m.解析 (1)根据胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mgx －x 0＝0.100×9.80(5.26－4.06)×10－2N /m ≈81.7N/m ，1k ≈0.012 2 m/N.(2)1k－n 图像如图所示(3)根据图像可知，k 与n 的关系表达式为k ＝1.75×103n N/m ，k 与l 0的关系表达式为k ＝3.47l 0N/m.答案 (1)81.7 0.012 2 (2)见解析图(3)1.75×103n (在1.67×103n ～1.83×103n 之间均可) 3.47l 0(在3.31l 0～3.62l 0之间均可)2．(2014·浙江·21)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图5连接起来进行探究．图5(1)某次测量如图6所示，指针示数为________ cm.图6(2)在弹性限度内，将50 g 的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A 、B 的示数L A 和L B 如表所示．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N /m(重力加速度g ＝10 m/s 2)．由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．答案 (1)16.00(有效数字位数正确，15.96～16.05均可) (2)12.45(12.20～12.80均可) 能解析 (1)刻度尺分度值为1毫米，读数应估读到毫米下一位，故指针的示数为16.00 cm. (2)当A 弹簧的弹力为F A 1＝0.50 N 、F A 2＝1.00 N 、F A 3＝1.50 N 、F A 4＝2.00 N 时，弹簧长度L A 1＝15.71 cm 、L A 2＝19.71 cm 、L A 3＝23.66 cm 、L A 4＝27.76 cm ，根据ΔF ＝k Δx 得k 1＝12.50 N /m 、k 2＝12.66 N/m 、k 3＝12.20 N/m ，所以弹簧Ⅰ的劲度系数k ＝k 1＋k 2＋k 33＝12.45 N/m.根据表可以计算出弹簧Ⅱ每次的伸长量Δx ′，也可以根据ΔF ＝k ′Δx ′计算弹簧Ⅱ的劲度系数(劲度系数的计算也可以通过做F —x图象处理，图象的斜率即等于弹簧的劲度系数)．3．如图7为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：图7已知所有钩码的质量可认为相同且为m0＝50 g，当地重力加速度g＝9.8 m/s2.请回答下列问题：(1)请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k＝____ N/m.(结果保留两位有效数字)(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的弹簧劲度系数k的值与真实值相比较____________(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)．答案(1)32(2)没有影响解析(1)根据胡克定律k(x－x0)＝nm0g，代入数据求k，再求平均得k＝32 N/m；(2)因在计算弹力时把弹簧自身的重量引起的形变量减去了，故弹簧自身有重量对测量值没有影响．考题3探究求合力的方法例3(2014·江苏·11)小明通过实验验证力的平行四边形定则．(1)实验记录纸如图8所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．图8(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图9所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．图9两次实验记录的轨迹如图10所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．图10(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有哪些？________(填写选项前的字母)A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．解析(1)作出的图示如图所示．(2)重物受力情况如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(3)根据题图可知，选项B、D正确，选项A、C错误．(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差．答案(1)见解析图(F合＝4.6～4.9 N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧)4．(单选)在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图11所示)．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．在此过程中，下列注意事项正确的是()图11A．两根细绳必须等长B．两弹簧秤示数必须等大C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行答案 D解析细线的作用是能显示出力的方向，所以不必等长，故A错误；只要弹簧秤有示数即可，并不一定要相等，故B错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，故C错误；弹簧秤不能接触水平木板，否则产生摩擦，使弹簧秤示数偏大，故D正确．5．有同学利用如图12所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码的个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图12(1)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数，N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，应该做好三个方面的记录：________________________________________________________________________；________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.答案(1)BCD(2)标记结点O的位置钩码的个数N1、N2、N3OA、OB、OC三段绳子的方向解析(2)为验证平行四边形定则，必须通过作受力图．所以先明确受力点，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示．因此要做好记录，需从力的三要素角度出发：需记录O点的位置；钩码的个数N1、N2、N3；拉力F T OA、F T OB、F T OC的方向．考题4探究加速度与力、质量的关系例4(2014·新课标Ⅰ·22)某同学利用图13(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图13(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a—m图线不经过原点，可能的原因是________________________________________________________________________.(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________________________________________________________．解析(1)由图像可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)a—m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上小钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力．(3)本实验直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．答案(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量图146．(2014·安徽蚌埠三县联谊第二次联考)甲、乙两个同学用如图14所示的实验装置共同研究在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系．(1)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.图15是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm.实验中使用的电源是频率为f＝50 Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)图15(2)(单选)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出a～1M图线后，发现：当1M较大时，图线发生弯曲．于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象．那么，该同学的修正方案可能是()A．改画a与1M＋m的关系图线B．改画a与(M＋m)的关系图线C．改画a与mM的关系图线D．改画a与1(M＋m)2的关系图线答案(1)0.343(2)A解析(1)由题意知，打点周期为0.02 s，相邻两计数点时间间隔为0.1 s，根据逐差法可求小车的加速度(x4＋x3)－(x2＋x1)＝4aT2解得a＝0.343 m/s2；(2)当1M较大时，图线发生弯曲，是因为提供牵引力的砝码的质量相对小车的质量不能忽略，故应把小车与砝码视为整体研究，即改画a与1M＋m的关系图线，所以A正确；B、C、D错误．知识专题练训练9题组1研究匀变速直线运动1．在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中．(1)某同学采用如图1所示的装置进行试验，________(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力，________(选填“需要”或“不需要”)测量小车的质量．图1(2)该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图2所示．在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离见下表，并画出对应的图线(其中横坐标数值表示第几个0.1 s，纵坐标对应的是该0.1 s内物体的位移)如图3所示．则小车的速度随时间________(选填“是”或“不是”)均匀变化；整个过程中小车的平均加速度为________ m/s2.(保留两位有效数字)图2图3答案(1)不需要不需要(2)是 1.0(0.95～1.1均可)解析(1)本实验的目的是探究小车速度随时间的变化规律，故不需要平衡摩擦力，也不需要测量小车的质量．(2)由题图知，小车的速度随时间是均匀变化的，可求小车的加速度x6－x1＝5aT2，解得加速度a≈1.0 m/s2.2．(1)某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图4所示的纸带，纸带上每相邻两计数点间还有4个计时点未标出．打点计时器所用交流电频率为50 Hz ，忽略纸带所受的阻力．图4(1)由此可判断纸带的________(“左端”或“右端”)与物块连接．根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下A 点和B 点时木块的速度，其中v A ＝________ m/s.(结果保留两位有效数字)(2)(单选)从图示纸带不能得到的物理量是________． A ．木块运动的加速度a B ．A 、B 间的平均速度 C ．物块质量mD ．A 、B 对应的运动时间t(3)(单选)如要测量在AB 段合外力对物块所做的功W AB ，还需要提供的实验器材是________． A ．秒表 B ．天平 C ．弹簧秤 D ．砝码答案 (1)右端 0.73 (2)C (3)B解析 (1)由图示纸带可知，在相等时间内，纸带右端相邻两点间的距离大，因此纸带右端与物块相连；电源频率为50 Hz ，每相邻两计数点间有4个计时点没有画出，则每相邻两计数点间的时间间隔T ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，打A 点时的速度v A ＝x 2T ＝0.068 4＋0.078 42×0.1 m /s ≈0.73 m/s.(2)由Δx ＝aT 2可以求出物块运动的加速度a ；由平均速度公式可以求出A 、B 间的平均速度；根据图示纸带不能求出物块质量m ；已知相邻两计数点间的时间间隔，由纸带可以求出A 、B 对应的运动时间t ；故选项C 不能求出．(3)求出物块的速度，应用动能定理可以求出合外力所做的功，应用动能定理求合外力所做的功需要知道物块的质量，因此实验中需要的实验器材是天平，故选B. 题组2 探究弹力和弹簧伸长的关系3．今年6月7日虎门大桥撞船事故后，全国交通部门加强了对国内各种大桥的检测与维修．某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50 m 、横截面积为400 cm 2的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难．同学们则取来了同种材料制成的样品进行实验探究．由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F 与形变量x 成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．(1)同学们准备和《探究弹簧弹力与弹簧伸长量之间关系》的实验一样将样品竖直悬挂．再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的．为了避免悬索自身重力对实验的影响，你认为可行的措施应该是：________________________. (2)同学们通过游标卡尺测样品的直径来测定其横截面积．某次测量的结果如图5所示，则该样品的直径为________ cm.图5①分析样品C 的数据可知，其所受拉力F C (单位N)与伸长量x (单位m)遵循的函数关系式是________．②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________成正比、与悬索的横截面积的大小成正比．答案 (1)将悬索样品水平放置在光滑水平面上，用定滑轮将重物竖直向下的重力变为水平方向的拉力 (2)0.830 (3)①F C ＝2×106x (N) ②平方的倒数解析 (2)游标卡尺的读数分两部分，一部分是游标尺零刻度线在主尺上所指的读数，即8 mm ，另一部分是与主尺刻度线对齐的游标尺刻度线示数与精确度的乘积，即6×0.05 mm ＝0.30 mm ，最终读数为8 mm ＋0.30 mm ＝8.30 mm ＝0.830 cm.(3)①分析样品C 的数据可发现拉力F 与伸长量成正比，比例系数为200 N0.000 1 m＝2×106 N/m.②分析样品A 、B 、D ，可以发现，拉力F 与伸长量的比例系数分别为1×106 N/m ，14×106 N/m和16 N/m，而长度比为1∶2∶3，所以比例系数与悬索长度的平方的倒数成正比．9×10题组3探究求合力的方法4．在“验证二力合成的平行四边形定则”的实验中，李华同学选用两个量程为5 N的弹簧秤和其他实验器材进行实验．对于实验中的器材用途或实验操作过程，下列说法正确的是________．A．实验过程中，在拆去弹簧秤之前最重要的步骤是记下弹簧秤的示数B．细绳套长短影响弹簧秤的拉力方向的准确记录C．实验中要保证弹簧秤的弹簧与其外壳无摩擦D．某次实验中，李华用两个弹簧秤互成60°角拉橡皮筋，读出弹簧秤的读数都为4 N，接下来只要操作合理，就能顺利完成实验验证答案BC解析拆去弹簧秤之前要记下弹簧秤的示数和拉力的方向以及受力点O，故选项A错误；细绳套长度要适中，否则会引起误差，故选项B正确；弹簧秤要与纸面平行但不能接触，故选项C正确；读出读数后还要记录拉力的方向和受力点O，故选项D错误．5．某同学用如图6所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O点分别与两弹簧测力计和钩码相接．图6(1)实验步骤如下：A．弹簧测力计A挂于固定在竖直木板上的P点；B．结点O下的细线挂钩码C；C．手持弹簧测力计B缓慢向左拉，使结点O静止在某位置；D．记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、记录________________________________________________________________________．(2)(单选)在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差？________(选填选项前的字母) A．木板不竖直B．A弹簧测力计外壳的重力C．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平D．改变弹簧测力计B的拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化(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，请你提出解决问题的一个办法________________________________________________________________________．答案(1)三条细绳(拉力)的方向(2)A(3)减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量；或减小AO与BO之间的夹角解析(1)矢量和不仅与大小有关，也与方向有关，所以得记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、还有记录三条细绳(拉力)的方向．(2)木板不竖直时，钩码和木板间有摩擦力会产生误差，选择A.6．如图7甲是“验证力的平行四边形定则”的实验装置．实验操作如下：图7(1)弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，测量________并记录为F.(2)弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置(如图甲)，此时需记下结点O的位置和两测力计的示数F1、F2以及________．(3)某同学已在图乙纸上作出F1、F2的图示，请根据力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′.(4)改变两细线的夹角，重复做几次实验．若F′的方向近似在________方向上，且大小近似等于F，则平行四边形定则得以验证．答案(1)M(重物)的重力(2)细线Oa、Ob、Oc的方向(或三段细线的方向)(3)如图所示(4)竖直解析 (1)两个弹簧测力计的合力等于悬挂重物的重力，需要先测量出悬挂重物M 的质量，便于求出该重物的重力．(2)记录下细线Oa 、Ob 、Oc 的方向作为两个弹簧测力计拉力和悬挂重物重力的方向． (4)F ′方向与悬挂重物的重力方向应该在同一直线上，即竖直方向．题组4 探究加速度与力、质量的关系图87．(2014·江西省新余市第二次模拟)如图8所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B ，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮之间的摩擦． (1)(单选)下列说法正确的是( )A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g2(2)如图9为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2.(交流电的频率为50 Hz ，结果保留二位有效数字)图9(3)(单选)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a —F 图象，可能是下列哪个选项中的图象( )答案 (1)B (2)0.50 (3)C解析 (1)该实验要平衡摩擦力，故A 错误；拉力可由测力计示数获得，故不要求重物质量远小于小车质量，故C 错误；由于重物向下加速运动，由牛顿第二定律：m 2g －2F ＝m 2a ，解得：F ＝m 2g －m 2a 2，故D 错误；故选B.(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2，有：a ＝0.50 m/s 2.(3)若没有平衡摩擦力，则当0＜F ≤F f 时，a ＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以该同学测得的a －F 图象可能是选项C 中的图象．。

考前三个月2015届高考物理名师考点点拨专题课件专题10物理图像问题分析含14真题及解析

