2016高考物理二轮复习考前增分技巧实验题突破训练新人教版
2016届高三物理二轮复习教学案+提升练习 人教课标版3(优秀免费下载资料)
．分子动理论 ()分子的大小．①分子很小，其直径的数量级为－10m.②如果用表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，用表示单分子油膜的面积，用表示分子的直径，则＝.③阿伏加德罗常数表示任何物质中含有相同的微粒个数＝×－. ()估算微观量的两种模型．①球体模型：对固体、液体、气体均适用，认为分子为一个球体，直径为＝.②立方体模型：一船适用于气体，认为一个分子占据的空间为一个立方体，边长为＝. ()说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例． ①扩散现象的特点：温度越高，扩散越快．②布朗运动的特点：永不停息、无规则运动；颗粒越小，运动越剧烈；温度越高，运动越剧烈；运动轨迹不确定．()分子间的相互作用力和分子势能．①分子力：分子间同时存在引力和斥力，分子间距增大，引力和斥力均减小，且斥力比引力变化更快．②分子势能．．分子力做正功，分子势能减小．．分子力做负功，分子势能增大．．当分子间距为时，分子势能最小，但不一定是零．．固体、液体和气体()()液体液体表面层的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子力表现为引力，这使得液体表面像张紧的橡皮膜一样，在液体表面张力的作用下，具有收缩的趋势．()①饱和汽压液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．②湿度绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压之比．相对湿度：×(＝×)．()毛细现象是指浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，毛细管越细，毛细现象越明显．()液晶是介于固体和液体之间的中间态物质(化合物)，它既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性．液晶的显示原理是利用了液晶的光学各向异性，即液晶分子在电场作用下，其光学特性发生了变化．()理想气体状态方程：＝.①当＝时，＝(玻意耳定律)②当＝时，＝(查理定律)③当＝时，＝(盖－吕萨克定律)．热力学定律()内能的变化．①温度变化引起物体分子平均动能的变化．②体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的变化．()热力学第一定律．①公式：Δ＝＋.②符号正负的判断.()热力学第二定律．①表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．②表述二：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，说明了第二类永动机不能制造成功．．(·全国卷Ⅰ)下列说法正确的是．(填正确答案标号．选对个得分，选对个得分，选对个得分．每选错个扣分，最低得分为分)．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变()(分)如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为＝2.50kg，横截面积为＝80.0cm；小活塞的质量为＝1.50kg，横截面积为＝40.0cm；两活塞用刚性轻杆连接，间距为＝40.0cm；汽缸外大气的压强为＝×，温度为＝．初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为＝．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移．忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小取10m.求：(ⅰ)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；(ⅱ)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强．答案()()(ⅰ) (ⅱ)×解析().将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项错误．．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项正确．．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项正确．．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项正确．．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能改变，故选项错误．()(ⅰ)设初始时气体体积为，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为，温度为.由题给条件得＝()＋(－)①＝2l②在活塞缓慢下移的过程中，用表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得(－)＝1g＋2g＋(－)③故缸内气体的压强不变．由盖－吕萨克定律有＝④联立①②④式并代入题给数据得＝⑤(ⅱ)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为′，由查理定律，有＝⑥联立③⑤⑥式并代入题给数据得′＝×⑦知识：本题考查了热力学定律及对晶体的认识．能力：主要考查对热力学定律的理解能力．试题难度：中等．．(·全国卷Ⅱ)关于扩散现象，下列说法正确的是．(填正确答案标号．选对个得分，选对个得分，选对个得分．每选错个扣分，最低得分为分)．温度越高，扩散进行得越快．扩散现象是不同物质间的一种化学反应．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的()(分)如图，一粗细均匀的形管竖直放置，侧上端封闭，侧上端与大气相通，下端开口处开关关闭；侧空气柱的长度为＝10.0cm，侧水银面比侧的高＝3.0cm.现将开关打开，从形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为＝10.0cm时将开关关闭．已知大气压强＝.(ⅰ)求放出部分水银后侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向侧注入水银，使、两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．答案()()(ⅰ)12.0cm(ⅱ)13.2cm解析()扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项错误，选项正确，选项错误．扩散现象在气体、液体和固体都能发生，选项错误．()(ⅰ)以为压强单位．设侧空气柱长度＝10.0cm时的压强为；当两侧水银面的高度差为＝10.0cm时，空气柱的长度为，压强为.由玻意耳定律得＝1l①由力学平衡条件得＝＋②打开开关放出水银的过程中，侧水银面处的压强始终为，而侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，、两侧水银面的高度差也随之减小，直到侧水银面低于侧水银面为止．由力学平衡条件有＝－③联立①②③式，并代入题给数据得＝12.0cm④(ⅱ)当、两侧的水银面达到同一高度时，设侧空气柱的长度为，压强为.由玻意耳定律得＝2l⑤由力学平衡条件有＝⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得＝10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δ，依题意得Δ＝(－)＋⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δ＝13.2cm⑨知识：扩散现象的理解，玻意耳定律的应用及力学平衡条件的分析．能力：对扩散现象的理解能力，对平衡条件的分析能力和对气体实验定律的综合应用能力．试题难度：中等．．(·重庆高考)()(分)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大．若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()．外界对胎内气体做功，气体内能减小．外界对胎内气体做功，气体内能增大．胎内气体对外界做功，内能减小．胎内气体对外界做功，内能增大()(分)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结．若刚吹出时肥皂泡内气体温度为，压强为，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为.整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为.求冻结后肥皂膜内外气体的压强差．答案()()压强差：－.解析()中午，车胎内气体温度升高，内能增大，车胎体积增大，气体对外做功．选项正确．()肥皂泡内气体等容变化，冻结后，设膜内气体压强为，则＝，得＝，则肥皂膜内外气体的压强差Δ＝－＝－.知识：对热力学第一定律及气体实验定律的理解．能力：考查对热力学定律及气体实验定律的理解能力．试题难度：较小．．(·山东高考)()墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是．(双选，填正确答案标号)．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的()扣在水平桌面上的热杯盖有时会发生被顶起的现象．如图，截面积为的热杯盖扣在水平桌面上，开始时内部封闭气体的温度为，压强为大气压强.当封闭气体温度上升至时，杯盖恰好被整体顶起，放出少许气体后又落回桌面，其内部气体压强立刻减为，温度仍为．再经过一段时间，内部气体温度恢复到．整个过程中封闭气体均可视为理想气体．求：(ⅰ)当温度上升到且尚未放气时，封闭气体的压强；(ⅱ)当温度恢复到时，竖直向上提起杯盖所需的最小力．答案()()(ⅰ)(ⅱ)解析()墨滴入水，最后混合均匀，这是扩散现象，碳粒做布朗运动，水分子做无规则的热运动；碳粒越小，布朗运动越明显，混合均匀的过程进行得越迅速，选项、正确．()(ⅰ)以开始封闭的气体为研究对象，由题意可知，初状态温度＝，压强为，末状态温度＝，压强设为，由查理定律得＝①代入数据得＝②(ⅱ)设杯盖的质量为，刚好被顶起时，由平衡条件得＝＋③放出少许气体后，以杯盖内的剩余气体为研究对象，由题意可知，初状态温度＝，压强＝，末状态温度＝，压强设为，由查理定律得＝④设提起杯盖所需的最小力为，由平衡条件得＋＝＋⑤联立②③④⑤式，代入数据得＝⑥知识：主要考查扩散现象、布朗运动、气体实验定律及平衡方程．能力：利用气体实验定律和平衡方程对物理过程进行分析综合的能力．试题难度：中等．【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅱ)下列说法正确的是．．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【审题突破】.命题立意：考查学生对布朗运动，对液体、固体特性，对物态变化等多方面知识的了解情况．．解题关键：准确而全面地了解上述多方面的知识．．理论依据：()布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动．()表面张力使液体表面有收缩的趋势．()液晶具有各向异性的特点．()水的沸点与水面气压有关．答案解析悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，错误；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，错误；干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的温度降低，正确．判断分子动能、势能变化的方法()判断分子势能的变化．方法一：根据分子力做功与分子势能变化的关系判断分子势能变化：分子力作正功时，分子势能减小；分子力做负功时，分子势能增大．方法二：根据分子势能与分子间距的关系判断分子势能变化：＜时，越小，分子势能越大；＞时，越大，分子势能越大．()判断分子动能的变化．方法一：若分子只受分子间作用力，根据分子力做功情况应用动能定理可判断分子动能变化：分子力做正功时，分子动能增大；分子力做负功时，分子动能减小．方法二：分子只受分子间作用力时，分子势能和动能相互转化，它们的和守恒，可根据分子势能的变化情况判断分子动能的变化情况．【变式训练】．(·北京高考)下列说法中正确的是()．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大．物体温度降低，其内能一定增大．物体温度不变，其内能一定不变答案解析温度是物体分子平均动能的标志，温度升高则其分子平均动能增大，反之，则其分子平均动能减小，故错误正确．物体的内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，宏观上取决于物体的温度、体积和质量，所以只根据温度的变化情况无法判断内能的变化情况，故、错．【例】(·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为，外界的温度为.现取质量为的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了.若此后外界的温度变为，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为.【审题突破】第一步：挖掘题目信息()“汽缸壁导热良好”，表明：活塞缓慢下降时，气体温度不变．()“活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动”，表明：沙子倒完后的变化过程中，气体压强不变．第二步：明确题目要求计算平衡后理想气体的体积．第三步：圈定理论依据()玻意耳定律＝.()盖一吕萨克定律＝.答案解析设汽缸的横截面积为，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δ，由玻意耳定律得＝(＋Δ)(－)①解得Δ＝②外界的温度变为后，设活塞距底部的高度为′.根据盖—吕萨克定律，得＝③据题意可得Δ＝⑤气体最后的体积为＝′⑥联立②④⑤⑥式得＝应用气体实验定律的解题思路()选择研究对象——一定质量的理想气体．()分析状态参量．①利用连通器原理(气体被液体封闭时)或平衡条件(气体被活塞封闭时)分析被封闭气体的压强特点；②根据容器的导热性能或题中条件，分析被封闭气体的温度特点；③根据题中条件分析被封闭气体的体积特点．()认识过程、选定规律：认清变化过程，选用合适的气体实验定律或理想气体状态方程列式求解．【变式训练】．(·宣城二模)如图所示，导热良好的汽缸放置在水平平台上，活塞质量10kg，横截面积50cm，厚度1cm，汽缸全长21cm，汽缸质量20kg，大气压强为×，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将汽缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通．取10m，则()汽缸倒置时，活塞封闭的气柱多长？()当温度多高时，活塞刚好接触平台？答案()15cm()100℃解析()设汽缸倒置前、后被封闭气体的压强分别为和，气柱长度分别为和.＝＋＝×倒置过程为等温变化，由玻意耳定律可得L＝2L，所以＝＝15cm1()设倒置后升温前、后封闭气柱温度分别为和，升温后气柱长度为，则＝＝(＋)＝＝15cm，＝20cm升温过程为等压变化，由盖－吕萨克定律可得＝，所以＝＝.即温度升高至100℃时，活塞刚好接触平台．【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅰ)一定质量的理想气体从状态开始，经历三个过程、、回到原状态，其-图象如图所示．下列判断正确的是．(填正确答案标号．)．过程中气体一定吸热．过程中气体既不吸热也不放热．过程中外界对气体所做的功等于气体所放的热．、和三个状态中，状态分子的平均动能最小．和两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同【审题突破】第一步：挖掘题目信息由图象可知：过程：不变，升高；过程：不变，增大；过程：不变，降低，减小．第二步：明确题目要求()判断理想气体变化过程中的、.()判断气体分子平均动能和气体分子与容器壁的碰撞次数．第三步：圈定理论依据()气体实验定律和热力学第一定律．()分子平均动能的标志是温度；气体分子撞击的次数的影响因素是气体分子平均速率和分子数密度．答案解析由－图象可知过程是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程一定吸热，选项正确；过程温度不变，即内能不变，由于过程体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项错误；过程压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项错误；温度是分子平均动能的标志，由－图象可知，状态气体温度最低，则平均动能最小，选项正确；、两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项正确．