2018版高考物理(教科版四川专用)大一轮复习讲义(课件)选修3-3 第十一章 热学 本章学科素养提升
2018届高考物理知识点同步总复习课件4(第十一章_选修3-3)AqwlPA
选择题
6分
气体的图象问题
一分耕耘一分收获
(3)能熟练运用热力学第一、第二定律和能量转化 与守恒定律分析及讨论物体内能的变化．
一分耕耘一分收获
年份 考题 题型 分值 主要考点
全国卷Ⅰ 第 33 题(1)
选择题
6分
对气体的 p－T 图象的理解
全国卷Ⅰ 第 33 题(2)
计算题
9分
气体状态方程的 应用
2014
全国卷Ⅱ 第 33 题(1)
选择题
选择题
6分
气体分子速率分 布曲线
上海卷第 20 题
选择题
4分
气体的等容变化
上海卷第 2014 27 题
选择题
4分
气体状态变化图 象
上海卷第 30 题
计算题
4分
气体状态方程的 应用
浙江自选 第 13 题
填空题
10 分
气体的等压变化
一分耕耘一分收获
年份 考题 题型 分值 主要考点
全国卷Ⅰ 第 33 题(1)
重庆卷第 10 题
选择题
6分
热力学第一定律 和分子动理论
2015 江苏卷第 12 题 A(1)
选择题
4分
固体的性质
江苏卷第 12 题 A(2)
填空题
4分
气体压强的微观 解释、内能
一分耕耘一分收获
年份 考题 题型 分值 主要考点
江苏卷第 12 题 A(3)
计算题
4分
玻意耳定律
广东卷第 17 题
选择题
山东卷第 37 题(1)
选择题
4分
气体的等压变化
一分耕耘一分收获
年份 考题 题型 分值 主要考点
2018版高考物理教科版四川用大一轮复习讲义选修3-3第十一章热学实验十二
3.实验步骤 (1)按图连接好电路，将热敏电阻绝缘处理； (2)把多用电表置于 欧姆 挡，并选择适当的 量程测出烧杯中没有水时热敏电阻的阻值， 并记下温度计的示数； 温度计 (3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下________
的示数 和多用电表测量的热敏电阻的阻值；
(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录.
第十一章 交变电流 传感器
实验十二 传感器的简单使用
内容索引
过好双基关
命题点一
教材原型实验
命题点二
实验拓展创新
1
过好双基关
基本实验要求Ⅰ 研究热敏电阻的特性 1.实验原理 闭合电路欧姆定律，用 欧姆 表进行测量和观察. 2.实验器材 半导体热敏电阻、多用电表、 温度计 、铁架台、烧杯、凉水和热水.
2
教材原型实验
命题点一
【例 1】热电传感器利用了热敏电阻对温度变化响应很敏感的特性 . 某学习 小组的同学拟探究某种类型的热敏电阻的阻值如何随温度变化 .从室温升到 80 ℃时，所提供的热敏电阻Rt的阻值变化范围可能是由5 Ω变到1 Ω或由5 Ω 变到45 Ω.除热敏电阻外，可供选用的器材如下： 温度计，测温范围－10～100 ℃； 电流表A1，量程3 A，内阻rA＝0.1 Ω； 电流表A2，量程0.6 A，内阻约为0.2 Ω； 电压表V1，量程6 V，内阻rV＝1.5 kΩ； 电压表V2，量程3 V，内阻约为1 kΩ；
报警器开始报警 直至__________________.
答案
解析
用电阻箱替代热敏电阻进行调试，应将开关向 c端闭合，开关闭合后要
减小电路中的电阻直至报警器报警.
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即 可正常使用.
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第九
专题强化十一带电粒子在叠加场和组合场中的运动专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．命题点一带电粒子在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)静电力、洛伦兹力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解．例1在如图1所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝944m的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于水平面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N /C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、带电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端由静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：图1(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .①沿CD 向右匀速直线运动；②经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．答案 (1)4 m/s (2)0.56 m解析 (1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，则 F 1＝q v B ① f ＝μ(mg －F 1)②由题意知，水平方向合力为零，F －f ＝0③ 联立①②③式，代入数据解得v ＝4 m/s ④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a 1，根据牛顿第二定律有 qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则 s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨s ＝s 1＋s 2⑩联立⑤～⑩式，代入数据得s＝0.56 m.1．(2016·天津·11)如图2所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着垂直纸面向里的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2，求：图2(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.答案(1)20 m/s方向与电场方向成60°角斜向上(2)3.5 s解析(1)小球做匀速直线运动时受力如图甲，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B＝q2E2＋m2g2①甲代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图乙所示，设其加速度为a，有乙a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y ，有 y ＝12at 2⑦ tan θ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s ≈3.5 s ⑨解法二 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.2．如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1，已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A 位置出发到返回至A 位置过程所经历的时间为多少？ 答案 (1)负电 q ＝3mg 3E 1 v ＝2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1 (3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg ＝qE 1tan 60°，q ＝3mg 3E 1.又qE 1＝q v B 1cos 60°，得v ＝2E 1B 1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE ＝mg ，即E ＝3E 1.(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD ＝2ON ，ON OA ＝ONL ＝tan 60°，联立上述方程解得 PD ＝DN ＝233L ，R ＝233L .设x 轴下方的磁感应强度为B ，则满足q v B ＝m v 2R ，T ＝2πmqB .从N 点运动到C 点的时间为t ＝3×360°－60°360°T .联立上式解得t ＝53πB 1L3E 1.由几何关系可知LAN＝cos 60°.在第一象限运动的时间t 1和第二象限中的运动的时间t 2相等，且t 1＝t 2＝AN v ＝2L v ＝B 1LE 1.所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为t 总＝t ＋t 1＋t 2.联立上述方程解得t 总＝53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1.命题点二 带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现． 2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理． (2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键． (3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．图4例2 在如图4所示的直角坐标系xOy 中，矩形区域OACD 内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝5.0×10－2 T ；第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝1.0×105 N /C.已知矩形区域OA 边长为0.60 m ，AC 边长为0.20 m ．在CD 边中点N 处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中的各个方向均匀辐射出速率均为v ＝2.0×106 m/s 的某种带正电粒子，带电粒子的质量为m ＝1.6×10－27kg 、电荷量为q ＝3.2×10－19C ，不计粒子重力，计算结果均保留两位有效数字，试求： (1)粒子在磁场中运动的半径；(2)从N 处射出的粒子在磁场中运动的最短路程；(3)沿x 轴负方向射出的粒子，从射出到从y 轴离开所经历的时间．①各个方向均匀辐射；②不计粒子重力．答案 (1)0.20 m (2)0.21 m (3)4.6×10－7 s解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，由牛顿第二定律可得 q v B ＝m v 2r代入数据解得r ＝0.20 m.(2)设粒子在磁场中运动的最短路程为s ，由数学知识可知，最短弦长对应最短的弧长，粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，α＝60°，最短的弧长即最短路程，则有s ＝16×2πr＝0.21 m.甲(3)如图乙所示，粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝6.28×10－7 s ，设沿x 轴负方向射出的粒子在磁场中沿弧NP 运动的时间为t 1，则有t 1＝T 4＝1.57×10－7 s设粒子在电场中运动的时间为t 2，加速度大小为a ，则有t 2＝2v a ，a ＝qEm ，代入数据解得t 2＝2.0×10－7 s由几何关系可知，cos θ＝12，所以θ＝60°，设粒子沿弧PH 运动的时间为t 3，则t 3＝T6，t 3＝1.05×10－7 s故沿x 轴负方向射出的粒子，从射出到从y 轴离开所经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝4.6×10－7 s.乙带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段； 第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下： 匀速圆周运动←粒子垂直于磁感线进入匀强磁场←磁偏转←组合场中两种典型的偏转→电偏转→粒子垂直于电场线进入匀强电场→类平抛运动 第3步：用规律磁偏转→匀速圆周运动→圆轨迹→找半径→定圆心⎩⎪⎨⎪⎧半径公式周期公式电偏转→类平抛运动⎩⎪⎨⎪⎧初速度方向→匀速直线运动电场方向→匀变速直线运动3．