2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件学案配套练习专题限时集训2力与直线运动

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高2020届高2017级高三物理二轮复习全品学案课件专题七选考模块作业正文

2020全品高考第二轮专题物理专题限时集训(十五)选考选修3-31.(1)下列说法正确的是.A.液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离B.一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,对外做功,分子平均动能增大C.理论上,第二类永动机并不违背能量守恒定律,所以随着人类科学技术的进步,第二类永动机是有可能研制成功的D.在同等温度下,干湿泡湿度计的干、湿两支温度计示数差越大,说明该环境越干燥E.改进内燃机结构,提高内燃机内能转化率,最终可能实现内能完全转化为机械能(2)粗细均匀、两端开口的U形细玻璃管开口向下竖直放置时,在左、右管中各有长度为L的水银柱封闭住总长是8L的气柱A,如图Z15-1所示,左、右管之间的距离忽略不计,左、右管长度都是6L,两水银柱的下表面到管口距离相等.大气压保持为p=4ρgL,ρ是水银的密度,g是重力加速度.把一侧的管口封住(不计厚度),再缓慢转动U形管,使其开口向上竖直放置,两侧水银柱的长度不变.①气柱温度始终是300 K,转动后气柱A的长度是多少?②接着对管内气柱缓慢加热,当气柱A的长度又是8L时,管内气柱温度是多少?图Z15-12.(1)如图Z15-2所示,一定质量理想气体从状态A依次经状态B和C 后再回到状态A,下列说法正确的是.图Z15-2A.A→B过程中气体对外界做功B.A→B过程中气体放出的热量等于外界对气体做的功C.B→C过程中气体分子对器壁单位面积碰撞的平均冲力减小D.C→A过程中气体从外界吸收的热量等于气体内能的增加量E.B→C过程中气体放出的热量大于C→A过程中吸收的热量(2)如图Z15-3所示,氧气瓶通过细管和上端封闭的玻璃管相连,玻璃管内用2 cm长的水银柱在玻璃管上方封闭了一段气柱,开始时瓶内氧气压强为10个大气压强,上方封闭气柱长度为8 cm,随着氧气的使用,水银柱逐渐下降,通过下降的距离可以读出瓶内剩余氧气质量与原来氧气质量的比值.使用一段时间后,发现水银柱下降了4 cm,使用过程中环境温度不变,求此时瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值.图Z15-33.(1)一定质量的理想气体从状态A可以经历过程1、过程2到达状态B,也可以经历过程3到达状态C,还可以经历过程4到达状态D,其p-V图像如图Z15-4所示,且B、C、D在一条平行于纵轴的直线上.已知在这四个过程的某一过程中,气体始终与外界无热量交换;在过程3中,A到C的曲线是双曲线的一部分.对于这四个过程,下列说法正确的是.图Z15-4A.在过程1中,外界先对气体做功,然后气体再对外界做功B.在过程2中,气体温度先逐渐降低后逐渐升高C.在过程3中,气体温度始终不变D.在过程4中,气体始终与外界无热量交换E.在A、B、C、D四个状态中,B状态气体温度最高(2)如图Z15-5所示,粗细均匀、两端开口的U形玻璃管竖直放置.左、右竖直部分和水平部分长度均为H=14 cm.水平部分一段空气柱将管内水银分隔成左、右两段.当温度为273 K时,被封闭的空气柱的长度为L=8 cm,水平部分左侧水银柱长h=2 cm,左侧竖直管内水银柱长也是h=2 cm.大气压强p相当于高为76 cm水银柱的压强.①当被封闭的空气柱温度缓慢升高到多少时,水平部分某一侧的水银恰好能全部进入竖直管?②当被封闭的空气柱温度缓慢升高到多少时,恰好能让某一侧竖直管内水银柱上方的空气全部排出?图Z15-54.(1)关于热现象,下列说法正确的是.A.将1滴油酸酒精溶液滴在水面上,水面上会形成一块单层油酸薄膜,测出薄膜的厚度d,可认为是油酸分子的直径B.假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为零,当两个分子间距离为平衡距离r0时,分子势能最小C.符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生D.如果要保存地下的水分,就要把地面的土壤锄松,破坏土壤里的毛细管E.用活塞压缩气缸里的空气,对空气做功900 J,同时气缸向外散热210 J,气缸里空气的内能增加了1110 J(2)如图Z15-6所示,一底面积为S、内壁光滑且导热的圆柱形容器竖直放置在水平地面上,开口向上,内有两个厚度不计的轻质活塞A和B,容器内a处有一小卡销;在A与B之间、B与容器底面之间分别密闭着一定质量的同种理想气体Ⅰ和Ⅱ,初始时活塞A与B、活塞B与容器底部之间的距离均为L,气体Ⅱ的压强为2p0.若将某物块放置在活塞A的上表面,稳定后活塞A相对初始位置向下移动了0.6L.已知外界大气压强为p0,重力加速度大小为g,容器导热性能良好,设外界温度不变.①请通过计算判断活塞B在上述过程中是否向下移动;②求物块的质量M.图Z15-6专题限时集训(十六)选考选修3-41.(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,处的质点P,下列说法正确的是.关于在x=3vT2A.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(2)如图Z16-1所示,某种透明材料做成的三棱镜的横截面是边长为a 的等边三角形,现用一束宽度为a的单色平行光束以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上,结果所有从AB、AC面入射的光线进入三棱镜后恰好全部直接到达BC面.①求该材料对此平行光束的折射率;②这些直接到达BC面的光线从BC面射出后,如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑,则当屏到BC面的距离d满足什么条件时,此光斑分为两部分?图Z16-12.(1)小周用插针法测定某种玻璃三棱镜的折射率,所作的光路图如图Z16-2甲所示,ABC为三棱镜的横截面,光线DO1、O2E分别为入射、出射光线,N1N2为法线,P1、P2、P3、P4为四枚大头针,θ为偏向角.①根据图甲求得这种玻璃的折射率为(结果保留两位有效数字).②图乙是实验过程中的立体图,图中a和b是(填“大头针”或“大头针的像”).③换用折射率较小的玻璃三棱镜做实验,仍保证顶角BAC和入射角不变,那么偏向角将(填“增大”“减小”或“不变”).图Z16-2(2)如图Z16-3甲所示,在某介质中波源A、B相距d=20 m,t=0时二者开始上下振动,A只振动了半个周期,B连续振动,所形成的波的传播速度均为v=1.0 m/s,两波源的振动图像如图乙所示.求:①在波源A右侧1 m处的质点在0~22 s时间内经过的路程;②在0~16 s时间内从A发出的半个波在向右传播的过程中遇到的从B发出的波的波峰个数.图Z16-33.(1)如图Z16-4所示,一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖,在玻璃砖底面上的入射角为θ,经折射后射出a、b两束光线,则.图Z16-4A.在玻璃中,a光的传播速度小于b光的传播速度B.在真空中,a光的波长小于b光的波长C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大,则折射光线a首先消失E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验,a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距(2)如图Z16-5甲所示,用一根不可伸长的轻质细线将小球悬挂于天花板上的O点,现将小球拉离平衡位置,使细线与竖直方向成一夹角(小于5°)后由静止释放.小球的大小和受到的空气阻力均忽略不计.①证明小球的运动是简谐运动;②由传感器测得小球偏离平衡位置的位移随时间变化的规律如图乙所示,求小球运动过程中的最大速度.图Z16-54.(1)如图Z16-6所示为一列简谐横波在t=0时的波形图,波沿x轴负方向传播,传播速度v=1 m/s,则下列说法正确的是.图Z16-6A.此时x=1.25 m处的质点正在做加速度增大的减速运动B.x=0.4 m处的质点比x=0.6 m处的质点先回到平衡位置C.x=4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置D.t=2 s的波形图与t=0时的波形图重合E.x=2 m处的质点在做简谐运动,其振动方程为y=0.4sin πt(m)(2)图Z16-7为某种透明材料制成的一柱形棱镜的横截面图,CD是半径为R的四分之一圆弧,圆心为O;光线从AB上的M点入射,入射角为θ,光进入棱镜后恰好在BC上的O点发生全反射,然后由CD射出.已知OB段的长度为L,真空中的光速为c.求:①透明材料的折射率n;②该光在透明材料内传播的时间t.图Z16-7。

2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件学案配套练习单科标准满分练4

单科标准满分练(四)(时间：60分钟分值：110分)第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中,第14～18题只有一项符合题目要求,第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

14.某种金属逸出光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图所示,其中ν0为极限频率。

下列说法正确的是()A. 逸出功随入射光频率增大而减小B. 最大初动能E km与入射光强度成正比C. 最大初动能E km与入射光频率成正比D. 图中直线的斜率与普朗克常量有关D[金属的逸出功是由金属自身决定的,与入射光频率无关,A项错误；光电子的最大初动能E km与入射光的强度无关,B项错误；根据爱因斯坦光电效应方程E km＝hν－W0,可知最大初动能E km随入射光频率增大而增大,但不成正比,C项错误；E km－ν图线的斜率与普朗克常量有关,D项正确。

]15. 甲、乙两物体沿同一直线同向运动,两物体的v-t图线如图所示,t＝5 s时两物体位于同一位置。

在0～5 s时间内,下列说法正确的是()A. 甲物体一直追赶乙物体B. t＝2 s甲物体在后,乙物体在前C. t＝0时两物体相距4 mD. 两物体做匀变速运动的加速度大小比为a 甲∶a 乙＝1∶2C [由v -t 图线可求得两图线交点的横坐标为t ＝2 s 。

有a 甲＝0－105 m/s 2＝－2 m/s 2,a 乙＝6－02－1m/s 2＝6 m/s 2,所以|a 甲|∶a 乙＝1∶3,故D 错；由图象可求得甲的位移x 甲＝12×10×5 m ＝25 m,乙的位移x 乙＝12×6×1 m ＋6×3 m ＝21 m 。

t ＝5 s 时两物体位于同一位置,所以t ＝0时甲物体在乙物体后4 m,故C 正确；运动过程中,t ＝2 s 前甲的速度大于乙的速度,t ＝2 s 后乙的速度大于甲的速度,所以前面甲追乙,后面乙追甲,故A 错；2 s ～5 s 时间内,甲物体位移x 1＝12×6×3 m ＝9 m,乙物体位移x 2＝6×3 m ＝18 m,t ＝5 s 时两物体位于同一位置,所以t ＝2 s 甲物体在前,乙物体在后,故B 错。

高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习创新版课件专题复习篇专题四

注：对于实际物理问题，经常要综合使用三条途径解决问题。原则上求解整要通过多加练习才能体会到。
要点提炼
高考考向
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专题作业
3．物理学中的几种功能关系 (1)合外力做功与动能的关系：W 合＝ΔEk。 (2)重力做功与重力势能的关系：WG＝－ΔEp。 (3)弹簧弹力做功与弹性势能的关系：W 弹＝－ΔEp 弹。 (4)电场力做功与电势能的关系：W 电＝－ΔEp 电。 (5)分子力做功与分子势能的关系：W 分子＝－ΔEp 分子。 (6)除重力、系统内弹力以外其他力做功与机械能的关系：W 其他＝ΔE 机。 (7)滑动摩擦力与内能的关系：fl 相对＝ΔE 内。
要点提炼
高考考向
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专题作业
(1)A 被敲击后获得的初速度大小 vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、aB′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小 vB。
要点提炼
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专题作业
解析 A、B 的运动过程如图所示：
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专题作业
(1)设 A、B 的质量均为 m，先敲击 A 时，由牛顿第二定律可知，
A．12.1 s 答案 C
B．6.0 s C．5.2 s
D．2.6 s
要点提炼
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专题作业
解析由牛顿第二定律可得：a1＝Fm1＝0.5 m/s2，a2＝Fm2＝1.3 m/s2，若 t ＝12 s 时速度方向向左，由题意列出运动学方程为：－a1t0＋a2(t－t0)＝v，解得：t0＝5.2 s；若 t＝12 s 时速度方向向右，由题意列出运动学方程为：a1t0 －a2(t－t0)＝v，解得 t0＝12.13 s>12 s，不符合题意，故 A、B、D 错误，C 正确。