精选教课课件设计| Excellent teaching plan高考定位图象能形象地表述物理规律、描述物理过程，能直观地显现物理量之间的互相关系及变化趋势，利用图象解决物理问题是一种重要的科学思想方法．所以，对图象问题的考察成为近几年的热门．高考趋向：主要考察以下几个方面：①会识图：理解图象的意义，斜率、截距、面积的意义．②会作图：依照物理现象、物理过程、物理规律作出图象．③会用图：能联合物理公式和图象剖析解决物理问题．考题 1 对力学图象问题的考察例1 如图 1 所示，轨道NO 和OM 底端对接且θ＞α，小环自N 点由静止滑下再滑上OM . 已知小环在轨道NO 下滑的距离小于在轨道OM 上滑的距离，忽视小环经过O 点时的机械能损失，轨道各处的摩擦系数同样．若用F、 F f、 v 和 E 分别表示小环所受的协力、摩擦力、速度和机械能，这四个物理量的大小随环运动行程的变化关系如图．此中能正确反应小环自N 点到右边最高点运动过程的是()图1审题打破小环在 NO 上做初速度为0 的匀加快运动，在OM 上做匀减速运动至速度为0，依据匀变速直线运动的均匀速度公式知加快和减速过程中的均匀速度相等，再依据下滑距离大于上滑距离可得物体下滑时间大于上滑时间，进而能够比较出加快度的大小，由牛顿第二定律确立小球所受合外力的大小．小球所受滑动摩擦力的大小能够经过比较小球所受弹力的大小加以确立，小环的速度与位移的关系能够经过动能定理加以确立，合外力做功等于小环动能的变化，机械能随小环所受摩擦力做功而减小，依据摩擦力做功与位移关系加以议论．1分析由题意知，v ＝2( v0＋ v) 知环在 NO、OM 上滑动的均匀速度相等，又因为小环在轨道精选教课课件设计| Excellent teaching planNO 下滑的距离小于在轨道OM 上滑的距离，联合x＝v t 可得：在NO 上运动的时间小，v在依据a＝t 可知在NO 上下滑时的加快度较大，故在NO 上合外力较大，所以 A 正确；在NO 上摩擦力 F f1＝μ mgcos θ，在 OM 上 F f2＝μ mgcos α，又θ>α，所以下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，故 B 正确；因环在下滑和上滑的过程中均做匀变速运动知足v2＝ 2ax，故速度与位移不是线性关系，故 C 错误；由机械能守恒可知，机械能的变化是由摩擦力做功惹起的，故E－ x 图象的斜率表示摩擦力，又下滑时的摩擦力小于上滑时的摩擦力，所以图象前段斜率应小于后段的斜率，所以 D 错误．答案AB1．如图 2 所示，直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上行驶的汽车 a 和 b 的位移—时间 (x－ t) 图线．由图可知()图2A ．在B ．在C．在D．在t1时刻，两车速度相等t2时刻， a、 b 两车运动方向同样t1到 t2这段时间内， b 车的速抢先减小后增大t1到 t2这段时间内， b 车的速率向来比 a 车大答案 C分析由题图可知，在t1时刻，两车地点同样，图线切线的斜率不一样，即两车速度不相等，选项 A 错误；因为x－ t 图线切线的斜率代表速度，在t 2时刻， a、 b 切线的斜率符号相反，故 a、b 两车运动方向相反，选项B错误；在t1到t2这段时间内，b切线的斜抢先减小后增大，故 b 车的速抢先减小后增大，选项 C 正确；在 t1 2a、b 切线的斜率可到 t 这段时间内，比较知，开始 b 车速率大于 a，而后 b 车的速率渐渐减小，直到等于 a 车的速率；而后减小到零后又反向增添，应选项 D 错误．2．为减少二氧化碳排放，我市已推出新式节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为 8× 102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传1 感器测得此过程中不一样时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度v，并描述出如图 3 所示的 F—v 图象 (图中 AB 、BO 均为直线 ) ，假定电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05 倍，重力加快度取 10 m/s2.则 ( )图3A ．该车起动后，先做匀加快运动，而后做匀速运动B．该车起动后，先做匀加快运动、而后做加快度减小的加快运动，接着做匀速运动C．该车做匀加快运动的时间是 1.2 sD．该车加快度为 0.25 m/s2时，动能是 4× 104 J答案BD分析因为横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从 A 到 B 到 C.AB 段，牵引力不变，电动车做匀加快运动，加快度为 a＝F －F f 2 000－ 0.05× 8× 102×10m/s 2＝2 m/ s2；BC m ＝8× 102段，因为图象为过原点的直线，所以Fv＝ P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加快度减小的加快运动，当F＝ F f＝ 400 N ，速度达到最大值 15 m/s，故v－v0 v－ v0 3－ 0选项 A 错误， B 正确；由 a＝t 可知 t＝ a ＝ 2 s＝ 1.5 s，应选项 C 错误；该车加快度为 0.25 m/s2时，牵引力为 F ′＝ ma′＋ F f＝ 8× 102× 0.25 N ＋ 0.05× 8× 102×10 N ＝600 N ，此时的速度为v′＝2 000× 3m/s ＝ 10 m/ s，动能为1 1× 8× 102× 102 J＝ 4× 104 J，应选项 D 正确．600 E k＝ mv′2＝2 21．理解横坐标、纵坐标的物理意义(1)确认横坐标、纵坐标对应的物理量各是什么．(2)坐标轴物理量的单位也是绝不可以忽视的．2．理解斜率、面积的物理意义(1)图线的斜率的意义要理解物理图象中斜率的含义，第一要看清图象的两个坐标轴．①变速直线运动的x— t 图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，所以图线中某两点连线的斜率表示均匀速度，图线上某一点切线的斜率表示刹时速度；②v— t 图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示均匀加快度和刹时加快度；③恒力做功的W—l 图象 ( l 为恒力方向上的位移 )，斜率表示恒力的大小；④用自由落体运动丈量重力加快度实验的v2— x 图象 (v 为速度， x 为着落位移 )，其斜率为重力加快度的 2 倍；(2)面积的物理意义①在直线运动的 v— t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于速度v 与时间 t 的乘积，所以它表示相应时间内质点经过的位移；②在a— t 图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加快度 a 与时间 t 的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；③力 F 挪动物体在力的方向上产生一段位移 l ， F— l 图象中曲线和l 坐标轴之间的面积表示 F 做的功，假如 F 是协力，则此面积表示物体动能的增添量．考题 2 对电场图象问题的考察例 2 a、 b 是 x 轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和 Q2，沿 x 轴 a、 b 之间各点对应的电势高低如图 4 中曲线所示， P 点处电势最低，并且 a、P 之间的距离大于P、b 之间的距离．从图中可看出以下说法中正确的选项是()图4A ． a、 P 间和 P、 b 间各点的电场方向都指向P 点B ．a 和 b 必定是同种电荷，可是不必定是正电荷C．电势最低的P 点的电场强度最大D．把带负电的查验电荷沿x 轴由 a 移到 b 的过程中，电场力对该电荷先做正功后做负功审题打破φ— x 图线的切线斜率表示电场强度的大小，所以P处场强为零，从a到b电势先减小后增大，依据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功仍是负功．依据点电荷场强公式，获得 Q1的电荷量必定大于Q2的电荷量；依据场强方向得出两电荷必定是正电荷．分析依据顺着电场线电势降低可知，P 点的左边电场方向向右， P 点的右边电场方向向左，则 a、P 间和 P、 b 间各点的电场方向都指向P 点，故 A 正确； P 点切线斜率为零，而φ— x 图线的切线斜率表示电场强度的大小，则 P 点的电场强度为零．两电荷在 P 点的合场强为零，P 点距离 Q1较远，依据点电荷的场强公式知，Q1的电量大于 Q2的电量．从 a 到 b 电势先减小后增大，因为沿电场线方向电势渐渐降低，知Q1和 Q2必定是同种电荷，且都为正电荷，故 B 错误；由图象切线的斜率表示电场强度的大小，就知道P 处场强为零，且电势最低，故C 错误；把带负电的查验电荷沿x 轴由 a 移到 b 的过程中，电场力先向左后向右，电场力先做负功再做正功，故 D 错误．答案 A3． (2014 ·徽安·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为 x 轴，开端点 O 为坐标原点，其电势能E p与位移 x 的关系如图 5 所示，以下图象中合理的是 ()图5答案 D分析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的． A ：由 E p—x 图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不可以为恒力，应选项 A 错误； B：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能互相转变，电势能的减少许等于动能的增添量，即动能增添得愈来愈慢，应选项 B 错误； C：因为静电力不是恒力，加快度 a 应当愈来愈小，应选项 C 错误，选项 D 正确．4．静电场方向平行于 x 轴，其电势φ随 x 的散布可简化为如图 6 所示的折线．一质量为m、带电量为＋ q 的粒子 (不计重力 )，以初速度v0从 O 点(x＝ 0)进入电场，沿 x 轴正方向运动．下列表达正确的选项是()图6A ．粒子从 O 运动到 x1的过程中速度渐渐减小B ．粒子从 x1运动到 x3的过程中，电势能先减小后增大C．要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0起码为 2 qφ0 mqφ0 00 ，粒子在运动过程中的最大速度为6qφD．若 v ＝ 2 m m答案AD分析粒子从 O 运动到 x1的过程中，电势高升，场强方向沿x 轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿 x 轴负方向，粒子做减速运动，故 A 正确．粒子从 x1 3运动到 x 的过程中，电势不断降低，依据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不停减小，故 B 错误．根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x 处，就能抵达x 处，当粒子恰巧运动到1 41处时，由动能定理得0102 02qφ0，所以要使粒子能运动到x4x q(0－φ)＝ 0－2mv ，解得 v ＝m 处，粒子的初速度v0 起码为0 ＝2 qφ0处电势能2qφ，故 C 错误．若 v0m ，粒子运动到 x3m1 2 1 2v m＝6qφ0最小，动能最大，由动能定理得q[0 －(－φ0)] ＝2mv m －2mv0，解得最大速度为m ，故 D 正确．精选教课课件设计| Excellent teaching plan电场中的图象种类能够分为以下几种基本种类，场强随坐标轴变化的函数图象：即E—x 图象，电势随坐标轴变化的函数图象：φ— x 图象，电势能随坐标轴变化的图象：E p— x 图象．场源可能是点电荷，也可能是电偶极子，还可能是带电平板等，解答该种类题重点是要读懂图象的电学意义，即坐标轴、坐标原点、斜率、交点坐标等的物理意义，同时联合题意，读懂已知条件，以及提出的问题，依据电场强度的定义式和电势的基本公式解决问题．考题 3 对电磁感觉中图象问题的考察例 3 (2014 ·新课标Ⅰ ·18)如图 7(a)，线圈 ab、cd 绕在同一软铁芯上．在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图 (b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则以下描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的选项是()图7审题打破线圈 cd 与示波器连结，在每个时间段内电流不随时间变化，则依据法拉第电磁感应定律，产生感觉电流的磁场均匀变化，由此判断线圈ab 电流的变化．分析由题图 (b)可知在 cd 间不一样时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈中的磁场是均匀变化的，则线圈ab 中的电流是均匀变化的，应选项 A 、B 、 D 错误，选项正确．答案 C ab C5．有一种信号发生器的工作原理可简化为如图8 所示的情况，竖直面内有半径均为R 且相切于 O 点的两圆形地区，其内存在水平恒定的匀强磁场，长为2R的导体杆OA，以角速度ω绕过 O 点的固定轴，在竖直平面内顺时针匀速旋转，t ＝ 0 时， OA 恰巧位于两圆的公切线上，以下描述导体杆两头电势差U AO随时间变化的图象可能正确的选项是()图8答案 A12ω，L 是有效切割长分析由右手定章可知，感觉电动势一直从O 指向 A，为正．由 E＝2BL度， B、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半圈后，再次重复，故 A 正确．6．如图 9 所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感觉强度的大小均为B，磁场地区的宽度均为 a.高度为 a 的正三角形导线框ABC 从图示地点沿x 轴正向匀速穿过两磁场地区，以逆时针方向为电流的正方向，在以下图形中能正确描述感觉电流I 与线框挪动距离 x 关系的是 ( )图9答案 B分析由图知，当AB 边在左边的磁场中运动时，切割的有效长度在减小，所以电动势减小，电流减小，再依据右手定章可判断电流的方向为逆时针方向，所以电流为正且渐渐减小；当AB 边进入右边的磁场，切割产生的电动势为顺时针，ACB 边切割产生的电动势也是顺时针，故总电动势为两者之和，在运动的过程中，总电动势在减小，所以电流为负渐渐减小，所以B正确； A、 C、 D 错误．电磁感觉中常波及磁感觉强度B、磁通量Φ、感觉电动势 E 和感觉电流I 随时间 t 变化的图象，有时还会波及到感觉电动势 E 和感觉电流I 随线圈位移x 变化的图象．这些图象问题大概可分为两类：(1) 由给定的电磁感觉过程选出或画出正确的图象；(2) 由给定的有关图象剖析电磁感觉过程，求解相应的物理量．解这种问题需应用右手定章、楞次定律和法拉第电磁感觉定律进行剖析．考题 4对实验中图象问题的考察例 4张明同学在一次测电源电动势与内阻的实验中，用实验室仅有的实验器械(电流表一个、电阻箱一个、开关一个和导线若干)，设计了如图10 所示的电路进行实验，测得的数据以下表所示.图 10实验次数 1 2 3 4 5R(Ω) 4.0 10.0 16.0 22.0 28.0I(A) 1.00 0.50 0.34 0.25 0.20(1)利用测得的数据在如图11 所示的坐标纸上画出适合的图象．图 11(2)由图象可知，该电池的电动势E ＝ ________ V ，该电池的内阻 r ＝ ________ Ω(结果保存两位有效数字 )．(3)利用该实验电路测出的电动势E 测和内阻 r 测与真切值 E 真和 r 真对比，理论上 E 测 ________E真， r 测________r 真 (选填“ >”、“ <”或“＝” )．审题打破(1)此题由安阻法丈量电动势和内电阻；由闭合电路欧姆定律可得出有关电流和电阻的关系式；由数学知识可知哪一种图象更科学；由公式及表中的数据利用描点法可画出正确的图象； (2)由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻； (3)实验中因为电表不是理想电表，故要考虑电表内阻对丈量结果的影响；由极限剖析法可得出电动势的偏差．答案(1) 画出 R —1图象．I(2)6.0 2.0 (3) ＝ >1分析 (2) 由闭合电路欧姆定律E ＝ IR ＋Ir 得 R ＝ E ·I － r ，则图象斜率为： k ＝ E ，电动势为： ER≈ 6.0 V ，内阻为： r ＝2.0 Ω.＝ k ＝ 1I1 1r r A(3)因为电流表的分压作用，电流表会分担一部分电压，即：I ＝ E R ＋ E ＋ E ，斜率不变，则电动势大小不变，而丈量内阻其实是电源内阻与电流表内阻之和，故丈量值大于实质值．7．用如图 12 所示实验装置丈量滑块 A 与木板间的动摩擦因数．长木板水平固定，细线越过精选教课课件设计| Excellent teaching plan定滑轮与滑块A、重锤开释，B 落地后，测出表所示 . B 相连．将细线拉直，测出B 离地面的高度 h，将重锤从 h 高处静止 A 在木板上滑动的距离 x；改变 B 开释高度重复实验，实验数据以下图12实验次数 1 2 3 4 5 6h/cm 10.0 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0x/cm 14.7 22.4 30.3 37.6 44.9 52.4(1)若测得 A 的质量 m ＝ 3 kg ， B 的质量 m ＝ 1 kg ，A 和 B 间细线的长度 L＝ 112.0 cm，木板A B的长度 l ＝98.0 cm ，要达到实验目的，以上四个量中没有必需丈量的是______( 用物理量的符号表示 )．(2)作出 x 随 h 变化的图象．(3)由图象并联合 (1) 中所测数值求得滑块与木板间的动摩擦因数为________．答案(1) L、 l(2 分) (2) 看法析图 (4 分 ) (3)0.2分析(1) 由题意可知， B 距地面的高度h， A 在木板上滑行的距离x，A、 B 的质量 m A、m B.从静止开释让它们运动到 B 着地，依据动能定理得：1 2①m B gh－μm A gh＝2( m A＋ m B)v从 B 着地到 A 停在木板上，依据动能定理得：1m A v2＝μm A g(x－ h)2由①② 解得：μ＝m B hm A＋ m B x－ m B h可知没有必需丈量L 和 l.(2)作出 x 随 h 变化的图象以下图．1＋μm B(3)由③得： x＝hμm A＋ m B依据数学知识获得图象中直线的斜率1＋μm Bk＝μm A＋ m B ②③精选教课课件设计| Excellent teaching plan由图得： k≈ 1.51＋μ×1代入数据得：＝ 1.5μ3＋ 1解得μ＝ 0.28．一实验小组准备研究元件Q 的伏安特征曲线，他们设计了如图13 所示的电路图．请回答以下问题：图13(1)考虑电表内阻的影响，该元件电阻的丈量值________(选填“大于”、“等于”或“小于”) 真切值．(2)实验测得表格中的7 组数据，请在图14 所示的坐标纸上作出该元件的I— U 图线 .序号电压 /V 电流 /A1 0.00 0.002 0.50 0.203 1.00 0.354 1.50 0.455 2.00 0.506 2.50 0.547 3.00 0.58图 14U求得．乙(3)为了求元件 Q 在 I— U 图线上某点的电阻，甲同学利用该点的坐标(U，I)，由 R＝I1同学作出该点的切线，求出切线的斜率k，由 R＝k求得．此中 ________(选填“甲”或“乙” )同学的方法正确．答案(1) 大于 (2) 看法析图(3) 甲分析(1) 由实验电路图可知，实验采纳电流表内接法，因为电流表的分压作用，实验所测电压值 U 偏大，由欧姆定律可知，元件电阻的丈量值大于真切值．(2)依据表中实验数据在座标系内描出对应点，而后作出图象以下图．(3)从理论上讲，甲利用了欧姆定律，乙同学利用了斜率的意义，理论上说都没有问题，但从实质状况来说，我们依据丈量数据描述的 I － U 图象的大概曲线，存在很大的偏差，假如再作出切线求电阻，偏差更大，计算结果更不正确；故甲同学的计算结果更正确．依据实验数据在座标纸上作图的原则要求是：正确、清楚、布局合理、便于应用．(1)合理选用坐标原点(2)两坐标轴的分度要适合(3)要有足够多的描点数量(4)画出的图象应尽可能穿过许多的点或是尽可能多的描点散布在图线的双侧作图法能够减小实验中的有时偏差．知识专题练训练10题组 1对力学图象问题的考察1． (2014 广·东·13)如图 1 所示是物体做直线运动的v— t 图象，由图可知，该物体( )图1A ．第 1 s 内和第 3 s 内的运动方向相反B ．第 3 s 内和第 4 s 内的加快度同样C．第 1 s 内和第 4 s 内的位移大小不相等D． 0～ 2 s 和 0～ 4 s 内的均匀速度大小相等答案 B分析第 1 s 内和第 3 s 内的速度均为正当，方向同样，选项 A 错误； v— t 图象的斜率代表加快度，第 3 s 内和第 4 s 内斜率同样，所以加快度同样，选项 B 正确；图象与时间轴所围面积在数值上等于位移的大小，第 1 s 内的位移11× 1× 1 m＝ 0.5 m，第 4 s 内的位移 x4＝－x ＝21 x 2× 1×1 m＝－ 0.5 m，两段时间内位移大小相等，选项 C 错误； 0～2 s 内的均匀速度 v ＝t＝1.5 x′ 1.52 m/s＝ 0.75 m/ s,0～ 4 s 内的均匀速度v ′＝t′＝4 m/s＝ 0.375 m/ s，选项 D 错误．2．如图 2 甲所示，物体遇到水平推力 F 的作用在粗拙水平面上做直线运动．经过力传感器和速度传感器监测到推力 F 、物体速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙所示．取g＝ 10 m/s2.则( )图2A ．物体的质量 m＝ 3.0 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝ 0.20C．第 2 s 内物体战胜摩擦力做的功为 2.0 JD．前 2 s 内推力 F 做功的均匀功率P ＝ 3 W答案 C分析由速度—时间图象能够知道在2～ 3 s 的时间内，物体匀速运动，处于受力均衡状态，所以滑动摩擦力的大小为 2 N ，在 1～ 2 s 的时间内，物体做匀加快运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以 a＝ 2 m/s2，由牛顿第二定律可得F－ F f＝ ma，所以 m＝ 0.5 kg ，所以 A 错误；由 F f N 12＝ 1 m，＝μF＝μ mg，所以：μ＝ 0.4，所以 B 错误；第 2 秒内物体的位移是： x＝2at摩擦力做的功为： W＝－ F f x＝－ 2× 1 J＝－ 2 J，故战胜摩擦力所做的功为 2.0 J，故 C 正确；在第 1 秒内物体没有运动，所以 F 在第一秒内没有做功，在第 2 秒内， F 所做的功为： W＝WFx＝ 3× 1 J＝ 3 J，所从前2 s 内推力 F 做功的均匀功率为： P＝t＝1.5 W ，所以 D 错误．3．如图 3 甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的圆滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与行程的关系图象如图乙所示．