分析理想气体Δ、、的常用思路()由体积变化分析气体做功情况：体积膨胀，气体对外界做功，＜；气体被压缩，外界对气体做功，＞.()由温度变化判断气体内能变化情况：温度升高，气体内能增大，Δ＞；温度降低，气体内能减小，Δ＜.()由Δ＝＋判断吸热还是放热：由＝Δ－确定的正负，若＞，说明气体吸热；或＜，说明气体放热．【变式训练】．(·山东高考)我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录．在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为．某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化，如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度＝，压强＝，封闭气体的体积＝3m3.如果将该汽缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体．()求990m深处封闭气体的体积( 相当于10m深的海水产生的压强)．()下潜过程中封闭气体(选填“吸热”或“放热”)，传递的热量(选填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功．答案()×－2m3()放热大于解析()汽缸内的理想气体在深度为990m的海水中的压强为＝＋＝此处理想气体温度为＝，根据理想气体状态方程可知：＝，联立代入数值可得：＝×－2m3()理想气体的温度降低，气体的内能减小Δ<；理想气体的体积减小，外界对气体做功>，根据热力学第一定律Δ＝＋可知<，气体放热，且放出的热量大于外界对气体做的功．．(·东北三校二联)(多选)下列说法正确的是()．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显．在使两个分子间的距离由很远(＞－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大答案解析悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，错误．在使两个分子间的距离由很远(＞－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，错．．(·西安模拟)(多选)如图所示，电路与一绝热密闭汽缸相连，为电阻丝，汽缸内有一定质量的理想气体，外界大气压恒定．闭合开关后，绝热活塞缓慢且无摩擦地向右移动，则下列说法正确的是()．气体的内能增加．气体分子平均动能不变．电阻丝放出的热量等于气体对外所做的功．气体的压强不变．气体分子单位时间内对器壁单位面积的撞击次数减少答案解析闭合开关后，电阻丝发热加热气体，温度升高，气体的分子平均动能增加，气体的内能增加，选项正确、错误；绝热活塞缓慢且无摩擦地向右移动，气体对外做功，气体的压强不变，体积增大，电阻丝放出的热量等于气体对外所做的功和增加的内能，选项错误、正确；由于气体分子平均动能变大，平均每次的撞击力变大，又由于气体压强不变，气体对器壁单位面积的撞击力不变，故气体分子单位时间内对器壁单位面积撞击次数减少，正确．．(·武汉模拟)如图所示，一定质量的理想气体从状态经等压过程到状态.此过程中，气体压强＝×，吸收的热量＝×，求此过程中气体内能的增量．答案×解析理想气体经历等压变化，由盖－吕萨克定律得＝解得：＝×－3m3外界对气体做的功＝(－)＝××(×－－×－)＝－×根据热力学第一定律Δ＝＋解得Δ＝×．(·福建高考)[物理－选修－](本题共有两小题，每小题分，共分．每小题只有一个选项符合题意)()下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是．(填选项前的字母)．分子间距离减小时分子势能一定减小．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性()如图，一定质量的理想气体，由状态经过过程到达状态或者经过过程到达状态.设气体在状态和状态的温度分别为和，在过程和中吸收的热量分别为和.则．(填选项前的字母) ．＞，＞．＞，＜．＝，＞．＝，＜答案()()解析().当分子间距＜时，分子间距减小，分子势能增大，选项错误．．分子热运动的剧烈程度只与温度有关，温度越高，运动越剧烈，选项正确．．温度越高，热运动速率大的分子数占总分子数的比例越大，选项错误．．多晶体的物理性质为各向同性，选项错误．()由理想气体状态方程可知＝＝，即＝，得＝，则气体在、状态内能相等，因到和到的Δ相同；而到过程中气体体积不变，＝，到过程中气体膨胀对外做功，＜，根据热力学第一定律：Δ＝＋可知到的吸热大于到的吸热，即＞.选项正确．()知识：分子动理论、晶体．能力：理解能力．试题难度：较小．()知识：理想气体状态方程、热力学第一定律．能力：推理能力．试题难度：较小．专题提升练习(九)．(·石家庄统考)()下列说法正确的是．．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著．第二类永动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律．一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加．因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势。
2016届高三物理二轮复习教学案+提升练习 人教课标版10(优秀免费下载资料)
第讲平抛运动与圆周运动一、曲线运动的特点．运动和受力的关系()物体不受力或所受合外力为零时，处于静止或匀速直线运动状态．()物体受合外力不为零时，若合外力方向与物体运动方向在同一直线上，则物体做变速直线运动；若合外力方向与物体运动方向不在同一直线上，则物体做曲线运动．()物体做曲线运动，其所受的合外力一定不为零，一定具有加速度，且合外力的方向一定指向曲线运动轨迹的内侧．．曲线运动的研究方法利用“化曲为直”的思想，将曲线运动分解成互相垂直的两方向上的直线运动，通过研究直线运动的规律，得到曲线运动的规律．二、平抛运动的分析及圆周运动．性质：匀变速曲线运动，加速度＝.．规律：()＝＝()＝＝．竖直面内圆周运动的“两个模型”．(·山东理综，，分)距地面高5m的水平直轨道上、两点相距2m，在点用细线悬挂一小球，离地高度为，如图．小车始终以4m的速度沿轨道匀速运动，经过点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小＝10m.可求得等于()．1.25m．2.25m．3.75m ．4.75m答案解析小车由运动到的时间为＝，对左侧小球，5m＝，对右侧小球，＝(－)，解得＝1.25m，所以正确．．(·课标Ⅰ，，分)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示．水平台面的长和宽分别为和，中间球网高度为.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为.不计空气的作用，重力加速度大小为.若乒乓球的发射速率在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则的最大取值范围是()＜＜＜＜＋）))＜＜＋）))＜＜＋）))答案解析乒乓球做平抛运动，落到右侧台面上时经历的时间满足＝.当取最大值时其水平位移最大，落点应在右侧台面的台角处，有＝＋（()）)，解得＝＋）))；当取最小值时其水位移最小，发射方向沿正前方且恰好擦网而过，此时有－＝，＝，解得＝.故正确．．(·福建理综，，分)如图，在竖直平面内，滑道关于点对称，且、、三点在同一水平线上．若小滑块第一次由滑到，所用的时间为，第二次由滑到，所用的时间为，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则()．＜．＝．＞．无法比较、的大小答案解析在段同一位置(或关于过最高点的竖直线对称的位置)处速度越大，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小；在段同一位置(或关于过最低点的竖直线对称的位置)处速度越小，对滑道的压力越小，所受摩擦力越小．分析可知第一次滑块所受平均摩擦力较小，摩擦力做功较少，动能变化量较小，平均速度较大，由＝可知＜，项正确．．(·天津理综，，分)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是()．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小答案解析宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，＝ω，即＝ω，可见越大，ω就应越小，正确，错误；角速度与质量无关，、错误．运动合成与分解的一般思路()明确合运动或分运动的运动性质．()明确是在哪两个方向上的合成或分解．()找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)()运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解．【例】(·四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()【审题突破】第一步：挖掘题目信息去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直，去程与回程所用时间的比值为.第二步：明确题目要求计算小船在静水中的速度大小．第三步：寻找解题思路()船的实际运动是水流与船相对于静水的合运动．()画出去程和回程船运动的速度分解示意图．()写出去程和回程的时间表达式．答案解析去程时如图甲，所用时间＝，回程时如图乙，所用时间＝－))，又＝，联立解得船＝，则正确．合运动和分运动的关系()等时性：各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成)．()独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，互不影响．()等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果．()同一性：各分运动与合运动是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动，不能是几个不同物体发生的不同运动．【变式训练】．(·苏州模拟)光滑水平面上有一直角坐标系，质量＝1kg的质点静止在坐标原点处，先用沿轴正方向的力＝作用了；然后撤去，并立即用沿轴正方向的力＝作用，则质点在这内的轨迹为图中的()答案解析质点在前内沿轴正方向的加速度＝＝2m，此段时间内的位移为＝＝4m，末质点的位置坐标为(，)，此时速度大小＝＝4m；第质点沿轴正方向的加速度为＝＝6m，因力的方向与末的速度方向垂直；故质点从第末开始做类平抛运动，第内沿轴正方向发生的位移为＝＝4m，沿轴正方向发生的位移＝＝3m，故正确．平抛运动的三种求解方法()基本求解方法：把平抛运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．()特殊求解方法：对于有些问题，可以过抛出点建立其他的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，然后分别在、轴方向上列方程求解．()类平抛运动的求解方法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动，研究两个分运动．【例】(多选)(·江苏高考)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，球水平抛出，同时球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的有()．两球的质量应相等．两球应同时落地．应改变装置的高度，多次实验．实验也能说明球在水平方向上做匀速直线运动【审题突破】第一步：挖掘题目信息球水平抛出，同时球被松开，自由下落．第二步：明确题目要求验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动．第三步：寻找解题方法()平抛运动的性质与质量无关．()平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动，为验证这一结论应多次实验进行探究．()平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动，但本实验没有对比探究，无法验证．答案解析平抛运动的性质与质量无关，选项错误；平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动，因为等高同时运动，所以两球同时落地，选项正确；为了探究平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，需要改变装置的高度，多次实验，选项正确；虽然平抛运动水平方向可以分解为匀速直线运动，但是本实验不能证明这一观点，选项错误．处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项()处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．()对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．()若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．()做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．【变式训练】．(·沈阳质量监测)如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜面上(忽略空气阻力) ()．两次小球运动时间之比∶＝∶．两次小球运动时间之比∶＝∶．两次小球抛出时初速度之比∶＝∶．两次小球抛出时初速度之比∶＝∶答案解析本题考查平抛运动与斜面结合的模型，意在考查考生对平抛运动规律的掌握和应用能力．两小球竖直方向上做自由落体运动，两小球下落高度之比为∶，由自由落体运动规律可知，运动时间之比为∶，选项正确，错误；水平方向两小球均做匀速直线运动，由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为∶，选项正确，错误．答案选、.解决圆周运动动力学问题的一般步骤()首先要明确研究对象．()确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径．()对其受力分析，明确向心力的来源．()将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况，＝＝ω＝ω＝＝π.解题时应根据已知条件进行选择．【例】(多选)(·新课标全国卷Ⅰ)如图，两个质量均为的小木块和(可视为质点)放在水平圆盘上，与转轴′的距离为，与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的倍，重力加速度大小为.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()．一定比先开始滑动．、所受的摩擦力始终相等．ω＝是开始滑动的临界角速度．当ω＝时，所受摩擦力的大小为【审题突破】第一步：挖掘题目信息两个质量均为的小木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的倍．第二步：明确题目要求判断两小木块在加速转动过程中的受力情况和刚开始滑动时的运动情况．第三步：确定解题思路()分析小木块的受力情况，确定向心力的来源．()分析加速转动过程中，向心力的变化，明确两小木块向心力的大小关系．()确定首先达到最大静摩擦力的小木块，并计算小木块开始滑动时的临界角速度．答案解析本题考查了圆周运动与受力分析．最大静摩擦力相等，而需要的向心力较大，所以先滑动，项正确；在未滑动之前，、各自受到的摩擦力等于其向心力，因此受到的摩擦力大于受到的摩擦力，项错误；处于临界状态时，＝ω·2l，ω＝，项正确；当ω＝时，对：＝ω＝＝，项错误．．对公式＝ω和＝＝ω的理解()由＝ω知，一定时，与ω成正比；ω一定时，与成正比；一定时，ω与成反比．()由＝＝ω知，在一定时，与成反比；在ω一定时，与成正比．．向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．．向心力的确定()确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置．()分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力．【变式训练】．(分)(·山西元月调研，)年月日，天津国际无人机展开幕．其中，首次公开展出的软体飞机引发观众广泛关注．据介绍，软体飞机是没有硬质骨架的飞机，从箱子里面取出来吹气成型．同比之下机翼面积大，载荷能力强，可做超低速超低空飞行，具有良好的弹性，耐撞击而不易受损．可用于航拍、航测、遥感等用途．飞翔从容、稳定、柔和、自如，易操纵，被称为“空中自行车”、“无线的风筝”．若一质量为的软体飞机超低空飞行，在距离地面高度的同一水平面内，以速率做半径为的匀速圆周运动，重力加速度为.()求空气对飞机的作用力的大小．()若飞机在匀速圆周运动过程中，飞机上的一个质点脱落，求质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离(空气阻力忽略不计)．