2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件学案第1部分专题5近代物理初步

[高考统计·定方向] (教师授课资源)考点考向五年考情汇总1.光电效应和氢原子能级考向1.光电效应及其方程2018·全国卷Ⅱ T172017·全国卷Ⅲ T192016·全国卷Ⅰ T35(1)考向2.波粒二象性2015·全国卷Ⅱ T35(1)考向3.氢原子能级结构及跃迁2019·全国卷ⅠT142.核反应方程与核能的计算考向1.原子核的衰变及半衰期2017·全国卷Ⅱ T15考向2.核反应方程与核能的计算2019·全国卷Ⅱ T152018·全国卷Ⅲ T142017·全国卷Ⅰ T172016·全国卷Ⅲ T35(1)2016·全国卷Ⅱ T35(1)光电效应和氢原子能级(5年5考)❶近几年高考对本考点的考查以选择形式为主, 命题点主要集中在光电效应的现象分析, 光电效应规律及光电效应方程的应用, 能级跃迁的分析与计算, 难度较小。

❷预计2020年仍会以基本现象和规律的理解、原子结构、能级跃迁、光电效应方程应用及图象问题为命题重点。

1. (2018·全国卷Ⅱ·T17)用波长为300 nm的光照射锌板, 电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10－19 J。

已知普朗克常量为6.63×10－34 J·s, 真空中的光速为3.00×108 m·s－1。

能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为()A. 1×1014 HzB. 8×1014 HzC. 2×1015 HzD. 8×1015 HzB[根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0＝h cλ－hν0, 代入数据解得ν0≈8×1014 Hz, B正确。

]2. (2019·全国卷Ⅰ·T14)氢原子能级示意图如图所示。

2020版高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习冲刺方案专题复习篇专题八

专题八电学实验要点提炼1.实验器材的选择(1)电源的选择: 一般根据待测电学元件的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源。

(2)电表的选择: 一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表。

电表的指针摆动的幅度要尽量大一些, 一般应使指针能达到半偏。

2. 电流表内接法与外接法的比较比较项目电流表内接法电流表外接法电路误差原因由于电流表内阻的分压作用, 电压表测量值偏大由于电压表内阻的分流作用, 电流表测量值偏大测量结果 R 测＝U I ＝R A ＋R x >R x , 电阻的测量值大于真实值 R 测＝U I ＝R V R x R V ＋R x <R x, 电阻的测量值小于真实值适用条件 R x ≫R A , 大电阻R x ≪R V , 小电阻 3. 电流表内接法与外接法的选择(1)比较法若R V R x <R x R A, 即R 2x >R A R V 时, R x 为大电阻, 电流表内接法误差小, 应选用内接法；若R V R x >R x R A, 即R 2x <R A R V 时, R x 为小电阻, 电流表外接法误差小, 应选用外接法；若R 2x ＝R A R V 时, 内、外接法均可。

(2)试触法: 当无法估计电阻的阻值, 难以比较R VR x及R xR A的大小时, 可采用电压表试触法观察电流表、电压表示数变化大小来确定, 若电流表示数较电压表示数变化明显, 说明电流表外接时电压表分流作用大, R x为大电阻, 应采用内接法；若电压表示数较电流表示数变化明显, 说明电流表内接时电流表的分压作用大, R x为小电阻, 应采用外接法。

4. 滑动变阻器分压式接法与限流式接法的选择“以小控大用分压, 相差无几用限流”。

即当滑动变阻器的阻值较小时, 常采用分压式接法；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时, 常采用限流式接法。

2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件学案配套练习单科标准满分练1

单科标准满分练(一)命题报告第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题,每小题6分。

在每小题给出的四个选项中,第14～18题只有一项符合题目要求,第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分。

14. 2018年8月23日,国家重大科技基础设施中国散裂中子源项目通过国家验收,投入正式运行,并将对国内外各领域的用户开放。

有关中子的研究,下列说法正确的是( )A. 卢瑟福发现中子的核反应方程为94Be ＋42He →12 6C ＋10nB. 中子和其他微观粒子一样,都具有波粒二象性C. 核反应方程 210 84Po → y 82X ＋42He 中的y ＝206,X 的中子个数为128D.235 92U 在中子轰击下生成9438Sr 和140 54Xe 的过程中,原子核中核子的平均质量变大B [卢瑟福通过分析α粒子散射实验的结果,提出了原子的核式结构模型,查德威克通过α粒子轰击铍核获得碳核的实验发现了中子,A 错误；所有粒子都具有波粒二象性,B 正确；y ＝210－4＝206,X 的中子数为206－82＝124,C 错误；裂变反应释放能量,根据质能方程可知,核反应过程中存在质量亏损,原子核中核子的平均质量变小,D 错误。

]15. 2018年软科世界一流学科排名中,北京航空航天大学的航空航天工程在本学科中排名世界第一。

若北京航空航天大学的学生王华乘坐宇宙飞船,去探知未知天体X 星,测得飞船绕X 星表面附近做圆周运动的周期为T ,飞船降落到X 星表面后,王华将小球以初速度v 0竖直向上抛出,测得小球经t 时间落回手中,已知X 星表面是真空,X 星可视为质量分布均匀的球体,忽略X 星的自转,则( )A. X 星的半径为 v 0T 24π2tB. X 星的半径为 v 0T 22π2tC. X 星的质量为 v 20T 2π2t 2D. X 星的质量为 v 30T 42π4t3 B [设X 星的质量为M ,半径为R ,表面的重力加速度大小为g 0,由万有引力F 提供向心力,则F ＝,F ＝mg 0,小球做竖直上抛运动,则v 0＝g 0·t 2,解得R ＝v 0T 22π2t ,B 正确,A 错误；由万有引力定律得F ＝G Mm R 2,得M ＝v 30T42π4Gt 3,C 、D 均错误。

2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件学案第2部分专项1第1招比较排除法

专项一巧用10招秒杀选择题选择题是高考必考的题型之一, 主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等, 具有信息量大、知识覆盖面广、干扰性强、命题灵活性强、层次丰富、能考查学生的多种能力等特点。

要想迅速、准确地解答物理选择题, 不但要熟练掌握和应用物理的基本概念和规律进行直接判断、计算分析, 还要掌握以下快速破解技巧。

比较排除法例的方法将明显错误或不合理的选项一一排除的方法。

比较排除法主要用于选项中有相互矛盾、相互排斥或有完全肯定、完全否定的说法的选择题。

[例1]如图所示, 等腰直角区域EFG内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场, 直角边EF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水平向右匀速通过磁场。

t＝0时刻恰好位于图示位置(即BC 与EF在一条直线上, 且C与E重合), 规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正, 则感应电流i与时间t的关系图线正确的是()[解题指导]在进入长度L的过程中, 切割磁感线的有效长度在均匀增加, 由E＝BL v知, 感应电动势均匀增加；当进入L时, 感应电动势为E＝BL v, 感应电流为I＝ER＝BL vR, 由楞次定律判断知, 感应电流方向为正；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加, AB边切割磁感线的长度在均匀增加, 由几何关系知AB边增加的快且AB边和ADC边产生的感应电动势方向相反, 即等效于切割磁感线的总长度在减小, 感应电流减小；在离开磁场的过程中, CD边不切割磁感线, AD边切割的长度小于AB边切割的长度, 产生负方向感应电流, C正确。

[答案] C妙招点评：我们利用排除法求解本题时, 不需要对导线框的具体运动过程进行分析, 只需要抓住导线框在某一时刻的情况进行排除, 这样可以节省做题时间, 提高做题效率。

排除法是求解选择题的好方法, 同学们平时要注意灵活应用。

2020版高2020届高2017级高三物理二轮复习课件第1部分专题6第1讲力学实验

2.“橡皮条、弹簧、碰 2018·全国卷Ⅰ T22
撞”类实验
2017·全国卷Ⅲ T22
6
2．考查的热点包括 “纸带类”实验和 “力学创新实验”。 “纸带类实验”中多为利用纸带求加速度， “创新实验中”多为实验目的创新。
2019·全国卷Ⅲ T22
2018·全国卷Ⅰ T23
3. 力学 2018·全国卷Ⅲ T22
(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使 θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有 4 个点未画出)。重力加速度为 9.80 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为________(结果保留 2 位小数)。
第一部分专题整合突破专题六力学实验
[高考统计·定方向] (教师授课资源)
考点
考向
1.“纸带”类实验
2019·全国卷Ⅰ T22 2019·全国卷Ⅱ T22 2017·全国卷Ⅰ T22 2017·全国卷Ⅱ T22 2015·全国卷Ⅱ T22
5
五年考情汇总从近五年的高考命题可以看出： 1．全国卷的 2 个实验题中，大多数情况下第 1 个为力学实验，且难度较低。
10
[解析] 根据题述，物块加速下滑，在 A、B、C、D、E 五个点中，打点计时器最先打出的是 A 点。根据刻度尺读数规则可读出，B 点对应的刻度为 1.20 cm，C 点对应的刻度为 3.15 cm，D 点对应的刻度为 5.85 cm，E 点对应的刻度为 9.30 cm，AB＝1.20 cm，BC＝1.95
[答案] A 0.233 0.75
12
2.(2017·全国卷Ⅰ·T22)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b) 记录了桌面上连续的 6 个水滴的位置。(已知滴水计时器每 30 s 内共滴下 46 个小水滴)

2020版高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习冲刺方案专题复习篇专题七

专题七力学实验要点提炼1.力学实验的主要思想方法(1)等效法: 等效法是将复杂(或抽象)的物理问题转换为熟知(或形象)的物理问题的方法。

例如: 验证动量守恒定律的实验中, 将小球的动量关系等效转换为小球的质量与水平位移乘积间的关系；验证力的平行四边形定则的实验中, 用合力与分力效果相同来检验定则是否成立；在测量微小长度的仪器中, 螺旋测微器利用等效的思想把微小的直线位移转化为角位移并在较大的圆周上对其进行显示等。

(2)控制变量法: 所谓控制变量法, 就是在研究和解决问题的过程中, 对影响事物变化规律的因素或条件加以人为控制, 使其中一些条件按照特定的要求发生变化或不发生变化。

例如: 验证牛顿第二定律等。

(3)描迹法: 把瞬息即逝的现象(位置、轨迹、图像)记录下来, 以便从容地测量、比较、研究的方法。

例如: 打点计时器打下纸带、频闪照片等。

2. 实验数据的处理方法(1)列表法: 在记录和处理数据时, 将数据列成表格的处理方法。

优点: 数据列表可以简单而又明确地表示各物理量之间的关系, 有助于找出物理量之间的规律性的联系。

注意事项: ①写明表的标题或加上必要的说明。

②必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义, 并写明单位。

③表中的数据是正确反映测量结果的有效数字。

(2)平均值法: 将测得的多组数据通过运算求得多个运算结果, 将运算结果取算术平均值的处理方法。

优点: 可减小偶然误差, 但对减小系统误差无效。

注意事项: ①取平均值时按测量仪器的精确程度决定保留的有效数字位数。

②注意对测量数据是应先取平均值再运算还是应先运算再对结果取平均值。

(3)作图法: 通过建立平面直角坐标系, 将测得的一系列数据在坐标系中描点、连线, 进而利用图线斜率、在坐标轴上的截距、与坐标轴所围面积等获得实验结果的方法。

优点: 直观、简便, 有取平均的效果。

容易得出结果、找出规律, 还可剔除错误数据。

注意事项: ①描点时要注意每个坐标轴代表的物理量和单位。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分热点排查练18