如图5所示，直角坐标系xOy 第一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ，电荷量为e 的电子从第一象限的某点P (L ，38L )以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q (L4，0)进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求：图5(1)电子经过Q 点时的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和最小面积S . 答案 见解析解析 (1)电子从P 点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q 点，可知竖直方向y ＝38L ＝12at 2，水平方向x ＝34L ＝v 0t ，解得a ＝43v 29L而v y ＝at ＝33v 0，所以电子经过Q 点时的速度为 v ＝v 20＋v 2y ＝233v 0设v 与x 轴负方向的夹角为θ，可知tan θ＝v y v 0＝33，所以θ＝30°.(2)如图所示，电子以与x 轴负方向成30°角的方向进入第四象限后先沿QM 做匀速直线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运动，恰好以沿y 轴向上的速度经过O 点．可知圆周运动的圆心O ′一定在x 轴上，且O ′点到O 点的距离与O ′点到直线QM 上M 点(M 点即磁场的边界点)的距离相等，找出O ′点，画出其运动的部分轨迹为弧MNO ，所以面积最小的磁场的右边界和下边界就确定了设偏转半径为R ，e v B ＝m v 2R ，由图知OQ ＝14L ＝3R ，解得B ＝83m v 0eL ，方向垂直纸面向里面积最小的磁场的长度L OC ＝32R ＝18L ，宽度L OA ＝R ＝112L矩形磁场的最小面积为：S min ＝L OC ·L OA ＝196L 2. 4．x 轴下方有两个关于直线x ＝－0.5a 对称的沿x 轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图6甲所示，一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以初速度v 沿y 轴正方向从P 点进入电场，后从原点O 以与过P 点时相同的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过O 点的同时在MN 和x 轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后到达Q 点，并且速度也与过P 点时速度相同．已知P 、O 、Q 在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且P 、Q 两点横坐标分别为－a 、a .试计算：图6(1)电场强度E 的大小； (2)磁场的磁感应强度B 的大小； (3)粒子从P 到Q 的总时间．答案 (1)4m v 2aq tan 2 θ (2)4nm v cos 2 θqa (n ＝1,2,3，…)(3)a tan θv ＋(π－2θ)α2v cos 2θ解析 (1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t ，对该运动分析得 y 方向：a tan θ＝2v t x 方向：12a ＝qE2mt 2，解得：E ＝4m v 2aq tan 2 θ，t ＝a tan θ2v.(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)设半径为R ，由几何关系可知 acos θ＝4nR cos θ(n ＝1,2,3，…)， Bq v ＝m v 2R，解得B ＝4nm v cos 2θqa (n ＝1,2,3，…)．(3)带电粒子在电场中运动的时间 t 电＝2t ＝a tan θv .研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t 磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知 α＝π－2θ，则t 磁＝2n (π－2θ)R v ＝(π－2θ)a2v cos 2θ， 所以粒子从P 到Q 的总时间 t 总＝t 电＋t 磁＝a tan θv ＋(π－2θ)a 2v cos 2θ.题组1 带电粒子在叠加场中的运动1．如图1，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面向里．一带电荷量为＋q 、质量为m 的微粒从原点出发进入复合场中，初速度方向与x 轴正方向的夹角为45°，正好做直线运动，当微粒运动到A (l ，l )时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y 轴穿出复合场．不计一切阻力，求：图1(1)电场强度E 的大小； (2)磁感应强度B 的大小； (3)微粒在复合场中的运动时间． 答案 (1)mg q (2)mqg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动，对微粒受力分析如图甲：由几何关系知Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件： q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙 q v B ＝m v 2r由几何知识可得：r ＝2l 联立解得：v ＝2gl ，B ＝mqg l(3)微粒做匀速运动时间：t 1＝2lv ＝l g做匀速圆周运动时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g故微粒在复合场中的运动时间： t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 2．如图2所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v C ＝1007 m /s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度为v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10m/s 2，cos 37°＝0.8)．求：图2(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为G 点(未标出)，求G 点到D 点的距离． 答案 (1)正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m解析 (1)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动，在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零，若小球带负电，小球受到的合力不为零，因此带电小球应带正电荷． (2)小球在D 点速度为 v D ＝v C ＝1007m/s设重力与电场力的合力为F 1，如图所示，则F1＝F 洛＝q v C B又F 1＝mgcos 37°＝5 N解得qB ＝F 1v C ＝720 C·T在F 处由牛顿第二定律可得 q v F B ＋F 1＝m v 2F R把qB ＝720C·T 代入得R ＝1 m小球在DF 段克服摩擦力做功W f ，由动能定理可得 －W f －2F 1R ＝12m v 2F －12m v 2D 解得W f ≈27.6 J(3)小球离开F 点后做类平抛运动，其加速度为a ＝F 1m由2R ＝at 22解得t ＝4mR F 1＝225s 交点G 与D 点的距离GD ＝v F t ＝825m ≈2.26 m. 题组2 带电粒子在组合场中的运动3．如图3所示，在xOy 平面内y 轴与MN 边界之间有沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧和MN 边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场，MN 边界与y 轴平行且间距保持不变．一质量为m 、电荷量为－q 的粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，每次经过磁场的时间均为t 0，粒子重力不计．图3(1)求磁感应强度的大小B ；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点O ，求电场区域的宽度d 和此时的电场强度E 0； (3)若带电粒子能够回到原点O ，则电场强度E 应满足什么条件？ 答案 (1)πm qt 0 (2)32v 0t 0 m v 0qt 0(3)E ＝(2n ＋1)m v 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πmqB，粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则T ＝2t 0，解得B ＝πmqt 0(2)t ＝5t 0时粒子回到原点，轨迹如图甲所示，由几何关系有r 2＝2r 1由向心力公式有qB v 0＝m v 20r 1，qB v 2＝m v 22r 2电场宽度d ＝v 0＋v 22t 0，解得d ＝32v 0t 0又v 2＝v 0＋qE 0m t 0，解得E 0＝m v 0qt 0(3)如图乙所示，由几何关系可知，要使粒子能够回到原点，则应满足n (2r 2′－2r 1)＝2r 1(n ＝1,2,3，…)由向心力公式有qB v 2′＝m v 2′2r 2′，解得v 2′＝n ＋1n v 0根据动能定理有qEd ＝12m v 2′2－12m v 20 解得E ＝(2n ＋1)m v 03n 2qt 0(n ＝1,2,3，…)．4．如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)图4(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d ；(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件；(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小． 答案 (1) 2qU 0m T 042qU 0m (2)B <4L2mU 0q(3)74T 0 8πm 7qT 0解析 (1)粒子由S 1到S 2的过程，根据动能定理得 qU 0＝12m v 2①由①式得v ＝2qU 0m ② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得q U 0d ＝ma ③由运动学公式得d ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 022④联立③④式得d ＝T 042qU 0m⑤ (2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，应满足2R >L2⑦联立②⑥⑦式得B <4L2mU 0q⑧ (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有d ＝v t 1⑨ 联立②⑤⑨式得t 1＝T 04⑩若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得 d ＝v 2t 2⑪联立⑨⑩⑪式得t 2＝T 02⑫设粒子在磁场中运动的时间t ＝3T 0－T 02－t 1－t 2⑬联立○10⑫⑬式得t ＝7T 04⑭则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得T ＝2πmqB ⑮由题意可知T ＝t ＝7T 04⑯联立⑭⑮⑯式得B ＝8πm7qT 0.。
2018年高考物理四川专用一轮复习课件：第1章 运动的描述 匀变速直线运动
实验 一： 研究 匀变 速直 线运 动
要 求
说明
2014
2014
Ⅰ卷 Ⅱ卷
匀变
速直
线运
T146
Ⅱ
动图 像只
T24 分 12分 T241
限于v
3分
－t图
像
高考命题实况