答案()()解析()飞机做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，则＝(分)合空气对飞机的作用力的大小＝＋（）)＝(分)()飞机上的一个质点脱落后，做初速率为的平抛运动，由平抛运动规律得：＝(分)＝(分)质点落地点与飞机做匀速圆周运动的圆心之间的距离＝(分)联立解得＝(分)．在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度水平匀速移动，经过时间，猴子沿杆向上移动的高度为，人顶杆沿水平地面移动的距离为，如图所示．关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是()．相对地面的运动轨迹为直线．相对地面做变加速曲线运动．时刻猴子对地速度的大小为＋．时间内猴子对地的位移大小为答案解析猴子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动的合成，知合速度与合加速度不在同一条直线上，所以猴子相对地面的运动轨迹为曲线，故错误；猴子在水平方向上的加速度为零，在竖直方向上有恒定的加速度，根据运动的合成，知猴子做匀变速曲线运动，故错误；时刻猴子在水平方向上的分速度为，在竖直方向上的分速度为，根据运动的合成，知合速度大小为＝＋（）)，故错误；在时间内猴子在水平方向和竖直方向上的分位移分别为和，根据运动的合成，知合位移＝，故正确．.(·新课标全国卷Ⅱ)如图，一质量为的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()．－．＋．＋．＋答案解析解法一以小环为研究对象，设大环半径为，根据机械能守恒定律，得·＝，在大环最低点有－＝，得＝，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力为′＝，方向竖直向下，故＝＋，由牛顿第三定律知正确．解法二设小环滑到大环最低点时速度为，加速度为，根据机械能守恒定律＝·，且＝，所以＝4g，以整体为研究对象，受力情况如图所示．－－＝＋·所以＝＋，正确．．(·湖南六校联考，)如图所示，薄半球壳的水平直径为，为最低点，半径为.一个小球从点以速度水平抛出，不计空气阻力．则下列判断正确的是()．只要足够大，小球可以击中点．取值不同时，小球落在球壳上的速度方向和水平方向之间的夹角可以相同．取值适当，可以使小球垂直撞击到半球壳上．无论取何值，小球都不可能垂直撞击到半球壳上答案解析小球做平抛运动，竖直方向有位移，再大也不可能击中点；不同，小球会落在半球壳内不同点上，落点和点的连线与的夹角φ不同，由推论θ＝φ可知，小球落在球壳的不同位置上时的速度方向和水平方向之间的夹角θ也不相同，若小球垂直撞击到半球壳上，则其速度反向延长线一定经过半球壳的球心，且该反向延长线与的交点为水平位移的中点，而这是不可能的，、、错误，正确．．(·安徽理综)如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为°，取10m.则ω的最大值是()．．答案解析当物体转到圆盘的最低点恰好不滑动时，转盘的角速度最大，其受力如图所示(其中为对称轴位置)由沿斜面的合力提供向心力，有μ°－°＝ω得ω＝＝，选项正确．专题提升练习(四)(卷)一、选择题(共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，第～小题只有一个选项符合题目要求，第～小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得分，选对但不全的得分，有选错或不答的得分)．(·沈阳高三质量检测)如图所示，横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右水平抛出，最后落在斜面上．其中有三次的落点分别是、、，不计空气阻力，则下列判断正确的是()．落点、比较，小球落在点的飞行时间短．小球落在点和点的飞行时间均与初速度成正比．三个落点比较，小球落在点，飞行过程中速度变化最快．三个落点比较，小球落在点，飞行过程中速度变化最大答案解析本题考查平抛运动规律、加速度，意在考查考生对平抛运动规律的理解能力、分析判断能力．由平抛运动规律＝⇒＝可知，落点为时，小球的竖直位移较大，故飞行时间较长，项错；落点为、时，位移方向相同，故θ＝，可见飞行时间与成正比，项正确；小球在飞行过程中速度变化快慢即加速度均为，项错；小球在飞行过程中，水平方向上速度不变，速度变化Δ＝，由＝可知，小球落在点时速度变化最大，项错．．(·合肥市高三教学质量检测)如图所示，一个质量为的小铁块沿半径为的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆轨道最低点时，轨道所受压力为铁块重力的倍，则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为)()答案解析本题考查向心力、牛顿第二定律、机械能，意在考查考生对相关力学概念和规律的理解能力、分析计算能力．铁块在最低点，支持力与重力合力等于向心力，即－＝，即铁块动能＝＝，初动能为零，故动能增加，铁块重力势能减少，所以机械能损失，项正确．．(·重庆市巴蜀中学期末考试)质量为2kg的质点在－平面上做曲线运动，在方向的速度图象和方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是()．质点的初速度为10m．质点所受的合外力为．质点初速度的方向与合外力方向垂直．末质点速度大小为6m答案解析由方向的速度图象可知在方向做匀加速直线运动，＝3m，加速度为＝1.5m，受力＝；由方向的位移图象可知在方向做匀速直线运动，速度为＝4m，受力＝，因此质点的初速度为5m，受到的合外力为，故选项错误，选项正确；合外力方向在轴方向上，所以质点初速度方向与合外力方向不垂直，故选项错误；末质点速度应该为＝＝2m，选项错误．．(·江西省八所重点高中联考)在空间中水平面的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为的带电小球由上方的点以一定初速度水平抛出，从点进入电场，到达点时速度方向恰好水平，、、三点在同一直线上，且＝，如图所示．由此可知()．电场力为．小球带正电．小球从到与从到的运动时间相等．小球从到与从到的速度变化量相同答案解析由图知在电场中，小球受合外力竖直向上，故电场力竖直向上与电场方向相反，故小球带负电，所以选项错误；小球在水平方向始终做匀速运动，从到与从到水平位移不同，根据＝知运动时间不同，所以选项错误；设在点竖直方向速度为，则从到：＝，从到：＝，其中＝，＝，联立解得＝，故选项正确；从到速度变化量为，从到速度变化量为－，所以选项错误．．(·合肥一模)如图所示，在光滑水平面上的物体，受四个沿水平面的恒力、、和作用，以速率沿水平面做匀速运动，若撤去其中某个力(其他力不变)一段时间后又恢复该作用力，结果物体又能以原来的速率匀速运动，这个力是()．．．．答案解析撤去后，其他三力的合力方向与速度垂直，物体先做匀加速曲线运动，恢复后，再做匀速直线运动，速度比大，选项不行；撤去后，其他三力的合力方向与速度成锐角，速度增大，恢复后，做匀速直线运动，速度比大，选项不行；撤去后物块的运动与撤去相同，选项不行；撤去后，其他三个力的合力方向与方向相反，该合力使物体沿方向速度先减速到零，再反向加速，而在与垂直的方向上做加速运动，所以有可能在某时刻达到，选项正确．．(·江苏高考)如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅、质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()．的速度比的大．与的向心加速度大小相等．悬挂、的缆绳与竖直方向的夹角相等．悬挂的缆绳所受的拉力比悬挂的小答案解析在转动过程中，、两座椅的角速度相等，但由于座椅的半径比较大，故座椅的速度比较大，向心加速度也比较大，、项错误；、两座椅所需向心力不等，而重力相同，故缆绳与竖直方向的夹角不等，项错误；根据＝ω判断座椅的向心力较小，所受拉力也较小，项正确．．(·河北唐山一模)(多选)套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3m的20cm高的竖直细杆，即为获胜．一身高1.4m 儿童从距地面1m高度，水平抛出圆环，圆环半径为10cm，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(＝10m)()．7.4m ．7.6m．7.8m ．8.2m答案解析圆环做平抛运动，圆环距杆上端的竖直距离为＝0.8m，又知圆环在竖直方向做自由落体运动，则有＝，解得＝，圆环后端与杆的水平距离为3.2m＝·，得＝8m，圆环前端与杆的水平距离为3m＝·，得＝7.5m，所以要想套住杆，圆环水平抛出的速度范围为7.5m＜＜8m，故选、.．(·河南八市质检)(多选)质量为的小球由轻绳和分别系于一轻质细杆的点和点，如图所示，绳与水平方向成θ角，绳在水平方向且长为，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()．绳的张力不可能为零．绳的张力随角速度的增大而增大．当角速度ω＞，绳将出现弹力．若绳突然被剪断，则绳的弹力一定发生变化答案解析对小球受力分析可得绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得＝，为定值，正确，错误．当θ＝ω2l⇒ω＝时，绳的弹力为零，若角速度大于该值，则绳将出现弹力，正确．由于绳可能没有弹力，故绳突然被剪断，则绳的弹力可能不变，错误．．(·徐州模拟)如图甲所示，轻杆一端固定在点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为的圆周运动．小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为，小球在最高点的。
2016高考物理(通用版)二轮复习第二部分考前复习方略选考题突破策略与技巧
若波沿 x 轴正方向传播，最简波形如图甲所示，则满足 d＝
n＋34λ(n＝0，1，2，…)
λ
而波速 v＝ T 联立解得 v1＝4n10＋03 m/s(n＝0，1，2，…)
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专题四 选考题突破策略与技巧
若波沿 x 轴负方向传播，最简波形如图乙所示，则满足
①此过程中被封闭气体的内能变化了多少； ②被封闭空气初始状态的体积．
见解析
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专题四 选考题突破策略与技巧
[解析] (1)“用油膜法估测分子的大小”实验中，油膜经充分
扩散，形成单分子油膜，故纯油酸体积除以油酸膜面积即为油
酸分子直径，A 项正确；由查理定律可知，B 项正确；气体分
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专题四 选考题突破策略与技巧
(2)如图所示，圆柱形汽缸的上部有小挡板，可以阻止活塞滑离 汽缸，汽缸内部的高度为 d，质量不计的薄活塞将一定质量的 气体封闭在汽缸内．开始时活塞离底部高度为23d，温度为 t1＝ 27 ℃，外界大气压强为 p0＝1.0×105 Pa，现对气体缓慢加 热．求：
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专题四 选考题突破策略与技巧
(2)如图所示，用面积为 S 的活塞在汽缸内封闭
着一定质量的空气，活塞上放一砝码，活塞和
砝码的总质量为 m,现对汽缸缓缓加热使汽缸内
的空气温度从 T1 升高到 T2，且空气柱的高度增 加了Δl，已知加热时气体吸收的热量为 Q，外
界大气压强为 p0，问：
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专题四 选考题突破策略与技巧
选修 3-5 题型解读 1．动量部分：本部分是高考的选考内容，题型全面，选择题 主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”的基本概念；计 算题主要考查用动量守恒定律来解决碰撞问题． 2．原子物理部分：本部分知识的特点是“点多面宽”、“考 点分散”，因此高考对本部分的考查主要是从对基本概念的理 解、辨别方面进行，包括阅读理解部分；题型主要以选择题为 主，在近三年高考试卷中几乎每年都考．其中重点考查的有能 级与光谱、核反应方程及规律、质能方程及核能、相关物理学 史、量子论等内容．
2016届高考物理二轮复习专题突破训练理科综合模拟卷二(物理部分)(新人教版)
理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢向上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力F N的变化，判断正确的是()A．F变大B．F变小C．F N变大D．F N变小解析：结点B端受重物向下的拉力mg、沿杆向上的支持力F N和沿绳子方向的拉力F，缓慢上拉过程中，B点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB ，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确． 答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)() A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d ＝60 cm ，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R 的正方形金属线圈边长l <d ，线圈质量m ＝100 g ．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B ．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Bl v R l ＝B 2l 2v R 随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R ，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR ，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max＝5 m，又R max＝m v maxqB，解得v max＝5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R＝3.75 m，由半径公式R＝m vqB⇒v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h和滑块穿过线框时的电压U.改变h，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h，U.(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U—h”或“U2－h”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh＝12m v2，由E＝BL v可知，感应电动势大小与速度v成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U2－h关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U2－h(2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E和内阻r时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P的位置，测得aP的长度x 和对应的电压U、电流I数据，并分别绘制了如图乙所示的U－I图象和如图丙所示的UI－x图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6 Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω(3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m＝100 g的小球穿在长L＝1.2 m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF＝mg解得：F＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N解得：F N＝1 N小球受摩擦力F f＝μF N＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a＝mg cos37°＋F sin37°－F fm＝15 m/s2由v2－v20＝2aL得，小球到达杆下端时速度为v＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cosθ＝mg sinθ解得：tanθ＝2.答案：(1)6 m/s(2)212．(18分)如图所示，xOy平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy平面的匀强电场，场强大小E＝100 V/m；同时有垂直于xOy平面的匀强磁场．