热点18 电磁感应中的综合问题1.(2019·广东“六校”第三次联考)如图甲所示,水平放置的导轨左侧接有定值电阻R ＝2 Ω,导轨间距L ＝1 m,整个装置置于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B ＝1 T.一根质量为m ＝2 kg,阻值为r ＝2 Ω的金属棒在水平拉力F 作用下,由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动,金属棒的v －x 图象如图乙所示,若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25,金属棒始终与导轨接触良好,重力加速度g 取10 m/s 2,不计导轨电阻,求:(1)安培力F A 与位移x 的函数关系式;(2)从起点到位移x ＝1 m 的过程中,拉力做的功W .答案 (1)F A ＝0.5x (2)9.25 J解析 (1)由v －x 图象得:v ＝2x金属棒所受的安培力F A ＝BIL电路中的电流I ＝E R ＋r ＝BL v R ＋r整理得F A ＝B 2L 2v R ＋r ＝B 2L 22x R ＋r＝0.5x (2)由上式可知F A 与x 是线性关系.当x ＝0时,安培力F A1＝0;当x ＝1 m 时,安培力F A2＝0.5 N,则从起点发生x ＝1 m 位移的过程中,安培力做功为:W A ＝－F A x ＝－F A1＋F A22x ＝－0.25 J 即金属棒克服安培力做的功为:W 1＝0.25 J金属棒克服摩擦力做的功为:W 2＝μmgx ＝0.25×2×10×1 J ＝5 J根据动能定理得:W －W 2－W 1＝12m v 2 其中v ＝2 m/s,代入解得拉力做的功为:W ＝9.25 J.2.(2019·山东日照市上学期期末)如图甲所示,MN 和PQ 是足够长的平行光滑金属导轨,其间距为d ,电阻忽略不计.导轨平面与水平地面的夹角为θ,在导轨的矩形区域内有一垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B .一根电阻为r 且具有一定质量的导体棒ef 垂直放在导轨上,正方形金属框abcd 的质量为m ,边长为L ,每边电阻均为r ,用细线悬挂在竖直平面内,ab 边水平,线框的a 、b 两点通过导线与导轨相连,金属框上半部分处在磁感应强度大小为B 、方向垂直框面向里的匀强磁场中,金属框下半部分处在磁感应强度大小也为B 、方向垂直框面向外的匀强磁场中,不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力,导体棒ef 始终与导轨接触良好.从导体棒ef 自由下滑开始计时,悬挂线框的细线拉力F T 随时间的变化如图乙所示.重力加速度用g 表示.求:(1)导体棒ef 刚进入磁场时ab 边的电流;(2)导体棒ef 刚进入磁场时的速度大小以及所经历的时间;(3)导体棒ef 的质量.答案 (1)9mg 8BL (2)21mgr 8B 2Ld 21mr 8B 2Ld sin θ(3)md L sin θ解析 (1)导体棒ef 刚进入磁场时,设ab 边电流为I 1,cd 边电流为I 2,则:BI 1L ＋F T ＝mg ＋BI 2LF T ＝14mg I 1∶I 2＝(3r )∶r ＝3∶1解得:I 1＝9mg 8BL; (2)导体棒ef 刚进入磁场时,对整个回路,干路电流I ＝I 1＋I 2＝E r ＋0.75r感应电动势E ＝Bd v解得:v ＝21mgr 8B 2Ld根据v ＝at ＝g sin θt解得t ＝21mr 8B 2Ld sin θ(3)同(1)的方法得导体棒ef 匀速滑动时,I 1′＝3mg 4BL ,I 2′＝mg 4BL,ef 中的电流 I ef ＝I 1′＋I 2′＝mg BL对导体棒ef ,设导体棒ef 的质量为M ,由力的平衡得:Mg sin θ＝BI ef d解得:M ＝md L sin θ. 3.在图甲中,直角坐标系xOy 的第一、第三象限内有匀强磁场,第一象限内的磁感应强度大小为B ,第三象限内的磁感应强度大小为2B ,磁感应强度的方向均垂直于纸面向里.半径为l 、圆心角为90°的扇形导线框OPQ 在外力作用下以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针匀速转动,导线框回路电阻为R .求:(1)扇形导线框在刚进入第一象限时受到安培力的大小和方向;(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图象;(从OP 边刚进入第一象限开始计时,且规定电流方向沿POQP 为正方向)(3)导线框匀速转动一周外力对线框做的功.答案 (1)B 2ωl 32R方向向下 (2)见解析图 (3)5πB 2ωl 44R解析 (1)导线框从题图甲位置开始(t ＝0)转过90°的过程中,产生的感应电动势为:E 1＝12Bωl 2 由闭合电路欧姆定律得,回路电流为:I 1＝E 1R解得:I 1＝Bωl 22R根据安培力公式F ＝BI 1l ＝B 2ωl 32R根据左手定则可知方向向下;(2)导线框进入第二象限的过程中,回路电流为:I 2＝I 1＝Bωl 22R同理分析可知I 3＝I 4＝Bωl 2RT ＝2πω图象如图所示(3)导线框匀速转动一周产生的热量:Q ＝2(I 21R ×T 4＋I 32R ×T 4) T ＝2πω导线框匀速转动一周外力对线框做的功等于产生的热量,即W ＝Q解得:W ＝5πB 2ωl 44R .。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第二部分考点3

考点3牛顿运动定律考试标准牛顿第一定律惯性1.牛顿第一定律(1)内容:一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.(2)意义:①揭示了物体的固有属性:一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又叫惯性定律;②揭示了力与运动的关系:力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,即力是产生加速度的原因.2.惯性(1)定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.(2)量度:质量是惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小.(3)普遍性:惯性是物体的固有属性,一切物体都具有惯性,与物体的运动情况和受力情况无关.牛顿第二定律力学单位制1.牛顿第二定律(1)内容:物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比,跟它的质量成反比,加速度的方向跟作用力的方向相同.(2)表达式:F＝ma.(3)适用范围①牛顿第二定律只适用于惯性参考系,即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系.②牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况.2.力学单位制(1)单位制:由基本单位和导出单位一起组成了单位制.(2)基本单位:基本物理量的单位.国际单位制中基本物理量共七个,其中力学有三个,是长度、质量、时间,单位分别是米、千克、秒.(3)导出单位:由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位.牛顿第三定律1.作用力和反作用力:两个物体之间的作用总是相互的,一个物体对另一个物体施加了力,后一个物体同时对前一个物体也施加力.2.内容:两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上.3.表达式:F＝－F′.瞬时问题1.牛顿第二定律的表达式为:F合＝ma,加速度由物体所受合外力决定,加速度的方向与物体所受合外力的方向一致.当物体所受合外力发生突变时,加速度也随着发生突变,而物体运动的速度不能发生突变.2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别:(1)轻绳和轻杆:剪断轻绳或轻杆断开后,原有的弹力将突变为0.(2)轻弹簧和橡皮条:当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时,轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.超重和失重1.超重(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象.(2)产生条件:物体具有向上的加速度.2.失重(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象.(2)产生条件:物体具有向下的加速度.3.完全失重(1)定义:物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象.(2)产生条件:物体的加速度a＝g,方向竖直向下.4.实重和视重(1)实重:物体实际所受的重力,它与物体的运动状态无关.(2)视重:当物体在竖直方向上有加速度时,物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力.此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重.5.判断超重和失重的方法连接体问题1.连接体的运动特点轻绳连接——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等.轻杆连接——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比.轻弹簧连接——在弹簧发生形变的过程中,两端物体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端物体的速度相等.2.处理连接体问题的方法。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第一部分专题五第12讲