2015 2015 2014四 Ⅰ卷 Ⅱ卷 川
2015 四川
命题热点
T206 分
Байду номын сангаасT226 分
(2)x－t图 像、v－t图 像的理解及 T9(1)1 应用； 5分 (3)与牛顿运 动定律、电
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考点 内容
参考 系、 质点
位 移、 速度 和加 速度
高考命题实况
要 求
说明
2014 Ⅰ卷
2014 Ⅱ卷
2015 Ⅰ卷
2015 Ⅱ卷
201 2015 4四 四 川川
命题热 点
匀变 Ⅰ 速直
线运
动图
像只
Ⅱ 限于 v－t 图像
(1)匀变 速直线 运动的 基本概 念、公 式、规 律的应 用；
考点 内容
场中带电粒
子的运动、
磁场中通电 导体的运动
等相结合考 查；
(4)与实际生 活应用相结 合
注：各考点要求中罗马数字Ⅰ、Ⅱ的含义如下： Ⅰ.对所列知识要知道其内容及含义，并能在有关问题中识别 和直接使用。 Ⅱ.对所列知识要理解其确切含义及与其他知识的联系，能够 进行叙述和解释，并能在实际问题的分析、综合、推理和判断 等过程中运用。
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档选修
⊳思维建模能力的培养⊳析题破题能力的培养1．对于原线圈电路接有用电器的问题，输入功率等于输出功率，要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，此时U 1U 2＝n 1n 2中U 1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压．原线圈两端电压与用电器电压之和等于电源电压． 2．常见图例(图1)图13．处理技巧首先计算出通过副线圈的电流，由电流比关系可知原线圈的电流；其次根据欧姆定律可表示出与原线圈串联的电阻两端的电压；最后结合题意，列出原线圈两端电压的表达式，根据电压比关系求出副线圈两端电压．例1 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图2所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图2A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13答案 A解析 因原、副线圈的匝数比为3∶1，根据变压器的工作原理得I 1I 2＝n 2n 1，即原、副线圈中的电流之比I 1I 2＝13，因P ＝I 2R ，故原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值k ＝I 21I 22＝19.副线圈两端电压为U ，因U 1U 2＝n 1n 2，则原线圈两端电压为3U ，副线圈中U ＝I 2R ，与原线圈连接的电阻两端的电压U ′＝I 1R ＝13I 2R ＝U 3，因原线圈一侧所加电压为220 V ，所以U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ，综上所述选项A 正确，B 、C 、D 错误．含有变压器的动态电路问题的解题思路：例2 (多选)如图3所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片．在原线圈上加一电压为U 的正弦式交变电流，则( )图3A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小 答案 BC解析 保持Q 不动时，副线圈输出电压不变，将P 向上滑动时，电阻R 增大，副线圈总电阻增大，副线圈电流减小，由I 1I 2＝n 2n 1知，原线圈电流也减小，故A 错误，B 对．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，副线圈匝数增多，由U 1U 2＝n 1n 2知，输出电压变大，变压器输出功率和输入功率都变大，输入电流也相应变大，故C 对，D 错．。
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专题强化一运动学图像追及相遇问题专题解读 1.本专题是匀变速直线运动规律和运动学图像的综合应用，为高考必考内容，以选择题形式命题．2．学好本专题，可以提高同学们通过画运动情景示意图和v－t图像分析和解决运动学问题的能力．3．用到的知识有：x－t图像和v－t图像的理解，匀变速直线运动的规律，临界条件的确定，极值思想等数学方法．命题点一运动学图像的理解和应用1．x－t图像(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律．(2)斜率意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小．②切线斜率的正负表示物体速度的方向．2．v－t图像(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．(2)斜率意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小．②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．(3)面积意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．3．对两种图像的理解(1)x－t图像、v－t图像都不是物体运动的轨迹，图像中各点的坐标值x、v与t一一对应．(2)x －t 图像、v －t 图像的形状由x 与t 、v 与t 的函数关系决定． (3)无论是x －t 图像还是v －t 图像，所描述的运动都是直线运动．例1 如图1所示为甲、乙两质点做直线运动的速度－时间图像，则下列说法中正确的是( )图1A ．在0～t 3时间内甲、乙两质点的平均速度相等B ．甲质点在0～t 1时间内的加速度与乙质点在t 2～t 3时间内的加速度相同C ．甲质点在0～t 1时间内的平均速度小于乙质点在0～t 2时间内的平均速度D ．在t 3时刻，甲、乙两质点都回到了出发点 答案 A解析 因在0～t 3时间内甲、乙两质点的速度图线与t 轴所围“面积”相等，说明位移相等，则甲、乙两质点的平均速度相等，故A 项正确．在0～t 1时间内，甲的图线斜率为正值，加速度为正方向；在t 2～t 3时间内，乙的图线斜率为负值，加速度为负方向，两个加速度不相同，故B 项错误．甲质点在0～t 1时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02；乙质点在0～t 2时间内的平均速度等于0＋v 02＝v 02，故C 项错误．由图可知甲、乙两质点的速度均为正值．则两质点均做单向直线运动，不可能回到出发点，故D 项错误．例2 甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图2所示．已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处．则下列说法正确的是( )图2A ．甲车的初速度为零B ．乙车的初位置在x 0＝60 m 处C ．乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D ．5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大答案 C解析 由图可知甲车做匀速直线运动，速度v 甲＝Δx Δt ＝205 m/s ＝4 m/s.故A 错；由图可知乙车做匀减速直线运动，可看做是反方向的匀加速直线运动，则有x ＝12at 2，由图可知，当其反向运动5 s 时，位移为20 m ．则有20＝12a ·52，得加速度大小a ＝1.6 m/s 2.因其共运动了10 s ，可得x 0＝12×1.6×102 m ＝80 m ．C 对，B 错．t ＝5 s 时，两车相遇，但甲车速度v 甲＝4 m/s小于乙车速度v 乙＝8 m/s ，D 错．1．(多选)国际海事局在2018年2月2日发布报告说，2018年索马里海域未发生任何海盗袭击事件，IHS 分析报告得知，由于非洲之角地区(索马里、埃塞俄比亚)国内政治局势持续恶化，今年航行于索马里附近海域的船舶面临海盗威胁的风险将增高．假设亚丁湾索马里海盗的几艘快艇试图靠近劫持一艘被护航编队保护的商船，护航队员发射爆震弹成功将其驱逐．其中一艘海盗快艇在海面上的速度—时间图像如图3所示，则下列说法正确的是( )图3A ．海盗快艇在0～66 s 内从静止出发做加速度增大的加速运动B ．海盗快艇在96 s 末开始调头逃离C ．海盗快艇在66～96 s 内运动了225 mD ．海盗快艇在96～116 s 内做匀减速运动 答案 BC解析 在0～66 s 内图像的斜率越来越小， 加速度越来越小，速度越来越大，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，故A 错误；在96 s 末之前，速度均为正，说明海盗快艇一直沿正向运动．海盗快艇在96 s 后，速度由正变负，即改变运动的方向，开始掉头逃离，故B 正确；海盗快艇在66～96 s 内运动的位移为x ＝12×15×30 m ＝225 m ，故C 正确；海盗快艇在96～116 s 内，速度为负，速率均匀增大，则海盗快艇沿负方向做匀加速运动，故D 错误． 2．a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x －t 图像如图4所示，图像c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是( )图4A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反C．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近D．物体c一定做变速直线运动答案 D解析图像为位移—时间图像，由图可知，a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，t＝5 s时，相距最远，C错误；由图像可知，c是一条抛物线，故其函数关系为y＝kt2，由运动学公式可知，该物体做匀加速直线运动，所以D正确．命题点二追及相遇问题1．追及相遇问题中的一个条件和两个关系(1)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．(2)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画过程示意图得到．2．追及相遇问题的两种典型情况假设物体A追物体B，开始时，两个物体相距x0，有两种典型情况：(1)一定能追上，如做匀加速运动的物体A追匀速运动的物体B，当v A＝v B时，二者相距最远．(2)不一定能追上，如匀减速运动的物体A追匀速运动的物体B，当v A＝v B时，①若已超越则相遇两次．②若恰好追上，则相遇一次．③若没追上，则无法相遇．例3在一条平直的公路上，甲车在前以54 km/h的速度匀速行驶，乙车在后以90 km/h的速度同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．已知甲、乙两车与路面的动摩擦因数分别是μ1＝0.18和μ2＝0.1，g取10 m/s2.请问：(1)若两车恰好不相碰，则两车相碰前刹车所用时间是多少？(2)若想避免事故发生，开始刹车时两辆车的最小间距是多少？①同时开始刹车；②两车恰好不相碰；③开始刹车时两辆车的最小间距．答案 (1)20 s (2)100 m解析 (1)两车刹车过程中加速度大小分别是：a 1＝μ1g ＝0.5 m/s 2，a 2＝μ2g ＝1 m/s 2， 若两车恰好不相碰，则乙追上甲时，两车速度相等 v 1－a 1t ＝v 2－a 2t 代入数据，解得t ＝20 s(2)两车恰好不相碰时，开始刹车时两辆车的间距最小．甲的位移：x 1＝v 1t －12a 1t 2乙的位移：x 2＝v 2t －12a 2t 2若想避免事故发生，开始刹车时两辆车的最小间距为： Δx ＝x 2－x 1代入数据，解得：Δx ＝100 m.追及相遇问题的类型及解题技巧1．相遇问题的类型(1)同向运动的两物体追及即相遇，各自位移之差等于开始时两物体之间的距离． (2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇． 2．解题技巧分析时要紧抓“两个图三个关系式”，即：过程示意图和v －t 图像，速度关系式、时间关系式和位移关系式．