【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设计：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。

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.。

2015年普通高等学校招生全国统一考试理综物理(浙江卷)

14.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【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析: (1)要知道热功率、功率、电容等概念。

(2)要理解胡克定律的内容。

【解析】选C 。

电流通过导体的热功率为P=I 2R,与电流的平方成正比,A 项错误;力作用在物体上,如果物体没有在力的方向上发生位移,作用时间再长,做功也为零,B 项错误;由UQC =可知,电容器的电容由电容器本身的性质决定,因此电容器的带电量与两极间的电势差成正比,C 项正确;弹簧的劲度系数与弹簧的伸长无关,D 项错误。

【易错警示】某个物理规律的表达式有的是定义式,有的是决定式,比值法定义的物理量与用来定义的物理量之间并无直接关系,如电容的定义式UQC =,电容器的电容是由电容器本身的性质决定的,与所带电荷量的大小、两极间电势差的大小无关。

15.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,电子计时器可自动记录遮光时间Δt,测得遮光条的宽度为Δx,用xt∆∆近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。

为使xt∆∆更接近瞬时速度,正确的措施是( )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.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析: (1)要知道极限法求解瞬时速度的方法。

(2)要知道光电门的工作原理。

【解析】选A。

由v=xt∆∆可知,当Δt→0时,xt∆∆可看成物体的瞬时速度,Δx越小,Δt也就越小,xt∆∆更接近瞬时速度,A项正确;提高测量遮光条宽度的精确度,只能起到提高测量平均速度的准确度,不能使平均速度更接近瞬时速度,B项错误;使滑块的释放点更靠近光电门,滑块通过光电门的速度更小,时间更长,因此C项错误;增大气垫导轨与水平面的夹角,如果滑块离光电门近,也不能保证滑块通过光电门的时间短,D项错误。

【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．。

2015年高考压轴冲刺卷浙江卷(四)物理试题

2015年高考压轴冲刺卷？浙江卷（四）理科综合（物理）一、选择题（本题共 4小题。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对得6分，多选或选错不得分，总分 24分）1 .（安徽江淮名校2015?第二次联考？ 6）如图5所示冰平绷紧的传送带 AB 长L=6m,始终以恒定速率V i =4m/s 运行。

初速度大小为 V 2=6m/.s 的小物块（可视为质点）从与传送带等高的光滑水平地面上经A 点滑上传送带。

小物块m=lkg ,物块与传送带间动摩擦因数卩=0.4,gX 10m/s 2。

B. 小物块不能到达 B 点，但可返回A 点,返回A 点速度为6m/sC. 小物块向左运动速度减为 0时相对传送带滑动的距离达到最大D.小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50 J2. （2015?临沂一中二模？ 1）如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为3. （2015?泰州二模？ 5）如图4所示，在正方形ABCD 区域内有平行于 AB 边的匀强电场，E 、F 、 H 是对应边的中点， P 点是EH 的中点.一个带正电的粒子（不计重力）从 F 点沿FH 方向射入m 1、 m 2在m 1左端施加水平拉力 F , 使m 1、m 2均处于静止状态，已知A .弹簧弹力的大小为n j S cos 6C .地面对m 2的支持力可能为零D . m l 与m 2 —定相等F 列说法正确的是（A.小物块可以到达 ( )电场后恰好从C点射出•以下说法正确的是（）3A. 粒子的运动轨迹经过 P 点B. 粒子的运动轨迹经过 PH 之间某点C. 若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过 EHD.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E 点从BC 边射出4. （2015?河南省实验中学二调？3）普通的交流电压表是不能直接接在高压输电线路上测量电压的，通常要通过电压互感器来连接.图中电压互感器 ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电压为U ab ；cd —侧线圈的匝数较多，工作时电压为 U cd.为了使电压表能正常工作，贝（（）选择题（本题共3个小题，在每个小题给出的四个选项中，至少有一个是符合题目要求全部选对得6分，选对但不全多得 3分，有选错的得0分。

【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。

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。