一质量m＝2×10－6 kg、电荷量q＝2×10－7C的带负电粒子从坐标原点O以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P(4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y轴上的M(0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O到P与从P到M的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP连线上与M点等电势的点的坐标；(3)粒子由P点运动到M点所需的时间．解析：(1)设粒子在P点时的动能为E k，则初动能为2E k，在M点的动能为1.25E k.由于洛伦兹力不做功，粒子从O点到P点和从P点到M点的过程中，电场力做的功大小分别为W1、W2，由动能定理得：－W1＝E k－2E kW2＝1.25E k－E k则W1W2＝4 1.(2)O点、P点及M点的电势差分别为：U OP＝E kq U OM＝0.75E kq设OP连线上与M点电势相等的点为D，由几何关系得OP的长度为5 m，沿OP方向电势下降．则：U OD U OP＝U OMU OP＝ODOP＝0.751得OD＝3.75 m，设OP与x轴的夹角为α，则sinα＝35 D点的坐标为x D＝OD cosα＝3 m，y D＝OD sinα＝2.25 m即：D(3,2.25)．(3)由于OD＝3.75 m，而OM cos∠MOP＝3.75 m，所以MD垂直于OP，由于MD为等势线，因此OP为电场线，方向从O到P 带电粒子从P到M过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP＝12Eqm t2，又DP＝OP－OD＝1.25 m解得：t＝0.5 s.答案：(2)D(3, 2.25)(3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S的圆柱形容器，左右两边容器高均为H，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T，且T>T0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S (x ＋H )T解得：x ＝(T T 0－1)H 此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－T T 0)． 答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－T T 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/s C ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3 在△OBC 中，sin βR ＝sin (180°－α)BC ＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60°所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为131 53I →131 54Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若131 53I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了C ．生成的131 54Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强D.131 53I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m 3＋m )·v 0－m v 0＝(2m ＋m 3)v 1 解得：v 1＝17v 0 设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m 3＋m )v 0＝m ·v 1＋m 3v 2 解得：v 2＝257v 0. 答案：ADE (2)257v 0。
高考物理二轮复习 考前增分技巧 计算题的解答技巧课件 新人教版
式，以免一错而导致全错，对各方程式最好能编号．
五、要有必要的演算过程及明确的结果 1．演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程推导 出结果的计算式，最后代入数据并写出结果．这样既有利于减 轻运算负担，又有利于一般规律的发现，同时也能改变每列一 个方程就代入数值计算的不良习惯．
2．数据的书写要用科学记数法． 3．计算结果的有效数字的位数应根据题意确定，一般应与 题目中开列的数据相近，取两位或三位即可．如有特殊要求， 应按要求选定． 4．计算结果是数据的要带单位，最好不要以无理数或分数 作为计算结果(文字式的系数可以)，用字母符号的不用带单位．
F＝ma⑧ 由平行四边形定则得 F20＝F2＋(mg)2⑨ 联立③⑧⑨式，代入数据得
F0 ＝ mg
541.⑩
【答案】
(1)8 m/s2
2.5 s
(2)0.3 s
41 (3) 5
【例2】 (2014·浙江卷)离子推进器是太空飞行器常用的动 力系统．某种推进器设计的简化原理如图(1)所示，截面半径为 R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价 正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀 强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速 后以速度vM从右侧喷出．
v20＝2as①
t＝va0②
联立①②式，代入数据得
a＝8 m/s2③
t＝2.5 s．④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运 动学公式得
L＝v0t′＋s⑤ Δt＝t′－t0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据得 Δt＝0.3 s．⑦
(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的 大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
变形的结果式代替方程式(这是相当多的考生所忽视的)．如带电
高考物理二轮复习第2部分考前冲刺方略实验题型增分练3
实验题型增分练(三)建议用时：10分钟1．(6分)某实验小组利用电磁打点计时器和如图甲所示的其他器材开展多项实验探究，选择了一条符合实验要求的纸带，数据如图乙(相邻计数点的时间为T )，回答下列问题：(1)若是探究重力做功和物体动能的变化的关系，需求出重物运动到各计数点的瞬时速度，试写出在E 点时重物运动的瞬时速度v E ＝________(用题中字母表示)．(2)若是测量重力加速度g ，为减少实验的偶然误差，采用逐差法处理数据，则加速度大小可以表示为g ＝________(用题中字母表示)．(3)如果研究重物在AE 运动过程中机械能守恒时，重物增加的动能总是小于减小的重力势能， 造成实验误差的主要原因是________________(只写一条即可)．解析：(1)E 点时重物运动的瞬时速度等于DF 之间的平均速度，即v E ＝s 5＋s 62T. (2)根据Δx ＝aT 2可得：s 4－s 1＝3a 1T 2；s 5－s 2＝3a 2T 2；s 6－s 3＝3a 3T 2，且a ＝13(a 1＋a 2＋a 3)，解得a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2. (3)造成实验误差的主要原因是重物克服阻力做功(或阻力对重物做负功)．答案：(1)s 5＋s 62T (2)s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2 (3)重物克服阻力做功(或阻力对重物做负功)2．(9分)在测量一节干电池电动势E 和内阻r 的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．(1)根据图甲实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．(2)合上开关S 1，S 2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S 2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．(3)在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U 和对应的电流表示数I 的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为U A 、U B ，与横轴的截距分别为I A 、I B .①S 2接1位置时，作出的U I 图线是图丙中的________(填“A ”或“B ”)线．②如果电压表和电流表都是理想电表，请用虚线在图丙中画出对应的U －I 图线． ③根据所画图线求出干电池电动势和内阻的真实值：E 真＝________，r 真＝________. 解析：(1)根据电路图连接实物图，实物图如图所示．(3)①当S 2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E ＝U 断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U －I 图线应是B 线；测出的电池电动势E 和内阻r 存在系统误差，原因是电压表的分流．②当S 2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E ＝U 断可知电动势测量值等于真实值，U －I 图线应是A 线，即E 真＝U A ；如果电压表和电流表都是理想电表，电源U －I 图象如图所示．③由图示图象可知，E 真＝U A ，由于S 2接1位置时，U －I 图线的B 线对应的短路电流为I 短＝I B ，所以r 真＝E 真I 短＝U A I B. 答案：(1)实物图如解析图所示 (3)①B ②如解析图所示 ③U AU A I B。
高考物理二轮复习 考前增分技巧 实验题突破训练 新人教版-新人教版高三全册物理试题
实验题突破训练1．在“利用打点计时器测定匀加速直线运动加速度〞的实验中，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上．某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)．从每一个计数点处将纸带剪开把纸带分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如下列图，由此可以得到一条表示v—t关系的图线，从而求出加速度的大小．(1)请你在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)，并指出哪个轴相当于v轴？答：________；(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________；(3)假设测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，如此可求出加速度的大小为________．解析：(1)由题意知在打出的纸带上每5点取一个计数点，故两相邻计数点之间所用时间为t＝0.02×5 s＝0.1 s．因相邻两个计数点间的距离之差相等，故纸带做匀加速运动，可知运动速度均匀增加，在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)如下列图，y轴相当于v轴．(2)假设从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，即AD段的平均速度；因c－b＝b－a，即c＋a＝2b，如此AD段的平均速度为(a＋b＋c)/3t＝3b/3t＝b/t，即b段的平均速度，故只需要测出b段纸带的长度．(3)由e －d ＝d －c ＝c －b ＝b －a ＝Δx＝at 2，得运动的加速度a ＝2.0 m /s 2. 答案：(1)v —t 图线如解析图所示 y 轴相当于v 轴 (2)b (3)2.0 m /s 22．某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“验证牛顿运动定律〞，实验装置如图．他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力F 的大小；小车后面固定一打点计时器，通过拴在小车上的纸带，可测量小车做匀加速运动的速度与加速度．(1)假设交流电的频率为50 Hz ，如此根据如下图所打纸带记录，小车此次运动经B 点时的速度为________m /s ，小车的加速度a ＝________m /s 2.(2)由于小车所受阻力F f 的大小难以测量，为了尽量减小实验的误差，需尽可能降低小车所受阻力F f 的影响，以下采取的措施中必须的是：________.A ．适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑B ．钩码质量m 远小于小车的质量MC ．定滑轮的轮轴要尽量光滑D ．适当增大钩码的质量m解析：(1)v B ＝s AC 2T ＝8.002×0.1cm /s ＝0.40 m /s .a ＝s BC －s AB T 2＝8.00－3.27－3.270.12cm /s 2＝1.46m /s 2. (2)A 项做法让小车下滑分力与摩擦力抵消．D 项如此较能满足F ≫F f ，减小摩擦力影响． 答案：(1)0.40 1.46 (2)AD3．(2015·某某卷)用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V ，内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有如下器材供选用：A ．电流表：量程0.6 A ，内电阻约1 ΩB ．电流表：量程3 A ，内电阻约0.2 ΩC ．电压表：量程3 V ，内电阻约30 kΩD ．电压表：量程6 V ，内电阻约60 kΩE ．滑动变阻器：0～1 000 Ω，额定电流0.5 AF ．滑动变阻器：0～20 Ω，额定电流2 A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号)．(2)如图为正确选择仪器后，连好的局部电路．为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连(均填仪器上接线柱的字母代号)．(3)实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R 和对应电压表的示数U.用图象法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图象是一条直线，如此可以________为纵坐标，以________为横坐标．解析：(1)由于被测电池组的电动势约4.5 V ，因此电压表应选用D ，由于电池允许通过的电流一般不超过0.5 A ，因此电流表选用A ，滑动变阻器起限流作用，为了方便调节，因此阻值不宜太大，选用F .(2)考虑到电流表内电阻与电池组的内电阻相差不大，而电压表内电阻特别大，为了使测量误差尽可能小，需用电压表测量电流表和滑动变阻器的总电压，故还需在电路中用导线将a 与d 相连接，c 与g 相连接，f 与h 相连接，电路连接如图．(3)假设用电阻箱与电压表以伏阻法测电源电动势和内电阻，根据闭合电路欧姆定律可知，E ＝U ＋U R r ，变形得1U ＝1E ＋r E ·1R ，以1U 为纵坐标，1R为横坐标，作出的图象是一条直线．答案：(1)ADF (2)a d c g f h (3)1U 1R 或U U R 或RUR 4．某实验小组采用如下图所示的装置探究“动能定理〞，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器工作频率为50 Hz .(1)如下图是钩码质量为0.03 kg 、砝码质量为0.02 kg 时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O 与A 、B 、C 、D 和E 五个计数点，可获得各计数点到O 的距离x 与对应时刻小车的瞬时速度v ，请将C 点的测量结果填在表中的相应位置．(2)实验小组根据实验数据绘出了图中的图线(其中Δv 2＝v 2－v 20)，根据图线可获得的结论是_______________________.要验证“动能定理〞，还需测量的物理量是摩擦力和________． 表1 纸带的测量结果测量点 x/cm v/(m ·s －1) O 0.00 0.35 A 1.51 0.40 B 3.20 0.45 C ________ ________ D 7.15 0.54 E9.410.60解析：(1)对于C点到O的距离x，可由纸带分析得出为6.08 cm－1.00 cm＝5.08 cm.C点对应小车的瞬时速度可用B、D两点间的平均速度来求，即v c＝x BD4T0＝7.15－3.204×0.02cm/s≈49 cm/s＝0.49 m/s.(2)根据Δv2－x图象为过坐标原点的一条直线，可得出Δv2∝x的结论．要验证动能定理需明确合外力所做的功和物体(小车和砝码)动能的变化．合外力做功应为W合＝mgx－F f x(其中F f为车受到的摩擦力，x为车的位移)；而求物体(小车和砝码)动能的变化时，还需测出小车的质量．答案：(1)5.08(5.05～5.10 均对) 0.49(0.48～0.50 均对)(2)Δv2∝x(速度平方的变化与位移成正比) 小车的质量5．