同时要关注题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等．3．甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v 1＝8 m/s ，乙车在后，速度为v 2＝16 m/s ，当两车相距x 0＝8 m 时，甲车因故开始刹车，加速度大小为a 1＝2 m/s 2，为避免相撞，乙车立即开始刹车，则乙车的加速度至少为多大？ 答案 6 m/s 2解析 方法一：临界法两车速度相同均为v 时，设所用时间为t ，乙车的加速度为a 2，则v 1－a 1t ＝v 2－a 2t ＝v ，v 1＋v2t ＝v 2＋v 2t －x 0，解得t ＝2 s ，a 2＝6 m/s 2，即t ＝2 s 时，两车恰好未相撞，显然此后在停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避免相撞．满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s 2.方法二：函数法甲、乙运动的位移：x 甲＝v 1t －12a 1t 2，x 乙＝v 2t －12a 2t 2避免相撞的条件为x 乙－x 甲<x 0 即12(a 2－a 1)t 2＋(v 1－v 2)t ＋x 0>0 代入数据有(a 2－2)t 2－16t ＋16>0不等式成立的条件是：Δ＝162－4×16(a 2－2)<0，且 a 2－2>0 解得a 2>6 m/s 2.4．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L 1＝11 m 处，乙车速度v乙＝60 m /s ，甲车速度v 甲＝50 m/s ，此时乙车离终点尚有L 2＝600 m ，如图5所示．若甲车加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，乙车速度不变，不计车长．求：图5(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？ (2)到达终点时甲车能否超过乙车？ 答案 (1)5 s 36 m (2)不能解析 (1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距最大，即v 甲＋at 1＝v 乙，得t 1＝v 乙－v 甲a ＝60－502s ＝5 s甲车位移x 甲＝v 甲t 1＋12at 21＝275 m乙车位移x 乙＝v 乙t 1＝60×5 m ＝300 m 此时两车间距离Δx ＝x 乙＋L 1－x 甲＝36 m (2)甲车追上乙车时，位移关系x 甲′＝x 乙′＋L 1 甲车位移x 甲′＝v 甲t 2＋12at 22，乙车位移x 乙′＝v 乙t 2将x 甲′、x 乙′代入位移关系，得v 甲t 2＋12at 22＝v 乙t 2＋L 1代入数值并整理得t 22－10t 2－11＝0，解得t 2＝－1 s(舍去)或t 2＝11 s 此时乙车位移x 乙′＝v 乙t 2＝660 m因x 乙′>L 2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车． 命题点三 应用图像分析运动问题 应用图像解决物理问题有四种情况： (1)根据题目所给运动图像分析物理问题； (2)根据题意自己画出运动图像并解决问题；(3)对题目中所给图像进行必要的转化，然后根据转化后的运动图像分析问题．例如，题目中给定的是F －t 图像，则可转化为a －t 图像，再转化为v －t 图像． (4)分析追及相遇问题①若用位移图像求解，分别作出两个物体的位移图像，如果两个物体的位移图像相交，则说明两物体相遇．②若用速度图像求解，则注意比较速度图线与时间轴包围的面积．例4 (多选)(2018·全国Ⅰ·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图像如图6所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图6A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 答案 BD解析 由题中v －t 图像得a 甲＝10 m /s 2，a 乙＝5 m/s 2，两车在t ＝3 s 时并排行驶，此时x 甲＝12a 甲t 2＝12×10×32 m ＝45 m ，x 乙＝v 0t ＋12a 乙t 2＝10×3 m ＋12×5×32 m ＝52.5 m ，所以t ＝0时甲车在前，距乙车的距离为L ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，B 项正确．t ＝1 s 时，x 甲′＝12a 甲t ′2＝5 m ，x 乙′＝v 0t ′＋12a 乙t ′2＝12.5 m ，此时x 乙′＝x 甲′＋L ＝12.5 m ，所以另一次并排行驶的时刻为t＝1 s，故A、C项错误；两次并排行驶的位置沿公路方向相距L′＝x乙－x乙′＝40 m，故D项正确．运动学图像问题的分析技巧1．抓住速度图像是速度随时间的变化规律，是物理公式的函数表现形式，分析问题时要做到数学与物理的有机结合，数学为物理所用．2．在速度图像中，纵轴截距表示初速度，斜率表示加速度，图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析．5．(多选)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t图像如图7所示，图中△PQR和△MNR 的面积分别为s1和s2(s1>s2)．初始时，甲车在乙车前方s0处．则()图7A．若s0＝s1＋s2，两车一定不会相遇B．若s0<s1，两车一定相遇2次C．若s0＝s2，两车可能相遇1次D．若s0＝s1，两车可能相遇2次答案AC解析开始时乙车的速度大于甲车，故两车距离逐渐减小，当速度相等时，两车距离最小，此时若两车相遇，则满足s甲＋s0＝s乙，即s0＝s乙－s甲＝s1；若s0＝s1＋s2，可知s0>s1，可知两车一定不会相遇，选项A正确，D错误；若s0<s1，即s甲＋s0<s乙，即两车在达到速度相等之前已经相遇一次，在两车速度相同时乙在甲之前，且两车相距最远，以后两车距离逐渐减小，但是可能在甲追上乙车之前两车都已停止，故两车不一定相遇2次，选项B错误；因s1>s2，则若s0＝s2，两车可能在速度相等之前相遇1次，根据以上的分析可知，两车可能以后不能再次相遇，选项C正确；故选A、C.6．(多选)如图8所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2>v1.从小物块滑上传送带开始计时，其v－t图像可能的是()图8答案ABC解析物块从右端滑上传送带，可以先匀减速运动到速度为0再反向加速后匀速，也可以一直减速，分情况进行讨论即可解题．小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端后速度还没有减为零，离开传送带后在光滑水平地面上做匀速运动，故A正确；小物块从右端滑上传送带后先做匀减速运动，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，故B正确；小物块从右端滑上传送带后一直做匀减速运动，到达左端时速度恰好为零，故C正确；物块做匀减速运动速度达到零后不能一直匀加速下去，反向加速后，速度等于传送带速度v1后匀速运动，故D错误．7．兰渝铁路的开通，为广大市民的生活、工作带来极大的方便．现简化动车运行物理模型，假设在南充站停靠的动车在停靠南充站前以速度v0＝234 km/h做匀速直线运动，经停该站的动车先做匀减速直线运动，在该站短暂停留后，做匀加速直线运动出站，当速度达到v0＝234 km/h时又开始做匀速直线运动，全过程的v－t图像如图9所示．求：图9(1)动车离开南充站时的加速度大小；(2)动车停靠南充站比不停靠该站运行多经历的时间．答案(1)5 m/s2(2)136.5 s解析 (1)由图知加速时间t 2＝13 s 由公式v 0＝at 2 则a ＝v 0t 2＝5 m/s 2(2)由图知减速时间t 1＝20 s 减速位移x 1＝v 0＋02t 1＝650 m加速位移x 2＝v 0＋02t 2＝422.5 m在车站停止时间t 3＝120 s动车以234 km/h 速度经过车站用时t 4＝x 1＋x 2v 0＝16.5 s则所求时间Δt ＝(t 1＋t 2＋t 3)－t 4＝136.5 s.用“等效法”处理追及相遇问题一、将“非同一地点出发”等效为“同一地点出发”在运动学问题中，与物体的位移相关的问题是比较多的，特别是两个物体运动的起点并不在同一位置时位移的比较问题，在各类考试中比较常见，对于此类问题，可作一定的等效处理，视为从同一点开始的运动，这样比较起来就方便多了．典例1 两辆完全相同的汽车A 、B ，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v 0，若前车A 突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住后，后车B 以前车A 刹车时的加速度开始刹车，已知前车A 刹车过程中所行的距离为s ，若要保证两辆车在上述过程中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为( ) A ．s B ．2s C ．3s D ．4s 答案 B解析 题设情形如图(a)所示，两车不相撞的临界条件是A 、B 两车在末位置处恰好接触，现针对所研究内容，等效为B 、A 从同一地点出发，A 车以速度v 0匀减速运动，B 车先匀速运动后匀减速运动，如图(b)所示，图(b)中末位置A 、B 均停下来的间距即为图(a)中初位置B 、A 间的距离，继而可作出图(c)所示v －t 图像，从图像中直接看出B 比A 多运动了2s .二、将“研究运动物体间位置变化”转化为“研究物体间的相对运动”转化问题的研究对象、过程、方法，都属于等效处理的范畴，合理地转化问题也是解题过程中化繁为简的有效手段之一．典例2 飞机处于2 000 m 高空匀速飞行，时隔1 s 先后掉下两小球A 、B ，求两球在下落过程中彼此在竖直方向上相距最远的距离．(g 取10 m/s 2，空气阻力不计) 答案 195 m解析 如取地面为参考系，则小球做抛体运动，研究起来无疑比较复杂，我们取刚离开飞机的B 球为参照系，A 球以10 m/s 的速度匀速向下降落，设A 球从2 000 m 高空降落做自由落体运动的时间为t ，则 h ＝12gt 2，即 t ＝2hg＝20 s B 球刚离开飞机，A 球已下落1 s ，此时A 、B 相距为 s ＝12×10×12 m ＝5 m A 相对B 匀速运动19 s 后着地，此19 s 内A 相对B 运动190 m ．因此，两球在竖直方向上相距最远的距离为195 m.题组1 对运动学图像的理解和应用1．(多选)一质点做直线运动的v －t 图像如图1所示，下列选项正确的是( )图1A ．在2～4 s 内，质点所受合外力为零B ．质点在0～2 s 内的加速度比4～6 s 内的加速度大C ．在第4 s 末，质点离出发点最远D ．在0～6 s 内，质点的平均速度为5 m/s 答案 AD解析 由图可知，在2～4 s 内，质点做匀速直线运动，所以所受合外力为零，A 对．由图可知，质点在0～2 s 内加速度大小为5 m/s 2，4～6 s 内加速度大小为10 m/s 2，B 错．由图可知，在第5 s 末，质点离出发点最远，C 错．在0～6 s 内，质点的平均速度v ＝xt ＝5 m/s ，D 对．2．如图2所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t 变化的图像，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t 2时间内下列说法正确的是( )图2A ．两物体在t 1时刻速度大小相等B ．t 1时刻乙的速度大于甲的速度C ．两物体平均速度大小相等D ．甲的平均速度小于乙的平均速度 答案 C解析 因x －t 图线的斜率表示速度，则由图像可知A 、B 均错．因平均速度定义式为v ＝ΔxΔt，甲、乙两物体在0～t 2时间内位移大小相等，故平均速度大小相等，C 对，D 错．3．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图像如图3所示．在这段时间内( )图3A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案 A解析 由v －t 图像知，在0～t 1时间内，甲的位移大于乙的位移，C 错误．由v ＝xt 知，甲的平均速度比乙的大，故A 正确．