以下说法正确的选项是 ()图3A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B ．甲、乙两球的质量之比为 m 甲 ∶ m 乙＝ 4∶ 1C ．甲、乙两球的动能均为 E k0 时，两球重力的刹时功率之比为 P 甲∶P 乙＝ 1∶ 1D ．甲、乙两球的动能均为E k0 时，两球高度同样答案 BC分析因只有重力做功，所以甲、乙两球机械能都守恒，故A 错误；动能与位移的图象斜率表示合外力，甲的合外力为m 甲 gsin 30 °，乙球的合外力为 m 乙 g ，由题图乙知 m 甲 gsin 30 °＝ 2mg ，所以 m∶ m＝ 4∶ 1，故 B 正确；依据 E ＝ 12v 甲1知，动能相等时，＝ 2，两乙甲乙2mvkv 乙m 甲gv 甲 sin 30 °1球重力的刹时功率之比乙 gv 乙＝ 1，所以 C 正确；由题图乙知，甲、乙两球的动能均m为 E k0 时，两球高度不同样，所以 D 错误．题组 2对电场图象问题的考察4．某带电物体所在空间形成一个电场，沿 x 轴方向其电势点以 v 0 的初速度沿 x 轴正方向射出，挨次经过 a 、 b 、 c 、 d 正确的选项是 ()图 4A ．在 Oa 间电子做匀加快直线运动B ．电子在 Od 之间向来在做减速直线运动C ．要使电子能抵达无量远处，粒子的初速度 v 0 起码为D ．在 cd 间运动时电子的电势能必定增大φ的变化如图 4 所示．电子从 O点．则以下对于电子运动的描述2e φ0m答案 CD分析由题图知 Oa 和 bc 间的电势不变，则 Oa 和 bc 间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故 A 、 B 错误．因为电子在 Od 运动时电场力做负功，所以其电势能增大，动能减小；电场力做功： W ＝－ e ·Δφ＝－ e φ0，所以要使电子能抵达无量远处，由动能定理得：1 2e φ02W ＝ 0－ 2mv起码为m ，故 C 正确．电子在cd 间运动时电子受，所以粒子的初速度 v 到的电场力做负功，电子的电势能必定增大，故D 正确．5．如图 5 所示，一半径为 R 的均匀带正电圆环水平搁置，环心为O 点，质量为 m 的带正电的小球从 O 点正上方 h 高的 A 点静止开释，并穿过带电环，对于小球从A 到 A 对于 O 的对称点 A ′过程加快度 (a)、重力势能 (E pG )、机械能 (E)、电势能 (E p 电 )随地点变化的图象必定错误的是 (取 O 点为坐标原点且重力势能为零，向下为正方向，无穷远电势为零)()图5答案 D分析圆环中心的场强为零，无量远处场强也为零，则小球从 A 到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得悉，重力不变，则加快度可能先减小后增大；小球穿过圆环后抵达A′点，小球所受的电场力竖直向下，加快度方向向下，为正当，依据对称性可知，电场力先增大后减小，则加快度先增大后减小，故 A 正确；小球从 A 到圆环中心的过程中，重力势能 E p＝ mgh，小球穿过圆环后，E p＝－ mgh，重力势能与高度是线性变化的，故 B 正确；小球从 A 到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故 C 正确；因为圆环所产生的是非匀强电场，小球着落的过程中，电场力做功与着落的高度之间是非线性关系，电势能变化与着落高度之间也是非线性关系，故 D 错误．题组 3 对电磁感觉中图象问题的考察6．如图 6 所示，等腰直角地区EFG 内有垂直纸面向里的磁感觉强度为 B 的匀强磁场，直角边 CF 长度为 2L.现有一电阻为R 的闭合直角梯形导线框ABCD 以恒定速度 v 水平向右匀速经过磁场． t＝0 时刻恰巧位于图示地点(即 BC 与 EF 在一条直线上，且 C 与 E 重合 ) ，规定导线框中感觉电流沿逆时针方向时为正，则感觉电流i 与时间 t 的关系图线正确的选项是()图6答案 C分析在进入长度 L 的过程中，切割磁感线的有效长度在均匀增添，由E＝ BLv 知，感觉电E BLv动势均匀增添，当进入 L 时的感觉电动势为E＝BLv，感觉电流为 I＝R＝R，由楞次定律判断知，感觉电流方向为正，在由L 进入 2L 的过程中， ADC 边切割磁感线的有效长度在均匀增添， AB 边切割磁感的长度在均匀增添，由几何关系知AB 边增添的快且AB 边和 ADC 边产生的感觉电动势方向相反即等效于切割磁感线的总长度在减小，感觉电流减小；在走开磁场的过程中， CD 边不切割磁感线，AD 边切割的长度小于AB 边切割的长度，产生负方向感觉电流， C 正确．7．如图 7 所示，两根电阻不计的圆滑金属导轨竖直搁置，导轨上端接电阻R，宽度同样的水平条形地区Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒M、 N 两头套在导轨上，并与两导轨一直保持优秀接触，导体棒从距地区Ⅰ上界限H 处由静止开释，在穿过两段磁场地区的过程中，流过电阻R 上的电流及其变化状况同样．下边四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是()图7。

高考物理考前三个月：专题3-抛体运动与圆周运动(含答案)

1．(·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图1A.L 12g6h ＜v ＜L 1g6hB.L 14gh ＜v ＜ (4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h ＜v ＜12 (4L 21＋L 22)g 6h D.L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g 6h答案 D解析发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v 最小时，球沿中线恰好过网，有： 3h －h ＝gt 212①L 12＝v 1t 1② 联立①②得v 1＝L 14g h当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 (L 22)2＋L 21＝v 2t 2③ 3h ＝12gt 22④联立③④得v 2＝12(4L 21＋L 22)g 6h所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v 的最大取值范围为L 14g h ＜v ＜12(4L 21＋L 22)g6h，选项D 正确．2．(·浙江理综·19)如图2所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则( )图2A ．选择路线①，赛车经过的路程最短B ．选择路线②，赛车的速率最小C ．选择路线③，赛车所用时间最短D ．①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等答案 ACD解析赛车经过路线①的路程s 1＝πr ＋2r ＝(π＋2)r ，路线②的路程s 2＝2πr ＋2r ＝(2π＋2)r ，路线③的路程s 3＝2πr ，A 正确；根据F max ＝m v 2R ，可知R 越小，其不打滑的最大速率越小，所以路线①的最大速率最小，B 错误；三种路线对应的最大速率v 2＝v 3＝2v 1，则选择路线①所用时间t 1＝(π＋2)r v 1，路线②所用时间t 2＝(2π＋2)r 2v 1，路线③所用时间t 3＝2πr2v 1，t 3最小，C 正确；由F max ＝ma ，可知三条路线对应的a 相等，D 正确．3．(·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.图3(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．答案 (1)0.25 m (2)2103m/s解析 (1)小环在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b 点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc 重合，故有s ＝v b t ① h ＝12gt 2② 在ab 滑落过程中，根据动能定理可得mgR ＝12m v 2b ③联立三式可得R ＝s 24h＝0.25 m(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh ＝12m v 2c④因为小环滑到c 点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c 点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝v bv 2b ＋2gh⑤根据运动的合成与分解可得sin θ＝v 水平v c ⑥联立①②④⑤⑥可得v 水平＝2103m/s.1．题型特点抛体运动与圆周运动是高考热点之一．考查的知识点有：对平抛运动的理解及综合运用、运动的合成与分解思想方法的应用、竖直面内圆周运动的理解和应用．高考中单独考查曲线运动的知识点时，题型为选择题，将曲线运动与功和能、电场与磁场综合时题型为计算题．2．应考策略抓住处理问题的基本方法即运动的合成与分解，灵活掌握常见的曲线运动模型：平抛运动及类平抛运动、竖直面内的圆周运动及完成圆周运动的临界条件．考题一运动的合成与分解1．如图4所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至b点时，救生员乙从O 点出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的()图4A．Oa方向B．Ob方向C．Oc方向D．Od方向答案 B解析人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着Ob方向即可对甲实施救助．2．如图5所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R(R视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为α.则红蜡块R的()图5A．分位移y与x成正比B．分位移y的平方与x成正比C．合速度v的大小与时间t成正比D ．tan α与时间t 成正比答案 BD解析由题意可知，y 轴方向，y ＝v 0t .而x 轴方向，x ＝12at 2，联立可得：y 2＝2v 20a x ，故A 错误，B 正确；x 轴方向，v x ＝at ，那么合速度的大小v ＝v 20＋a 2t 2，则v 的大小与时间t 不成正比，故C 错误；tan α＝at v 0＝av 0t ，故D 正确．3．如图6所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )图6A ．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝d2B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能D ．环能下降的最大高度为43d答案 CD解析环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)d ，选项A 错误；环到达B 处时，重物的速度与环的速度大小关系为：v 物＝v 环sin 45°，即环与重物的速度大小不相等，选项B 错误；根据机械能守恒定律，对环和重物组成的系统机械能守恒，则环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，选项C 正确；设环能下降的最大距离为H ，则对环和重物组成的系统，根据机械能守恒定律可得：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得H ＝43d ，选项D 正确．1．合运动与分运动的关系：(1)独立性：两个分运动可能共线、可能互成角度．两个分运动各自独立，互不干扰． (2)等效性：两个分运动的规律、位移、速度、加速度叠加起来与合运动的规律、位移、速度、加速度效果相同．(3)等时性：各个分运动及其合运动总是同时发生，同时结束，经历的时间相等． (4)合运动一定是物体的实际运动．物体实际发生的运动就是物体相对地面发生的运动，或者说是相对于地面上的观察者所发生的运动．2．判断以下说法的对错．(1)曲线运动一定是变速运动．( √ ) (2)变速运动一定是曲线运动．( × )(3)做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力．( × )考题二平抛(类平抛)运动的规律4．如图7所示，A 、B 两点在同一条竖直线上，A 点离地面的高度为2.5h .B 点离地面的高度为2h .将两个小球分别从A 、B 两点水平抛出，它们在P 点相遇，P 点离地面的高度为h .已知重力加速度为g ，则( )图7A ．两个小球一定同时抛出B ．两个小球抛出的时间间隔为(3－2)h gC ．小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B ＝32 D ．小球A 、B 抛出的初速度之比v Av B ＝23 答案 BD解析平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h ＝12gt 2，得t ＝2hg，由于A 到P 的竖直高度较大，所以从A 点抛出的小球运动时间较长，应先抛出．故A 错误；由t ＝2h g，得两个小球抛出的时间间隔为Δt ＝t A －t B ＝2×1.5hg－2hg＝(3－2)hg .故B 正确；由x ＝v 0t 得v 0＝xg 2h ，x 相等，则小球A 、B 抛出的初速度之比v A v B＝ h B h A＝ h 1.5h＝23，故C 错误，D 正确．5．在水平地面上的O 点同时将甲、乙两块小石头斜向上抛出，甲、乙在同一竖直面内运动，其轨迹如图8所示，A 点是两轨迹在空中的交点，甲、乙运动的最大高度相等．若不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图8A ．甲先到达最大高度处B ．乙先到达最大高度处C ．乙先到达A 点D ．甲先到达水平地面答案 C解析斜抛可以分解为水平匀速运动和竖直匀变速运动，由于甲、乙运动的最大高度相等，由v 2＝2gh ，则可知其竖直方向初速度相同，则甲、乙同时到达最高点，故A 、B 错误；由前面分析，结合图像可知，乙到达A 点时，甲在上升阶段，故C 正确；由于甲、乙竖直方向运动一致，故会同时到达地面，故D 错误．6．如图9，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，则飞行一段时间后撞在斜面上时速度与水平方向夹角的正切值为(g ＝10 m/s 2)( )图9A ．2B ．0.5C ．1 D. 2答案 A解析如图所示，由三角形的边角关系可知， AQ ＝PQ所以在竖直方向上有， OQ ＋AQ ＝10 m所以有：v 0t ＋12gt 2＝10 m ，解得：t ＝1 s. v y ＝gt ＝10 m/s 所以tan θ＝v yv 0＝21．平抛运动规律以抛出点为坐标原点，水平初速度v 0方向为x 轴正方向，竖直向下的方向为y 轴正方向，建立如图10所示的坐标系，则平抛运动规律如下．图10(1)水平方向：v x ＝v 0 x ＝v 0t (2)竖直方向：v y ＝gt y ＝12gt 2(3)合运动：合速度：v t ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋g 2t 2合位移：s ＝x 2＋y 2合速度与水平方向夹角的正切值tan α＝v y v 0＝gtv 0合位移与水平方向夹角的正切值tan θ＝y x ＝gt2v 02．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末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.推论Ⅱ：做平抛(或类平抛)运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．考题三圆周运动问题的分析7．如图11所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A 和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B 在最高点时( )图11A ．球B 的速度为零 B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 答案 C解析球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝mv 22L 解得v ＝2gL ，故A 错误；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v ′＝2gL2，故B 错误；球B 到最高点时，对杆无弹力，此时球A 受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v ′2L解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误．8．如图12所示，质量为m 的竖直光滑圆环A 的半径为r ，竖直固定在质量为m 的木板B 上，木板B 的两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使木板不能左右运动．在环的最低点静置一质量为m 的小球C .现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在环内侧做圆周运动．为保证小球能通过环的最高点，且不会使木板离开地面，则初速度v 0必须满足( )图12A.3gr ≤v 0≤5grB.gr ≤v 0≤3grC.7gr ≤v 0≤3grD.5gr ≤v 0≤7gr答案 D解析在最高点，速度最小时有：mg ＝m v 21r解得：v 1＝gr .从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设最低点的速度为v 1′，根据机械能守恒定律，有： 2mgr ＋12mv 21＝12mv 1′2解得v 1′＝5gr . 要使木板不会在竖直方向上跳起，球对环的压力最大为：F ＝mg ＋mg ＝2mg 从最高点到最低点的过程中，机械能守恒，设此时最低点的速度为v 2′，在最高点，速度最大时有：mg ＋2mg ＝m v 22r 解得：v 2＝3gr .根据机械能守恒定律有：2mgr ＋12mv 22＝12mv 2′2解得：v 2′＝7gr .所以保证小球能通过环的最高点，且不会使木板在竖直方向上跳起，在最低点的速度范围为：5gr ≤v ≤7gr .9．如图13所示，光滑杆AB 长为L ，B 端固定一根劲度系数为k 、原长为l 0的轻弹簧，质量为m 的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接．OO ′为过B 点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ.图13(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小a 及小球速度最大时弹簧的压缩量Δl 1；(2)当球随杆一起绕OO ′轴匀速转动时，弹簧伸长量为Δl 2，求匀速转动的角速度ω； (3)若θ＝30°，移去弹簧，当杆绕OO ′轴以角速度ω0＝gL匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A 时球沿杆方向的速度大小为v 0，求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W . 答案见解析解析 (1)小球从弹簧的原长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma 解得a ＝g sin θ 小球速度最大时其加速度为零，则 k Δl 1＝mg sin θ 解得Δl 1＝mg sin θk(2)设弹簧伸长Δl 2时，球受到杆的支持力为N ，水平方向上有N sin θ＋k Δl 2cos θ＝mω2(l 0＋Δl 2)cos θ竖直方向上有N cos θ－k Δl 2sin θ－mg ＝0 解得ω＝mg sin θ＋k Δl 2ml 0＋Δl 2cos 2θ(3)当杆绕OO ′轴以角速度ω0匀速转动时，设小球距离B 点L 0，此时有mg tan θ＝mω20L 0cos θ 解得L 0＝2L 3此时小球的动能E k0＝12m (ω0L 0cos θ)2小球在最高点A 离开杆瞬间的动能 E k A ＝12m [v 20＋(ω0L cos θ)2]根据动能定理有W －mg (L －L 0)sin θ＝E k A －E k0 解得W ＝38mgL ＋12mv 201．圆周运动主要分为水平面内的圆周运动(转盘上的物体、汽车拐弯、火车拐弯、圆锥摆等)和竖直平面内的圆周运动(绳模型、汽车过拱形桥、水流星、内轨道、轻杆模型、管道模型)． 3．注意有些题目中有“恰能”、“刚好”、“正好”、“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．考题四抛体运动与圆周运动的综合10．如图14所示，小球沿水平面以初速度v 0通过O 点进入半径为R 的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则( )图14A ．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B ．若小球能通过半圆弧最高点P ，则球在P 点受力平衡C ．若小球的初速度v 0＝3gR ，则小球一定能通过P 点D ．若小球恰能通过半圆弧最高点P ，则小球落地点到O 点的水平距离为2R 答案 CD解析不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，E k 减少，故做变速圆周运动A 错误；在最高点P 需要向心力，故受力不平衡，B 错误．恰好通过P 点，则有mg ＝mv 2PR得v P ＝gR ， mg ·2R ＋12mv 2P ＝12mv 2得v ＝5gR <3gR ，故C 正确；过P 点 x ＝v P ·t 2R ＝12gt 2得：x ＝gR ·2Rg＝2R ，故D 正确． 11．如图15所示，参加某电视台娱乐节目的选手从较高的平台以v 0＝8 m/s 的速度从A 点水平跃出后，沿B 点切线方向进入光滑圆弧轨道，沿轨道滑到C 点后离开轨道．