用以下器材测量一待测电流表的内阻：待测电流表(量程250 mA，内阻r1约为5 Ω)；标准电流表(量程300 mA，内阻r2约为5 Ω)；电阻箱R1(最大值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值10 Ω)；电源E(电动势约为10 V，内阻r约为1 Ω)；单刀单掷开关S，导线假设干．(1)要求方法简捷，并能测多组数据，试在方框中画出实验电路原理图，并在图上标明每个器材的代号．(2)实验中，需要直接测量的物理量是__________________，用测得的量表示待测电流表内阻的计算公式是r1＝________.解析：(1)如果将滑动变阻器与、串联(限流接法)，如此电流会超出两表的量程，所以滑动变阻器应为分压连接；采用并联比拟法测量的内阻(与R 1比拟)，实验电路原理图如下列图．(2)实验需要直接测量的物理量是、两电流表的读数I 1、I 2以与电阻箱接入电路的阻值R 1，如此通过R 1的电流为I 2－I 1，由并联电路规律可得：r 1＝I 2－I 1I 1R 1.答案：(1)见解析图 (2)见解析 I 2－I 1I 1R 1 6.某同学利用上图所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率． ①所得实验数据如下表，请在给出的直角坐标系上画出U —I 图象.U/V 1.96 1.86 1.80 1.84 1.64 1.56 I/A0.050.150.250.350.450.55②根据所画U —I 的图象，可求得电流I ＝0.20 A 时电源的输出功率为________W ．(保存两位有效数字)③实验完成后，该同学对实验方案进展了反思，认为按图电路进展实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在如下图所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是________．(R x 阻值未知)解析：此题主要考查实验探究电源在不同负载下的输出功率，意在考查学生利用图象处理实验数据的能力、实验原理分析和实验改良的创新能力．第一问描点连线操作需要注意的是实验中有一个特殊的“坏点〞(电流为0.35 A时)，连线时要忽略它的存在．第二问利用图象解决实际问题，注意读数规如此和有效数字就可以了．第三问需要综合比照四个图象的特点，选择符合题目两个要求的电路图．答案：①见解析图②0.37(或0.36) ③bc7．(2015·福建卷)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成局部导线的连接．①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，如此电流表的示数为________A；③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只一样的小电珠并联后，直接与电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W(保存两位小数)．解析：①根据题意，实验电路为分压电路，电流表外接，按照电流流向即可完成连线，在连线时要注意电表的极性，并注意接线要连到接线柱上．②因为电流表的精度是0.02 A，所以读数为22×0.02 A＝0.44 A.③当电源的内阻与外阻一样时，小电珠的总功率最大，即当总电流I＝E2r＝1.5 A，路端电压为U＝1.5 V时，小电珠的总功率最大，从题图中可知U＝1.5 V时，通过每个小电珠的电流为I0＝0.38 A，所以有n＝II0＝4，总功率约为P＝IU＝1.5×1.5 W＝2.25 W.答案：①如下列图②0.44③4 2.25(2.22～2.28均对)8．硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表的量程选用3 V，内阻为6.0 kΩ；电压表量程选用15 V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V，内阻不计．(1)根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．(2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表、的示数U1、U2.①某次测量时，电压表示数如图丙，如此U1＝________V．可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保存两位小数)．②该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压U x和通过的反向电流I x(表中“－〞表示反向)，并在坐标纸上建立I x－U x坐标系，标出了与表中前5组U x、I x数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出I x－U x图线.1 2 3 4 5 6 7 8 9U1/V0.00 0.00 0.06 0.12 0.24 0.42 0.72 1.14 1.74 U2/V0.0 1.0 2.1 3.1 4.2 5.4 6.7 8.1 9.7 U x/V0.0 －1.0 －2.0 －3.0 －4.0 －5.0 －6.0 －7.0 －8.0 I x/mA0.00 0.00 －0.01 －0.02 －0.04 －0.07 －0.12 －0.19 －0.29(3)由I x－U x图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，I x与U x成________(填“线性〞或“非线性〞)关系．解析：(1)实物图如下列图．(2)①由题图知，电压表读数为1.40 V，通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V1的电流，故I＝U1R V1＝1.406.0×103A≈0.23 mA.②先在坐标纸上描点，然后用平滑的曲线将其连接起来，如如下图所示．③因图线为曲线，故I x与U x成非线性关系．答案：(1)见解析图(2)①1.400.23 ②见解析图③非线性。
2016届高三物理二轮复习教师用书第二部分应试高分策略第二部分第3讲计算题突破策略与技巧Word版含答案1.doc
2016届高三物理二轮复习教师用书第二部分应试高分策略第二部分第3讲计算题突破策略与技巧Word版含答案1第3讲计算题突破策略与技巧——规范答题抓大分实践表明，综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大题小做”的解题策略有效提高．“大题小做”的策略体现在将一个复杂过程分解成若干个子过程，每个子过程就是一个小题，然后各个击破．具体来讲可以分三步来完成：规范审题，规范思维，规范答题．第一步：规范审题审题流程：通读→细读→选读第一遍读题——通读读后头脑中要出现物理图景的轮廓．由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型．第二遍读题——细读读后头脑中要出现较清晰的物理图景．由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势．基本确定研究对象所对应的物理模型．第三遍读题——选读通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后，对题目要有清楚的认识．最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题．第二步：规范思维思维流程：文字→情境→模型→规律→决策→运算→结果．第三步：规范答题答题流程：画示意图→文字描述→分步列式→联立求解→结果讨论．具体要求如下：1．文字说明简洁准确；2．字母书写规范清楚；3．分步列式联立求解；4．结果表达准确到位．下面针对高考常考的综合大题分类进行突破．类型1运动学和动力学综合题类型解读运动学、动力学是物理学的基础，更是高考考查的热点．其中牛顿运动定律、匀变速直线运动、平抛运动和圆周运动是历年高考的必考内容，有时与电场、磁场结合，综合性强，难度大，分值高，对能力要求较高．突破策略运动学和动力学的综合问题常体现在牛顿运动定律的应用上，对物体进行正确受力分析和运动分析是解题的关键，要想获取高分应注意以下几点：(1)正确选取研究对象，可根据题意选取受力或运动情况清楚且便于解题的物体(或物体的一部分或几个物体组成的系统)为研究对象．(2)全面分析研究对象的受力情况，正确画出受力示意图，再根据力的合成或分解知识求得研究对象所受合力的大小和方向．(3)全面分析研究对象的运动情况，画出运动过程示意图，特别要注意所研究运动过程的运动性质及受力情况并非恒定不变时，一定要把整个运动过程分成几个阶段的运动过程来分析．(2015·株洲市质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F 后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f＝12 N，求：(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．规范审题规范思维运动员的运动分为四个阶段：①从静止开始匀加速运动1 s；②匀减速运动2 s；③匀加速运动一段距离；④匀减速运动到静止．其中两个加速阶段的加速度相同，两个减速阶段的加速度相同，第①、②段中已知时间，可用牛顿第二定律、运动学知识求解，第③、④段中已知位移，既可用动力学知识，也可用动能定理求解．规范答题[解析] (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为 a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s ＝1.2 m/s 位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m.(2)法一：运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m经时间t 2速度变为v ′1＝v 1－a 2t 2第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v 2，则v 22－v ′21＝2a 1x 1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x 2＝v 222a 2解得x 2＝5.2 m.法二：第二次施加水平推力F 时的速度v ′1＝v 1－a 2t 2＝0.8 m/s 由动能定理得：(F －F f )x 1－F f x 2＝0－12mv ′21代入数据解得：x 2＝5.2 m.[答案] (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m类型2 有关能量的综合题类型解读能量是力学部分继牛顿运动定律后的又一重点，是高考的“重中之重”．此类试题常与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动、电磁学等知识相联系，综合性强、涉及面广、分值大、物理过程复杂，要求学生要有很强的受力分析能力、运动过程分析能力及应用知识解决实际问题的能力，因而备受命题专家青睐．突破策略(1)由于应用功能关系和能量守恒定律分析问题时，突出物体或物体系所经历的运动过程中状态的改变，因此应重点关注运动状态的变化和引起变化的原因，明确功与对应能量的变化关系．(2)要能正确分析所涉及的物理过程，能正确、合理地把全过程划分为若干阶段，弄清各阶段所遵循的规律及各阶段间的联系．(3)当研究对象是一物体系统且它们间有相互作用时，一般优先考虑功能关系和能量守恒定律，特别是题中出现相对路程时，一定先考虑能量守恒定律．(2015·枣庄模拟)如图所示，AB 为半径R ＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接．小车的质量M ＝3 kg 、长度L ＝2.16 m ，其上表面距地面的高度h ＝0.2 m ．现有质量m ＝1 kg 的小滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到 B 端后冲上小车，当小车与滑块达到共同速度时，小车被地面装置锁定．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，取g ＝10 m/s 2.试求：(1)滑块经过B 端时，轨道对它支持力的大小；(2)小车被锁定时，其右端到轨道B 端的距离；(3)小车被锁定后，滑块继续沿小车上表面滑动．请判断：滑块能否从小车的左端滑出小车？若不能，请计算小车被锁定后由于摩擦而产生的内能是多少？若能，请计算滑块的落地点离小车左端的水平距离．规范审题规范思维滑块的运动可分为四个不同的阶段：①沿圆弧轨道下滑；②与小车相对滑动到小车锁定；③小车锁定后滑块继续滑动；④滑块做平抛运动．滑块在圆弧轨道的 B 点，支持力与重力的合力提供向心力，此时的速度为滑块滑上小车的初速度，滑块与小车达到共同速度后能否滑出小车需通过计算做出判断，可求出滑块到小车左端的速度，若大于零，则能滑出．规范答题[解析] (1)设滑块经过B 端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律得mgR ＝12mv 21设滑块经过B 端时，轨道对滑块的支持力为F N ，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 21R解得v 1＝4 m/s ，F N ＝30 N.(2)以向左为正方向，当滑块滑上小车后，设滑块和小车的加速度分别为a 1，a 2，由牛顿第二定律得对滑块－μmg ＝ma 1。
2016届高三物理二轮复习 第二部分 增分指导一 选择题的解答技巧与策略课件
B．2t0 D．2( 2＋1)t0
解析：小物体从 a→c 做匀减速运动至静止，可逆物理过程来考 虑，小物体从 c→a 便是做初速度为零的匀加速运动． 因为 ab＝bc， 根据初速度为零的匀加速直线运动特殊规律可知 1 ＝ 2－1 有：tbc＝ t0 ＝( 2＋1)t0 2－ 1 tcb tab
又由对称性有：t＝2tbc＝2( 2＋1)t0，故 D 项正确． 答案：D
故A、B错误．由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的
速度先减小后增大，故C正确．图线切线的斜率表示加速度， 可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大， 故D错误．
五、要善于做好定性判断 定性判断就是对物理过程或结果做出大概的估计，定性的判 断虽然不如定量的分析精确，但正确的定性判断体现了物理 问题最本质的规律，因而具有普遍的意义．
1 4 9 16 25 36 49 64 1 2 3 4 5 6 7 8 32 130 298 526 824 1 192 1 600 2 104
A.物体具有惯性 B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C．物体运动的距离与时间的平方成正比 D．物体运动的加速度与重力加速度成正比
解析：由表可知，伽利略研究的是物体沿斜面运动的距离与
C．外界对气体做功
D．气体分子间平均距离变小
解析：一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，体积增大，
压强不变，温度升高，内能增大，对外做功，吸收热量，气体
分子间平均距离变大，选项A正确，B、C、D错．
七、要善于应用典型习题的结论 一些典型的物理习题，其结论具有普遍意义．如由静止开始的 匀加速运动有关位移的12∶22∶32∶…及1∶3∶5∶…的结论； 带电粒子经同一电场加速后在同样的电场里偏转，侧移的大小 与粒子的性质无关；同一带电粒子在一个匀强磁场中做圆周运 动的周期与粒子速率无关；等等，都是具有规律的总结．善于 总结规律并加以应用，是高效解题的基础．用来解答物理选择
人教版高中物理二轮总复习 突破三 二大策略 破解实验题
高考二轮总复习 • 物理
典例2 (1)图甲中游标卡尺的读数为___2_9_.8___mm，图乙中螺 旋测微器的读数为___0_.8_8_0___mm.
第三部分 题型突破
高考二轮总复习 • 物理
(2)某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻，如图丙所 示．先将选择开关旋至倍率“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行 测量，红表笔应接电压表的__－___(选填“＋”或“－”)接线柱，结果 发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至__×__1_0_0__(选填“×1” 或 “×100”) 挡 并 __重__新__进__行__欧__姆__调__零___ ， 最 终 测 量 结 果 如 图 丁 所 示 ， 则电压表的电阻为___3__0_0_0__Ω.
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(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加 速度大小为9.80 m/s2，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的 1%.由此推算出f为__4_0__Hz.
【解析】 (1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动规律得 vB ＝s12＋Ts2＝s1＋2 s2f，vC＝s2＋2s3f，加速度 a＝vC－T vB＝s3－2s1f2.(2)根据 mg－1%mg＝ma 及 a＝s3－2s1f2代入数据，解得 f＝40 Hz.