第12讲应用数学知识和方法处理物理问题1.动态平衡问题的几何解法等效圆周角不变法物体受三个力平衡:一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化,但两力夹角不变时可用此法(如图).由弦长的变化判断力的变化,此类题也可用正弦定理求解. 2.与圆有关的几何知识 (1)周长:2πr ,面积:πr 2; (2)直径所对的圆周角是直角;(3)同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于它所对圆心角的一半;(4)圆的函数方程:(x －a )2＋(y －b )2＝r 2是以点(a ,b )为圆心、r 为半径的圆.例1 如图所示,在半径R ＝4 cm 的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B ＝0.1 T,圆的直径OA 恰好落在x 轴上,C 为圆心.在原点O 处有一粒子源,可向xOy 平面内的各个方向发射速度大小均为v ＝8×105 m/s 、比荷qm ＝1×108 C/kg 的带负电粒子,粒子重力不计.(1)当粒子的初速度方向与x 轴夹角为θ时,恰好能从A 点射出,求θ角;(2)调整粒子源的出射速度大小为2×105 m/s,试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域,并求出该区域的面积(取π≈3). 答案见解析解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r 1,据q v B ＝m v 2r 1,解得:r 1＝8 cm.分析知,粒子做圆周运动的圆心与O 、A 三点组成等边三角形,由几何关系知:θ＝30° (2)v 改变后,粒子做圆周运动的半径:r 2＝2 cm,能到达的阴影区域如图所示S 半圆＝12πr 22S 扇形＝16π(2r 2)2S 弧＝S 扇形－12×2r 2·3r 2故S 阴影＝116πr 22－3r 22≈15 cm 2.y ＝a cos θ＋b sin θ＝a 2＋b 2 (a a 2＋b 2cos θ＋ba 2＋b 2sin θ) 令sin φ＝a a 2＋b 2,cos φ＝ba 2＋b 2则有:y ＝a 2＋b 2 (sin φcos θ＋cos φsin θ)＝a 2＋b 2sin (φ＋θ) 所以当φ＋θ＝π2时,y 有最大值,且y max ＝a 2＋b 2.例2 (2019·广东肇庆市一模)如图a 所示,一物体以一定的速度v 0沿足够长的固定斜面向上运动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图b 所示.设各种条件下,物体与斜面间的动摩擦因数不变,取g ＝10 m/s 2.试求:(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小; (2)θ为多大时,x 值最小？求出x 的最小值. 答案 (1)33 5 m/s (2)π3 538m 解析 (1)当θ为90°时,由运动学知识可得:v 02＝2gh 设动摩擦因数为μ,当θ＝0°时摩擦力大小为:F f ＝μmg F f ＝ma 1由运动学公式可得:v 02＝2a 1x 0 联立以上各式解得:μ＝33,v 0＝5 m/s(2)对于任意角度,根据动能定理可得,物体对应的最大位移x 满足的关系式: 12m v 02＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 上式变形可得:x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin (θ＋φ)μ＝tan φ,则x 的最小值为x min ＝h 1＋μ2＝32h ＝58 3 m对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝π3二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a 、b 、c 为常数且a ≠0),当x ＝－b2a 时,y 有极值y m (a >0时,y m 为极小值;a <0时,y m 为极大值).例3 (2017·全国卷Ⅱ·17)如图所示,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g 答案 B解析小物块由最低点到最高点的过程,由机械能守恒定律得12m v 2＝2mgr ＋12m v 12,小物块做平抛运动时,落地点到轨道下端的距离x ＝v 1t , 又2r ＝12gt 2,联立解得,x ＝2v 2gr －4r 2, 由数学知识可知,当r ＝v 28g时,x 最大,故选项B 正确.数列是高中数学的一个重点,日常生活中的很多实际问题都可以利用数列知识进行求解,物理情境中也有很多问题与数列有关.某一复杂物理过程中如果同一物理情境重复出现,往往会涉及数学归纳法和数列知识的应用.高中物理涉及的数列知识主要有等差数列、等比数列、通项公式和前n 项和公式的应用等.解题的基本思路分三步:第一步,逐个分析开始阶段的几个物理过程;第二步,利用数学归纳法寻找变化物理量的通项公式;第三步,应用数列知识分析求解.例4 如图所示,竖直放置的半圆形光滑轨道半径为R ,圆心为O ,下端与水平轨道在B 点平滑连接.一质量为m 的物块(可视为质点),置于水平轨道上的A 点.已知A 、B 两点间的距离为L ,物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g .(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O 等高的C 点,则物块在A 点水平向左运动的初速度应为多大？(2)若对物块始终施加水平向左的恒力F ＝53μmg ,并将其从A 点由静止释放,且运动过程始终不脱离轨道,求物块第2n (n ＝1,2,3,…)次经过B 点时的速度大小. 答案 (1)2g (μL ＋R ) (2)(12)n －2μgL3解析 (1)设物块在A 点时的速度为v 1,由动能定理有:－μmgL －mgR ＝0－12m v 12解得:v 1＝2g (μL ＋R ).(2)设第2、4、6、…、2n 次经过B 点时的速度分别为v 2、v 4、…、v 2n第2、4、6、…、2n 次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1、L 2、…、L n ,则有: (F －μmg )L ＝12m v 22－(F ＋μmg )L 1＝0－12m v 22(F －μmg )L 1＝12m v 42解得:v 4v 2＝F －μmg F ＋μmg ＝12同理v 6v 4＝12,…,v 2n v 2n －2＝12综上有:v 2n v 2＝(12)n －1得:v 2n ＝(12)n －2μgL3. 拓展训练1 (2019·湖南省六校4月联考)如图所示,在光滑水平面上有一质量为2018m 的木板,板上有2018块质量均为m 的相同木块1、2、…、2018.最初木板静止,各木块分别以v 、2v 、…、2018v 同时向同一方向运动,木块和木板间的动摩擦因数为μ,且木块间不发生碰撞和离开木板的现象.求最终木板的速度大小.答案20194v 解析木块与木板最终一起以速度v ′运动,由动量守恒可知m (v ＋2v ＋…＋2018v )＝2×2018m v ′; 解得v ′＝20194v .对于两个大于零的变量a 、b ,若其和a ＋b 为一定值,则当a ＝b 时,其积ab 有极大值;若其积ab 为一定值,则当a ＝b 时,其和a ＋b 有极小值.例5 为研究静电除尘,有人设计了一个盒状容器,容器侧面是绝缘的透明有机玻璃,它的上下底面是面积S ＝0.04 m 2的金属板,间距L ＝0.05 m,当连接到U ＝2 500 V 的高压电源正负两极时,能在两金属板间产生一个匀强电场,如图所示.现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内,每1 m 3有烟尘颗粒1×1013个,假设这些颗粒都处于静止状态,每个颗粒的带电荷量q ＝＋1.0×10－17C,质量m ＝2.0×10－15kg,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受的重力.问合上开关后:(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ (2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？ (3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？答案 (1)0.02 s (2)2.5×10－4 J (3)0.014 s解析 (1)由题意可知,只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板,烟尘即被认为全部吸收.设经过时间t 烟尘颗粒可以被全部吸附,烟尘所受的电场力F ＝qULL ＝12at 2＝12·F m t 2＝qUt 22mL得:t ＝2mqUL ＝0.02 s. (2)由于板间烟尘颗粒均匀分布,可以认为烟尘的重心位于板间中点位置,因此,除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为:W ＝12NSLqU ＝2.5×10－4 J.(3)设烟尘颗粒下落的距离为x ,则板内烟尘的总动能为: E k ＝12m v 2·NS (L －x )＝qU L x ·NS (L －x )当x ＝L2时,E k 达最大又x ＝12at 12所以t 1＝2x a＝mqUL ≈0.014 s.在电磁感应中,如导体切割磁感线运动,产生感应电动势为E ＝BL v ,感应电流I ＝BL vR ,受安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2Rv ,因为是变力问题,所以可以用微元法.例6 (2019·金丽衢十二校联考)如图所示,空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场,竖直方向磁场区域足够长、磁感应强度均一样,每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均为d .现让一边长为L (L <d )、质量为m 、总电阻为R 的匀质正方形线框MNOP 受到瞬时的水平冲量I 0,使线框从左侧磁场边缘水平进入磁场.(不计空气阻力,线框运动过程中始终保持MN 与磁场边缘线平行)(1)线圈进入磁场的全过程中,MN 边相当于产生感应电流的“电源”,这“电源”的非静电力与什么力有关？(2)线圈刚穿过第一个磁场区域后水平速度变为v 1,求线圈完全处在第一个磁场中时的水平速度大小v ;(3)若L ＝0.2 m,m ＝0.1 kg,R ＝0.1 Ω,d ＝0.5 m,I 0＝0.9 N·s,且每个区域磁场的磁感应强度B ＝1.0 T,求线框从刚进入磁场到运动方向开始竖直向下的过程中已穿过完整条形磁场的区域个数n 和产生的焦耳热Q .答案 (1)洛伦兹力 (2)m v 1＋I 02m (3)5 4.05 J解析 (1)与洛伦兹力有关(2)初速度为:v 0＝I 0m线框进入第一个磁场区域过程,水平方向由动量定理有: －∑BiL ·Δt ＝m v －m v 0 即有:BLq ＝m v 0－m v线框出第一个磁场区域过程,水平方向由动量定理有: －∑BiL ·Δt ＝m v 1－m v 即有:BLq ＝m v －m v 1 解以上方程可得:v ＝m v 1＋I 02m(3)线框运动方向开始竖直向下时水平方向速度为0.设线框从刚进入磁场到运动方向开始竖直向下的过程中已穿过完整条形磁场区域n 个,整个过程由动量定理有:2nBLq ＝m v 0－0 q ＝BL 2R解得:n ＝RI 02B 2L 3＝5.625(完整个数取5)v 0＝I 0m ＝9 m/sQ ＝12m v 02＝4.05 J拓展训练2 (多选)(2019·安徽合肥市第二次质检)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置,导轨间距为L 且电阻不计,其顶端接有一阻值为R 的电阻,整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.一质量为m 的金属棒以初速度v 0由导轨底端上滑,经一段时间滑行距离x 到达最高点后,又返回底端.棒与两导轨始终垂直且接触良好,其接入电路中的电阻为r ,重力加速度为g .下列说法正确的是( )A.棒下滑过程的平均速度等于v 02B.棒下滑过程通过R 的电荷量为BLxRC.棒上滑时间等于m v 0(R ＋r )－B 2L 2xmg (R ＋r )sin θD.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于12m v 02－mgx sin θ答案 CD解析根据能量守恒得,除最高点外,在任何一个位置,上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度,则上滑的平均速度大于下滑的平均速度,在上滑过程中,物体做加速度逐渐减小的减速运动,故上滑的平均速度小于v 02,下滑的平均速度小于v 02,故A 错误;根据感应电荷量公式q ＝ΔΦR ＋r 可知,下滑过程中通过R 的电荷量q ＝BLxR ＋r ,故B 错误;上滑过程,以向上为正方向,对棒由动量定理得:－(mg sin θ＋BiL )Δt ＝m Δv ,两边求和得:－∑(mg sin θ·Δt )－∑(BiL Δt )＝∑m Δv ,整理得:－mg sin θ·t －BLq ＝0－m v 0,又q ＝BLx R ＋r ,解得t ＝m v 0(R ＋r )－B 2L 2x mg (R ＋r )sin θ,故C 正确;棒上滑到最高点的过程中,由能量守恒定律可得,回路中产生的总焦耳热为:Q ＝12m v 02－mgx sin θ,故D 正确.专题强化练基础题组1.如图所示,在斜面上有四条光滑细杆,其中OA 杆竖直放置,OB 杆与OD 杆等长,OC 杆与斜面垂直放置,每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),四个环分别从O 点由静止释放,沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系不正确的是( )A.t 1>t 2B.t 1＝t 3C.t 2＝t 4D.t 2<t 4答案 C解析以OA 为直径画圆建立等时圆模型,小滑环受重力和支持力,由牛顿第二定律得a ＝g cos θ(θ为杆与竖直方向的夹角) 由图中的直角三角形可知,小滑环的位移x ＝2R cos θ 由x ＝12at 2,得t ＝2x a＝2R cos θg cos θ＝2R g, t 与θ无关,可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同,故沿OA 和OC 滑到底端的时间相同,即t 1＝t 3,OB 不是一条完整的弦,时间最短,即t 1>t 2,OD 长度超过一条弦,时间最长,即t 2<t 4,选项A 、B 、D 正确,C 错误.2.如图所示,将两个质量均为m ,带电荷量分别为＋q 、－q 的小球a 、b ,用两细线相连并悬挂于O 点,置于沿水平方向的匀强电场中,电场强度为E ,且Eq ＝mg ,用力F 拉小球a ,使整个装置处于平衡状态,且两条细线在一条直线上,则F 的大小可能为( )A.3mgB.12mg C.mg D.22mg 答案 A解析先分析b 的平衡,由于Eq ＝mg ,所以两线与竖直方向夹角为45°,再分析整体平衡:两电场力抵消,转变成典型的三力平衡问题,画矢量三角形如图所示,F 的最小值F min ＝ 2mg sin 45°＝2mg ,则应满足F ≥2mg ,故A 正确.3.如图所示,传送带通过滑道将长为L 、质量为m 的匀质物块以初速度v 0向右送上水平台面,物块前端在台面上滑动s 距离停下来.已知滑道上的摩擦不计,物块与台面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g ,而且s >L ,则物块的初速度v 0为( )A.2μgLB.2μgs －μgLC.2μgsD.2μgs ＋μgL答案 B解析物块位移在由0增大到L 的过程中,对台面的压力随位移由0均匀地增加至mg ,故整个过程的摩擦力的大小随位移变化的图象如图所示,图中梯形“面积”表示物块克服摩擦力所做的功.由动能定理得:12μmg (s －L ＋s )＝12m v 02可解得v 0＝2μgs －μgL . 能力题组4.如图甲所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变,当θ＝30°时,可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v 0沿木板向上运动(如图乙),随着θ的改变,小物块沿木板滑行的最大距离s 将发生变化,重力加速度为g .(1)求小物块与木板间的动摩擦因数;(2)当θ角满足什么条件时,小物块沿木板上滑的最大距离s 最小,并求出此最小值. 答案 (1)33(2)θ＝60°3v 024g解析 (1)由题意知,当θ＝30°时,对物块受力分析得mg sin θ＝μF N F N ＝mg cos θ联立得μ＝tan θ＝tan 30°＝33(2)小物块向上运动,则有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma v 02＝2as则s ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝v 022g 1＋μ2sin (θ＋α)令tan α＝μ,当θ＋α＝90°时,s 最小,此时有θ＝60° 有s min ＝v 022g 1＋μ2＝3v 024g5.如图所示,质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M ＝19m 的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放,下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻尼作用,金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.答案 3次解析设在第n 次碰撞前绝缘球的速度为v n －1,碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为v n 和V n .由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等,设速度向左为正,则m v n －1＝MV n －m v n ①12m v n －12＝12MV n 2＋12m v n 2② 由①、②两式及M ＝19m 解得v n ＝910v n －1③ V n ＝110v n －1④ 第n 次碰撞后绝缘球的动能为E n ＝12m v n 2＝(0.81)n E 0⑤ E 0为第1次碰撞前的动能,即初始能量绝缘球在θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为E E 0＝mgl (1－cos θ)mgl (1－cos θ0)≈0.586⑥ 式中l 为摆长.根据⑤式,经n 次碰撞后E n E 0＝(0.81)n ⑦ 易算出(0.81)2≈0.656,(0.81)3≈0.531,因此,经过3次碰撞后θ将小于45°.6.(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图所示,间距为L ＝0.5 m 的两条平行金属导轨,水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B ＝0.2 T,轨道左侧连接一定值电阻R ＝1 Ω.垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动,并始终与导轨接触良好.t ＝0时刻,导体棒从静止开始做匀加速直线运动,力F 随时间t 变化的规律如图乙所示.已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5,导体棒和导轨的电阻均不计.取g ＝10 m/s 2,求:(1)导体棒的加速度大小;(2)导体棒的质量.答案 (1)5 m/s 2 (2)0.1 kg解析 (1)设导体棒的质量为m ,导体棒做匀加速直线运动的加速度为a ,某时刻t ,导体棒的速度为v ,所受的摩擦力为F f ,则导体棒产生的电动势:E ＝BL v回路中的电流I ＝E R导体棒受到的安培力:F 安＝BIL由牛顿第二定律:F －F 安－F f ＝ma由题意v ＝at联立解得:F ＝B 2L 2a Rt ＋ma ＋F f 根据题图乙可知,0～10 s 内图象的斜率为0.05 N/s,即B 2L 2a R＝0.05 N /s,解得a ＝5 m/s 2 (2)由F －t 图象纵截距可知:ma ＋F f ＝1.0 N又F f ＝μmg解得m ＝0.1 kg.7.(2019·山东德州市上学期期末)如图所示,宽度为L 的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成,水平部分足够长,倾斜部分与水平面的夹角为30°.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中,两磁场的磁感应强度大小均为B .导体棒ab 和cd 分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止,现将导体棒ab ,在距导轨水平部分高度为h 处释放,导体棒ab 在到达MN 处之前已达到稳定的运动状态,在导体棒ab 到达MN 时再释放导体棒cd ,导体棒ab 在MN 处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失.已知导体棒ab 质量为m ,长为L ,电阻为r ,导体棒cd 质量也为m ,长也为L ,电阻为2r ,导轨电阻忽略不计,当地重力加速度为g ,导体棒ab 、cd 始终与导轨接触良好,求:(1)导体棒ab 到达MN 之前稳定运动时的速度大小;(2)整个过程中导体棒ab 产生的焦耳热;(3)整个过程中通过导体棒ab 某一横截面的电荷量.答案 (1)3mgr 2B 2L 2 (2)13mgh －3m 3g 2r 216B 4L 4(3)2BLh 3r ＋3m 2gr 4B 3L 3解析 (1)导体棒ab 到达MN 之前稳定时,由平衡条件得mg sin 30°＝ILB I ＝BL v 3r联立得:v ＝3mgr 2B 2L 2(2)导体棒ab 进入水平部分后,ab 和cd 组成的系统动量守恒:m v ＝2m v ′导体棒ab 和cd 最终各自的速度大小相同,都为v ′＝3mgr 4B 2L 2 整个过程中能量守恒mgh ＝2×12m v ′2＋Q 导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13Q 得Q ab ＝13mgh －3m 3g 2r 216B 4L 4(3)导体棒ab 自开始运动至到达MN 的过程中,通过导体棒ab 某一横截面的电荷量q 1＝I Δt I ＝E 3r E ＝ΔΦΔt ΔΦ＝L ·h sin 30°得q 1＝2BLh 3r对导体棒cd 的运动过程运用动量定理:BL I 1Δt 1＋BL I 2Δt 2＋BL I 3Δt 3＋…＝m v ′－0q 2＝I 1Δt 1＋I 2Δt 2＋I 3Δt 3＋… 得q 2＝3m 2gr 4B 3L 3 整个过程中通过导体棒ab 的电荷量q ＝q 1＋q 2＝2BLh 3r ＋3m 2gr 4B 3L 3。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分热点排查练9