已知A 、B 之间的竖直高度H ＝1.8 m ，圆弧轨道半径R ＝10 m ，选手质量m ＝50 kg ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，求：图15(1)选手从A 点运动到B 点的时间及到达B 点的速度； (2)选手到达C 点时对轨道的压力．答案 (1)0.6 s 10 m/s ，与水平方向的夹角为37° (2)1 200 N ，方向竖直向下解析 (1)选手离开平台后做平抛运动，在竖直方向H ＝12gt 2解得：t ＝2Hg＝0.6 s 在竖直方向 v y ＝gt ＝6 m/s 选手到达B 点速度为v B ＝v 20＋v 2y ＝10 m/s与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝v yv 0＝0.75，则θ＝37°(2)从B 点到C 点：mgR (1－cos θ)＝12mv 2C －12mv 2B 在C 点：N C －mg ＝m v 2C RN C ＝1 200 N由牛顿第三定律得，选手对轨道的压力 N C ′＝N C ＝1 200 N ，方向竖直向下曲线运动的综合题往往涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解，解答时可从以下两点进行突破： 1．分析临界点对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口． 2．分析每个运动过程的运动性质对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动：(1)若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒．(2)若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是由哪个力、哪个力的分力或哪几个力提供的．专题综合练1．关于物体的运动，以下说法正确的是()A．物体做平抛运动时，加速度不变B．物体做匀速圆周运动时，加速度不变C．物体做曲线运动时，加速度一定改变D．物体做曲线运动时，速度一定变化答案AD解析物体做平抛运动时，物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，所以加速度是不变的，所以A正确；物体做匀速圆周运动时，要受到向心加速度的作用，向心加速度的大小不变，但是向心加速度的方向是在不断的变化的，所以加速度要变化，所以B错误；物体做曲线运动时，加速度不一定改变，比如平抛运动的加速度就为重力加速度，是不变的，所以C错误；物体既然做曲线运动，速度的方向一定在变化，所以速度一定变化，所以D正确．2．如图16所示，河水流动的速度为v且处处相同，河宽为a.在船下水点A的下游距离为b 处是瀑布．为了使小船渡河安全(不掉到瀑布里去)()图16A．小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t＝bv.速度最大，最大速度为v max＝a vbB．小船轨迹沿y轴方向渡河位移最小．速度最大，最大速度为v max＝a2＋b2v bC ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、时间最长．速度最小，最小速度v min ＝a v bD ．小船沿轨迹AB 运动位移最大、速度最小．则小船的最小速度v min ＝a va 2＋b 2答案 D解析小船船头垂直河岸渡河时间最短，最短时间为t ＝a v 船，不掉到瀑布里t ＝a v 船≤bv ，解得v 船≥a v b ，船最小速度为a vb ，A 错误；小船轨迹沿y 轴方向渡河应是时间最小，B 错误；小船沿轨迹AB 运动位移最大，但时间的长短取决于垂直河岸的速度，但有最小速度为a va 2＋b 2，所以C 错误，而D 正确．3．如图17所示，水平光滑长杆上套有一个质量为m A 的小物块A ，细线跨过O 点的轻小光滑定滑轮一端连接A ，另一端悬挂质量为m B 的小物块B ，C 为O 点正下方杆上一点，定滑轮到杆的距离OC ＝h .开始时A 位于P 点，PO 与水平方向的夹角为30°.现将A 、B 同时由静止释放，则下列分析正确的是( )图17A ．物块B 从释放到最低点的过程中，物块A 的动能不断增大B ．物块A 由P 点出发第一次到达C 点的过程中，物块B 的机械能先增大后减小 C ．PO 与水平方向的夹角为45°时，物块A 、B 速度大小关系是v A ＝22v BD ．物块A 在运动过程中最大速度为 2m B ghm A答案 AD解析物块B 从释放到最低点过程中，由机械能守恒可知，物块B 的机械能不断减小，则物块A 的动能不断增大，故A 正确；物块A 由P 点出发第一次到达C 点过程中，物块B 动能先增大后减小，而其机械能不断减小，故B 错误；PO 与水平方向的夹角为45°时，有：v A cos 45°＝v B ，则：v A ＝2v B ，故C 错误；B 的机械能最小时，即为A 到达C 点，此时A 的速度最大，此时物块B 下落高度为h ，由机械能守恒定律得：12m A v 2A ＝m B gh ，解得：v A ＝2m B ghm A，故D 正确．4．如图18所示，从倾角为θ的足够长的斜面顶端P 以速度v 0抛出一个小球，落在斜面上某处Q 点，小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α，若把初速度变为2v 0，小球仍落在斜面上，则以下说法正确的是( )图18A ．夹角α将变大B ．夹角α与初速度大小无关C ．小球在空中的运动时间不变D ．PQ 间距是原来间距的3倍答案 B解析根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg ，因为初速度变为原来的2倍，则小球在空中运动的时间变为原来的2倍．故C 错误．速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gtv 0＝2tan θ，因为θ不变，则速度与水平方向的夹角不变，可知α不变，与初速度无关，故A 错误，B 正确．PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 20tan θg cos θ，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误．5．如图19所示，水平地面附近，小球B 以初速度v 斜向上瞄准另一小球A 射出，恰巧在B 球射出的同时，A 球由静止开始下落，不计空气阻力．则两球在空中运动的过程中( )图19A ．A 做匀变速直线运动，B 做变加速曲线运动 B ．相同时间内B 的速度变化一定比A 的速度变化大C ．两球的动能都随离地竖直高度均匀变化D ．A 、B 两球一定会相碰答案 C解析 A 球做的是自由落体运动，是匀变速直线运动，B球做的是斜抛运动，是匀变速曲线运动，故A 错误．根据公式Δv ＝a Δt ，由于A 和B 的加速度都是重力加速度，所以相同时间内A 的速度变化等于B 的速度变化，故B 错误．根据动能定理得：W G ＝ΔE k ，重力做功随离地竖直高度均匀变化，所以A 、B 两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C 正确．A 球做的是自由落体运动，B 球做的是斜抛运动，在水平方向匀速运动，在竖直方向匀减速运动，由于不清楚具体的距离关系，所以A 、B 两球可能在空中不相碰，故D 错误．6．如图20所示，一个质量为0.4 kg 的小物块从高h ＝0.05 m 的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O 点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P 点．现以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y ＝x 2－6(单位：m)，不计一切摩擦和空气阻力，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图20A ．小物块从水平台上O 点飞出的速度大小为1 m/sB ．小物块从O 点运动到P 点的时间为1 sC ．小物块刚到P 点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5D ．小物块刚到P 点时速度的大小为10 m/s 答案 AB解析从坡面顶端到O 点，由机械能守恒，mgh ＝12m v 2，v ＝1 m/s ，故A 正确；O 到P 平抛，水平方向x ＝v t ，竖直方向h ′＝12gt 2；由数学知识y ＝x 2－6，－h ′＝x 2－6，即－12gt 2＝(v t )2－6，解得t ＝1 s ，则B 正确；tan α＝gtv ＝10，故C 错误；到P 的速度v P ＝v 2＋(gt )2＝101 m/s ，D 错误．7．如图21所示，一根质量不计的轻杆绕水平固定转轴O 顺时针匀速转动，另一端固定有一个质量为m 的小球，当小球运动到图中位置时，轻杆对小球作用力的方向可能( )图21A．沿F1的方向B．沿F2的方向C．沿F3的方向D．沿F4的方向答案 C解析因小球做匀速圆周运动，故小球所受的合力方向指向圆心，小球受竖直向下的重力作用，故轻杆对小球作用力的方向与重力的合力方向指向圆心，故杆对小球作用力的方向可能在F3的方向，故选C.8．如图22所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图22A．B的向心力是A的向心力的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A、B都有沿半径向外滑动的趋势D．若B先滑动，则B与A间的动摩擦因数μA小于盘与B间的动摩擦因数μB答案BC解析因为A、B两物体的角速度大小相等，根据F n＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，故A错误；对A、B整体分析，f B＝2mrω2，对A 分析，有：f A＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，，有沿半径向外滑动的趋势，故C正确；对A、B整体分析，μB×2mg＝2mrω2B，解得ωB＝μB gr，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可对A分析，μA mg＝mrω2A，解得ωA＝μA gr知B的临界角速度较小，即μB<μA，故D错误．9．如图23所示，水平的粗糙轨道与竖直的光滑圆形轨道相连，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续沿水平轨道运动．圆形轨道半径R＝0.2 m，右侧水平轨道BC长为L＝4 m，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝1 m，水平距离s＝2 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.小球从圆形轨道最低点B以某一水平向右的初速度出发，进入圆形轨道．试求：图23(1)若小球通过圆形轨道最高点A 时给轨道的压力大小恰为小球的重力大小，求小球在B 点的初速度多大？(2)若小球从B 点向右出发，在以后的运动过程中，小球既不脱离圆形轨道，又不掉进壕沟，求小球在B 点的初速度大小的范围．答案 (1)2 3 m/s (2)v B ≤2 m/s 或10 m /s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 解析 (1)小球在最高点A 处，根据牛顿第三定律可知轨道对小球的压力 N ＝N ′＝mg ①根据牛顿第二定律N ＋mg ＝mv 2A R②从B 到A 过程，由动能定理可得－mg ·(2R )＝12mv 2A －12mv 20③ 代入数据可解得v 0＝2 3 m/s ④(2)情况一：若小球恰好停在C 处，对全程进行研究，则有：－μmgL ＝0－12mv 21⑤得v 1＝4 m/s ⑥ 若小球恰好过最高点A mg ＝mv A ′2R⑦从B 到A 过程－mg ·(2R )＝12mv A ′2－12mv 22⑧得v 2＝10 m/s ⑨所以当10 m/s≤v B ≤4 m/s 时，小球停在BC 间．⑩情况二：若小球恰能越过壕沟，则有－μmgL ＝12mv 2C －12mv 23⑪ h ＝12gt 2⑪ s ＝v C t ⑬得v 3＝6 m/s ⑭所以当v B ≥6 m/s 时，小球越过壕沟．⑮情况三：若小球刚好能运动到与圆心等高位置，则有－mgR ＝0－12mv 24⑯得v 4＝2 m/s ⑰所以当v B ≤2 m/s 时，小球又沿圆轨道返回．⑱综上，小球在B 点的初速度大小的范围是v B ≤2 m/s 或10 m/s≤v B ≤4 m/s 或v B ≥6 m/s 10．如图24所示，半径R ＝2.5 m 的光滑半圆轨道ABC 与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量m ＝1 kg 的小球从A 点左上方距A 点高h ＝0.45 m 的P 点以某一速度v 0水平抛出，刚好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D 点．已知当地的重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图24(1)小球从P 点抛出时的速度大小v 0；(2)小球从C 点运动到D 点过程中摩擦力做的功W ； (3)小球从D 点返回经过轨道最低点B 的压力大小．答案 (1)4 m/s (2)－8 J (3)56 N 解析 (1)在A 点有： v 2y ＝2gh ① v yv 0＝tan θ② 由①②式解得：v 0＝4 m/s ③(2)整个运动过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能： W ＝－12mv 20＝－8 J。

【考前三个月】2015届高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题7+电磁感应和直流电路

高考定位电磁感应是电磁学部分的重点之一，是高考的重要考点．考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的理解和应用；②电磁感应图象；③电磁感应过程中的动态分析；④综合应用电路知识和能量观点解决电磁感应问题．应考策略：复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点”．两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点．直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等，这些问题也是今后的命题趋向，另外，要密切注意本考点与生产和生活相结合的新情境问题．从高考的考查重点不难看出，掌握电路的基本结构和基本规律是应对本内容的关键．考题1 对楞次定律和电磁感应图象问题的考查例1 (单选)如图1所示，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，在第三象限有垂直坐标系向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .现将半径为L 、圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t ＝0时刻线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．则下列关于导线框中的电流随时间变化的图线，正确的是( )图1审题突破：根据转动闭合线框切割磁感线产生的感应电动势公式E ＝12Bl 2ω求出每条半径切割磁感线时产生的感应电动势，分段由闭合电路欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流的方向，即可选择图象．解析：根据楞次定律，线框从第一象限进入第二象限时，电流方向是正方向，设导线框的电阻为R ，角速度为ω，则电流大小为BωL 22R ，从第二象限进入第三象限时，电流方向是负方向，电流大小为3BωL 22R，从第三象限进入第四象限时，电流方向是正方向，电流大小是3BωL 22R，线框从第四象限进入第一象限时，电流方向是负方向，电流大小为BωL 22R，B 选项正确．答案 B1．(2014·江苏·7)如图2所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )图2A ．增加线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯【答案 AB 】解析当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项A 、B 正确，选项C 、D 错误．1．楞次定律的理解和应用(1)“阻碍”的效果表现为：①阻碍原磁通量的变化——增反减同；②阻碍物体间的相对运动——来拒去留；③阻碍自身电流的变化——自感现象．(2)解题步骤：①确定原磁场的方向(分析合磁场)；②确定原磁通量的变化(增加或减少)；③确定感应电流磁场的方向(增反减同)；④确定感应电流方向(安培定则)．2．求解图象问题的思路与方法(1)图象选择问题：求解物理图象的选择题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象．也可用“对照法”，即按照要求画出正确的草图，再与选项对照．解决此类问题的关键是把握图象特点，分析相关物理量的函数关系，分析物理过程的变化或物理状态的变化．(2)图象分析问题：定性分析物理图象，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量，弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、不变量和定律作出相应判断．在有关物理图象的定量计算时，要弄清图象所揭示的物理规律及物理量间的函数关系，善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图象所包围的面积、斜率，以及图象的横轴、纵轴的截距所表示的物理意义．考题2 对电磁感应中动力学问题的考查例2 如图3所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．图3审题突破 (1)由牛顿第二定律求出导体棒的加速度，由匀变速运动的速度位移公式求出速度，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件求出导体棒的质量．(2)应用牛顿第二定律、安培力公式分析答题．解析 (1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为：F －mg sin 30°＝maF ＝mg 得a ＝12g 棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mg F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r 得：m ＝2B 2L 2R ＋rL g (2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg 则导体棒所受合力为F 安：F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r＝ma v ＝Δx Δt 和a ＝Δv Δt 代入上式：B 2L 2Δx Δt R ＋r＝m Δv Δt 即：B 2L 2Δx R ＋r＝m Δv 设导体棒继续向上运动的位移为x ，则有：B 2L 2x R ＋r＝m v 将v ＝gL 和m ＝2B 2L 2R ＋rL g 代入得x ＝2L答案 (1)2B 2L 2R ＋rL g(2)2L2．如图4所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，其中ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，线框质量为m 、电阻为R ，有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )图4A ．线框进入磁场前的加速度为F －mg sin θmB ．线框进入磁场时的速度为(F －mg sin θ)R B 2l 21C ．线框进入磁场时有a →b →c →d 方向的感应电流D ．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mg sin θ)l 1【答案 ABC 】解析线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：F －mg sin θ＝ma ，线框的加速度为a ＝F －mg sin θm，故A 正确．设线框匀速运动的速度大小为v ，则线框受力平衡，F ＝F 安＋mg sin θ，而F 安＝B ·Bl 1v R ·l 1＝B 2l 21v R ，解得v ＝(F －mg sin θ)R B 2l 21，选项B 正确；根据右手定则可知，线框进入磁场时有a →b →c →d 方向的感应电流，选项C 正确；由能量关系，线框进入磁场的过程中产生的热量为力F 做的功与线框重力势能增量的差值，即Fl 2－mgl 2sin θ，选项D 错误，故选A 、B 、C.3．如图5甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图象．求：图5(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B 的大小．答案 (1)6 m/s 2 35(2)1 T 解析 (1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝Δv Δt＝6 m/s 2 根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma 所以sin θ＝35. (2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安又F 安＝BId E ＝Bd v m I ＝E R L ＋r解得：B ＝1 T.在此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动—电—动”的思维顺序，可概括为：(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中的感应电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推出对电路中的感应电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．