第三部分 题型突破
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(2)表格数据 通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判 断相关物理量之间的关系．如正比例、反比例关系，平方还是开方关 系，或者是倒数关系．根据数据描点作图可以直接反映实验的某种规 律． (3)新的物理图像 实验题本身提供物理图像，但这些图像平时没有接触，关键要明 确图像的物理意义，才能正确分析实验问题．
2016届高考物理二轮复习 考前冲刺攻略 第二步 注重方法与技巧 抢取高分有策略 二、实验题-拿下实
常规实验型 【技法阐释】 此类题主要考查教材基本实验的原理设计、器材选择、实验操作、数据处理、误差分析。要做好这类 实验题，要求复习实验时不可舍本逐末一味追求所谓的创新设计题，要把主要精力放在教材实验上，从基 本仪器的使用方法，基本实验原理，基本实验操作和实验细节，实验步骤的排序、纠错、补漏，实验数据 的分析处理和误差分析，电学实验的连线、纠错、画电路图等全方位理解和掌握。考前，有实验条件的最 好能进实验室把典型实验及重要实验仪器再操作一遍，没有条件的最好能至少观看一遍演示实验视频。
创新探究型 【技法阐释】 此类实验重在考查实验基本原理和思想方法的迁移应用，特点是“源于教材，但又高于教材”。这类 题虽常考常新，但“题在书外，理在书中”，万变不离其宗。要做好这类题，首先要审清题意，明确实验 目的，联想和迁移应用相关实验原理。另外，此类实验题还常是“穿着实验外衣”的计算题，这时把它看 作一道应用性的物理问题，就能放下包袱，轻装上阵。
[解析] (2)R2＝15.0 Ω，电压表一个小格代表 0.1 V，估读到下一位，为 1.10 V。 (3)由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋RU2(R1＋r)，所以U1 ＝E1 ＋R12·R1E＋r，在U1 －R12图象中斜率为R1E＋r＝3， 截距为E1＝0.7，所以 E＝170 V＝1.4 V，r＝0.78 Ω(0.70～0.80 Ω 均算正确) (4)当电流 I 越大时，小灯泡两端电压 U 越大，功率 P＝UI 也越大。当 R1＝0 时，回路 I 最大。此时由 闭合电路欧姆定律得 U＝E－Ir，在同一 U-I 图画出此函数图象，与小灯泡的 U-I 图找交点，交点横纵坐标 乘积即为小灯泡最大功率。
高考物理二轮复习 考前增分技巧 选择题突破训练 新人教版
选择题突破训练1．如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3q R2 B ．k 10q 9R 2 C ．kQ ＋q R2 D ．k9Q ＋q9R2 解析：本题应从点电荷产生的电场和电场的叠加角度解决问题．已知a 处点电荷和带电圆盘均在b 处产生电场，且b 处场强为零，所以带电圆盘在b 处产生的电场场强E 1和q 在b 处产生的电场场强E ab 等大反向，即E 1＝E ab ＝kqR 2，带电圆盘在d 处产生的电场场强E 2＝E 1且方向与E 1相反，q 在d 处产生的电场场强E ad ＝kq3R2，则d 处场强E d ＝E 2＋E ad ＝kq R 2＋kq 9R 2＝k 10q9R2，选项B 正确．答案：B2．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ变化的图象分别对应图乙中的( )A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②解析：本题考查牛顿运动定律及图象分析，意在考查考生的图象分析能力．根据斜面模型，小球在光滑的斜面上时，对斜面的压力为F N ＝mg cos θ，压力F N 与其最大值的比值为cos θ，此比值与θ的图线对应图象中的③；下滑过程中小球的加速度a＝g sinθ，加速度与其最大值的比值为sinθ，此比值与θ的图线对应图象中的②；重力加速度是恒定值，与其最大值的比值为1，此比值与θ的图线对应图象中的①.所以B项正确；A、C、D项错误．答案：B3．如图所示，在水平地面上M点的正上方某一高度处，将球S1以初速度v1水平向右抛出，同时在M点右方地面上N点处，将球S2以初速度v2斜向左上方抛出，两球恰在M、N连线的中点正上方相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( )A．初速度大小关系为v1＝v2B．速度变化量相等C．水平位移相等D．都不是匀变速运动解析：两球运动过程中都只受重力作用，加速度为g，均做匀变速运动，D错误；因g＝Δv所以速度的变化量Δv＝gΔt，运动时间Δt相同，所以Δv也相同，B正确；设v2方向Δt与水平面的夹角为θ，因两球在M、N连线的中点相遇且运动时间相同，所以两球的水平位移大小相等，方向相反，且v1＝v2cosθ，A、C错误．答案：B4．用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是图中的( )解析：小球角速度ω较小，未离开锥面，设细线的张力为F T，线的长度为L，锥面对小球的支持力为F N，则有：F T cosθ＋F N sinθ＝mg及F T sinθ－F N cosθ＝mω2L sinθ，可求得F T＝mg cosθ＋mω2L sin2θ.可见随ω由0开始增加，F T由mg cosθ开始随ω2的增大线性增大，当角速度增大到小球飘离锥面时，F T sinα＝mω2L sinα，其中α为细线与竖直方向的夹角，即F T＝mω2L，可见F T随ω2的增大仍线性增大，但图线斜率增大了，综上所述，只有C正确．答案：C5．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g＝10m/s2，下列说法中正确的是( )A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WD．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W解析：由图知前3 m位移内拉力为5 N，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N，根据牛顿第二定律可得加速度a＝1.5 m/s2，所用时间为t＝2xa＝2 s，末速度为3 m/s，后6 m位移内拉力等于2 N，与摩擦力等大反向，所以此物体在AB段做匀速直线运动，整个过程中拉力的最大功率为P m＝F m v m＝15 W，D对．答案：D6．在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场．当入射方向与x轴正方向的夹角α＝45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α＝60°时，为了使速度为v3的粒子从a、b的中点c射出磁场，则速度v3应为( )A.12(v1＋v2) B.22(v1＋v2)C.33(v1＋v2) D.66(v1＋v2)解析：当带电粒子入射方向与x轴正方向的夹角为α＝45°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，作出运动轨迹图(图略)，则有2r1cos45°＝Oa,2r2cos45°＝Ob；当α为60°时，为使速度为v3的粒子从c点射出磁场，有2r3cos30°＝Oc，而Oc＝Oa＋Ob＋Oa2，联立解得3r3＝22(r1＋r2)，由r＝mvqB，得3v3＝22(v1＋v2)，则v3＝66(v1＋v2)．答案：D7.如图所示，作用于O点的三个力平衡(其中力F3图中未画出)，其中一个力大小为F1，沿y 轴负方向，大小未知的力F 2与x 轴正方向夹角为θ，下列说法正确的是( )A ．力F 3只可能在第二象限B ．力F 3与F 2夹角越小，则F 3与F 2越小C ．F 3的最小值为F 1 cos θD ．力F 3可能在第三象限的任意范围内解析：力F 3可以在第二象限和第三象限中F 2的延长线左侧，A 、D 错；三个力的矢量图如图所示，由图可知，B 错；当F 3与F 2垂直时F 3的最小值为F 1cos θ，C 对．答案：C8．(2015·天津卷)(多选)P 1、P 2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s 1、s 2做匀速圆周运动．图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a ，横坐标表示物体到行星中心的距离r 的平方，两条曲线分别表示P 1、P 2周围的a 与r 2的反比关系，它们左端点横坐标相同．则( )A ．P 1的平均密度比P 2的大B ．P 1的“第一宇宙速度”比P 2的小C ．s 1的向心加速度比s 2的大D ．s 1的公转周期比s 2的大解析：题图中两条曲线的左端点对应的横坐标相同，表明两颗行星的半径相同，由万有引力提供向心力可得，G Mm r 2＝ma ，a ＝GMr2，由题图可知，P 1的质量大，因此P 1的平均密度大，A 项正确；第一宇宙速度v ＝GM R ，因此质量大的行星第一宇宙速度大，B 项错误；由a ＝GM r2可知，s 1的向心加速度大，C 项正确；由G Mm r 2＝mr(2πT )2得T ＝2πr3GM，因此同一高度处，质量大的行星的卫星公转周期小，D 项错误．答案：AC9．(2015·北京卷)利用所学物理知识，可以初步了解常用的公交一卡通(IC 卡)的工作原理及相关问题．IC 卡内部有一个由电感线圈L 和电容C 构成的LC 振荡电路．公交车上的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波．刷卡时，IC 卡内的线圈L 中产生感应电流，给电容C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输．下列说法正确的是( )A ．IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B ．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作C ．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈L 中不会产生感应电流D ．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息解析：读卡机发射的电磁波，被IC 卡内部的LC 振荡电路接收，使IC 卡充电，因此IC 卡的能量源于读卡机发射的电磁波，故A 项错误；仅当读卡机发射的电磁波频率与该IC 卡内的LC 振荡电路的固有频率相等时，才发生共振，IC 卡才能有效工作，故B 项正确；若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，根据法拉第电磁感应定律，线圈L 中仍会产生感应电流，故C 项错误；由题意，IC 卡内的线圈L 中产生感应电流，给电容C 充电，达到一定电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输，故D 项错误．答案：B10．(2015·江苏卷)如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m /s 2由静止加速到2m /s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5解析：关卡刚放行时，该同学加速的时间t ＝v a ＝1 s ，运动的距离为x 1＝12at 2＝1 m ，然后以2 m /s 的速度匀速运动，经4 s 运动的距离为8 m ，因此第1个5 s 内运动距离为9 m ，过了第2关，到第3关时再用时3.5 s ，大于2 s ，因此能过第3关，运动到第4关前共用时12.5 s ，而运动到第12 s 时，关卡关闭，因此被挡在第4关前，C 项正确．答案：C11．自然界中某个量D 的变化量ΔD 与发生这个变化所用时间Δt 的比值ΔDΔt叫做这个量D 的变化率．下列说法正确的是( )A ．若D 表示某质点做平抛运动的速度，则ΔDΔt是恒定不变的B ．若D 表示某质点做匀速圆周运动的动量(即质量与速度的乘积)，则ΔDΔt 是恒定不变的C ．若D 表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则ΔDΔt 一定变大D ．若D 表示某质点的动能，则ΔDΔt越大，质点所受外力做的总功就越多解析：做平抛运动的质点，其ΔvΔt＝g ，g 为常量，故选项A 正确；做匀速圆周运动的质点，其Δp Δt ＝F ，向心力F 的方向时刻改变，故选项B 错误；做竖直上抛运动的质点，其Δh Δt＝v ，v 先减小，变为零后再向下增大，故选项C 错误；质点动能的变化与合外力做的功相等，ΔW Δt ＝P ，ΔWΔt越大，表示质点所受外力做功的功率越大，故选项D 错误． 答案：A12．(多选)如图所示，一个半径为R 的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导线环上载有如图所示的恒定电流I ，则下列说法正确的是( )A ．导电圆环有收缩的趋势B ．导电圆环所受安培力方向竖直向上C ．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD ．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析：若导线环上载有如图所示的恒定电流I ，由左手定则可知，安培力方向水平分量均指向圆心，因此导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，选项A 、B 、D 正确，C 错误．答案：ABD13．某同学在物理学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如下：地球半径R ＝6 400 km ，月球半径r ＝1 740 km ，地球表面重力加速度g 0＝9.80 m /s 2，月球表面重力加速度g′＝1.56 m /s 2，月球绕地球中心转动的线速度v ＝1 km /s ，月球绕地球转动一周时间为T ＝27.3天，光速c ＝2.998×105km /s .1969年8月1日第一次用激光器向位于头顶的月球表面发射出激光光束，经过约t ＝2.565 s 接收到从月球表面反射回来的激光信号，利用上述数据可估算出地球表面与月球表面之间的距离s ，则下列说法正确的是( )A ．利用激光束的反射s ＝c·t 2来算 B ．利用v ＝2πs ＋R ＋rT来算C ．利用m 月g 0＝m 月v2s ＋R ＋r来算D ．利用m 月g′＝m 月4π2T2(s ＋R ＋r)来算解析：从地球发射激光到地球接收到所用时间为t ，则单趟时间为t 2，所以s ＝c t2故选项A 正确；月球绕地球做圆周运动的半径为两球心距离，线速度与周期的关系T ＝2πs ＋R ＋rv，故选项B 正确；忽略地球自转的影响，则GM 地mR2＝mg 0① 月球绕地球转动，万有引力提供向心力， GM 地m 月R ＋r ＋s2＝m 月v2R ＋r ＋s② ①②联立，得g 0＝v2R ＋r ＋sR2，故选项C 错误； 在月球表面G m 月m′r2＝m′g′③月球绕地球转动，万有引力提供向心力， GM 地m 月R ＋r ＋s2＝m 月4π2R ＋r ＋sT2④③④联立得g′＝m 月4π2M 地T 2r 2(s ＋r ＋R)3，故选项D 错误． 答案：AB。
2016届高考物理第二轮专题提升突破复习题8