如图所示，汽车乙的v －t 图像中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误．v －t 图像中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度的大小都逐渐减小，D 错误．4．某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用ABS 刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图4中的①、②图线所示，由图可知，启用ABS 后( )图4A ．t 1时刻车速更小B ．0～t 3时间内加速度更小C ．加速度总是比不启用ABS 时大D ．刹车后前行的距离比不启用ABS 时短 答案 D解析 由题图可知，启用ABS 后，t 1时刻车速更大，A 错；由v －t 图线的斜率表示加速度可知，在0～t 1时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时小，而在t 1～t 3时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时大，B 、C 错．由图线与横轴所围面积表示位移可知，启用ABS 后，刹车距离比不启用ABS 时短，D 正确．5. (多选)甲、乙两物体在同一直线上运动的x －t 图像如图5所示，以甲的出发点为原点，出发时刻为计时起点．则从图像可以看出( )图5A ．t 2到t 3这段时间内甲的平均速度大于乙的平均速度B ．乙比甲先出发C ．甲开始运动时，乙在甲前面x 0处D ．甲在中途停了一会儿，最终也没追上乙 答案 AC解析 在t 2～t 3这段时间内，甲的位移大于乙的位移，由v ＝xt ，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，A 项正确．由题图知乙和甲同时出发，且乙在甲前面x 0处，故B 项错，C 项正确．在t 3时刻，甲追上了乙，D 项错．6．(多选)下列给出的四组图像中，能够反映同一直线运动的是( )答案 BC解析 A 、B 选项中左图表明0～3 s 内物体匀速运动，位移应正比于时间，加速度为零，3～5 s 内物体匀加速运动，加速度大小a ＝ΔvΔt ＝2 m/s 2，A 错，B 对；C 、D 选项中左图0～3 s内位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s 内位移与时间成正比，表示物体匀速运动，v ＝ΔxΔt ＝2 m/s ，a ＝0，C 对，D 错.题组2 追及相遇问题7．四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图6所示，下列说法正确的是( )图6A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．这四辆车均从静止开始运动C．在0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小答案 C解析x－t图像中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两个物体的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故A错误；x－t图像的斜率表示速度，v－t图像的斜率表示加速度，故乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，则甲、乙不是从静止开始运动，故B错误；由v－t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C正确；在0～t2时间内，丁的速度大于丙的速度，两车间的距离一直增大，故D错误．8．入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m．在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前，甲在后同向行驶．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞．如图7所示为两辆车刹车后若恰好不相撞的v－t图像，由此可知()图7A．两辆车刹车时相距的距离一定等于112.5 mB．两辆车刹车时相距的距离一定小于90 mC．两辆车一定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的D．两辆车一定是在刹车后的20 s以后的某时刻发生相撞的答案 C解析v－t图像给定了两车的初速度和加速度，不确定值是刹车前两车间距离．由两车的v－t 图像可知，两车不相撞的最小距离Δx min ＝(5＋252－5＋152)×20 m ＝100 m ，即当Δx <100 m 时两车必相撞，选项A 、B 均错误；两车相撞一定发生在甲车速度大于乙车速度时，即刹车后的20 s 之内，选项C 正确，D 错误．9．如图8甲所示，A 车原来临时停在一水平路面上，B 车在后面匀速向A 车靠近，A 车司机发现后启动A 车，以A 车司机发现B 车为计时起点(t ＝0)，A 、B 两车的v －t 图像如图乙所示．已知B 车在第1 s 内与A 车的距离缩短了x 1＝12 m.图8(1)求B 车运动的速度v B 和A 车的加速度a 的大小．(2)若A 、B 两车不会相撞，则A 车司机发现B 车时(t ＝0)两车的距离x 0应满足什么条件？ 答案 (1)12 m /s 3 m/s 2 (2)x 0>36 m解析 (1)在t 1＝1 s 时A 车刚启动，两车间缩短的距离 x 1＝v B t 1代入数据解得B 车的速度v B ＝12 m/s A 车的加速度a ＝v Bt 2－t 1将t 2＝5 s 和其余数据代入解得A 车的加速度大小 a ＝3 m/s 2(2)两车的速度达到相等时，两车的距离达到最小，对应于v －t 图像的t 2＝5 s 时刻，此时两车已发生的相对位移为梯形的面积，则x ＝12v B (t 1＋t 2)代入数据解得x ＝36 m因此，若A 、B 两车不会相撞，则两车的距离x 0应满足条件：x 0>36 m. 题组3 应用图像分析运动问题10．斜面长度为4 m ，一个尺寸可以忽略不计的滑块以不同的初速度v 0从斜面顶端沿斜面下滑时，其下滑距离x 与初速度二次方v 20的关系图像(即x －v 20图像)如图9所示．图9(1)求滑块下滑的加速度大小．(2)若滑块下滑的初速度为5.0 m/s，则滑块沿斜面下滑的时间为多长？答案(1)2 m/s2(2)1 s解析(1)由v20＝2ax推知，图线“斜率”为12a，根据图像可知，12a＝1 m4 m2·s－2，所以滑块下滑的加速度大小a＝2 m/s2.(2)由图像可知，当滑块的初速度为4 m/s时，滑块刚好滑到斜面最低点，故滑块下滑的初速度为5.0 m/s时能滑到斜面最低点．设滑块在斜面上的滑动时间为t，则x＝v0t－12at2，解得t＝1 s，t＝4 s(舍去)．。
2018年高考物理一轮(课标通用)复习课件-专题15 选修3-3 (共121张PPT)
考点40
考点41
考点42
试做真题
高手必备
萃取高招
对点精练
【答案】 CDE 气体的内能在宏观上由物质的量、温度和体积决定,质量 相同的气体,物质的量不一定相同,选项A错误;若是理想气体,不考虑分子势 能,其内能由物质的量和温度共同来决定;若是一定质量的理想气体 ,其内能 ������������ =C ������ 仅由温度来决定,选项D正确;由 (C为常数)知,一定量的某种理想气体 在等压膨胀过程中,温度一定升高,内能一定增加,选项E正确;气体整体运动 的速度对应气体的宏观动能,属于机械能,选项B错误;改变内能有两种方式: 做功和热传递。气体被压缩时,外界对气体做功,但气体吸、放热情况不知, 气体内能可能升高、不变或降低,故选项C正确。
命题趋向 1.选择题 考查的内 容为除了 气体实验 定律之外 的所有知 识,一般会 涉及分子 动理论、 热力学定 律,固体、 液体涉及 的可能性 略小一 些。
考纲要求
高频 考点
考查频率 高考示例 2017· 课标全国Ⅱ33(1) 题 2017· 课标全国Ⅲ33(1) 题 课标全国Ⅱ33(1) ★★★★★ 2016· 题 5年5考 2016· 课标全国Ⅰ33(1) 题 2014· 课标全国Ⅰ33(1) 题
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考点42
试做真题
高手必备
萃取高招
对点精练
【答案】 ABC 由归一化知图中两条曲线下的面积相等均为1,A正确。虚 线对应的氧气分子速率较小的占的比例大,故平均动能较小,B正确。实线 对应的氧气分子速率较大的占的比例大,故热运动剧烈,为100 ℃的情形,C 项正确。曲线只给出了各速率区间分子数占总分子数的百分比,没有给出 分子数目,故D项错误。100 ℃时分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数 占总分子数的百分比较小,E项错误。
四川省高考物理一轮(习题课件+高考题库+考点通关)：第
7．解析：根据理想气体状态方程pTV＝k，V-1p 图像的斜率的物 理意义为 kT，随着压缩气体，对气体做功，气体内能增加， 温度升高，斜率变大，图线向上弯曲，故第(1)题中选图 a， 第二题选(C) 答案：(1)a (2)C
8．解析：根据理想气体的状态方程pTV＝C，当压强变大时，气 体的温度不一定变大，分子热运动也不一定变得剧烈，选项 A 错误；当压强不变时，气体的温度可能变大，分子热运动 也可能变得剧烈，选项 B 正确；当压强变大时，气体的体 积不一定变小，分子间的平均距离也不一定变小，选项 C 错误；当压强变小时，气体的体积可能变小，分子间的平均 距离也可能变小，选项 D 正确。 答案：BD
4．解析：设气缸的横截面积为 S，活塞处于初始位置时气缸内气
体的压强为 p，大气压强为 p0。有 p＝p0＋38l
在活塞上移3112l 后，气缸内气体的压强变为 p0。设气体的体积
为 V′，由玻意耳定律得
p0V′＝pSl
设气缸内水银面上升 Δx，有 Δx＝38l－3Δx
V′＝Sl＋3112l－Δx 联立以上各式，解得 p＝185l。
谢谢观看
答案：p＝185l
5．解析：(1)在打开阀门 S 前，两水槽水温均为 T0＝237 K。
设玻璃泡 B 中气体的压强为 p1，体积为 VB，玻璃泡 C 中
气体的压强为 pC，依题意有 p1＝pC＋Δp ①
式中 Δp＝6璃泡 B 中气体的压强为 pB。
联立②⑤⑥⑦式，T′＝364 K。
⑧
答案：(1)180 mmHg (2)T′＝364 K
6．解析：过程 ab，理想气体等容变化，温度升高，理想气体的内 能增大，气体一定吸热，A 正确；过程 bc，理想气体等温变化， 压强减小，容器壁单位面积单位时间内受到分子撞击的次数减 小，E 正确；而体积变大，气体对外做功，气体一定吸热，B 错误；过程 ca，理想气体的压强不变，温度降低，内能减小， 体积减小，外界对气体做功，气体对外放出的热量大于外界对 气体做的功，C 错误；根据上述三过程可知：在 a、b、c 三个 状态中，状态 a 的温度最低，根据温度是分子平均动能的标志， 其分子的平均动能最小，D 正确。 答案：ADE
2018版高考物理江苏专用大一轮复习讲义课件选修3-3 第十一章 热学 实验十 精品
2
命题点一
教材原型实验
【例1】 在用单分子油膜估测分子大小的实验中，
(1)某同学计算出的结果明显偏大，可能是由于 答案 解析
√A.油酸未完全散开
B.油酸中含有大量酒精
√C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格
D.求每滴溶液中纯油酸的体积时，1 mL溶液的滴数多记了10滴
(2)在做实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1 000 mL溶液中有纯油酸1 mL， 用注射器测得1 mL上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒 有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油膜的近似轮廓如图所示.图中 正方形小方格的边长为1 cm，根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 __0_.4__ nm. 答案 解析
(3)用注射器(或滴管)将油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，并记下量
筒内增加一定体积Vn时的滴数n.