考题3 对电磁感应中能量问题的考查例3 如图6所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和以a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6 图7审题突破 (1)当ab 棒刚下滑时，v ＝0，没有感应电流，此时加速度最大．(2)ab 棒达到最大速度后做匀速运动，其重力功率等于整个回路消耗的电功率，求出v m ，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q .(3)a ′b ′和ab 受力平衡时稳定，求出稳定速度，根据能量守恒列式求回路电流的发热量Q ′. 解析 (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值：a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2分)(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有：mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分)整个回路消耗的电功率：P 电＝BIL v m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，(2分)则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分) 由P 电＝E 22R ＝(BL v m )22R(2分) 得：B ＝0.4 T ．(1分)根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12m v 2m ＋μmg cos θ·h sin θ(2分) 解得：Q ＝30 J ．(1分) (3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析，得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分)又I ′＝2BL v ′2R ＝BL v ′R(2分) 代入解得v ′＝5 m/s(1分) 由能量守恒2mgh ＝12×2m v ′2＋2μmg cos θh sin θ＋Q ′(3分) 代入数据得Q ′＝75 J ．(1分) 答案 (1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J4．在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L ，如图7所示．一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形线框在t ＝0时刻以速度v 0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t 0，线框ab 边到达gg ′与ff ′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是( )A ．当ab 边刚越过ff ′时，线框加速度的大小为g sin θB ．t 0时刻线框匀速运动的速度为v 04C ．t 0时间内线框中产生的焦耳热为32mgL sin θ＋1532m v 20D ．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【答案 BC 】解析当ab 边进入磁场时，F A ＝B 2L 2v 0R＝mg sin θ.当ab 边刚越过f ′f 时，线框的感应电动势和电流均加倍，4B 2L 2v 0R －mg sin θ＝ma ，加速度向上为3g sin θ，A 错误；t 0时刻，4B 2L 2v R＝mg sin θ，解得v ＝v 04，B 正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为32L ，则由功能关系得t 0时间内线框中产生的焦耳热为Q ＝3mgL sin θ2＋12m v 20－12m v 2＝32mgL sin θ＋1532m v 20，C 正确；线框离开磁场时做加速运动，D 错误．5．如图8所示，水平放置的足够长的平行金属导轨MN 、PQ 的一端接有电阻R 0，不计电阻的导体棒ab 静置在导轨的左端MP 处，并与MN 垂直．以导轨PQ 的左端为坐标原点O ，建立直角坐标系xOy ，Ox 轴沿PQ 方向．每根导轨单位长度的电阻为r .垂直于导轨平面的非匀强磁场磁感应强度在y 轴方向不变，在x 轴方向上的变化规律为：B ＝B 0＋kx ，并且x ≥0.现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F ，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a .设导体棒的质量为m ，两导轨间距为L .不计导体棒与导轨间的摩擦，导体棒与导轨接触良好，不计其余部分的电阻．(1)请通过分析推导出水平拉力F 的大小随横坐标x 变化的关系式；(2)如果已知导体棒从x ＝0运动到x ＝x 0的过程中，力F 做的功为W ，求此过程回路中产生的焦耳热Q ；(3)若B 0＝0.1 T ，k ＝0.2 T/m ，R 0＝0.1 Ω，r ＝0.1 Ω/m ，L ＝0.5 m ，a ＝4 m/s 2，求导体棒从x ＝0运动到x ＝1 m 的过程中，通过电阻R 0的电荷量q .图8答案 (1)F ＝ma ＋(B 0＋kx )2L 22ax R 0＋2rx(2)W －max 0 (3)0.5 C 解析 (1)设导体棒运动到坐标为x 处的速度为v ，由法拉第感应定律得产生的感应电动势为：E ＝BL v ①由闭合电路欧姆定律得回路中的电流为：I ＝BL v R 0＋2rx② 由于棒做匀加速度直线运动，所以有：v ＝2ax ③此时棒受到的安培力：F A ＝BIL ④由牛顿第二定律得：F －F A ＝ma ⑤由①②③④⑤联立解得：F ＝ma ＋(B 0＋kx )2L 22ax R 0＋2rx(2)设导体棒在x ＝x 0处的动能为E k ，则由动能定理得：E k ＝max 0⑥由能量守恒与转化定律得：W ＝Q ＋E k ⑦将⑥式代入⑦式解得：Q ＝W －max 0 (3)由①②两式得：I ＝(B 0＋kx )L v R 0＋2rx⑧ 因为v ＝at ，将题中所给的数值代入⑧式得：I ＝2t (A)⑨可知回路中的电流与时间成正比，所以在0～t 时间内，通过R 0的电荷量为：q ＝I 2t ＝t 2 (C) 由匀加速直线运动规律得：t ＝2x a当x ＝1 m 时，有q ＝2x a＝0.5 C1．明确安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：其他形式的能电能W安>0W安<02．明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．3．根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解问题．考题4综合应用动力学观点和能量观点分析电磁感应问题例4(20分)如图9甲所示，MN、PQ是相距d＝1 m的足够长平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面成某一夹角，导轨电阻不计；长也为1 m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，ab的质量m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω；MN、PQ的上端连接右侧电路，电路中R2为一电阻箱；已知灯泡电阻R L＝3 Ω，定值电阻R1＝7 Ω，调节电阻箱使R2＝6 Ω，重力加速度g＝10 m/s2.现断开开关S，在t＝0时刻由静止释放ab，在t＝0.5 s时刻闭合S，同时加上分布于整个导轨所在区域的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面斜向上；图乙所示为ab的速度随时间变化图象．图9(1)求斜面倾角α及磁感应强度B的大小；(2)ab由静止下滑x＝50 m(此前已达到最大速度)的过程中，求整个电路产生的电热；(3)若只改变电阻箱R2的值．当R2为何值时，ab匀速下滑中R2消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？解析 (1)S 断开时，ab 做匀加速直线运动，从图乙得a ＝Δv Δt＝6 m/s 2(1分) 由牛顿第二定律有mg sin α＝ma ，(1分)所以有sin α＝35，即α＝37°，(1分) t ＝0.5 s 时，S 闭合且加了磁场，分析可知，此后ab 将先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大(v m ＝6 m/s)后接着做匀速运动．匀速运动时，由平衡条件知mg sin α＝F 安，(1分)又F 安＝BId I ＝Bd v m R 总(1分) R 总＝R ＋R 1＋R L R 2R L ＋R 2＝10 Ω(1分) 联立以上四式有：mg sin α＝B 2d 2v m R 总(2分) 代入数据解得B ＝ mg sin αR 总d 2v m＝1 T(1分) (2)由能量转化关系有mg sin αx ＝12m v 2m＋Q (2分) 代入数据解得Q ＝mg sin αx －12m v 2m ＝28.2 J(1分) (3)改变电阻箱R 2的值后，ab 匀速下滑时有：mg sin α＝BdI (1分)所以I ＝mg sin αBd ＝0.6 A(1分) 通过R 2的电流为I 2＝R L R L ＋R 2I (1分) R 2的功率为P ＝I 22R 2(1分)联立以上三式可得P ＝I 2R 2L R 2(R L ＋R 2)2＝I 2R 2L (R L R 2＋R 2)2(1分) 当R L R 2＝R 2时，即R 2＝R L ＝3 Ω，功率最大，(1分) 所以P m ＝0.27 W ．(2分) 答案 (1)37° 1 T (2)28.2 J (3)3 Ω 0.27 W(2014·安徽·23)(16分)如图10甲所示，匀强磁场的磁感应强度B 为0.5 T ，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN (电阻忽略不计)，MP 和NP 长度均为2.5 m ，MN 连线水平，长为3 m ．以MN 中点O 为原点、OP 为x 轴建立一维坐标系Ox .一根粗细均匀的金属杆CD ，长度d 为3 m 、质量m 为1 kg 、电阻R 为0.3 Ω，在拉力F 的作用下，从MN 处以恒定速度v ＝1 m/s 在导轨上沿x 轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g 取10 m/s 2.图10 (1)求金属杆CD 运动过程中产生的感应电动势E 及运动到x ＝0.8 m 处电势差U CD ；(2)推导金属杆CD 从MN 处运动到P 点过程中拉力F 与位置坐标x 的关系式，并在图乙中画出F －x 关系图像；(3)求金属杆CD 从MN 处运动到P 点的全过程产生的焦耳热．答案 (1)1.5 V －0.6 V (2)F ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2) 见解析图 (3)7.5 J解析 (1)金属杆CD 在匀速运动中产生的感应电动势E ＝Bl v (l ＝d ) E ＝1.5 V(D 点电势高)当x ＝0.8 m 时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l 外，则 l 外＝d －OP －x OP d OP ＝ MP 2－(MN 2)2＝2 m 得：l 外＝1.2 m 由楞次定律判断D 点电势高，故C 、D 两端电势差： U CD ＝－Bl 外v ＝－0.6 V .(2)杆在导轨间的长度l 与位置x 的关系是：l ＝OP －x OP d ＝3－32x 对应的电阻R 1＝l d R 电流I ＝Bl v R 1杆受的安培力为F 安＝BIl ＝7.5－3.75x 根据平衡条件得F ＝F 安＋mg sin θF ＝12.5－3.75x (0≤x ≤2)画出的F －x 图象如图所示．(3)外力F 所做的功W F 等于F －x 图线下所围的面积．即W F ＝5＋12.52×2 J ＝17.5 J 而杆的重力势能增加量ΔE p ＝mgOP sin θ 故全过程产生的焦耳热Q ＝W F －ΔE p ＝7.5 J.考题5 对直流电路动态分析的考查例5 (单选)如图11所示，平行金属板中带电质点P 原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R 1的阻值和电源内阻r 相等．当滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，则( )图11A ．R 3上消耗的功率逐渐增大B ．电流表读数减小，电压表读数增大C ．电源的输出功率逐渐增大D ．质点P 将向上运动审题突破当R 4的滑片移动时，其电阻变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流、路端电压的变化，电容器两极板间电压即R 3的电压．由串并联电路的特点，判断电压表、电流表的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．解析滑动变阻器R 4的滑片向b 端移动时，R 4的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得：R 3的电压减小，消耗的功率减小，故A 错误；电容器电压等于R 3的，故也减小，所以质点P 将向下运动，所以D 错误；外电路总电阻减小，所以干路电流I 1增大，而R 3的电流I 3减小，根据I 1＝I 3＋I A ，可得电流表读数I A 增大，所以B 错误；因R 1的阻值和电源内阻r 相等，故外电路电阻大于电源内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得：电源的输出功率在增大，所以C 正确．答案 C6．如图12所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P 向右端移动时，下面说法中正确的是( )图12A ．电压表V 1的读数减小，电流表A 1的读数增大B ．电压表V 1的读数增大，电流表A 1的读数减小C ．电压表V 2的读数减小，电流表A 2的读数增大D ．电压表V 2的读数增大，电流表A 2的读数减小【答案 AD 】解析当滑动变阻器滑片P 向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I 增大，路端电压U 减小，则电流表A 1读数增大；电压表V 1读数U 1＝E －I (R 1＋r )，I 增大，其他量不变，则U 1减小；通过电流表A 2的电流I 2＝U 1R 3，U 1减小，则I 2减小；通过R 2的电流I 2′＝I －I 2，I 增大，I 2减小，则I 2′增大，则电压表V 2的读数增大．故A 、D 正确．7．(单选)如图13所示电路中，已知电源的内阻r <R 2，电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 0的最大阻值．闭合电键S ，当滑动变阻器的滑片P 由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的是( )图13A．A1的示数不断减小，A2的示数不断减小B．V1的示数先变小后变大，V2的示数先变大后变小C．电源内部的热功率先变大后变小D．电源的输出功率先变小后变大【答案D】解析R1<R0的最大阻值，当滑片P由中点向左滑动的过程中，R0左侧电阻与R1串联后与R0右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，路端电压先变大后变小，所以V1的示数先变大后变小．V2测量R2两端的电压，R2不变，则V2的示数先变小后变大．并联电压U并＝U－U2，先变大后变小，电阻R1所在支路电阻R1支路逐渐减小，所以电流I1增大，电流表A2示数增大；I2＝I－I1，电流表A1示数变小，故A、B错误．电源内部的热功率P＝I2r，因为电流I先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C错误．因为r<R2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P从变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以电源的输出功率先变小后变大，故D正确．1．程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况．2．结论法——“并同串反”：“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．知识专题练训练7题组1楞次定律和电磁感应图象问题1．(单选)法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图1所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )图1A ．回路中电流大小变化，方向不变B ．回路中电流大小不变，方向变化C ．回路中电流的大小和方向都周期性变化D ．回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表【答案 D 】解析铜盘转动产生的感应电动势为：E ＝12BL 2ω，B 、L 、ω不变，E 不变，电流：I ＝E R ＝BL 2ω2R，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b 导线流进电流表，故A 、B 、C 错误，D 正确．2．如图2所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R ，边长是L ，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a 进入磁场区域，t 1时刻线框全部进入磁场．若外力大小为F ，线框中电功率的瞬时值为P ，线框磁通量的变化率为ΔΦΔt，通过导体横截面的电荷量为q ，(其中P —t 图象为抛物线)则这些量随时间变化的关系正确的是( )图2【答案 BD 】解析线框做匀加速运动，其速度v ＝at ，感应电动势E ＝BL v线框进入磁场过程中受到的安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R由牛顿第二定律得：F －B 2L 2at R＝ma 则F ＝ma ＋B 2L 2a Rt ，故A 错误；感应电流I ＝E R ＝BLat R 线框的电功率P ＝I 2R ＝(BLa )2Rt 2，故B 正确；线框的位移x ＝12at 2，ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ＝B ·L ·12at 2t ＝12BLat ，故C 错误；电荷量q ＝I Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦΔt R ·Δt ＝ΔΦR ＝BLx R ＝BL ·12at 2R ＝BLa 2Rt 2，故D 正确．题组2 电磁感应中动力学问题3．如图3所示，两根足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨下端接有定值电阻R ，匀强磁场方向垂直导轨平面向上．现给金属棒ab 一平行于导轨的初速度v ，使金属棒保持与导轨垂直并沿导轨向上运动，经过一段时间金属棒又回到原位置．不计导轨和金属棒的电阻，在这一过程中，下列说法正确的是()图3A ．金属棒上滑时棒中的电流方向由b 到aB ．金属棒回到原位置时速度大小仍为vC ．金属棒上滑阶段和下滑阶段的最大加速度大小相等D ．金属棒上滑阶段和下滑阶段通过棒中的电荷量相等【答案 AD 】解析金属棒上滑时，根据右手定则判断可知金属棒中感应电流的方向由b 到a ，故A 正确．金属棒运动过程中产生感应电流，受到安培力作用，根据楞次定律可知安培力总是阻碍金属棒相对于导轨运动，所以金属棒的机械能不断减小，则金属棒回到原位置时速度大小必小于v ，故B 错误．根据牛顿第二定律得：对于上滑过程：mg sin θ＋F 安＝ma 上；对于下滑过程：mg sin θ－F 安′＝ma 下．可知：a 上>a 下，故C 错误．金属棒上滑阶段和下滑阶段中回路磁通量的变化量相等，根据q ＝ΔΦR可知通过金属棒的电荷量相等，故D 正确．4．如图4所示，螺线管横截面积为S ，线圈匝数为N ，电阻为R 1，管内有水平向右的磁场，磁感应强度为B .螺线管与足够长的平行金属导轨MN 、PQ 相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L .导轨电阻忽略不计．导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为B 0的匀强磁场中．金属杆ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动．已知金属杆ab 的质量为m ，电阻为R 2，重力加速度为g .忽略螺线管磁场对金属杆ab 的影响，忽略空气阻力．图4(1)螺线管内方向向右的磁场B 不变，当ab 杆下滑的速度为v 时，求通过ab 杆的电流的大小和方向；(2)当ab 杆下滑的速度为v 时，螺线管内方向向右的磁场才开始变化，其变化率ΔB Δt＝k (k >0)．讨论ab。

2015年浙江省高考冲刺试卷(二)名师导航理科综合物理答案