热点9 直流电路和交流电路1.下图为几种电容式传感器,其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是( )答案 C解析图A 中是通过改变电介质而引起电容变化的,图B 和图D 是通过改变两极的正对面积而引起电容变化的,图C 是通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的,选项C 正确.2.可调式理想变压器示意图如图所示,原线圈的输入电压为U 1,副线圈输出电压为U 2,R 为电阻.将原线圈输入端滑动触头P 向下移动时.下列结论中正确的是( )A.输出电压U 2增大B.流过R 的电流减小C.原线圈输入电流减小D.原线圈输入功率不变答案 A解析 P 向下移动时,原线圈的匝数减小,根据U 2＝n 2n 1U 1,可知副线圈电压增大,则副线圈电流增大,流过R 的电流增大,输出功率增大,则输入功率也增大,原线圈电压不变,则原线圈输入电流增大,故A 正确,B 、C 、D 错误.3.(多选)下面列出不同品牌的电视机、电风扇、空调机和电冰箱铭牌上的主要项目:根据铭牌上提供的信息,试判断下列说法正确的是()A.正常工作时电风扇中流过的电流最小B.正常工作时电风扇消耗的电功率最小C.在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多D.在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少答案ABD4.(2019·湖北武汉市二月调研)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1,在副线圈的回路中接有理想交流电压表和阻值R＝10 Ω的定值电阻,如图a所示.原线圈一侧接在如图b所示的交流电上,交流电的前半个周期为正弦交流电,后半个周期为恒定电流.理想交流电压表的示数为()A.20 VB.20 2 VC.20 3 VD.40 V答案 C解析原线圈中电流的有效值满足关系:I 2RT ＝⎝⎛⎭⎫222R ×T 2＋(－2)2R ×T 2 解得:I ＝ 3 A,又原、副线圈中的电流比为:I I ′＝12, 所以I ′＝2 3 A理想交流电压表的示数为:U ＝I ′R ＝20 3 V,故C 正确,A 、B 、D 错误.5.(2019·重庆市调研康德卷)图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙.则下列说法正确的是( )A.甲图中理想交流电压表的示数为6 2 VB.乙图中的0时刻就是甲图所示时刻C.乙图中0.5×10－2 s 时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小 D.乙图中1.0×10－2 s 时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小答案 C 解析由题图乙可知交变电压的最大值是U m ＝6 2 V,所以甲图中理想交流电压表的示数为U ＝U m 2＝6 V,故A 错误;乙图中的0时刻,感应电动势为零,甲图所示时刻穿过甲图中线圈的磁通量为零,感应电动势最大,故B 错误;乙图中0.5×10－2 s 时刻,感应电动势最大,穿过甲图中线圈的磁通量最小,故C 正确;乙图中1.0×10－2 s 时刻,感应电动势为零,穿过甲图中线圈的磁通量最大,故D 错误.6.(多选)某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时,采用了如图所示的电路,其中L 1、L 2是两个完全相同的灯泡,已知把开关置于3、4时,电路与交流电源接通,稳定后的两个灯泡发光亮度相同,则该同学在如下操作过程中能观察到的实验现象是( )A.当开关置于1、2时,稳定后L 1、L 2两个灯泡均发光且亮度相同B.当开关置于1、2时,稳定后L 1、L 2两个灯泡均发光,且L 1比L 2亮C.在开关置于3、4的瞬间,L 2立即发光,而L 1亮度慢慢增大D.当开关置于3、4时,稳定后,若只增加交变电流的频率,则L 1变暗,L 2变亮答案 CD解析当开关置于1、2时,稳定后因电容器隔直流,故L 2不发光,A 、B 错误;在开关置于3、4的瞬间,电容器通交流,L 2立即发光,由于电感的自感作用,L 1亮度慢慢增大,C 正确;当开关置于3、4稳定后,增加交变电流频率,容抗减小,感抗增大,L 1变暗,L 2变亮,D 正确.7.(多选)如图所示,电源的电动势为E ,内阻为r ,R 1为定值电阻,R 2为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小),C 为电容器,L 为小灯泡,电表均为理想电表,闭合开关S 后,若减弱照射光强度,则( )A.电压表的示数增大B.电容器上的电荷量减小C.小灯泡的功率减小D.两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|不变答案 CD解析由题图可知,L 与R 2串联后和电容器C 并联,再与R 1串联,电容器C 在电路稳定时相当于断路.当减弱照射光强度时,光敏电阻R 2阻值增大,则电路的总电阻增大,总电流I 减小,R 1两端电压减小,电压表的示数减小,故A 项错误;电容器两端电压U C ＝E －I (R 1＋r ),I 减小,则U C 增大,电容器上的电荷量增大,故B 项错误;流过小灯泡的电流减小,小灯泡的功率减小,故C 项正确;电压表测定值电阻R 1两端的电压,电流表读数等于流过定值电阻R 1的电流,则两表示数变化量的比值|ΔU ΔI|＝R 1,故D 项正确. 8.(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷)如图所示,某住宅小区的应急供电系统,由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成,发电机中矩形线圈电阻不计,它可绕轴OO ′在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动.降压变压器副线圈上的滑动触头P 上下移动时可改变输出电压,R 0表示输电线电阻.下列判断正确的是( )A.若发电机线圈某时刻处于图示位置,变压器原线圈的电流瞬时值最大B.当用户数目增多时,为使用户电压保持不变,滑动触头P 应向下滑动C.若只将滑动触头P 向下滑动,流过R 0的电流将减小D.若只将发电机线圈的转速减为原来的12,用户获得的功率也将减为原来的12答案 B解析若发电机线圈某时刻处于题图所示位置,此时穿过线圈的磁通量为最大,但是磁通量的变化率最小,为零,感应电动势为零,变压器原线圈的电流瞬时值最小,为零,故A 错误;当用户数目增多时,功率增加,输电线上的电压损失变大,用户得到的电压减小,为使用户电压保持不变,滑动触头P 应向下滑动,增大副线圈匝数,提高输出电压,故B 正确;若滑动触头P 向下滑动,副线圈的输出电压增大,但流过R 0的电流是由用户和R 0共同决定的,在用户不变的情况下,流过R 0的电流将增大,故C 错误;若线圈从中性面开始计时,发电机产生感应电动势的表达式为e ＝NBSωsin ωt ,ω＝2πn ,若发电机线圈的转速减为原来的12,感应电动势的最大值E m ＝NBSω将减为原来的12,变压器原线圈两端的电压将减为原来的12,副线圈两端的电压U 也将减为原来的12,而用户获得的功率P 用＝IU －I 2R 0,P 用是由变压器的输出功率和输电线损耗的功率共同决定的,故D 错误.。