(4)根据V0＝
Vn n
算出每滴油酸酒精溶液的体积V0.
(5)向浅盘里倒入约2 cm深的水，并将痱子粉或细石膏粉均匀地撒在水
面上.
(6)用注射器(或滴管)将一滴油酸酒精溶液滴在水面上.
(7)待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，并将油酸膜的形
S E.根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V.
上述步骤中有步骤遗漏或不完整的，请指出： (1)_______________________________________
答案 见解析 解析 C步骤中，要在水面上撒上痱子粉或细石膏粉.
(2)__________ 答案 见解析 上述实验步骤的合理顺序是________. 解析 某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对 出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是________. A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算 B.计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C.计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
2018版高考物理（教科版四川专用）大一轮复习讲义（课件）第二章 相互作用 第1讲
证 的支持力
思 用细绳替换装置中的杆件，看能不能维持原来的力学状态.如果
替 路 能维持，则说明这个杆提供的是拉力；否则，提供的是支持力
换
图中轻杆AB、AC，用绳替换杆AB，原装置状态不
例
法
变，说明杆AB对A施加的是拉力；用绳替换杆AC，
证
原状态不能维持，说明杆AC对A施加的是支持力
由运动状态分析弹力，即物体的受力必须与物体的运动状态相
思
状 路 符合，依据物体的运动状态，由二力平衡(或牛顿第二定律)列方
态
程，求解物体间的弹力
法例 升降机以a＝g加速下降时物体不受底板的弹力作用
证
2.弹力方向的判断 (1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断. (2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向. 3.计算弹力大小的三种方法 (1)根据胡克定律进行求解. (2)根据力的平衡条件进行求解. (3)根据牛顿第二定律进行求解.
与竖直方向成α角的细绳拴接一小球.当小车和小球相
对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是
A.细绳一定对小球有拉力的作用
答案
B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C.细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
√D.细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
2.如图所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布 均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的边长 相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦， 下列说法中正确的是 答案 解析
BO与竖直方向的夹角θ＝45°，系统保持平衡.若保持滑轮的位置不变，改变
夹角θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况的是
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档+题
第4讲光的波动性电磁波和相对论一、光的干涉、衍射和偏振1．光的干涉(1)定义：在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现亮条纹，某些区域相互减弱，出现暗条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象．(2)条件：两束光的频率相同、相位差恒定．(3)双缝干涉图样特点：单色光照射时形成明暗相间的等间距的干涉条纹；白光照射时，中央为白色亮条纹，其余为彩色条纹．2．光的衍射发生明显衍射的条件：只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显．3．光的偏振(1)自然光：包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同．(2)偏振光：在垂直于光的传播方向的平面上，只沿着某个特定的方向振动的光．(3)偏振光的形成①让自然光通过偏振片形成偏振光．②让自然光在两种介质的界面发生反射和折射，反射光和折射光可以成为部分偏振光或完全偏振光．(4)光的偏振现象说明光是一种横波．二、电磁波和相对论1．电磁场、电磁波、电磁波谱(1)麦克斯韦电磁场理论变化的磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围空间产生磁场．(2)电磁波①电磁场在空间由近及远的传播，形成电磁波．②电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度相同(都等于光速)．③不同频率的电磁波，在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越小． ④v ＝λf ，f 是电磁波的频率． (3)电磁波的发射①发射条件：开放电路和高频振荡信号，所以要对传输信号进行调制(调幅或调频)． ②调制方式a ．调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变．b ．调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而变． (4)无线电波的接收①当接收电路的固有频率跟接收到无线电波的频率相等时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象．②使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，能够调谐的接收电路叫做调谐电路．③从经过调制的高频振荡中“检”出调制信号的过程，叫做检波．检波是调制的逆过程，也叫做解调．(5)电磁波谱：按照电磁波的频率或波长的大小顺序把它们排列成谱叫做电磁波谱．按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线． 2．相对论(1)狭义相对论的两个基本假设①狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．②光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速和光源、观测者间的相对运动没有关系． (2)质速关系①物体的质量随物体速度的增加而增大，物体以速度v 运动时的质量m 与静止时的质量m 0之间有如下关系： m ＝m 01－(vc)2.②物体运动时的质量总要大于静止时的质量m0.(3)质能关系用m表示物体的质量，E表示它具有的能量，则爱因斯坦质能方程为：E＝mc2.1．判断下列说法是否正确．(1)光的颜色由光的频率决定．(√)(2)只有频率相同的两列光波才有可能产生稳定的干涉．(√)(3)在双缝干涉实验中，双缝的作用是使白光变成单色光．(×)(4)阳光下茂密的树荫中地面上圆形亮斑是光的衍射形成的．(×)(5)自然光是偏振光．(×)(6)电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场．(×)(7)无线电波不能发生干涉和衍射现象．(×)(8)波长不同的电磁波在本质上完全不同．(×)(9)真空中的光速在不同惯性参考系中是不同的．(×)2．下列属于光的干涉现象的是()答案BC解析图A属于单缝衍射，图B属于薄膜干涉，图C属于薄膜干涉，图D属于白光的色散，故属于光的干涉现象的是B、C.3．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是()A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同D．遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同答案 B解析电磁波和声波都能传递信息，比如人们之间的语言交流，选项A错误；太阳光中的可见光属于电磁波，而“B超”中的超声波属于机械波，它们的传播速度不同，选项C错误；遥控器发出的红外线波长比X射线波长大得多，选项D错误，正确选项为B.4．关于狭义相对论的说法，不正确的是()A．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的B．狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c，与光源的运动无关C．狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系D．狭义相对论在任何情况下都适用答案 D解析狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，选项A正确；狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c(光速不变原理)，与光源的运动无关，选项B正确；狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系，故选项C正确，D错误.命题点一光的干涉现象1．双缝干涉(1)光能够发生干涉的条件：两光的频率相同，振动步调相同．(2)双缝干涉形成的条纹是等间距的，两相邻亮条纹或相邻暗条纹间距离与波长成正比，即Δx＝l d λ.(3)用白光照射双缝时，形成的干涉条纹的特点：中央为白条纹，两侧为彩色条纹．2．亮暗条纹的判断方法(1)如图1所示，光源S1、S2发出的光到屏上某点的路程差r2－r1＝kλ(k＝0,1,2…)时，光屏上出现亮条纹．图1(2)光的路程差r 2－r 1＝(2k ＋1)λ2(k ＝0,1,2…)时，光屏上出现暗条纹．3．条纹间距：Δx ＝ld λ，其中l 是双缝到光屏的距离，d 是双缝间的距离，λ是光波的波长．4．薄膜干涉(1)形成：如图2所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形．光照射到薄膜上时，在膜的前表面AA ′和后表面BB ′分别反射回来，形成两列频率相同的光波，并且叠加．图2(2)亮、暗条纹的判断①在P 1、P 2处，两个表面反射回来的两列光波的路程差Δr 等于波长的整数倍，即Δr ＝nλ(n ＝1,2,3…)，薄膜上出现亮条纹．②在Q 处，两列反射回来的光波的路程差Δr 等于半波长的奇数倍，即Δr ＝(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2,3…)，薄膜上出现暗条纹． (3)薄膜干涉的应用干涉法检查平面如图3所示，两板之间形成一楔形空气膜，用单色光从上向下照射，如果被检查平面是平整光滑的，我们会观察到平行且等间距的明暗相间的条纹；若被检查平面不平整，则干涉条纹发生弯曲．图3例1 如图4所示，在双缝干涉实验中，S 1和S 2为双缝，P 是光屏上的一点，已知P 点与S 1和S 2距离之差为2.1×10－6 m ，今分别用A 、B 两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？图4(1)已知A 光在折射率为n ＝1.5的介质中波长为4×10－7 m ；(2)已知B 光在某种介质中波长为3.15×10－7 m ，当B 光从这种介质射向空气时，临界角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)；(3)若用A 光照射时，把其中一条缝遮住，试分析光屏上能观察到的现象． 答案 (1)暗条纹 (2)亮条纹 (3)见解析解析 (1)设A 光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，由n ＝c v ＝λ1λ2得λ1＝nλ2＝1.5×4×10－7 m ＝6×10－7 m根据路程差Δx ＝2.1×10－6 m所以N 1＝Δx λ1＝2.1×10－6m6×10－7 m＝3.5 由此可知，从S 1和S 2到P 点的路程差Δx 是波长λ1的3.5倍，所以P 点为暗条纹． (2)根据临界角与折射率的关系sin C ＝1n 得n ＝1sin 37°＝53由此可知，B 光在空气中波长λ3为 λ3＝nλ介＝53×3.15×10－7 m ＝5.25×10－7 m所以N 2＝Δx λ3＝2.1×10－6m5.25×10－7 m＝4可见，用B 光做光源，P 点为亮条纹．(3)光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗．1．劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图5甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜．当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：图5(1)任意一条亮条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻亮条纹和暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定．