2015年浙江省高考冲刺试卷（二）理科综合物理答案一、选择题（共4小题，每小题6分，满分24分）1．（6分）（2015•浙江模拟）“阶下儿童仰面时，清明妆点正堪宜．游丝一断浑无力，莫向东风怨别离．”这是《红楼梦》中咏风筝的诗，风筝在风力F、线的拉力T以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上．关于风筝在空中的受力可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．【分析】：风筝在风力F、线的拉力T以及重力G的作用下，能够高高地飞在蓝天上．可以近似看成平衡状态，通过合力是否能为零判断力图的正确与否．【解析】：解：在B、C、D三个力图中，合力不可能为零，不能处于平衡状态，只有A图，在三个力的作用下能处于平衡．故A正确，B、C、D错误．故选A．【点评】：解决本题的关键知道物体处于平衡状态时，合力为零．2．（6分）（2015•浙江模拟）如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，C为圆的最高点．竖直墙上点B、D与M的连线和水平面的夹角分别为53°和37°．已知在t=0时，a、b、d三个球分别由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则（）A．a、b和d球同时到达M点B．b球和d球同时到达M点C．c球位移最大，最后到达M点D．沿墙壁上任意一点到M点的光滑斜直轨道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序．【解析】：解：设圆的半径为r，对于AM段，位移：x1=，加速度为：a1=gsin45°=，由位移时间公式得，所用时间：=对于BM段，位移：，加速度为：a2=gsin53°=，由位移时间公式得，所用时间为：对于CM段，位移：x3=2r，加速度为：a3=g，由位移时间公式得，所用时间为：=对于DM段，位移：，加速度为：，由位移时间公式得，所用时间为：故：t1=t3＜t2=t4故a、c同时到达M点，b、d同时到达M点，且ac用时短于bd用时，故ACD错误，B正确；故选：B．【点评】：解决本题的关键根据牛顿第二定律求出各段的加速度，运用匀变速直线运动的位移时间公式进行求解．3．（6分）（2015•浙江模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是（）A．仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大B．仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大C．仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D．仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】：根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式．【解析】：解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02…①电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m②解得：r==…③T=④可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小．由④式知周期变小，故AC错误；提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故B正确D错误；故选：B．【点评】：本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键．4．（6分）（2015•浙江模拟）如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（）A．B．C．D．【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，分别得到各个量的表达式，再进行分析．【解析】：解：A、当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为P=I2R，P∝I2，故A正确．B、电容器C的电压U C=E﹣I（R2+r），电荷量Q=CU C=C[E﹣I（R2+r）]，则=﹣C（R2+r），保持不变，则Q﹣I图象是向下倾斜的直线，故B正确．C、电压表示数U=E﹣Ir，U﹣I图象应是向下倾斜的直线，故C错误．D、电源通过电荷量q时电源做的功W=qE，E是电源的电动势，则W﹣I是过原点的直线，故D错误．故选：AB．【点评】：根据物理规律得到解析式，再分析图象的形状和物理意义是常用的方法．二、选择题（本题共3小题．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）5．（6分）（2015•浙江模拟）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用．如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为ρ、在泵头通入导电剂后液体的电导率为σ（电阻率的倒数），泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，则（）A．泵体上表面应接电源正极B．通过泵体的电流I=UL1/σC．增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D．增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【考点】：霍尔效应及其应用．【分析】：当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析安培力大小情况．【解析】：解：A、当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体，故A正确；B、根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R===；因此流过泵体的电流I=，故B错误；C、增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；D、若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误；故选：AC．【点评】：本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素，不难．6．（6分）（2015•浙江模拟）如图所示，闭合开关S后A、B板间产生恒定电压U0，已知两极板的长度均为L，带负电的粒子（重力不计）以恒定的初速度V0，从上板左端点正下方h处，平行极板射入电场，恰好打在上板的右端C点．若将下板向上移动距离为板间距的倍，带电粒子将打在上板上的C′点，则B板上移后（）A．粒子在板间的运动时间不变B．粒子打在A板上的动能变大C．粒子在A板上的落点C′与极板右端C的距离为板长的D．比原入射点低h处的入射粒子恰好能打在上板右端C点【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：带电粒子垂直进入电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式求解【解析】：解：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向受电场力作用加速运动设板间距离为d，则有L=v0t，h=A、由h=，得：，故U0不变，当d减小时，粒子运动时间减小，故A 错误；B、竖直方向速度：v y=t，d减小，则v y增大，故打在A板上的速度增大，故粒子打在A板上的动能增大，故B正确；C、由L=v0t，h=，得，故将下板向上移动距离为板间距倍时，水平距离L′，有=故L′=，与极板右端C的距离为L﹣=L，故C正确；D、由C得h=，所以故h′=h，即比原入射点低（﹣1）h=处的入射粒子恰好能打在上板右端C电，故D正确故选：BCD【点评】：本题考查带电粒子在电场中的运动，根据类平抛运动在水平方向匀速运动竖直方向匀加速运动来求解，做题过程中要细心7．（6分）（2015•浙江模拟）如图（甲）所示，打开电流和电压传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，磁铁穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止．若磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁重力，且不发生转动，不计线圈电阻．图（乙）是计算机荧屏上显示的UI﹣t曲线，其中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的．下列说法正确的是（）A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大B．若仅减小h，两个峰值都会减小C．若仅减小h，两个峰值可能会相等D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会增大【考点】：自感现象和自感系数．【分析】：感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内阻时，输出功率最大．【解析】：解：A、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，两个峰值间的时间间隔会减小．故A错误；B、C、当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等；故B正确，C错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知，不计线圈电阻，减小滑动变阻器阻值，则感应回路中的感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用增大，磁铁的机械能转化为动能的比例增大，即感应回路中的电功率P=UI增大，两个峰值都会增大，故D正确．故选：BD．【点评】：本题考查了电磁感应定律与闭合电路输出功率问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性，难点在于理解该过程中的功能关系以及UI﹣t曲线的含义．三、非选择题：8．（10分）（2015•浙江模拟）某同学利用图甲所示装置来研究加速度与力的关系．他将光电门1和2分别固定在长木板的A、B两处，换用不同的重物通过细线拉同一小车（小车质量约为200克），每次小车都从同一位置由静止释放．（1）长木板右端垫一物块，其作用是用来平衡摩擦力；（2）用游标卡尺测得遮光条的宽度为0.52cm；（3）对于所挂重物的质量，以下取值有利于减小实验误差的是BC（填选项）A.1克B.5克C.10克D.40克（4）现用该装置来探究功与速度变化的关系，关闭光电门2，测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门1的时间△t，通过描点作出线性图象，应作出图象D（填选项）A、△t﹣m B、△t2﹣m C、m﹣D、m﹣．【考点】：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．【专题】：实验题．【分析】：根据实验原理可知该实验需要将长木板的一端垫起适当的高度以平衡摩擦力；游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力．【解析】：解：（1）为了消除小车所受摩擦力对实验的影响，在该实验中需要将长木板的一端垫起适当的高度，所以长木板右端垫一物块，其作用是用来平衡摩擦力．（2）游标卡尺主尺读数为：5mm，游标尺：对齐的是2，所以读数为：2×0.1=0.2mm，所以d=5+0.2=5.2mm=0.52cm（3）重物与小车一起加速运动，因此重物对小车的拉力小于重物的重力，当重物的质量远远小于小车质量时才可以认为绳对小车的拉力大小等于重物的重力，而，A答案重物的重力太小，产生的加速度不明显，不利于减小实验误差，因此BC比较符合要求．故选：BC（4）由题意可知，小车经过光电门时的速度等于遮光条的宽度除以时间，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2=2as，即：，根据牛顿第二定律有：，所以有：，即m=，由此可知若画出图象，图象为过原点的直线，会更直观形象，故ABC错误，D正确．故选：D．故答案为：（1）平衡摩擦力（2）0.52；（3）BC．（4）D【点评】：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握．9．（10分）（2015•浙江模拟）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需测量一个标有“3V，1.5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流．某同学连好的实物图如甲所示．（1）在以下电流表中选择合适的一只是A2；电流表A1（量程3A，内阻约0.1Ω）；电流表A2（量程600mA，内阻约0.5Ω）；电流表A3（量程100mA，内阻约3Ω）（2）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好．但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为h；（3）实验测得的部分数据如表，请在图乙所示的坐标纸上作出该元件的I﹣U图象；电压U/V 0.40 0.80 1.20 1.60 2.00 2.40电流I/A 0.08 0.20 0.28 0.34 0.41 0.44（4）若将该灯泡与一个4Ω的定值电阻串联，直接接在电动势为2V内阻不计的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=0.25W（保留两位有效数字）．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）根据灯泡额定电流选择电流表；（2）根据图甲所示实物电路图，分析清楚电路结构，然后根据各电路元件的连接方式作出电路图．（3）电源与定值电阻整体组成一个等效电源，在图象中作出电源的I﹣U图象；（4）由图象找出电路电流与灯泡电压，然后由P=UI求出灯泡功率．【解析】：解；（1）灯泡额定电流I===0.5A，故电流表选A2（量程600mA，内阻约5Ω），（2）调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，电压表和电流表示数不能调为零，说明滑动变阻器采用了限流接法，由电路图可知，导线h断了．（3）根据题目中给出的数据利用描点法可得出对应和图象如图所示；（4）电源与4.0Ω的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出电源的U﹣I 图象，两图象的交点坐标值为：U=1V，I=0.25A，灯泡功率为：P=UI=1V×0.25A≈0.25W．故答案为：（1）A2；（2）h；（3）如图所示；（4）0.25．【点评】：本题考查伏安法测量灯泡伏安特性曲线，要注意明确图象法的应用，知道灯泡的电阻随温度的升高而增大．10．（16分）（2015•浙江模拟）在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下．计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴匀加速度运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙．已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度．（1）求t0时刻漏出的沙在t（t＞t0）时刻的位置坐标；（2）t时刻空中的沙排成一条曲线，求该曲线方程．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：由题意可知，沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动学基本公式求出在（t﹣t0）时间内水平和竖直方向的位移即可求出位置坐标，联立方程，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线方程即可求出．【解析】：解：（1）由匀变速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有水平初速度v0=at0沙随沙漏一起匀加速的位移接着沙平抛，t时刻位移x1=v0（t﹣t0）且x=x0+x1y=所以，t0时刻漏出的沙的坐标为：（，）；（2）联立方程，y=，消去未知数t0，则t时刻所有沙构成的图线满足方程（1）t0时刻漏出的沙在t（t＞t0）时刻的位置坐标为：（，）；答：（2）该曲线方程为．【点评】：本题的关键是正确分析沙子漏出后的运动规律，知道沙子漏出后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中．11．（20分）（2015•浙江模拟）如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U0的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知电场变化周期T=，粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力．求：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）有界磁场区域的最小面积．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：（1）带电粒子在电场中加速，牛顿第二定律和运动学公式即可求解粒子在P、Q 间运动的时间；（2）粒子在电场中加速，电场力做功，由动能定理即可求出粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；（3）射出磁场时所有粒子的速度方向均竖直向上，做出运动的轨迹图，即可几何关系即可求解．【解析】：解：（1）设t=0时刻释放的粒子在0.5T时间内一直作匀加速运动，加速度位移可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合该粒子在P、Q间运动时间（2）t=0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大由运动学公式有t1=0时刻释放的粒子先作加速运动（所用时间为△t），后作匀速运动，设T时刻恰好由小孔O射入磁场，则代入数据得：所以最小速度：（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：得：最大半径：最小半径：粒子水平向右进入磁场，然后射出时所有粒子的速度方向均竖直向上，偏转角都是90°，所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积，如图：图中绿色阴影部分即为最小的磁场的区域，所以：==≈答：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间是；（2）粒子射入磁场时的最大速率是，最小速率是；（3）有界磁场区域的最小面积是．【点评】：考查粒子在电场中加速和在磁场中圆周运动问题，结合牛顿第二定律与几何关系来综合应用，掌握运动轨迹的半径公式．12．（22分）（2015•浙江模拟）如图所示，质量为m的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为R、质量为2m的薄壁圆筒上．t=0时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足ω=β1t（β1为已知常数），物块和地面之间动摩擦因数为μ．求：（1）物块做何种运动？请说明理由．（2）物块运动中受到的拉力．（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做了多少功？（4）若当圆筒角速度达到ω0时，使其减速转动，并以此时刻为t=0，且角速度满足ω=ω0﹣β2t（式中ω0、β2均为已知），则减速多长时间后小物块停止运动？【考点】：动能定理；牛顿第二定律．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）根据公式v=ωR求解出线速度表达式进行分析即可；（2）受力分析后根据牛顿第二定律列式求解拉力；（3）电动机做的功等于细线对滑块拉力做的功，对滑块的加速过程根据动能定理列式求解即可；（4）分细线拉紧和没有拉紧两种情况分析．【解析】：解：（1）圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据v=ωR=Rβ1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动；（2）由第（1）问分析结论，物块加速度为a=Rβ1，根据物块受力，由牛顿第二定律得：T﹣μmg=ma则细线拉力为：T=μmg+m Rβ1（3）对整体运用动能定理，有W电+W f=其中：W f=﹣μmgs=﹣μmg则电动机做的功为：W电=μmg+（4）圆筒减速后，边缘线速度大小v=ωR=ω0R﹣Rβ2t，线速度变化率为a=Rβ2若a≤μg，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t=若a＞μg，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t=答：（1）物块做初速为零的匀加速直线运动；（2）物块运动中受到的拉力为μmg+m Rβ1；（3）从开始运动至t=t1时刻，电动机做功为μmg+；（4）若a≤μg，减速时间后小物块停止运动；若a＞μg，减速时间后小物块停止运动．【点评】：本题提到了角加速度这个新的概念，关键是推导出滑块的线速度公式进行分析，将转动的研究转化为平动的研究进行分析．。

2015高考物理总复习大一轮（浙江专用）配套精讲课件：第5章第4课时　实验研究匀变速直线运动

2T
2 0.1
11.01 7.0110 2
a 加 1=
2 0.12
m/s2=2.00 m/s2,
9.00 5.0110 2
a 加 2=
2 0.12
m/s2≈2.00 m/s2,
则加速过程的加速度 a 加= a加1 a加2 =2.00 m/s2. 2
则 v6=v5+a 加 T=(1.00+2.00×0.1)m/s=1.20 m/s. (3)由逐差法 xM-xN=(M-N)aT2 可知:
(2)“逐差法”求加速度,即
a1=
x4 x1 3T 2
,a2=
x5 x2 3T 2
,a3=
x6 x3 3T 2
,
然后取平均值,即 a= a1 a2 a3 ,这样使所给数据全部得到利用, 3
以提高准确性.