专题一第2讲一、选择题(1～4题为单项选择题，5、6题为多项选择题)1．小球从斜面底端以一定的初速度滑上光滑斜面，在第1 s内的位移大小是10 m，第3 s内的位移为0，则小球的加速度大小可能为()A．0B．3 m/s2C．5 m/s2D．6 m/s2解析：小球滑上光滑斜面后第3 s内的位移为0，说明是做往返运动．由于在光滑斜面上小球加速度恒定，因此上滑和下滑过程的运动可看作完整的匀变速直线运动，由Δx＝aT2得小球加速度大小a＝10－0(3－1)·12m/s2＝5 m/s2，C项正确．答案： C2．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是()A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度解析：手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，其后可以减速、可以匀速、也可以加速．当后期手和物体匀速运动时，物体既不超重也不失重，当手和物体减速运动时，物体处于失重状态，所以选项A错误．物体从静止到有速度，必定有一段加速过程，此过程处于超重状态，所以选项B 错误．当物体离开手的瞬间，物体只受重力，此时物体的加速度等于重力加速度，C 错误．手和物体分离之前速度相同，分离瞬间手的速度变化量比物体的速度变化量大，故手的加速度大，所以D 正确．答案： D3．(2015·云南红河州一模)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t 后停止．现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为( ) A.μ2＋μB ．μ1＋2μ C.2μ1＋μ D ．1＋μ2μ解析： 木板水平时，小物块的加速度a 1＝μg ，设滑行初速度为v 0，则滑行时间为t ＝v 0μg ；木板改成45°的斜面后，小物块上滑的加速度为a 2＝mg sin 45°＋μmg cos 45°m ＝(1＋μ)2g 2， 滑行时间t ′＝v 0a 2＝2v 0(1＋μ)2g ， 因此t ′t ＝a 1a 2＝2μ1＋μ，C 项正确． 答案： C4.光滑水平面上停放着质量M ＝2 kg 的平板小车，一个质量为m ＝1 kg 的小滑块(视为质点)以v 0＝3 m/s 的初速度从A 端滑上小车，如图所示．小车长l＝1 m，滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10 m/s2，从滑块滑上小车开始计时，1 s末滑块与小车B端的距离为()A．1 m B．0C．0.25 m D．0.75 m解析：设最终滑块与小车速度相等，小滑块的加速度a1＝μmg m＝μg，小车加速度a2＝μmgM，则v＝v0－a1t0，v＝a2t0，联立解得t0＝0.5 s＜1 s，v＝1 m/s,0.5 s后滑块与小车以共同的速度做匀速直线运动，则在0～0.5 s时间内滑块位移x1＝v0＋v2t0＝1 m，小车位移x2＝v2t0＝0.25 m，滑块与小车B端的距离d＝l＋x2－x1＝0.25 m，C项正确．答案： C5.如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()A．煤块从A运动到B的时间是2.25 sB．煤块从A运动到B的时间是1.5 sC．划痕长度是0.5 mD ．划痕长度是2 m解析： 根据牛顿第二定律，煤块的加速度a ＝μmg m ＝4 m/s 2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t 1＝v 0a ＝1 s ，位移大小x 1＝12at 21＝2 m ＜x ，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B 端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δs ＝v 0t 1－x 1＝2 m ，选项D 正确、C 错误；x 2＝x －x 1＝2 m ，匀速运动的时间t 2＝x 2v 0＝0.5 s ， 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，选项B 正确、A 错误．答案： BD6．(2015·江苏单科·6)一个乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8.5 s 时最大D ．t ＝8.5 s 时最小解析： 由题图知，在上升过程中，在0～4 s 内，加速度方向向上，F N －mg ＝ma ，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A 正确，B 错误；由题图知，在7～10 s 内加速度方向向下，由mg －F N ＝ma 知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C 错误，D 正确．答案： AD二、非选择题7．春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v 甲＝20 m/s 和v 乙＝34 m/s 的速度匀速行驶，甲车在前、乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a 甲＝2 m/s 2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m 处的速度恰好为6 m/s ，乙车司机在发现甲车刹车时经t 0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s 2的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m 区不超速．则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？解析： (1)甲车速度由20 m/s 减速至6 m/s 的位移x 1＝v 2甲－v 202a 甲＝91 mx 2＝x 0＋x 1＝100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m 处开始刹车．(2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t ，由运动学公式得： v 乙－a 乙(t －t 0)＝v 甲－a 甲t 解得：t ＝8 s相同速度v ＝v 甲－a 甲t ＝4 m/s ＜6 m/s ，即v 0＝6 m/s 的共同速度为不相撞的临界条件乙车从司机发现甲车刹车到减速至6 m/s 的位移为x 3＝v 乙t 0＋v 2乙－v 202a 乙＝157 m 所以要满足条件，甲、乙的距离x ＝x 3－x 1＝66 m答案： (1)100 m (2)66 m8.为了使航天员适应在失重环境下的工作和生活，国家航天局需对航天员进行失重训练．如图所示，训练机沿30°倾角爬升到7 000 m 高空后，向上拉起，沿竖直方向向上做匀减速运动，拉起后向上的初速度为200 m/s ，加速度大小为g .当训练机上升到最高点后立即掉头向下，做竖直向下的加速运动，加速度大小仍为g ，在此段时间内模拟出完全失重．为了安全，当训练机离地2 000 m 高时必须拉起，且训练机速度达到350 m/s 后必须终止失重训练，取g ＝10 m/s 2.求：(1)训练机上升过程中离地的最大高度；(2)训练机运动过程中，模拟完全失重的时间．解析： (1)上升时间t 上＝v 0g ＝20 s上升高度h 上＝v 202g ＝2 000 mh m ＝h 上＋h 0＝9 000 m(2)判断当速度达到350 m/s 时，下落高度h 下＝v 212g ＝6 125 m ，此时离地高度为h 0＋h 上－h 下＝7 000 m ＋2 000 m －6 125 m ＝2 875 m ＞2 000 mt 下＝v 1g ＝35 s所以一次上下创造的完全失重的时间为t＝t上＋t下＝55 s答案：(1)9 000 m(2)55 s9．(2015·河南、河北、山西三省联考)如图甲所示，将一质量m ＝2 kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g＝10 m/s2，求：(1)小球在上升过程中受到阻力的大小F阻；(2)小球在4 s末的速度v及此时离抛出点的高度h.解析：(1)由题图可知，0～2 s内小球做匀减速直线运动，加速度的大小为a1＝12.5 m/s2.由牛顿第二定律有F阻＋mg＝ma1，代入数据，解得F阻＝5 N.(2)2～4 s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反．设加速度的大小为a2，有mg－F阻＝ma2，解得a2＝7.5 m/s2.4 s末小球的速度为v＝a2t，其中t＝(4－2)s＝2 s.解得v＝15 m/s.依据图象可知，小球在4 s末离抛出点的高度为h＝12×2×25 m－12×2×15 m＝10 m.答案：(1)F阻＝5 N(2)v＝15 m/s h＝10 m10.如图所示，薄板A长L＝5 m，其质量M＝5 kg，放在水平桌面上，板右端与桌边相齐．在A上距右端x＝3 m处放一物体B(可看成质点)，其质量m＝2 kg.已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.1，A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2，原来系统静止．现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去，且使B 最后停于桌的右边缘．(g 取10 m/s 2)求：(1)B 运动的时间；(2)力F 的大小．解析： (1)对于B ，在未离开A 时，其加速度为：a B 1＝μ1mg m ＝1 m/s 2设经过时间t 1后B 离开A ，离开A 后B 的加速度为：a B 2＝－μ2mg m ＝－2 m/s 2设物体B 离开A 时的速度为v B有v B ＝a B 1t 1和12a B 1t 21＋v 2B －2a B 2＝x 代入数据解得t 1＝2 st 2＝v B －a B 2＝1 s 所以B 运动的时间是：t ＝t 1＋t 2＝3 s.(2)设A 的加速度为a A ，则根据相对运动的位移关系得 12a A t 21－12a B 1t 21＝L －x解得：a A ＝2 m/s 2由牛顿第二定律得F －μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma A代入数据得：F ＝26 N.答案： (1)3 s (2)26 N。
(全国通用)高考物理大二轮总复习 增分策略 第一篇 答题规范一 力学实验问题-人教版高三全册物理试题
【步步高】〔全国通用〕2016版高考物理大二轮总复习增分策略第一篇答题规范一力学实验问题评分时坚持的原如此1．“只看公式，不看文字〞原如此教师要求平时要养成良好的解题习惯，列公式一定要写出必要的文字说明，这是对的 .但其实，高考物理大题进展评分时，文字说明是没有分的，也就是说，你写了，不多得分；不写，也不扣分．所以，在高考答题时，对于不确定该写什么文字说明时，不写是最好的选择．当然，能写出最好，这样更利于阅卷教师理解你的解题思路．2．“只看对的，不看错的〞原如此高考的阅卷方式是，对于必要的公式，只要与此题有关的公式都写出来了，而且答案正确，那么就给总分为．对于一些不相关的公式，写出来不给分也不扣分．因此，对于不会做的题目，一定不要一字不答，而应该是把能想到的与此题相关的公式都写上，只要对了就有分．3．“只看物理公式和答案，不看数学运算过程〞原如此在物理试卷中，能不出现数学运算就不要出现，因为只有公式和最后的答案是给分点．应用物理过程推导出的数学运算过程再精彩也是没分的，在草稿纸上进展就可以了．4．“等价给分〞原如此高考的评分标准中往往会给出一题的多种解答，以与每种解答中每一步骤的给分原如此．但是，在阅卷的过程中，还是会出现某个学生用了与评分标准中的每一种解答方式都不一样的解答．此时的阅卷原如此是等价给分．也就是说，只要公式是一级公式，也确实能推出正确答案的，就给总分为．如果其中的某个公式应用错误而导致结果不正确的，那么，根据标准答案的解答方式来判断这个公式的重要性，酌情给分．5．“不重复扣分〞原如此物理阅卷时，如果错误只在第一问，第二问的过程没错，结果的错误也仅仅是第一问造成的，那么，第一问的分扣掉后，第二问就不再重复扣了．这也提醒大家，即使第一问不能保证做对，第二问一样可以得到总分为．6．“不许越线〞原如此评卷时由于需切割扫描，答错位置或答题超出答题卡标出的答题区时，会造成阅卷教师看到的内容与此题不符或不全，而无法给分．试卷上有明显的提示，要求在答题区内作答，超出范围的答案无效，在草纸、试卷上作答无效． 一、力学实验问题(2014·新课标全国Ⅱ卷·23) (9分)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1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 .测量结果与局部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)．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1P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 P 6 x 0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01 x (cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41 n 10 20 30 40 50 60 k (N/m)163 ① 56.043.633.828.81k(m/N) 0.006 1②0.017 9 0.022 9 0.029 6 0.034 7(1)将表中数据补充完整：____①____；____②____.(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图2给出的坐标纸上画出1k－n 图象．图2(3)图2中画出的直线可近似认为通过原点．假设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 ＝____③____ 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 ＝____④____ N/m. 规范解析 (1)根据胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mgx －x 0＝0.100×9.805.26－4.06×10－2N/m≈81.7 N/m，1k≈0.012 2.(2)1k－n 图象如下列图(3)根据图象可知，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 0.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)评分细如此 1.第(1)问 3分，①②错一个扣1分，错两个扣3分，①填81.67不给分，② 1.22×10－2可给分．数值计算错误的不给分，假设带有单位不给分． 2．第(2)问图象3分，无描点的不给分，连成曲线或折线的不给分．3．第(3)问3分，③④错一个扣1分，错两个扣3分，③在1.67×103n ～1.83×103n之间均可，④在3.31l 0～3.62l 0之间均可，假设带有单位不给分，有效数字保存太多的不给分．答题规如此 1.严格按照实验原理进展实验操作：第(1)问关键根据胡克定律得到弹簧弹力和长度的关系公式计算得出列表中遗漏的数据，第(3)问分析图象的物理意义，特别是斜率的物理意义，最后结合图象数据求解劲度系数．2．按照题目对有效数字的要求表示出结果：此题计算虽然没明确要求保存几位有效数字，但计算的结果要和列表中相应数值的有效数字保持一致，例如①81.7正确，填81.67就不给分．3．严格按照对画图象的要求进展作图：要有描点的痕迹，尺规作图，如果图象是直线一定要用尺子，离直线太远的点要大胆舍弃，否如此画成曲线或折线的不得分了，不要画成六个点连成的线段，而要适当延长特别是过原点的要延长到过原点以表示正比关系．(2015·安康二模)物理小组在一次验证机械能守恒定律的实验中，实验装置如图3甲所示，气垫导轨放置在水平桌面上，一端装有光滑的定滑轮；导轨上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为f .开始实验时，在托盘中放入适量砝码，先接通电源，再松手后滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点．图3(1)本实验存在一个重大的失误，该失误是：__________________________________________.(2)图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一局部：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有9个计时点未标出，计数点间的距离如下列图．根据图中数据计算的加速度a ＝________________(用x 1、x 3、f 表示)．(3)为了验证机械能守恒定律，如下物理量中还应测量的是( ) A ．导轨的长度L B ．砝码的质量m 1 C ．滑块的质量m 2 D ．托盘和砝码的总质量m 3(4)如果图乙中x 1、x 2、x 3是实验改良后测得的数据，请写出从计数点3到计数点4的过程中要验证的机械能守恒定律的表达式_________________________________________.学生用书答案精析 第二局部第一篇 细研评分细如此，临场再练答题规范 一、力学实验问题 规范体验(1)未验证气垫导轨是否水平 (2)x 3－x 1f 2200 (3)CD (4)m 3gx 2＝12(m 2＋m 3)[x 2＋x 32f2400－x 1＋x 22f2400]解析 (1)在本实验中应验证气垫导轨是否水平，而此题中没有进展验证．(2)由于题目中只给出了三组数据，故可采用其中任两组，此题中采用x 1和x 3；如此有：x 3－x 1＝2aT 2；因中间有10个间距， 故T ＝10f ；如此有：a ＝x 3－x 1f 2200.(3)根据实验原理可知，本实验中砝码和托盘的重力势能的减小量等于总的动能的增加量；故应测量滑块的质量m 2与托盘和砝码的总质量m 3.(4)分别求出3、4两点的速度v 3＝x 1＋x 220f ，v 4＝x 2＋x 320f ；下降的高度为x 2，如此由机械能守恒定律可知：m 3gx 2＝12(m 2＋m 3)[x 2＋x 32f2400－x 1＋x 22f2400]．。