现若在图甲的装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹()A．变疏B．变密C．不变D．消失答案 A解析如图所示，若抽去一张纸片，则三角截面空气层的倾角变小，则干涉条纹变疏，A正确．2．一束白光在真空中通过双缝后在屏上观察到的干涉条纹，除中央白色亮条纹外，两侧还有彩色条纹，其原因是()A．各色光的波长不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同B．各色光的速度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同C．各色光的强度不同，因而各色光分别产生的干涉条纹的间距不同D．上述说法都不正确答案 A解析白光包含各种颜色的光，它们的波长不同，在相同条件下做双缝干涉实验时，它们的干涉条纹间距不同，所以在中央亮条纹两侧出现彩色条纹，A正确．命题点二光的衍射和偏振现象1．对光的衍射的理解(1)干涉和衍射是波的特征，波长越长，干涉和衍射现象越明显．在任何情况下都可以发生衍射现象，只是明显与不明显的差别．(2)衍射现象说明“光沿直线传播”只是一种特殊情况，只有在光的波长比障碍物小得多时，光才可以看做是沿直线传播的． 2．单缝衍射与双缝干涉的比较3.光的干涉和衍射的本质光的干涉和衍射都属于光的叠加，从本质上看，干涉条纹和衍射条纹的形成有相似的原理，都可认为是从单缝通过两列或多列频率相同的光波，在屏上叠加形成的． 4．光的偏振(1)自然光与偏振光的比较(2)偏振光的应用：加偏振滤光片的照相机镜头、液晶显示器、立体电影、消除车灯眩光等． 例2 如图6所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)．在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是( )图6A ．红黄蓝紫B ．红紫蓝黄C ．蓝紫红黄D ．蓝黄红紫答案 B解析双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹．双缝干涉条纹的宽度(即相邻亮、暗条纹间距)Δx＝ldλ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光．而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，2、4分别对应于紫光和黄光．综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确．区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法1．根据条纹的宽度区分：双缝干涉条纹的宽度相同，而单缝衍射的条纹中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄．2．根据条纹的间距区分：双缝干涉条纹的间距是相等的，而单缝衍射的条纹越向两侧条纹间距越窄．3．根据亮条纹的亮度区分：双缝干涉条纹，从中央亮条纹往两侧亮度变化很小，而单缝衍射条纹中央亮条纹最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗．3．奶粉中碳水化合物(糖)的含量是一个重要指标，可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量．偏振光通过糖的水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，这一角度α称为“旋光度”，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标准值相比较，就能确定被测样品的含糖量了．如图7所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，然后将被测样品P置于A、B之间．图7(1)偏振片A的作用是_____________________________________________________________ ___________．(2)偏振现象证明了光是一种________．(3)以下说法中正确的是()A．到达O处光的强度会明显减弱B．到达O处光的强度不会明显减弱C．将偏振片B转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片B转过的角度等于αD．将偏振片A转动一个角度，使得O处光强度最强，偏振片A转过的角度等于α答案(1)把自然光变成偏振光(2)横波(3)ACD4．让太阳光垂直照射一块遮光板，板上有一个可以自由收缩的三角形孔，当此三角形孔缓慢缩小直至完全闭合时，在孔后的屏上将先后出现()A．由大变小的三角形光斑，直至光斑消失B．由大变小的三角形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失C．由大变小的三角形光斑，明暗相间的条纹，直至黑白色条纹消失D．由大变小的三角形光斑、圆形光斑、明暗相间的彩色条纹，直至条纹消失答案 D解析当孔足够大时，由于光的直线传播，所以屏上首先出现的是三角形光斑，之后随着孔的继续缩小，出现小孔成像，成的是太阳的像，故为小圆形光斑，随着孔的进一步缩小，当尺寸与光波波长相当时，出现明暗相间的彩色条纹，最后随孔的闭合而全部消失，所以只有D正确．命题点三电磁波与相对论1．对麦克斯韦电磁场理论的理解2．对电磁波的理解(1)电磁波是横波．电磁波的电场、磁场、传播方向三者两两垂直，如图8所示．图8(2)电磁波与机械波的比较例3(2018·全国Ⅱ·34(1))关于电磁波，下列说法正确的是()A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失答案ABC解析电磁波在真空中传播速度等于光速，与频率无关，A正确；电磁波是周期性变化的电场和磁场互相激发得到的，B正确；电磁波传播方向与电场方向、磁场方向均垂直，C正确；光是一种电磁波，光可在光导纤维中传播，D错误；电磁振荡停止后，电磁波仍会在介质或真空中继续传播，E错误．5．(2018·北京理综·14)下列说法正确的是()A．电磁波在真空中以光速c传播B．在空气中传播的声波是横波C ．声波只能在空气中传播D ．光需要介质才能传播答案 A6．(2018·天津理综·1)如图9所示，我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在1～10 m 范围内，则对该无线电波的判断正确的是( )图9A ．米波的频率比厘米波频率高B ．和机械波一样须靠介质传播C ．同光波一样会发生反射现象D ．不可能产生干涉和衍射现象答案 C解析 根据f ＝v λ可知，电磁波的波长越大，频率越低，故米波的频率比厘米波的频率低，选项A 错误；无线电波的传播不需要介质，选项B 错误；无线电波同光波一样会发生反射现象，选项C 正确；干涉和衍射是波特有的现象，故无线电波也能发生干涉和衍射现象，选项D 错误．7．如图10所示，两艘飞船A 、B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v (v 接近光速c )．地面上测得它们相距为L ，则A 测得两飞船间的距离________(选填“大于”、“等于”或“小于”)L .当B 向A 发出一光信号，A 测得该信号的速度为________．图10答案 大于 c (或光速)解析 狭义相对论的两个基本原理之一就是光速不变原理，因此A 测得信号的速度仍等于c 或光速，以地面为参考系，在运动方向有尺缩效应现象，而B 相对A 是静止，没有尺缩效应现象，则A 测得两飞船距离应大于L .题组1 对干涉现象的理解1．关于光学镜头增透膜，以下说法中正确的是( )A ．增透膜是为了减少光的反射损失，增加透射光的强度B ．增透膜的厚度等于入射光在真空中波长的14C ．增透膜的厚度等于入射光在薄膜中波长的14D ．因为增透膜的厚度一般适合绿光反射时相互抵消，红光、紫光的反射不能完全抵消，所以涂有增透膜的镜头呈淡紫色E ．涂有增透膜的镜头，进入的光线全部相互抵消，因此这种镜头的成像效果较好 答案 ACD2.把一平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入，如图1所示．这时可以看到明暗相间的条纹．下面关于条纹的说法中正确的是( )图1A ．干涉条纹是光在空气尖劈膜的前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果B ．干涉条纹中的暗条纹是上述两列反射光的波谷与波谷叠加的结果C ．将上玻璃板平行上移，条纹逆向劈尖移动D ．观察薄膜干涉条纹时，应在入射光的另一侧答案 A题组2 衍射和偏振现象3．光的偏振现象说明光是横波．下列现象中不能反映光的偏振特性的是( )A ．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹答案 D解析在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定方向振动的光是偏振光，A、B选项反映了光的偏振特性，C是偏振现象的应用，D是光的衍射现象．4.抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图2所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同．观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是()图2A．这里应用的是光的衍射现象B．这里应用的是光的干涉现象C．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗D．如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细答案AD解析由于是激光束越过细丝即绕过障碍物，所以是光的衍射现象，当抽制的丝变细的时候，丝的直径较接近激光的波长，条纹间距就大，A、D对．5.如图3所示，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑．这是光的________(填“干涉”“衍射”或“直线传播”)现象，这一实验支持了光的________(填“波动说”“微粒说”或“光子说”)．图3答案 衍射 波动说解析 圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，一定不是光的直线传播现象造成的，是光在传播过程中绕过障碍物形成的现象，属于光的衍射，衍射是波的特性，所以这一实验支持了光的波动说．题组3 电磁波和相对论6．一艘太空飞船静止时的长度为30 m ，他以0.6c (c 为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是( )A ．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 mB ．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC ．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD ．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c答案 B解析 飞船上的观测者测得飞船的长度不变，仍为30 m ，由l ＝l 01－(v c)2<l 0可知，地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m ，A 错，B 对；由光速不变原理可知，C 、D 错误．7．关于麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是( )A ．稳定的电场产生稳定的磁场B ．均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生均匀变化的电场C ．变化的电场产生的磁场一定是变化的D ．振荡的电场在周围空间产生的磁场也是振荡的答案 D解析 麦克斯韦的电磁场理论要点是：变化的磁场(电场)要在周围空间产生电场(磁场)，若磁场(电场)的变化是均匀的，产生的电场(磁场)是稳定的，若磁场(电场)的变化是振荡的，产生的电场(磁场)也是振荡的，由此可判定正确答案为D 项．8．关于电磁波及其应用，下列说法正确的是( )A ．麦克斯韦首先通过实验证实了电磁波的存在B ．电磁波是横波且能够发生干涉和衍射现象C ．电磁波的接收要经过调谐和调制两个过程D ．微波能使食物中的水分子的热运动加剧从而实现加热的目的答案 BD9．以下说法正确的是()A．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关B．光的偏振现象说明光是一种纵波C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽D．赫兹用实验证实了电磁波的存在答案ACD解析相对论认为时间和空间与物质的运动状态是相联系的，与物质的运动状态有关，故A正确；偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波，故B错误；由Δx＝ldλ知入射光由绿光变红光，则条纹间距将变宽，C正确；麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D正确；故选A、C、D.10．以下物理学知识的相关叙述，其中正确的是()A．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B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在C．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的干涉原理D．狭义相对论认为，在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的答案BD解析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干涉，A错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；交警通过发射超声波测量车速是利用了多普勒效应，C错误；根据相对性原理，在所有惯性系中，物理定律有相同的表达形式，即一切物理规律都是相同的，故D正确．。