(3)“图象法”求加速度,即由“平均速度法”求出多个点的速度,画出 v t 图象,直线的斜率即加速度.
三、实验器材
电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源.
四、实验步骤
1.把附有滑轮的长木板放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面,把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端,连接好电路. 2.把一条细绳拴在小车上,细绳跨过滑轮,下边挂上合适的钩码,将纸带穿过打点计时器,并把它的一端固定在小车的后面. 实验装置如图所示,放手后,看小车能否在木板上平稳地加速滑行.
方法总结凡是应用打点计时器的实验,都必须
先接通电源,等打点稳定后,再释放小车.本实验要保护小车,以免摔坏.
类型二利用公式法处理实验数据
【例 2】 (2012 年山东理综改编)某同学利用图(甲)所示的实验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律.物块在重物的牵引下开始运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处).从纸带上便于测量的点开始,每 5 个点取 1 个计数点,相邻计数点间的距离如图 (乙)所示.打点计时器电源的频率为 50 Hz.

高考物理(浙江通用)名师考点点拨专题讲义：专题10+力

考题1探究功与速度变化的关系例1(2014·天津·9(2))某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图1所示．图1①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些________．②(单选)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A ．在接通电源的同时释放了小车B ．小车释放时离打点计时器太近C ．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D ．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力解析 ①本实验需要知道小车的动能，因此还需要用天平测出小车的质量，用刻度尺测量纸带上点迹之间的长度，求出小车的瞬时速度．②牵引小车的细绳与木板平行的目的是在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，选项D 正确． ③在保证所挂钩码数目不变的条件下要减小小车加速度可以增加小车的质量，故可在小车上加适量砝码(或钩码)．④当小车在运动过程中存在阻力时，拉力做正功和阻力做负功之和等于小车动能的增量，故拉力做功总是要比小车动能增量大一些；当钩码加速运动时，钩码重力大于细绳拉力，此同学将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，则拉力做功要比小车动能增量大，故只有C 、D 正确．答案 ①刻度尺、天平(包括砝码) ②D ③可在小车上加适量砝码(或钩码) ④CD1．(2014·吉林长春第四次调研)某实验小组同学利用气垫导轨和光电门计时器等装置探究动能定理．如图2所示，他们通过改变滑轮下端的小沙盘中沙子的质量来改变滑块所受水平方向的拉力；滑块上安有宽度为d 的挡光片，实验中，用天平称出小盘和沙子的总质量为m ，滑块(带挡光片)的质量为M ，用最小分度为1 mm 的刻度尺测量出光电门1和2之间的距离x ，计时器显示挡光片经过光电门的时间分别为t 1和t 2.图2(1)(单选)用最小分度为1 mm 的刻度尺测量出光电门1和2之间的距离x ，以下数据合理的是( ) A ．50 cm B ．50.00 cm C ．50.0 cm D ．50.000 cm(2)小组的某位同学探究得出结论的表达式为mgx ＝12(M ＋m )[(d t 2)2－(dt 1)2]，请问在这位同学的实验操作过程中是否需要满足“小沙盘和沙子的总质量m 远远小于滑块(带挡光片)的质量M ”这个条件________(填“是”或“否”)．(3)为减小实验误差可采取的方法是________． A ．适当增大挡光片的宽度dB．适当减小挡光片的宽度dC．适当增大两光电门之间的距离xD．适当减小两光电门之间的距离x答案(1)B(2)否(3)BC解析(1)刻度尺的最小分度是1 mm，所以用cm做单位时小数点后保留两位，所以B正确，A、C、D错误；(2)通过表达式可以看出此同学的研究对象是系统，所以并不需要满足“小盘和沙子的总质量m远远小于滑块(带挡光片)的质量M”这个条件；(3)适当减小挡光片的宽度，或适当增大光电门间的距离可减小误差．2．在探究动能定理的实验中，某实验小组组装了一套如图3所示的装置，拉力传感器固定在小车上，一端与细绳相连，用拉力传感器记录小车受到拉力的大小．穿过打点计时器的纸带与小车尾部相连接，打点计时器打点周期为T，实验的部分步骤如下：图3(1)平衡小车所受的阻力：不挂钩码，调整木板右端的高度，用手轻推小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列________的点．(2)测量小车和拉力传感器的总质量M，按图组装好仪器，并连接好所需电路，将小车停在打点计时器附近，先接通拉力传感器和打点计时器的电源，然后__________，打出一条纸带，关闭电源．(3)在打出的纸带中选择一条比较理想的纸带如图4所示，在纸带上按打点先后顺序依次取O、A、B、C、D、E等多个计数点，各个计数点到O点间的距离分别用h A、h B、h C、h D、h E、……表示，则小车和拉力传感器在计时器打下D点时的动能表达式为____________________，若拉力传感器的读数为F，计时器打下A点到打下D点过程中，细绳拉力对小车所做功的表达式为______________．图4(4)某同学以A点为起始点，以A点到各个计数点动能的增量ΔE k为纵坐标，以A点到各个计数点拉力对小车所做的功W为横坐标，得到一条过原点的倾角为45°的直线，由此可以得到的结论是________________________________________________________________________．答案(1)间距相等(2)释放小车(3)M(h E－h C)28T2F(h D－h A)(4)外力所做的功等于物体动能的变化量解析(1)当打点计时器能在纸带上打出一系列间隔均匀的点时，小车做匀速直线运动，受力平衡．(2)在组装好实验装置的基础上，进行实验时应先接通电源，再释放小车．(3)D 点的瞬时速度等于CE 段的平均速度，即v D ＝h E －h C 2T ，故打下D 点时的动能为E k D ＝12M v 2D＝M (h E －h C )28T 2；拉力对小车做的功为W ＝F (h D －h A )．(4)因图线是一条过原点的直线且直线的倾角为45°，可得出方程式ΔE k ＝W ，故可得结论：外力所做的功等于物体动能的变化量．考题2 验证机械能守恒定律例2 为了探究机械能守恒定律，岳口高中的金金设计了如图5所示的实验装置，并提供了如下的实验器材：图5A ．小车B ．钩码C ．一端带滑轮的木板D ．细线E ．电火花计时器F ．纸带G ．毫米刻度尺H ．低压交流电源I ．220 V 的交流电源(1)根据上述实验装置和提供的实验器材，你认为实验中不需要的器材是________(填写器材序号)，还应补充的器材是________．(2)实验中得到了一条纸带如图6所示，选择点迹清晰且便于测量的连续7个点(标号0～6)，测出0到1、2、3、4、5、6点的距离分别为d 1、d 2、d 3、d 4、d 5、d 6，打点周期为T .则打点2时小车的速度v 2＝________；若测得小车质量为M 、钩码质量为m ，打点1和点5时小车的速度分别用v 1、v 5表示，已知重力加速度为g ，则验证点1与点5间系统的机械能守恒的关系式可表示为________________．图6(3)在实验数据处理时，如果以v 22为纵轴，以d 为横轴，根据实验数据绘出v 22－d 图象，其图线的斜率表示的物理量的表达式为________________．解析 (1)电火花计时器需接通220 V 交流电源，因此低压交流电源用不着；另外还需要用到天平测出小车的质量M .(2)打点2时的速度等于点1到点3之间的平均速度，即v 2＝d 3－d 12T 或d 44T；根据机械能守恒，整个系统减少的重力势能等于整个系统增加的动能，即mg (d 5－d 1)＝12(M ＋m )(v 25－v 21)． (3)根据v 2＝2ad ，因此v22－d 图线的斜率就是加速度，而对钩码进行受力分析可知：mg －F T ＝ma ，而对小车F T ＝Ma ，因此可得a ＝mM ＋mg .答案 (1)H 天平 (2)d 3－d 12T 或d 44Tmg (d 5－d 1)＝12(M ＋m )(v 25－v 21) (3)m M ＋m g3．在“验证机械能守恒定律”的实验中，要验证重锤下落时重力势能的减少量等于它动能的增加量，以下操作步骤中不必要的或错误的是( ) A ．用天平称出重锤的质量B ．把电火花打点计时器固定在铁架台上，并用导线把它与低压交流电源连接起来C ．把纸带的一端固定在重锤上，另一端穿过计时器的限位孔，把重锤提升到一定的高度D ．用秒表测出重锤下落的时间答案 ABD解析由于本实验中需要验证：mgh ＝12m v 2，整理后为：gh ＝12v 2，即重锤的质量不用测量，选项A中操作不必要；电火花计时器用220 V 交流电源，故选项B 错误；将重锤提升一定高度，然后释放，故选项C 正确；重锤下落时间可以通过纸带上的点计算，所以不用测量时间，故选项D 中操作不必要．4．某实验小组利用图7所示装置验证机械能守恒定律．实验中先接通电磁打点计时器的低压交流电源，然后释放纸带．打出的纸带如图8所示，选取纸带上打出的连续五个点A 、B 、C 、D 、E ，测出A 点距起点O 的距离为x 0，点A 、C 间的距离为x 1，点C 、E 间的距离为x 2.已知重物的质量为m ，交流电的频率为f ，从释放纸带到打出点C ：图7图8(1)重物减少的重力势能ΔE p ＝________，增加的动能为ΔE k ＝________.若算得的ΔE p 和ΔE k 值很接近，则说明：________.(2)一般来说，实验中测得的ΔE p ________ΔE k (填“大于”、“等于”或“小于”)，这是因为__________________．答案 (1)mg (x 0＋x 1) mf 2(x 1＋x 2)232 在误差允许的范围内，重物下落过程中机械能守恒 (2)大于重物克服阻力做功解析 (1)打出点C 时的速度为v C ＝x 1＋x 24T ＝f (x 1＋x 2)4，所以ΔE k ＝12m v 2C ＝mf 2(x 1＋x 2)232.(2)由于阻力的存在，所以重物减少的重力势能一般大于增加的动能．考题3 探究单摆周期与摆长的关系例3 在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，请回答下列问题．(1)现已提供了以下器材：铁架、夹子、毫米刻度尺、游标卡尺、细线．为了完成实验，还必须从图9中挑选出一些实验器材，其名称是________________(漏选或多选得零分)．图9(2)甲、乙两组同学将单摆按如图10所示的方式悬挂，你觉得比较合理的是________(填“甲”或 “乙”)．图10(3)正确挂起单摆后，将摆球从平衡位置拉开一个小角度静止释放，使摆球在竖直平面内稳定摆动，当摆球经过________(填“平衡位置”、“最大位移处”“任意位置”)时开始计时，并记数为“1”，当摆球第49次经过此位置停止计时．读出这段时间为t ，则单摆的周期T ＝________.(4)实验小组又利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g .为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g 值．小组成员设计了如下的记录表格，你认为表________(填“A ”或“B ”)设计得比较合理．表AL /m T /s表B1 2 3 4 平均值L /m T /s g /(m·s －2)答案 (1)秒表、铁球 (2)甲 (3)平衡位置t24(4)B 解析 (1)必须需要的器材是：秒表和铁球；(2)甲、乙两组同学将单摆按如题图11所示的方式悬挂，比较合理的是甲；因为乙图中当单摆摆动起来后由于摆线会缠绕在铁夹上，使单摆的摆长变化；(3)计时的起点应该在最低点，即平衡位置；单摆的周期T ＝t n ＝t (49－12)＝t24；(4)实验中不能把测量几次的摆长和周期取平均值，而应该把每次测得的重力加速度取平均值，所以表B 设计比较合理．5． (1)两个同学分别利用清华大学和广东中山大学的物理实验室，各自在那里用先进的DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期T 与摆长L 的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T 2－L 图象，如图11所示．在中山大学的同学所测实验结果对应的图线是________(选填“A ”或“B ”)．图11(2)(单选)在清华大学做实验的同学还利用计算机绘制了a 、b 两个摆球的振动图象，如图12所示．关于a 、b 两个摆球的振动图象，下列说法正确的是________．图12A ．a 、b 两个单摆的摆长相等B ．b 摆的振幅比a 摆小C ．a 摆的机械能比b 摆大D ．在t ＝1 s 时有正向最大加速度的是a 摆答案 (1)A (2)D解析 (1)根据单摆的周期公式T ＝2πL g ，得：T 2＝4π2g L ，所以T 2－L 图象的斜率k ＝4π2g，重力加速度随纬度的升高而增大，g 越大，斜率越小，广东中山大学的物理实验室纬度低，g 值小，斜率大，故中山大学的同学所测实验结果对应的图线是A.(2)由图知，两摆周期不同，故摆长不同，所以A 错误；b 摆的振幅比a 摆大，故B 错误；因不知摆球质量的大小，故不能确定机械能的大小，所以C 错误；在t ＝1 s 时a 摆在负的最大位移处，有正向最大加速度，b 摆在平衡位置，加速度最小，所以D 正确．6． (1)某实验小组拟用图13所示的装置研究滑块的运动．实验器材有：滑块、钩码、纸带、毫米刻度尺、带滑轮的木板、漏斗和细线组成的单摆(细线质量不计且不可伸长，装满有色液体后，漏斗和液体质量相差不大)等．实验前，在控制液体不漏的情况下，从漏斗某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第100次经过最低点共用时100秒；实验中，让滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向做微小振幅摆动，漏斗漏出的液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．图13(1)该单摆的周期是________ s.(2)图14是实验得到的有液体痕迹并进行了数据测量的纸带，根据纸带可求出滑块的加速度为________ m/s 2.(结果取两位有效数字)图14(3)用该实验装置测量滑块的加速度，对实验结果影响最大的因素是________．答案 (1)2 (2)0.10 (3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值解析 (1)一个周期内漏斗2次经过最低点，所以周期T ＝2 s ．(2)由图可知时间间隔为半个周期t ＝1s ，由逐差法可知a ＝0.3 999＋0.300 1－0.200 1－0.099 92×2×12m/s 2＝0.10 m/s 2.(3)漏斗重心变化导致单摆有效摆长变化，从而改变单摆周期，影响加速度的测量值．考题4 测定玻璃的折射率例4 某同学用圆柱形玻璃砖做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好圆柱形玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P 1和P 2，然后在圆柱形玻璃砖另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，使P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，在纸上标出大头针位置和圆柱形玻璃砖的边界如图15所示．图15(1)在图上画出所需的光路．(2)为了测量出玻璃砖的折射率，需要测量的物理量有________(要求在图上标出)． (3)测出的折射率n ＝________.答案 (1)见解析 (2)入射角i 和折射角r (3)sin isin r解析 (1)连接P 1、P 2并与玻璃砖相交，得到入射光线，再连接P 3、P 4并与玻璃砖相交，得到射出玻璃砖的光线，连接这两个交点得到光线在玻璃砖内的折射光线，如图所示．(2)作出经过入射点的切线和法线，标出入射角i 和折射角r ，如图所示，实验需要测出这两个角．(3)根据折射定律，n ＝sin isin r .7. 测定玻璃砖折射率的实验如图16所示，在把玻璃砖放在白纸上之前应在纸上先画好三条直线，它们分别是________、________、________，最后按正确的要求插上大头针P 3、P 4，由P 3、P 4的位置决定了光线的________方向，从而确定了折射光线________的方向．图16答案 (1)aa ′ MM ′ AO O ′B OO ′解析首先画出直线aa ′代表玻璃砖的一个侧面，再画MM ′表示法线，画AO 表示入射光线，根据光沿直线传播的经验，利用大头针P 3、P 4确定出射光线，也就确定了出射光线的出射点O ′，画出OO ′直线为折射光线．考题5 用双缝干涉测量光的波长(同时练习使用测量头)例5 用双缝干涉测光的波长的实验装置如图17a 所示，已知单缝与双缝的距离L 1＝60 mm ，双缝与屏的距离L 2＝700 mm ，单缝宽d 1＝0.10 mm ，双缝间距d 2＝0.25 mm.用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心之间的距离．测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻度对准屏上亮纹的中心，(如图b 所示)，记下此时手轮的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的刻度．图17(1)分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图18所示，则对准第1条时读数x 1＝________mm ，对准第4条时读数x 2＝________mm ，相邻两条亮纹间的距离Δx ＝________mm.(2)计算波长的公式λ＝________；求得的波长值是________nm(保留三位有效数字)．图18答案 (1)2.190 7.868 1.893 (2)d 2L 2Δx 676解析 (1)螺旋测微器读数首先固定刻度读出半毫米的整数倍，第一条即读为2 mm ，同时找到第19条刻度线与固定刻度对齐，估读一位即19.0，再乘以精确度0.01 mm ，最终结果为2 mm ＋19.0×0.01 mm ＝2.190 mm ，同理，第4条对应读数为7.5 mm ＋36.8×0.01 mm ＝7.868 mm ，第一条到第四条共有三个相邻亮条纹间距，所以两条相邻亮条纹间距Δx ＝7.868 mm －2.190 mm3＝1.893 mm.(2)双缝干涉相邻条纹间距Δx ＝l d λ，其中l 是双缝到屏的距离，d 是双缝间距，对照已知条件可得Δx ＝L 2λd 2，可得波长λ＝Δxd 2L 2，代入数据计算可得λ＝676 nm.8．如图19所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为：①光源、②________、③________、④________、⑤遮光筒、⑥光屏．对于某种单色光，为增加相邻亮条纹(或暗条纹)间的距离，可采取________或________的方法．图19答案滤光片单缝屏双缝屏减小双缝间距加长遮光筒解析根据双缝干涉实验装置可知，②为滤光片，③为单缝屏，④为双缝屏；由公式Δx＝ldλ可知，对于同种色光，增大l(加长遮光筒)或者减小d(减小双缝间距)都可使得Δx增大．考题6力学创新实验的分析技巧例6一物理兴趣小组利用学校实验室的数字实验系统探究物体作圆周运动时向心力与角速度、半径的关系．(1)首先，让一砝码在一个比较光滑的平面上做半径r为0.08 m的圆周运动，数字实验系统得到若干组向心力F和对应的角速度ω，他们根据实验数据绘出了F－ω的关系图象如图20中B图线所示，兴趣小组的同学猜测r一定时，F可能与ω2成正比．你认为，可以通过进一步转换，做出________关系图象来确定他们的猜测是否正确．(2)将同一砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m，又得到了两条F－ω图象，如图中A、C图线所示．通过对三条图线的比较、分析、讨论，他们得出ω一定时，F∝r的结论，你认为他们的依据是______________．(3)通过上述实验，他们得出：做圆周运动的物体受到的向心力F与角速度ω、半径r的数学关系式是F＝kω2r，其中比例系数k的单位是________．图20解析(1)通过对图象的观察，兴趣小组的同学猜测F与ω2成正比．可以通过进一步的转换，通过绘出F与ω2关系图象来确定他们的猜测是否正确，如果猜测正确，做出的F与ω2的关系式应当是一条过原点的倾斜直线．(2)在证实了F∝ω2之后，他们将砝码做圆周运动的半径r再分别调整为0.04 m、0.12 m，又得到了两条F—ω图象，取任意相同ω，A、B、C三图线对应向心力之比均约为3∶2∶1，与其对应半径之比相同．如果比例成立则说明向心力与物体做圆周运动的半径成正比．(3)表达式F＝kω2r中F、ω、r的单位分别是N、rad/s、m，又由v＝ωr有：1 m/s＝1(rad/s)·m，由F ＝ma，有1 N＝1 kg·m/s2，则得：1 N＝k×(1 rad/s)2×1 m＝k·m/s2；则得k的单位是kg.答案(1)F与ω2(2)取任意相同ω，A、B、C三图线对应向心力之比均约为3∶2∶1，与其对应半径之比相同(3)kg9．(2014·广东·34(2))某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．①如图21(a)所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k＝________ N/m.(g取9.8 m/s2)图21②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图(b)所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________．③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________．④重复③中的操作，得到v与x的关系如图(c)，由图可知，v与x成________关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比．