高2020届高2017级高三物理二轮复习全品学案课件专题十高考物理选择题的求解技巧听课正文

2020全品高考第二轮专题物理选择题是现代各种形式的考试中最为常用的一种题型,从今年高考命题的趋势来看,选择题主要考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等.选择题能从多角度、多层次来考查学生所学的知识和解题能力,其特点是覆盖面广、综合性强、迷惑性大.要想迅速而准确地选出正确的答案,除了要求学生对物理概念和物理定律、规律有完整透彻的理解,并能熟练地应用以外,还应掌握以下求解技巧.技巧1排除法通过对物理知识的理解、物理过程的分析或计算,把不符合题意的选项,从寻找差异性的角度,采用逐一排除的方法来确定答案.在遇到用已有知识解决不了的问题时,换个角度,排除错误的,剩下就是正确的了.1 如图19-1所示,有两个相邻的有界匀强磁场区域,磁感应强度的大小均为B,方向相反且与纸面垂直.两个磁场区域在x轴方向宽度均为a,在y轴方向足够宽.现有一个菱形导线框abcd,ac长为2a,从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域.若以逆时针方向为电流的正方向,在线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图像中正确的是()图19-1图19-2技巧2二级结论法熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化,节约解题时间.非常实用的二级结论有:(1)等时圆规律;(2)平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点;(3)不同质量和电荷量的同性带电粒子由静止相继经过同一加速电场和偏转电场,轨迹重合;(4)直流电路中动态分析的“串反并同”结论;(5)平行通电导线同向相吸,异向相斥;(6)带电平行板电容器与电源断开,改变极板间距离不影响极板间匀强电场的场强等.2 (多选)如图19-3所示电路中,M、N是构成平行板电容器的两金属极板,两极板长度都为d,M、N极板间距也为d.将开关S闭合,带正电的粒子a从靠近M板边缘处以速度v0平行于极板射入电场中,恰好,并且调节滑动变阻器,粒子能从N板的边缘射出.现将N板向下移动d2a仍从靠近M板边缘处以速度v0平行于极板射入电场中,发现带电粒子仍然恰好从N板的边缘射出,不计带电粒子的重力,下列说法正确的是()图19-3A.两次在电容器中运动的时间之比为1∶1B.两次电容器内电场强度之比为1∶2C.两次射出电场时的动能之比为1∶2D.两次电容器的电荷量之比为3∶2技巧3等效法等效法是在保证某一方面效果相同的前提下,用理想的、熟悉的、简单的、形象的物理对象或物理过程替代实际的、陌生的、复杂的、抽象的物理对象或物理过程的一种处理方法.3 如图19-4所示,一只杯子固定在水平桌面上,将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋,现用水平向右的拉力将纸板图19-4快速抽出,鸡蛋(水平移动距离很小,几乎看不到)落入杯中,这就是惯性演示实验.已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d,鸡蛋和纸板的质量分别为m和2m,所有接触面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,若鸡蛋移动的距离不超过d就能保证实验成功,则所需拉10力的最小值为()A.3μmgB.6μmgC.12μmgD.26μmg技巧4类比分析法将两个(或两类)研究对象进行对比,分析它们的相同或相似之处、相互的联系或所遵循的规律,然后根据它们在某些方面有相同或相似的属性,进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法,在处理一些物理背景很新颖的题目时,可以尝试着使用这种方法.比如:恒力作用下的,或电场与重力场叠加中的类平抛问题、斜抛问题,可直接类比使用平抛、斜抛相关结论.4 高频焊接是一种常用的焊接方法,其焊接的原理如图19-5所示.将半径为10 cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中,然后在线圈中通以高频的交变电流,线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场,磁场的磁感应强度B的变化率为1000√2πsin ωt(T/s).焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍,工件非焊接部分每单位长度上的电阻为R0=10-3πΩ·m-1,焊接的缝宽非常小(取π2=10,不计温度变化对电阻的影响).则焊接过程中焊接处产生的热功率约为()图19-5A.6.93×104 WB.4.95×104 WC.4.95×103 WD.2.48×104 W技巧5极限法在某些物理状态的变化过程中,若我们采取极限思维的方法,将发生的物理变化过程极端化,就能把比较隐蔽的条件暴露出来,从而有助于结论的迅速取得,这种方法叫极限法.极限思维分析只有在变量发生单调、连续变化,并存在理论极限时才适用,这种科学的思维方法是解决物理问题的“短、平、快”战术之一.5 如图19-6所示,水平面上的小车内固定一个倾角为30°的光滑斜面,平行于斜面的细绳一端固定在车上,另一端系着一个质量为m的小球,小球和小车均处于静止状态.如果小车在水平面上向左加速且加速度大小不超过a1时,小球仍能够和小车保持相对静止;如果小车在水平面上向右加速且加速度大小不超过a2时,小球仍能够和小车保持相对静止.则a1和a2的大小之比为()图19-6A.√3∶1B.√3∶3C.3∶1D.1∶3技巧6对称法对称性就是事物在变化时存在的某种不变性,作为一种具体的解题方法,对称是处理物理问题的一种思维方法,在电场和磁场中,利用叠加原理和对称性可以求得某些情况的电场强度和磁感应强度.6 如图19-7所示,一长轴为2L的椭圆形绝缘薄板边缘上均匀分布着电荷量为+Q的电荷,沿长轴AB的直线图19-7上另有三个点C、D、E,且AC=BD=DE=L,在E处放置一电荷量为+q 的电荷.已知D点处的场强为零,则C点的场强大小为(k为静电力常量) ()A.k11Q10L2B.k3q+4Q15L2C.k q+3Q20L2D.k26q25L2技巧7微元法微元法是将研究对象或物理过程分解为众多微小的“元过程”,而且每个“元过程”所遵循的规律是相同的,这样,我们只需分析这些“元过程”,然后再将“元过程”进行必要的数学方法或物理思想处理,进而使问题得解.7 某行星外围有一圈厚度为d的光带,简化为如图19-8所示模型,R 为该行星除光带以外的半径.现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群,当光带上的点绕行星中心的运动速度v与它到行星中心的距离r的关系满足下列哪个选项表示的图像时,才能确定该光带是卫星群()图19-8图19-9技巧8量纲法量纲法就是用物理量的单位来鉴别答案.主要判断等式两边的单位是否一致,或所选列式的单位与题干是否统一.8 物理学中有些结论不一定要通过计算才能验证,有时只需通过一定的分析就能判断结论是否正确.根据流体力学知识,喷气式飞机喷出气体的速度v与飞机发动机燃烧室内气体的压强p、气体密度ρ及外界大气压强p0有关,分析判断下列关于喷出气体的速度的倒数1v的表达式正确的是()A.1v =√2ρ(p+p0)B.1v=√ρ2(p-p0)C.1v =√2(p-p0)ρD.1v=√2ρ(p-p0)。

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热点11近代物理学初步1.(多选)如图所示,用导线将验电器与洁净的锌板连接,触摸锌板使验电器箔片不张开.用紫外线灯照射锌板,验电器箔片张开,移走紫外线灯,用带负电的橡胶棒接触锌板,发现验电器箔片张角减小;改用红外线灯照射锌板,结果发现验电器箔片不张开.则说明()A.用紫外线灯照射后锌板带正电B.用红外线灯照射后锌板带负电C.红外线的频率小于锌的极限频率D.紫外线的频率小于锌的极限频率答案AC解析橡胶棒带负电,当其接触锌板时发现验电器箔片张角减小,这说明锌板带电荷量减小,故锌板一定带正电,部分电荷量被橡胶棒所带负电中和,则A正确;若用红外线灯照射锌板,发现验电器箔片不张开,这说明没有发生光电效应,故金属锌的极限频率大于红外线的频率,则B错误,C正确;因紫外线灯照射锌板,验电器箔片张开,发生了光电效应,则紫外线的频率大于锌的极限频率,故D错误.2.(2019·山东淄博市3月模拟)下列说法正确的是()A.α、β、γ三种射线中,γ射线贯穿本领最弱B.两个轻核结合成质量较大的核,核子的比结合能减小C.根据玻尔原子理论,氢原子在辐射光子的同时,电子的轨道半径连续地减小D.放射性元素组成的化合物进行高温分解时,放射性元素的半衰期不变答案 D解析α、β、γ三种射线中,γ射线贯穿本领最强,选项A错误;两个轻核结合成质量较大的核的过程中要释放能量,核子的平均质量减小,所以核子的比结合能增大,故B错误;根据玻尔原子理论,氢原子在辐射光子的同时,电子的轨道半径也在减小,但电子的轨道不是连续的,故C错误;半衰期由原子核本身决定,与外界任何因素都无关,故D正确.3.(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)下列说法正确的是()A.只要光照射的时间足够长,任何金属都能发生光电效应B.一群氢原子从n＝4能级跃迁到基态时,能发出6种不同频率的光子C.比结合能越大,原子核越稳定D.核反应238 92U →234 90Th ＋42He 为重核裂变答案 BC解析只有光照射的频率大于或等于极限频率时,才能产生光电效应,与光照时间无关,故A 错误;根据C 24＝6可知,一群处于n ＝4能级的氢原子跃迁到基态时能发出6种不同频率的光,故B正确;比结合能越大,原子核越稳定,故C 正确;核反应238 92U →234 90Th ＋42He 为α衰变,故D 错误.4.(2019·四川遂宁市三诊)如图所示为玻尔理论的氢原子能级图,用某单色光照射一群处于基态的氢原子后,发现氢原子最多能发出6种不同频率的光子,则该单色光光子的能量为( )A.13.06 eVB.12.75 eVC.12.09 eVD.10.20 eV答案 B解析根据氢原子能自发地发出6种不同频率的光子,可得:n (n －1)2＝6,解得:n ＝4,此时氢原子处于第4能级,能级差为:ΔE ＝E 4－E 1＝－0.85 eV －(－13.60) eV ＝12.75 eV ,故A 、C 、D 错误,B 正确.5.(2019·河南洛阳市第三次统考)精确的研究表明,不同的原子核,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数) 与原子序数Z 有如图所示的关系.根据该图所提供的信息及原子核的聚变、裂变有关知识,下列说法正确的是( )A.从图中可以看出,铁Fe 原子核中核子的平均质量最大B.原子序数较大的重核A 分裂成原子序数小一些的核B 和C,质量会增加C.原子序数很小的轻核D 和E 结合成一个原子序数大些的F 核,能释放核能D.原子序数较大的重核裂成原子序数小一些的核B 和C,需要吸收能量答案 C6.(2019·江西南昌市一模)在α粒子散射实验中,α粒子的偏转是由于受到原子内正电荷的库仑力作用而发生的,其中有极少数α粒子发生了大角度偏转,有的甚至被反向弹回.假定一个速度为v的高速α粒子(42He)与金原子核(19779Au)发生弹性正碰(碰撞前金原子核可认为是静止的),则()A.α粒子在靠近金原子核的过程中电势能逐渐减小B.α粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成的C.α粒子散射实验说明带正电的物质均匀分布在原子内部D.当它们的距离最小时,α粒子与金原子核的动量大小之比为4∶197答案 D7.(2019·河南濮阳市第三次模拟)用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系,图中A、K两极间的电压大小可调,电源的正负极也可以对调,分别用a、b、c三束单色光照射,调节A、K间的电压U,得到光电流I与电压U的关系如图乙所示,由图可知()A.单色光a和c的频率相同,且a光更弱些,b光频率最大B.单色光a和c的频率相同,且a光更强些,b光频率最大C.单色光a和c的频率相同,且a光更弱些,b光频率最小D.单色光a和c的频率不同,且a光更强些,b光频率最小答案 B解析a、c两光分别照射后遏止电压相同,根据E km＝eU c,可知产生的光电子最大初动能相等,由于a光的饱和电流较大,则a光的强度较大;单色光b照射后遏止电压较大,根据E km＝eU c,可知b光照射后产生的光电子最大初动能较大,根据光电效应方程E km＝hν－W0得,a、c两光的频率相等,b光的频率大于a光的频率,故A、C、D错误,B正确.8.(2019·山东德州市二模)关于原子和原子核,下列说法中正确的是()A.甲图所示的氢原子光谱的分离特征可以用经典物理学解释B.由乙图可知,63Li原子核中的平均核子质量比168O的要小C.要产生丙图所示的链式反应,裂变物质必须具有一定的体积或质量D.根据丁图可知,1 g氡经过38天还剩下0.1 g没发生衰变答案 C。