高考物理二轮复习第2部分考前冲刺方略实验题型增分练2
实验题型增分练(二)建议用时：10分钟1．(6分)现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径．螺旋测微器的示数如图甲所示．(1)由图甲读得圆柱体的直径为________mm.(2)在用多用电表粗测某段金属丝电阻时，该兴趣小组首先选用“×1”欧姆挡，其阻值如图乙中指针所示，则R x 的阻值大约是________Ω.(3)若流经圆柱体的电流为I ，圆柱体两端之间的电压为U ，圆柱体的直径和长度分别为D 、L ，测得D 、L 、I 、U 表示的电阻率的关系式为ρ＝________.解析：(1)由题图甲所示螺旋测微器可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5 mm ，可动刻度示数为34.2×0.01 mm＝0.342 mm ，螺旋测微器示数为1.5 mm ＋0.342 mm ＝1.842 mm ；(2)用多用电表的电阻“×1”挡，由题图乙所示可知，电阻阻值为9×1 Ω＝9 Ω；(3)由电阻定律可知，金属丝电阻R ＝ρL S ＝ρL π⎝ ⎛⎭⎪⎫D 22； 由欧姆定律，则：R ＝U I则金属丝电阻率：ρ＝πD 2U 4IL. 答案：(1)1.842 (2)9 (3)πD 2U 4IL2．(9分)某同学设计了一个如图所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A 为滑块，B 和C 是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置．实验中该同学在砝码总质量(m ＋m ′＝m 0)保持不变的条件下，改变m 和m ′的大小，测出不同m 下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数．(1)该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有( )A ．秒表B ．毫米刻度尺C ．天平D ．低压交流电源(2)实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示，从清晰的O 点开始，每隔4个点取一计数点(中间4个点没画出)，分别记为A 、B 、C 、D 、E 、F ，各计数点到O 点的距离为OA ＝1.61 cm ，OB ＝4.02 cm ，OC ＝7.26 cm ，OD ＝11.30 cm ，OE ＝16.14 cm ，OF ＝21.80 cm ，打点计时器打点频率为50 Hz ，则由此纸带可得到打E 点时滑块的速度v ＝________m/s ，此次实验滑块的加速度a ＝________m/s 2.(结果均保留两位有效数字)(3)在实验数据处理中，该同学以m 为横轴，以系统的加速度a 为纵轴，绘制了如图所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝________.(取g ＝10 m/s 2)解析：(1)实验需要测两点间距离，故要刻度尺，打点计时器用到低压交流电源，故选B 、D.(2)每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1 s ，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：v D ＝OE －OC 2T ＝16.14－7.260.2×10－2 m/s ＝0.44 m/s ， 同理可求v C ＝OE －OA 4T ＝16.14－1.610.4×10－2 m/s ＝0.36 m/s ， 由匀变速规律得：v D ＝v C ＋v E2，所以v E ＝2v D －v C ＝0.52 m/s ， 由Δx ＝aT 2得a ＝Δx T2＝0.81 m/s 2. (3)对ABC 系统应用牛顿第二定律可得：a ＝mg －μg M ＋m ′M ＋m 0＝mg －μg M ＋m 0－m M ＋m 0＝g ＋μg M ＋m 0m －μg 所以，a －m 图象中，纵轴的截距为－μg ，故－μg ＝－3，μ＝0.3.答案：(1)BD (2)0.52 0.81 (3)0.3。
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实验题突破训练1．在“利用打点计时器测定匀加速直线运动加速度”的实验中，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上．某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A、B、C、D、E、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出)．从每一个计数点处将纸带剪开把纸带分成五段(分别为a、b、c、d、e段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy坐标系中，如图所示，由此可以得到一条表示v—t关系的图线，从而求出加速度的大小．(1)请你在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)，并指出哪个轴相当于v轴？答：________；(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：________；(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，则可求出加速度的大小为________．解析：(1)由题意知在打出的纸带上每5点取一个计数点，故两相邻计数点之间所用时间为t＝0.02×5 s＝0.1 s．因相邻两个计数点间的距离之差相等，故纸带做匀加速运动，可知运动速度均匀增加，在xOy坐标系中用最简捷的方法作出能表示v—t关系的图线(在图上作答)如图所示，y轴相当于v轴．(2)若从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s时刻的瞬时速度，即AD段的平均速度；因c－b＝b－a，即c＋a＝2b，则AD段的平均速度为(a＋b＋c)/3t＝3b/3t＝b/t，即b段的平均速度，故只需要测出b段纸带的长度．(3)由e－d＝d－c＝c－b＝b－a＝Δx＝at2，得运动的加速度a＝2.0 m/s2.答案：(1)v—t图线如解析图所示y轴相当于v轴(2)b (3)2.0 m/s22．某实验小组利用拉力传感器和打点计时器“验证牛顿运动定律”，实验装置如图．他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受到拉力F 的大小；小车后面固定一打点计时器，通过拴在小车上的纸带，可测量小车做匀加速运动的速度与加速度．(1)若交流电的频率为50 Hz ，则根据下图所打纸带记录，小车此次运动经B 点时的速度为________m /s ，小车的加速度a ＝________m /s 2.(2)由于小车所受阻力F f 的大小难以测量，为了尽量减小实验的误差，需尽可能降低小车所受阻力F f 的影响，以下采取的措施中必须的是：________.A ．适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑B ．钩码质量m 远小于小车的质量MC ．定滑轮的轮轴要尽量光滑D ．适当增大钩码的质量m解析：(1)v B ＝s AC 2T ＝8.002×0.1cm /s ＝0.40 m /s .a ＝s BC －s AB T 2＝8.00－3.27－3.270.12cm /s 2＝1.46m /s 2. (2)A 项做法让小车下滑分力与摩擦力抵消．D 项则较能满足F ≫F f ，减小摩擦力影响． 答案：(1)0.40 1.46 (2)AD3．(2015·天津卷)用电流表和电压表测定由三节干电池串联组成的电池组(电动势约4.5 V ，内电阻约1 Ω)的电动势和内电阻，除待测电池组、电键、导线外，还有下列器材供选用：A ．电流表：量程0.6 A ，内电阻约1 ΩB ．电流表：量程3 A ，内电阻约0.2 ΩC ．电压表：量程3 V ，内电阻约30 k ΩD ．电压表：量程6 V ，内电阻约60 k ΩE ．滑动变阻器：0～1 000 Ω，额定电流0.5 AF ．滑动变阻器：0～20 Ω，额定电流2 A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均填仪器的字母代号)．(2)如图为正确选择仪器后，连好的部分电路．为了使测量误差尽可能小，还需在电路中用导线将________和________相连、________和________相连、________和________相连(均填仪器上接线柱的字母代号)．(3)实验时发现电流表坏了，于是不再使用电流表，剩余仪器中仅用电阻箱替换掉滑动变阻器，重新连接电路，仍能完成实验．实验中读出几组电阻箱的阻值R 和对应电压表的示数U.用图象法处理采集到的数据，为在直角坐标系中得到的函数图象是一条直线，则可以________为纵坐标，以________为横坐标．解析：(1)由于被测电池组的电动势约4.5 V ，因此电压表应选用D ，由于电池允许通过的电流一般不超过0.5 A ，因此电流表选用A ，滑动变阻器起限流作用，为了方便调节，因此阻值不宜太大，选用F .(2)考虑到电流表内电阻与电池组的内电阻相差不大，而电压表内电阻特别大，为了使测量误差尽可能小，需用电压表测量电流表和滑动变阻器的总电压，故还需在电路中用导线将a 与d 相连接，c 与g 相连接，f 与h 相连接，电路连接如图．(3)若用电阻箱与电压表以伏阻法测电源电动势和内电阻，根据闭合电路欧姆定律可知，E ＝U ＋U R r ，变形得1U ＝1E ＋r E ·1R ，以1U 为纵坐标，1R为横坐标，作出的图象是一条直线．答案：(1)A D F (2)a d c g f h (3)1U 1R 或U U R 或R UR 4．某实验小组采用下图所示的装置探究“动能定理”，图中小车中可放置砝码，实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面，打点计时器工作频率为50 Hz .(1)下图是钩码质量为0.03 kg 、砝码质量为0.02 kg 时得到的一条纸带，在纸带上选择起始点O 及A 、B 、C 、D 和E 五个计数点，可获得各计数点到O 的距离x 及对应时刻小车的瞬时速度v ，请将C 点的测量结果填在表中的相应位置．(2)实验小组根据实验数据绘出了图中的图线(其中Δv 2＝v 2－v 20)，根据图线可获得的结论是_______________________.要验证“动能定理”，还需测量的物理量是摩擦力和________． 表1 纸带的测量结果解析：(1)对于C 点到O 的距离x ，可由纸带分析得出为6.08 cm －1.00 cm ＝5.08 cm . C 点对应小车的瞬时速度可用B 、D 两点间的平均速度来求，即v c ＝x BD 4T 0＝7.15－3.204×0.02cm /s ≈49 cm /s ＝0.49 m /s .(2)根据Δv 2－x 图象为过坐标原点的一条直线，可得出Δv 2∝x 的结论．要验证动能定理需明确合外力所做的功和物体(小车和砝码)动能的变化．合外力做功应为W合＝mgx －F f x(其中F f 为车受到的摩擦力，x 为车的位移)；而求物体(小车和砝码)动能的变化时，还需测出小车的质量．答案：(1)5.08(5.05～5.10 均对) 0.49(0.48～0.50 均对) (2)Δv 2∝x(速度平方的变化与位移成正比) 小车的质量5．用以下器材测量一待测电流表的内阻：待测电流表(量程250 mA ，内阻r 1约为5 Ω)；标准电流表(量程300 mA ，内阻r 2约为5 Ω)；电阻箱R 1(最大值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ω)；滑动变阻器R 2(最大阻值10 Ω)；电源E(电动势约为10 V ，内阻r 约为1 Ω)；单刀单掷开关S ，导线若干．(1)要求方法简捷，并能测多组数据，试在方框中画出实验电路原理图，并在图上标明每个器材的代号．(2)实验中，需要直接测量的物理量是__________________， 用测得的量表示待测电流表内阻的计算公式是r 1＝________. 解析：(1)如果将滑动变阻器与、串联(限流接法)，则电流会超出两表的量程，所以滑动变阻器应为分压连接；采用并联比较法测量的内阻(与R 1比较)，实验电路原理图如图所示．(2)实验需要直接测量的物理量是、两电流表的读数I 1、I 2以及电阻箱接入电路的阻值R 1，则通过R 1的电流为I 2－I 1，由并联电路规律可得：r 1＝I 2－I 1I 1R 1.答案：(1)见解析图 (2)见解析 I 2－I 1I 1R 1 6.某同学利用上图所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率．①所得实验数据如下表，请在给出的直角坐标系上画出U—I图象.②根据所画W．(保留两位有效数字)③实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在下图所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是________．(R x阻值未知)解析：本题主要考查实验探究电源在不同负载下的输出功率，意在考查学生利用图象处理实验数据的能力、实验原理分析和实验改进的创新能力．第一问描点连线操作需要注意的是实验中有一个特殊的“坏点”(电流为0.35 A时)，连线时要忽略它的存在．第二问利用图象解决实际问题，注意读数规则和有效数字就可以了．第三问需要综合对比四个图象的特点，选择符合题目两个要求的电路图．答案：①见解析图 ②0.37(或0.36) ③bc7．(2015·福建卷)某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接．①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为________A ；③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将________只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3 V 、内阻为1 Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值约为________W (保留两位小数)．解析：①根据题意，实验电路为分压电路，电流表外接，按照电流流向即可完成连线，在连线时要注意电表的极性，并注意接线要连到接线柱上．②因为电流表的精度是0.02 A ，所以读数为22×0.02 A ＝0.44 A .③当电源的内阻与外阻相同时，小电珠的总功率最大，即当总电流I ＝E2r＝1.5 A ，路端电压为U＝1.5 V时，小电珠的总功率最大，从题图中可知U＝1.5 V时，通过每个小电珠的电流为I0＝0.38 A，所以有n＝II0＝4，总功率约为P＝IU＝1.5×1.5 W＝2.25 W.答案：①如图所示②0.44③4 2.25(2.22～2.28均对)8．硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表的量程选用3 V，内阻为6.0 kΩ；电压表量程选用15 V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势E约为12 V，内阻不计．(1)根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．(2)用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表、的示数U 1、U2.①某次测量时，电压表示数如图丙，则U 1＝________V．可算出通过硅光电池的反向电流大小为________mA(保留两位小数)．②该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压U x 和通过的反向电流I x (表中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立I x －U x 坐标系，标出了与表中前5组U x 、I x 数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出I x －U x 图线.(3)由I x －U x 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，I x 与U x 成________(填“线性”或“非线性”)关系．解析：(1)实物图如图所示．(2)①由题图知，电压表读数为1.40 V ，通过硅光电池的反向电流也等于通过电压表V 1的电流，故I ＝U 1R V 1＝ 1.406.0×103 A ≈0.23 mA . ②先在坐标纸上描点，然后用平滑的曲线将其连接起来，如下图所示．③因图线为曲线，故I x 与U x 成非线性关系． 答案：(1)见解析图(2)①1.400.23 ②见解析图③非线性。