答案①50②相等③滑块的动能④正比压缩量的二次方解析①加50 g砝码时，弹簧弹力F1＝mg＝k(l0－l1)，加100 g砝码时F2＝2mg＝k(l0－l2)，ΔF＝F2－F1＝k(l1－l2)，则k≈49.5 N/m，同理由加100 g砝码和加150 g砝码的情况可求得k′≈50.5 N/m，则劲度系数k ＝k ＋k ′2＝50 N/m. ②使滑块通过两个光电门时的速度大小相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动． ③弹性势能转化为滑块的动能．④图线是过原点的直线，所以v 与x 成正比，整个过程弹性势能转化为动能，即E 弹＝E k ＝12m v 2，弹性势能与速度的二次方成正比，则弹性势能与弹簧压缩量x 的二次方成正比．知识专题练训练10题组1 探究功与速度变化的关系1．如图1甲是利用滑块验证动能定理的装置，除图示器材外，还有学生电源、导线、复写纸、天平和细沙．(1)本实验还需要的实验器材有________________．(2)实验前，需要____________，此步骤中________(填“需要”或“不需要”)挂着小沙桶．(3)设滑块质量为M ，沙与沙桶的总质量为m ，本实验中要求M 和m 满足的条件是：________________.(4)图乙是滑块做匀加速直线运动的纸带．测量数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T ，重力加速度为g .则本实验最终要验证的数学表达式为________________．(用题中所给的字母表示)图1答案 (1)刻度尺 (2)平衡摩擦力不需要(3)m 远远小于M (4)mgx AB ＝M 8T 2(x 2B －x 2A ) 解析 (1)因需测量纸带上的点间距离，故还需要刻度尺；(2)滑块在运动的过程中受摩擦力作用，为使拉力等于合外力，故应平衡摩擦力，平衡时，把木板的左端抬高，使重力的分力等于摩擦力，故不需要挂小沙桶；(3)平衡摩擦力后，对系统有：mg ＝(m ＋M )a ，对M ：F T ＝Ma ，联立解得F T ＝Mm M ＋mg ＝m 1＋m Mg ，为使F T 约等于mg ，需满足m 远远小于M ；(4)根据匀变速运动的规律可求打A 点的速度v A ＝x A 2T ，打B 点速度v B ＝x B 2T ，从A 到B ，验证的表达式为mgx AB ＝12M v 2B －12M v 2A ，代入得mgx AB ＝M 8T 2(x 2B －x 2A )． 2．某同学利用如图2所示的装置验证动能定理．将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置，在木板上依次固定好白纸、复写纸．将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度H ，并根据落点位置测量出小球离开斜槽后的竖直位移y .改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：(1)在安装斜槽时，应注意________；(2)已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，木板与斜槽末端的水平距离为x ，小球在离开斜槽后的竖直位移为y ，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，若动能定理成立则应满足的关系式是________．(3)若想利用图象直观得到实验结论，最好应以H 为横坐标，以________为纵坐标，描点作图．答案 (1)使斜槽末端O 点的切线水平 (2)H (1－μtan θ)＝x 24y (3)1y解析 (1)本实验根据平抛运动的规律测量小球离开斜槽的速度，为保持小球做平抛运动，应使斜槽末端O 点的切线水平．(2)设小球离开斜槽时的速度为v ，根据平抛运动的规律得：x ＝v t ，y ＝12gt 2 联立得：v ＝x g 2y小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：W ＝mgH －μmg cos θ·H sin θ＝mgH (1－μtan θ) 小球动能的变化量ΔE k ＝12m v 2＝12m (x g 2y )2＝mx 2g 4y 则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是：H (1－μtan θ)＝x 24y 或Hy ＝x 24－4μ1tan θ. (3)根据上式可知：最好应以H 为横坐标，以1y为纵坐标，描点作图．题组2 验证机械能守恒定律3．为了验证机械能守恒定律，某研究性学习小组的同学利用透明直尺和光电计时器设计了一套实验装置，如图3所示．当有不透光物体从光电门间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的光电门传感器可测的最短时间为0.01 ms.将具有很好挡光效果的宽度为d＝3.8×10－3m的黑色磁带贴在透明直尺上．实验时，将直尺从一定高度由静止释放，并使其竖直通过光电门．某同学测得各段黑色磁带通过光电门的时间Δt i与图中所示的高度差Δh i，并将部分数据进行了处理，结果如下表所示(表格中M为直尺质量，取g＝9.8 m/s2)．图3(1)从表格中数据可知，直尺上磁带通过光电门的瞬时速度是利用v i＝dΔt i求出的，请你简要分析该同学这样做的理由是：________________________________________________________________________.(2)请将表格中的数据填写完整．(3)通过实验得出的结论是：________________________________________________________________________.(4)(单选)根据该实验，请你判断下列ΔE k－Δh图象中正确的是()答案 (1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度(2)4.22 4.01M 4.02M(3)在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量(4)C解析 (1)瞬时速度等于极短时间或极短位移内的平均速度，故直尺上磁带通过光电门的瞬时速度可利用v i ＝d Δt i求出． (2)第5点速度为v 5＝d Δt 5＝3.8×10－3 m 0.90×10－3 s≈4.22 m/s. 从第5点到第1点间动能的增加量为ΔE k ＝12M v 25－12M v 21＝12×M ×(4.222－3.132)≈4.01M . 从第5点到第1点间重力势能的减少量为ΔE p ＝Mg Δh 5＝M ×9.8×0.41≈4.02M .(3)从表中数据可知，在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量．(4)根据动能定理可知：Mg Δh ＝ΔE k ，故ΔE k －Δh 的图象是一条过原点的直线，故C 正确．4．如图4甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德(G·Atwood 1746－1807)创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．图4(1)实验时，该同学进行了如下操作：①将质量均为M (A 的含挡光片、B 的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测量出________________(填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h .②在B 的下端挂上质量为m 的物块C ，让系统(重物A 、B 以及物块C )中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt .③测出挡光片的宽度d ，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．。

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高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1 力学中的几个重要功能关系的应用例1 如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为F mB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化相对应？答案 BD1．如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为F f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是()图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为F f xC．小物块克服摩擦力所做的功为F f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx答案ABC解析小物块受到的合外力是F－F f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－F f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为F f x；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于Fx.2．(单选)(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案 B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B ．0～8 s 内物体位移的大小为18 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J 答案 AC解析根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1 m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移x ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14 m ，选项B 错误.0～8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6 J ，重力势能增加mgx ×sin θ＝84 J ，机械能增加量为6 J ＋84 J ＝90 J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14 J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56 J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70 J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝F f l 相对考题2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4 m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小； (2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破 (1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R，得F N ＝m (v2R－g )＝5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4 N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2 m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5 m/s 在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5 s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4 m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16 sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10 m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，x 值最小．答案 (1)33 (2)5 m/s (3)π3解析 (1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54 m当θ为0°时，x 0＝54 3 m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得v 20＝2μgx 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5 m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移x 满足的关系式 12m v 2＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 解得x ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为x ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08 m对应的θ＝π2－φ＝π2－π6 ＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3 (14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L ＝4.5 m 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B 后恰好能到达圆弧轨道最高点C ，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D 点，再由D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B 点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g ＝10 m/s 2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时， mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a ＝2.5 m/s 2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分)可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)F N －mg ＝m v 2R (1分)解得F N ＝3mg ＝30 N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分)解得s ＝9 m(1分)答案 (1)3105s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2 m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案 (1)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53° m /s ＝3 m/s ①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ② 小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2DR③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N ④ 联立①②③④得：F N ′＝22.5 N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10 m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为x 1，传送带向右运动的距离为x 2，则： v D ＝at 1⑥x 1＝12at 21⑦x 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时所用的时间为t 2，向右通过的位移为x 3，传送带向右运动的距离为x 4，则 v ＝at 2⑨x 3＝12at 22⑩x 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： x ＝x 1＋x 2＋x 4－x 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgx ⑬ 联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J知识专题练训练4题组1 力学中的几个重要功能关系的应用1．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量答案 AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2.如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等答案 ABD解析由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝msin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．故选A 、B 、D.题组2 动力学方法和动能定理的综合应用3．某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案 AC解析由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgH η，所以C 正确，D 错误．4．(单选)如图3所示，质量为m 的滑块从 h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mgh C ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2答案 C解析由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh 2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为x ＝10 m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10 m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案 (1)25 m/s 2 (2)(5－3) s解析 (1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10 m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝10 5 m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2ax解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝10 3 m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝10 5 m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10 m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案 (1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J解析 (1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系x ＝6t －2t 2与x ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6 m/s加速度a ＝－4 m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan 45° 解得v D ＝4 m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4 s 所以DP 的水平位移为：4×0.4 m ＝1.6 mBD 间位移为x BD ＝v 2D －v 202a＝2.5 m 所以BP 间位移为2.5 m ＋1.6 m ＝4.1 m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝2 2 m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－8 2 m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gx CB释放m 2时E p ＝μm 2gx CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2 Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6 J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5＋72) s 解析 (1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B 在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150 N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5 m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5 m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得F ＝13 N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得： mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ′解得a ′＝8 m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5 s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1 m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得： mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ″解得a ″＝4 m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。