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热点13电学实验1.(2019·陕西第三次检测)某物理兴趣小组的同学在实验室进行物理探究实验.某同学利用一节旧干电池、一个满偏电流I g＝10 mA的毫安表、滑动变阻器和导线若干,制作了简易的欧姆表,图甲为该欧姆表的电路原理图,该同学把电流表的表盘刻度调整为欧姆表的表盘刻度,如图乙所示,C为表盘正中间的刻度.该同学使用自己制作的欧姆表进行了如下操作,请你将有关步骤补充完整.(1)该同学把一个电阻箱连接在A、B表笔之间,发现指针刚好指在表盘的正中央时,电阻箱的示数为120 Ω,则这节干电池的电动势为________ V;把毫安表的表盘刻度调整为欧姆表的表盘刻度时,刻度盘上6 mA对应的电阻阻值是________ Ω.(2)该同学在实验室发现一个电压表,发现其表盘刻度线清晰,总共有N＝30个小格,但刻度值模糊不清.把此电压表连接在欧姆表A、B表笔之间,发现此欧姆表的示数为280 Ω,电压表指针指在n＝8.4个小格上,如图丙所示,则这个电压表的量程为__________ V.(3)该同学用这个欧姆表测试三只晶体二极管,其结果依次如图A、B、C所示.由图可知,图________中的二极管是好的(选填“A”“B”或“C”),该二极管的正极是________端(选填“a”或“b”).答案(1)1.280(2)3(3)B a2.(2019·河北唐山市上学期期末)如图所示电路可以测量两块电压表的内阻,图中用到的实验器材如下:待测电压表V 1,量程3 V ,内阻约为3 kΩ;待测电压表V 2,量程15 V,内阻约为15 kΩ;定值电阻R 0,阻值为21 kΩ;滑动变阻器R ,变化范围0～10 Ω;电源,E ＝15 V ,内阻不计;电键、导线若干.(1)实验器材已经部分连接,请你用笔画线代表导线,将电路连接完整;(2)连接好电路后,将滑动变阻器的滑片滑到最左端;(3)将两个电键都闭合,滑动变阻器滑片调节到某一位置,得到此时两块电压表的读数分别为U 1＝3.00 V,U 2＝9.00 V;(4)保持滑动变阻器滑片位置不变,断开电键S 2,此时两电压表读数变为2.00 V 和10.00 V,由两表读数可知,两电压表内阻之比R 1∶R 2＝__________;(5)由以上数据可计算出两电压表的内阻分别为R 1＝________ kΩ,R 2＝________ kΩ;(6)改变滑动变阻器滑片的位置,重复试验,多次测量,取平均值.答案 (1)见解析图 (4)1∶5 (5)2.8 14解析 (1)电路连线如图;(4)(5)两个电键都闭合时,则U 1U 2＝R 1R 0R 2R 0＋R 2＝13;保持滑动变阻器滑片位置不变,断开电键S 2,此时:R 1R 2＝U 1′U 2′＝15;联立解得R 1＝2.8 kΩ,R 2＝14 kΩ. 3.(2019·福建泉州市期末质量检查)某同学要测量一定值电阻R x 的阻值,现提供了下表中的器材:(1)该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值,先用“×100”挡测量,发现指针指在图中虚线位置,这时他应该选用“________”挡进行测量,调整好挡位并进行欧姆调零后再次测量,指针指在图中实线位置,则R x 的阻值为________Ω.(2)为了进一步准确测量R x 的阻值,该同学根据表中器材设计实验电路进行测量①电流表应选用________,滑动变阻器应选用________(均填写字母代号);②若该同学已正确选用器材,并连接好部分实验电路,如图所示,请用笔画线代替导线补充完成实物图.③闭合开关,移动滑片测得多组数据,可求出R x 的阻值.答案 (1)×10 300 (2)①A 1 R 2 ②如图所示解析 (1)该同学先用多用电表欧姆挡粗测该电阻的阻值,选用“×100”挡测量,发现指针指在题图中虚线位置,指针偏角过大,说明倍率挡选择的过大,这时他应该选用“×10”挡进行测量;R x 的阻值为30×10 Ω＝300 Ω.(2)①电路中可能出现的最大电流为3300A ＝10 mA,可知电流表选择A 1;滑动变阻器要用分压电路,故选R 2;②因待测电阻的阻值300 Ω远大于电流表的内阻6 Ω,可知应该采用电流表内接,滑动变阻器用分压电路.。

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热点4平抛与圆周运动1.(2019·四川遂宁市三诊)如图所示,图(a)是甲汽车在水平路面上转弯行驶,图(b)是乙汽车在倾斜路面上转弯行驶.关于两辆汽车的受力情况,以下说法正确的是()A.两车都受到路面竖直向上的支持力作用B.两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力C.甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力D.乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力答案 D解析题图(a)中路面对汽车的支持力竖直向上;题图(b)中路面对汽车的支持力垂直路面向上,选项A错误;题图(a)中汽车受到路面指向弯道内侧的摩擦力作为向心力;题图(b)中若路面的支持力与汽车重力的合力提供向心力,设路面倾角为θ,mg tan θ＝mv2R,即v＝gR tan θ,则此时路面对乙车没有摩擦力作用;若v<gR tan θ,则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力,选项B、C 错误,D正确.2.(2019·江苏南通市一模)如图所示,斜面上从A点水平抛出的小球落在B点,球到达B点时速度大小为v,方向与斜面夹角为α.现将小球从图中斜面上C点抛出,恰能水平击中A点,球在C 点抛出时的速度大小为v1,方向与斜面夹角为β.则()A.β＝α,v1<vB.β＝α,v1＝vC.β>α,v1>vD.β<α,v1<v答案 A解析由逆向思维可知,从A点以速度v1水平抛出的小球刚好落在C点,物体从斜面上某点做平抛运动落在斜面上,任一时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍,斜面倾角不变,所以β＝α,设小球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ,则tan θ＝12gt2v0t＝gt2v0,解得:v0＝gt2tan θ,又v y＝gt,则小球落在斜面上的速度大小为v＝v02＋v y2＝1＋4tan2θ2tan θgt,由于落在C点的小球运动时间短,所以有v1<v,故A正确.3.(多选)(2019·四川宜宾市第二次诊断)如图所示,一竖直圆弧形槽固定于水平地面上,O 为圆心,AB 为沿水平方向的直径.若在A 点以初速度v 1沿AB 方向平抛一小球,小球将击中槽壁上的最低点D 点;若A 点小球抛出的同时,在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D 点,已知∠COD ＝60°,且不计空气阻力,则( )A.两小球同时落到D 点B.两小球初速度大小之比为6∶3C.两小球落到D 点时的速度方向与OD 线夹角相等D.两小球落到D 点时重力的瞬时功率之比为2∶1 答案 BD4.(2019·山东临沂市质检)如图所示,A 、B 两个小球在同一竖直线上,离地高度分别为2h 和h ,将两球水平抛出后,不计空气阻力,两球落地时的水平位移大小之比为1∶2,重力加速度为g ,则下列说法正确的是( )A.A 、B 两球的初速度大小之比为1∶4B.A 、B 两球的初速度大小之比为2∶2C.若两球同时落地,则两球抛出的时间差为(2－1)2h gD.若两球同时抛出,则落地的时间差为2h g答案 C解析小球做平抛运动,竖直方向有:H ＝12gt 2,则运动时间:t ＝2Hg,所以A 球的运动时间:t A ＝2×2hg＝4hg,B 球的运动时间:t B ＝2h g ,所以t A ∶t B ＝2∶1.由x ＝v 0t 得v 0＝xt,结合两球落地时的水平位移之比x A ∶x B ＝1∶2,可知A 、B 两球的初速度之比为1∶22,故A 、B 错误;若两球同时落地,则两球抛出的时间差:Δt ＝t A －t B ＝(2－1)2hg,故C 正确;若两球同时抛出,则落地时间差:Δt ＝t A －t B ＝(2－1)2hg,故D 错误.5.(多选)(2019·江苏丹阳市期末)如图所示,在丹阳天地石刻园举行的杂技表演中,一男一女两位演员利用挂于同一悬点的两根轻绳在同一水平面内做匀速圆周运动,男演员的体重大于女演员.不计空气阻力,则()A.女演员运动的周期大B.男、女演员运动的周期相同C.男演员对轻绳的拉力大D.男、女演员对轻绳的拉力可能相等答案 BD解析对其中一个演员受力分析,如图,受重力、轻绳的拉力,由于演员做匀速圆周运动,故合力提供向心力,mg tan θ＝m 4π2T2r ,解得:T ＝2πrg tan θ＝2πh tan θg tan θ＝2πhg,与角度无关,又h 相同,故周期相同,故A 错误,B 正确;竖直方向受力平衡,得:F T cos θ＝mg ,即:F T ＝mgcos θ,由于m 男>m 女,θ女>θ男,故男、女演员对轻绳的拉力可能相等,故C 错误,D 正确.6.(2019·山东青岛市5月二模)如图,两小球P 、Q 从同一高度分别以v 1和v 2的初速度水平抛出,都落在了倾角θ＝37°的斜面上的A 点,其中小球P 垂直打到斜面上,不计空气阻力,则v 1、v 2大小之比为( )A.9∶8B.8∶9C.3∶2D.2∶3 答案 A解析两球抛出后都做平抛运动,两球从同一高度抛出落到同一点,它们在竖直方向的位移相等,小球在竖直方向做自由落体运动,则它们的运动时间t 相等; 对球Q :tan 37°＝y x ＝12gt 2v 2t ＝gt2v 2解得:v 2＝23gt ;球P垂直打在斜面上,则有: v 1＝v y tan θ＝gt tan 37°＝34gt则:v 1v 2＝34gt 23gt ＝98,故A 正确,B 、C 、D 错误. 7.(多选)(2019·重庆市调研康德卷)如图甲为某游乐园飓风飞椅游玩项目,图乙为飓风飞椅结构简图.其装置由伞形转盘A 、中间圆柱B 、底座C 和软绳悬挂飞椅D (可视为质点)组成,在距转盘下表面轴心O 距离为d 的圆周上,用软绳分布均匀地悬挂16座飞椅(图乙中只画两座),设A 、B 、C 总质量为M ,单个飞椅与人的质量之和均为m ,悬挂飞椅D 的绳长均为L ,当水平转盘以角速度ω稳定旋转时,各软绳与竖直方向成θ角.重力加速度为g ,则下列判断正确的是( )A.转盘旋转角速度为g tan θd ＋L sin θB.底座C 对水平地面压力随转速增加而减小C.底座C 对水平地面压力与转速无关,恒为Mg ＋16mgD.软绳与竖直方向夹角θ大小与软绳长、转速和乘客质量均有关答案 AC解析对单个飞椅与人整体受力分析,由牛顿第二定律可得:mg tan θ＝mω2(d ＋L sin θ),解得:ω＝g tan θd ＋L sin θ,故A 正确;绳的拉力在竖直方向的分力始终与飞椅及人的重力mg 平衡,故整个装置竖直方向对地面的压力恒为Mg ＋16mg ,故B 错误,C 正确;由A 选项求得的表达式可得出软绳与竖直方向夹角θ大小与软绳长、转速有关,但与乘客质量无关,故D 错误.8.在稳定轨道上的空间站中,物体处于完全失重状态,其中有如图所示的装置,半径分别为r 和R (R >r )的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上,轨道之间有一条水平轨道CD 相通,宇航员让一小球以一定的速度先滑上甲轨道,通过粗糙的CD 段,又滑上乙轨道,最后离开两圆轨道,那么下列说法正确的是( )A.小球在CD 间由于摩擦力而做减速运动B.小球经过甲轨道最高点时比经过乙轨道最高点时速度大C.如果减小小球的初速度,小球有可能不能到达乙轨道的最高点D.小球经过甲轨道最高点时对轨道的压力大于经过乙轨道最高点时对轨道的压力答案 D解析小球处于完全失重状态,在CD 段对水平轨道没有压力,也就不受摩擦力,故选项A 错误;在甲、乙两个圆形轨道运动的过程中,轨道对小球的弹力提供做圆周运动的向心力,但是弹力不做功,因此速度大小不会改变,经过甲轨道最高点时和经过乙轨道最高点时速度一样大,故选项B 错误;因为只有弹力提供向心力,所以不管是否减小初速度,小球都可以通过任何一个轨道的最高点,只是在同一轨道中速度大弹力大,速度小弹力小,故选项C 错误;小球经过甲、乙轨道最高点时,轨道对它的弹力提供向心力,即F N 甲＝m v 2r ,F N 乙＝m v 2R ,速度相同,但是甲的半径小,所以甲轨道对小球的弹力大,根据牛顿第三定律知选项D 正确.。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件第一部分专题一第1讲

B.导体棒受到的安培力大小一定是12mg
C.每条丝线对导体棒的拉力大小一定是
3 3 mg
√D.导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定是mg
解析蹄形磁铁靠近两极处的两个磁铁之间才近似可以看作匀
例4 (2019·台州3月一模)如图所示，在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬
挂一质量为m的通电导体棒.将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中，由于安培力的作用，
当两条丝线与竖直方向均成30°角时，导体棒处于平衡状态，若重力加速度为g.则关
于导体棒在平衡状态时的说法正确的是
A.导体棒所在处的磁感应强度处处相等
环的动摩擦因数为μ，质量为M、带电荷量为＋Q的小滑块b位于斜边AC上，a、b静
止在同一高度上且相距L.圆环、滑块均视为质点，AC光滑，则
A.圆环a带正电
B.圆环
a
受到的摩擦力为
Qq μk L2
C.小球 b 受到的库仑力为taMngθ
√D.斜面对小球 b 的支持力为cMosgθ
解析 a、b静止在同一高度上，故b受到重力Gb、斜面的支持力FNb及a对b的库仑引力F，从而处于平衡状态，由于b带正电，因此环a带负电，故A错误；
√B.M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
√D.M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力 FT是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力F的大小逐渐增大，细绳的拉力FT也一直增大，选项A错误，B正确；
拓展训练1 (2019·绍兴市3月选考)如图所示，攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留
在竖直的岩壁间，鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分热点排查练19

热点19 选修3－4模块1.(多选)(2019·山东日照市3月模拟)如图甲所示,为一列沿水平方向传播的简谐横波在t ＝0时的波形图,图乙是这列波中质点P 的振动图象,那么( )A.该波向左传播B.该波向右传播C.传播速度为0.5 m/sD.传播速度为2 m/s 答案 AC2.(多选)一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图如图中实线所示,t ＝0.1 s 时的波形图如图中虚线所示,若波传播的速度为10 m/s,则( )A.这列波的周期为0.4 sB.这列波的波长为4 mC.t ＝0时开始质点a 经0.2 s 通过的路程为0.6 mD.x ＝2 m 处质点的位移表达式为y ＝0.2sin (5πt ＋π) m 答案 ABD解析由题图读出波长λ＝4 m,则波的周期T ＝λv ＝410 s ＝0.4 s,故A 、B 正确;0.1 s 为T4,故波沿x 轴负方向传播,从t ＝0时刻经0.2 s 的时间是半个周期,a 通过的路程等于2个振幅,即0.4 m,故C 错误;t ＝0时刻x ＝2 m 处的质点从平衡位置沿y 轴负方向运动,其位移表达式为y ＝－A sin 2πT·t ＝0.2sin (5πt ＋π) m,故D 正确.3.(多选)(2019·福建厦门市5月质检)如图甲所示,一简谐横波向右传播,在传播方向上有A 、B 两个质点相距11 m,其振动图象如图乙所示,实线为A 质点的振动图象,虚线为B 质点的振动图象.那么下列说法正确的是( )A.该波遇到10 m 宽的障碍物,可能发生明显的衍射现象B.这列波遇到频率为f ＝1.0 Hz 的另一列波时可能发生干涉现象C.该波的最大传播速度为12 m/sD.t ＝0.5 s 时,质点B 的振动方向沿y 轴正方向答案 ABC解析由振动图象可知A 、B 两质点的振动时间相差为nT ＋1112T (n ＝0,1,2,3…),则A 、B 间距离为nλ＋1112λ＝11 m,则当n ＝0时,λ＝12 m,则该波遇到10 m 宽的障碍物,可能发生明显的衍射现象,选项A 正确;当n ＝0时波长最大为12 m,可知最大波速为v ＝λT ＝12 m/s,选项C 正确;波的频率为f ＝1T ＝1 Hz,则这列波遇到频率为f ＝1.0 Hz 的另一列波时可能发生干涉现象,选项B 正确;由振动图线可知,t ＝0.5 s 时,质点B 的振动方向沿y 轴负方向,选项D 错误.4.(多选)某复色光由空气斜射入某均匀介质中后分散为a 、b 两束单色光,如图所示.以下说法正确的是( )A.a 光的频率比b 光大B.a 光在该介质中的传播速度比b 光大C.光由介质射入空气时,a 光的临界角比b 光小D.a 、b 通过相同的单缝衍射实验装置,a 光的衍射条纹较大答案 AC解析由题图看出,a 光的偏折程度大于b 光的偏折程度,则a 光的折射率大于b 光的折射率,所以a 光的频率大于b 光的频率,故A 正确;因为a 光的折射率大,由公式v ＝cn 可知,a 光在该介质中的传播速度比b 光小,故B 错误;a 光的折射率大,根据sin C ＝1n 知,a 光的临界角小,故C 正确;a 光的频率大,则波长小,波动性比b 光弱,则知a 、b 通过相同的单缝衍射实验装置,a 光的衍射条纹较小,故D 错误.5.(多选)(2019·山东济南市3月模拟)如图甲所示,在平静的水面下深h 处有一个点光源S ,它发出的两种不同颜色的a 光和b 光在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域,该区域的中间为由a 、b 两种单色光所构成的复色光圆形区域,周围为环状区域,且为a 光的颜色(如图乙),设b 光的折射率为n b ,则下列说法正确的是( )A.在水中,a 光的波长比b 光小B.水对a 光的折射率比b 光小C.在水中,a 光的传播速度比b 光大D.复色光圆形区域的面积为S ＝πh 2n 2b －1答案 BCD解析 a 光在水面上形成的圆形亮斑面积较大,知a 光的临界角较大,根据sin C ＝1n ,知a 光的折射率较小,频率也小,再由v ＝cn ＝λf 可知,在水中,a 光的传播速度比b 光大,a 光的波长比b 光大,故B 、C 正确,A 错误;依据sin C ＝1n ,结合几何关系,可知,r h 2＋r 2＝1n b ,故复色光圆形区域的面积为S ＝πr 2＝πh 2n 2b －1,故D 正确.6.(多选)(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示,两束颜色不同的单色光a 、b 平行于三棱镜底边BC 从AB 边射入,经三棱镜折射后相交于点P ,下列说法正确的是( )A.三棱镜对a 光的折射率大于对b 光的折射率B.在三棱镜中,a 光的传播速度大于b 光的传播速度C.同一种介质对a 光的临界角大于对b 光的临界角D.在利用a 光和b 光做衍射实验时,b 光的实验现象更明显答案 AD解析由题图可知,a 光的偏转角大,b 光的偏转角小,所以三棱镜对a 光的折射率大,对b 光的折射率小,故A 正确;光在介质中传播的速度v ＝cn ,因a 光的折射率大,b 光的折射率小,知在玻璃中b 光的传播速度较大,故B 错误;根据sin C ＝1n 得知,a 光的全反射临界角小于b 光的全反射临界角,故C 错误;因b 光的折射率小,波长较长,波动性强,所以在利用a 光和b 光做衍射实验时,b光的实验现象更明显,故D 正确.7.(多选)如图所示,真空中有一下表面镀反射膜的平行玻璃砖,其折射率n ＝ 2.一束单色光与界面成θ＝45°角射到玻璃砖上表面,进入玻璃砖后经下表面反射,最后又从玻璃砖上表面射出.已知光在真空中的传播速度c ＝3.0×108 m/s,玻璃砖厚度d ＝ 3 cm,则( )A.该单色光在玻璃砖中的传播速度为322×108 m/sB.该单色光在玻璃砖中的传播速度为32×108 m/sC.该单色光在玻璃砖中传播的路程为4 cmD.该单色光在玻璃砖中传播的路程为2 3 cm 答案 AC解析光路图如图所示由公式n ＝cv解得:v ＝c n ＝322×108 m/s由折射定律:n ＝sin (90°－θ)sin θ1,解得:θ1＝30°则光在玻璃中传播的路程为s ＝2d cos 30°＝4 cm.故A 、C 正确,B 、D 错误.。

高2020届高2017级高三物理步步高二轮复习配套课件学案第三部分热点排查练12

热点12力学实验1.(2019·河北唐山市第一次模拟)利用图甲所示实验装置“探究做功与物体速度变化的关系”,图甲中1、2是光电计时器的光电门,光电计时器可记录滑块上的遮光片P通过光电门的时间,实验时光电门1固定,光电门2位置可以改变.(重力加速度大小为g)(1)为了计算滑块通过光电门的速度,先用游标卡尺测量遮光片的宽度如图乙,遮光片的宽度d ＝________ mm;(2)用天平测量出遮光片和滑块的总质量为M,钩码的质量为m,将滑块用轻绳与钩码连接,调节木板左端垫片的位置,轻推滑块,若滑块通过光电门1、2所用的时间相等,说明滑块匀速运动;(3)不挂钩码,滑块从光电门1左侧位置释放,记录遮光片通过光电门1、2的时间t1、t2,用刻度尺测量两个光电门的距离L,滑块从光电门1运动到光电门2的过程,外力做功为____________,动能变化量为____________________(用t1、t2、d、M、m、L和g表示),并进行比较;(4)改变光电门2及滑块的释放位置,多次重复实验;(5)利用图象处理相应的实验数据,探究做功与物体速度变化的关系.答案(1)4.30(3)mgL 12M⎝⎛⎭⎫d2t22－d2t12解析(1)游标卡尺的读数为:d＝4 mm＋6×0.05 mm＝4.30 mm;(3)挂钩码时,整体匀速下滑,不挂钩码时,滑块受到的外力大小等于钩码的重力,即大小为mg,则外力的功为:W＝mgL;通过光电门1的瞬时速度为:v1＝d t1,通过光电门2的瞬时速度为:v2＝d t2则动能变化量为:ΔE k ＝12M v 22－12M v 12＝12M ⎝⎛⎭⎫d 2t 22－d 2t 12. 2.(2019·贵州部分重点中学3月联考)如图所示,某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验.在气垫导轨上安装了两个光电门1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的不同示数F ,不计细绳与滑轮之间的摩擦力.(1)根据实验原理图,本实验__________(选填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高,以平衡摩擦力;实验中__________(选填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;实验中__________(选填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量;滑块(含遮光条)的加速度__________(选填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度.(2)某同学实验时,未挂细绳和钩码,接通气源,推一下滑块使其从轨道右端向左运动,发现遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间,该同学疏忽大意,未采取措施调节导轨,继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误),则该同学作出的滑块(含遮光条)加速度a 与弹簧测力计拉力F 的图象可能是__________(填图象下方的字母).(3)若该同学作出的a －F 图象中图线的斜率为k ,则滑块(含遮光条)的质量为_____________. 答案 (1)不需要不必要不必要大于(2)C (3)1k解析 (1)此实验用气垫导轨,导轨水平时滑块与导轨之间可认为无摩擦力,所以不需要垫高气垫导轨的一端平衡摩擦力;滑块受到的拉力可以用弹簧测力计测出,故不需要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量,也不需要用天平测出所挂钩码的质量;因钩码挂在动滑轮上,则滑块的加速度是钩码加速度的2倍,即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度.(2)遮光条通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间,说明滑块做减速运动,导轨的左端偏高,则加外力时,需到达一定的值才能使滑块加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a 与弹簧测力计拉力F 的图象可能是C.(3)根据a ＝1M (F －F 0),则1M ＝k ,解得M ＝1k.3.(2019·山东泰安市二模)某同学利用如图所示的装置做“验证机械能守恒定律”的实验,已知当地重力加速度为g .主要实验步骤如下:①用游标卡尺测量挡光片的宽度d ,用量角器测出气垫导轨的倾角θ;②测量挡光片到光电门的距离x ;③由静止释放滑块,记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t ;④改变x ,测出不同x 所对应的挡光时间t .根据上述实验步骤回答:(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图所示,则挡光片的宽度d ＝________ mm.(2)滑块通过光电门时速度的表达式v ＝________(用实验中所测物理量符号表示).(3)根据实验测得的多组x 、t 数据,可绘制x －1t 2图象,图象的纵坐标为x ,横坐标为1t 2,如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律,则图象应为一条过原点的倾斜直线,其斜率为________________(用d 、θ、g 表示).答案 (1)2.40 (2)d t (3)d 22g sin θ解析 (1)游标卡尺的主尺读数为2 mm,游标尺读数为0.05×8 mm ＝0.40 mm,所以最终读数为2 mm ＋0.40 mm ＝2.40 mm.(2)由于挡光片通过光电门的时间极短,可以用平均速度表示瞬时速度,滑块通过光电门时速度v ＝d t. (3)如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律,则应有mgx sin θ＝12m ⎝⎛⎭⎫d t 2,所以x ＝d 22g sin θ·1t 2,则x －1t 2图象应为一条过原点的倾斜直线,其斜率为d 22g sin θ.。