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档+题
高考命题解读]第1讲 机械振动1．简谐运动(1)定义：如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置． (2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置． (3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力． ②方向：总是指向平衡位置．③属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力． 深度思考] 简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置吗？ 答案 不是，是回复力为零的位置． 2．简谐运动的两种模型深度思考] 做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度如何变化？ 答案 一定减小． 3．简谐运动的公式和图像 (1)简谐运动的表达式①动力学表达式：F ＝－kx ，其中“－”表示回复力与位移的方向相反．②运动学表达式：x ＝A sin(ωt ＋φ)，其中A 代表振幅，ω＝2πf 表示简谐运动的快慢，ωt ＋φ代表简谐运动的相位，φ叫做初相． (2)简谐运动的图像①从平衡位置开始计时，函数表达式为x ＝A sin ωt ，图像如图1甲所示． ②从最大位移处开始计时，函数表达式为x ＝A cos ωt ，图像如图乙所示．图14．受迫振动和共振 (1)受迫振动系统在驱动力作用下的振动．做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关．(2)共振做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象．共振曲线如图2所示．图21.如图3所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz ，则把手转动的频率为( )图3A ．1HzB ．3HzC ．4HzD ．5Hz答案 A解析 受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1Hz ，选项A 正确． 2．有一弹簧振子，振幅为0.8cm ，周期为0.5s ，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是( )A ．x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2m B ．x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt －π2m C ．x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎫πt ＋3π2m D ．x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎫π4t ＋π2m 答案 A解析 振幅A ＝0.8cm ＝8×10－3m ，ω＝2πT＝4πrad/s.由题知初始时(即t ＝0时)振子在正向最大位移处，即sin φ0＝1，得φ0＝π2，故振子做简谐运动的方程为：x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2m ，选项A 正确．3．(人教版选修3－4P5第3题)如图4所示，在t ＝0到t ＝4s 的范围内回答以下问题．图4(1)质点相对平衡位置的位移的方向在哪些时间内跟它的瞬时速度的方向相同？在哪些时间内跟瞬时速度的方向相反？ (2)质点在第2s 末的位移是多少？ (3)质点在前2s 内走过的路程是多少？答案 (1)在0～1s,2～3s 内位移方向跟它的瞬时速度方向相同；在1～2s,3～4s 内位移方向跟它的瞬时速度方向相反． (2)0 (3)20cm4．(人教版选修3－4P12第4题)如图5所示为某物体做简谐运动的图像，在所画曲线的范围内回答下列问题．图5(1)哪些时刻物体的回复力与0.4s 时刻的回复力相同？ (2)哪些时刻物体的速度与0.4s 时刻的速度相同？ (3)哪些时刻的动能与0.4s 时刻的动能相同？ (4)哪些时间的加速度在减小？ (5)哪些时间的势能在增大？ 答案 (1)0.6s 、1.2s 、1.4s (2)0.2s 、1.0s 、1.2s(3)0、0.2s 、0.6s 、0.8s 、1.0s 、1.2s 和1.4s (4)0.1～0.3s 、0.5～0.7s 、0.9～1.1s 和1.3～1.5s (5)0～0.1s 、0.3～0.5s 、0.7～0.9s 、1.1～1.3s命题点一 简谐运动的规律 简谐运动的五大特征例1 (2018·山东·38(1))如图6所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y ＝0.1sin (2.5πt ) m.t ＝0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下；t ＝0.6s 时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小g ＝10m/s 2.以下判断正确的是( )图6A ．h ＝1.7mB ．简谐运动的周期是0.8sC ．0.6s 内物块运动的路程是0.2mD ．t ＝0.4s 时，物块与小球运动方向相反①物块沿竖直方向做简谐运动；②小球恰好与物块处于同一高度．答案 AB解析 t ＝0.6s 时，物块的位移为y ＝0.1sin(2.5π×0.6)m ＝－0.1m ，则对小球h ＋|y |＝12gt 2，解得h ＝1.7m ，选项A 正确；简谐运动的周期是T ＝2πω＝2π2.5πs ＝0.8s ，选项B 正确；0.6s 内物块运动的路程是3A ＝0.3m ，选项C 错误；t ＝0.4s ＝T2时，物块经过平衡位置向下运动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D 错误．1．关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( ) A ．位移减小时，加速度减小，速度也减小B ．位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C ．物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D ．物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反 答案 C解析 位移减小时，加速度减小，速度增大，A 错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B 、D 错误，C 正确．2．一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T ，振幅为A ，已知振子从平衡位置第一次运动到x ＝A 2处所用的最短时间为t 1，从最大的正位移处第一次运动到x ＝A2处所用的最短时间为t 2，那么t 1与t 2的大小关系正确的是( ) A ．t 1＝t 2 B ．t 1＜t 2 C ．t 1＞t 2 D ．无法判断答案 B解析 根据振子远离平衡位置时速度减小，靠近平衡位置时速度增大可知，振子第一次从平衡位置运动到x ＝12A 处的平均速度大于第一次从最大正位移处运动到x ＝12A 处的平均速度，而路程相等，说明t 1＜t 2.故A 、C 、D 错误，B 正确． 命题点二 简谐运动图像的理解和应用 1.根据简谐运动图像可获取的信息：(1)振幅A 、周期T (或频率f )和初相位φ(如图7所示)．图7(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移．(3)某时刻质点速度的大小和方向：曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度的大小和速度的方向，速度的方向也可根据下一时刻质点的位移的变化来确定． (4)某时刻质点的回复力和加速度的方向：回复力总是指向平衡位置，回复力和加速度的方向相同，在图像上总是指向t 轴．(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况． 2.利用简谐运动图像理解简谐运动的对称性：(图8)图8(1)相隔Δt ＝(n ＋12)T (n ＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子的位置关于平衡位置对称，位移等大反向，速度也等大反向．(2)相隔Δt ＝nT (n ＝0,1,2，…)的两个时刻，弹簧振子在同一位置，位移和速度都相同． 例2 甲、乙两弹簧振子的振动图像如图9所示，则可知( )图9A ．两弹簧振子完全相同B ．两弹簧振子所受回复力最大值之比F 甲∶F 乙＝2∶1C ．振子甲速度为零时，振子乙速度最大D ．两振子的振动频率之比f 甲∶f 乙＝2∶1E ．振子乙速度为最大时，振子甲速度不一定为零 答案 CE解析 从图像中可以看出，两弹簧振子周期之比T 甲∶T 乙＝2∶1，则频率之比f 甲∶f 乙＝1∶2，D 错误；弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k 有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A 错误；由于弹簧的劲度系数k 不一定相同，所以两弹簧振子所受回复力(F ＝－kx )的最大值之比F 甲∶F 乙不一定为2∶1，B 错误；由简谐运动的特点可知，在振子到达平衡位置时位移为零，速度最大，在振子到达最大位移处时，速度为零，从图像中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置；C 正确；当振子乙到达平衡位置时，振子甲有两个可能的位置，一个是最大位移处，一个是平衡位置，E 正确．3．(2018·北京理综·15)如图10所示，弹簧振子在M 、N 之间做简谐运动．以平衡位置O 为原点，建立Ox 轴．向右为x 轴正方向．若振子位于N 点时开始计时，则其振动图像为( )图10答案 A解析 开始计时时振子位于正向最大位移处向负方向做简谐运动，振动图像为余弦函数图像，A 项对．4．如图11甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动．取向右为正方向，振子的位移x 随时间t 的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是( )图11A ．t ＝0.8s 时，振子的速度方向向左B ．t ＝0.2s 时，振子在O 点右侧6cm 处C ．t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的加速度完全相同D ．t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的速度逐渐减小 答案 A解析 从t ＝0.8s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t ＝0.8s 时，速度方向向左，A 正确；由题图乙得振子的位移x ＝12sin 5π4t cm ，故t ＝0.2s 时，x＝62cm ，故B 错误；t ＝0.4s 和t ＝1.2s 时，振子的位移方向相反，加速度方向相反，C 错误；t ＝0.4s 到t ＝0.8s 的时间内，振子的位移逐渐变小，故振子逐渐靠近平衡位置，其速度逐渐变大，故D 错误．5.如图12所示为一弹簧振子的振动图像，试完成以下问题：图12(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2s 末到第3s 末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子在前100s 的总位移是多少？路程是多少？ 答案 见解析解析 (1)由振动图像可得A ＝5cm ，T ＝4s ，φ＝0 则ω＝2πT ＝π2rad/s故该振子简谐运动的表达式为x ＝5sin π2t cm(2)由题图可知，在t ＝2s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大，当t ＝3s 时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值．(3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5cm ＝20cm ，前100s 刚好经过了25个周期，所以前100s 振子的位移x ＝0，振子的路程s ＝25×20cm ＝500cm ＝5m. 命题点三 单摆的周期公式和万有引力定律的结合 1．单摆的受力特征(1)回复力：摆球重力沿切线方向的分力，F 回＝－mg sin θ＝－mglx ＝－kx ，负号表示回复力F回与位移x 的方向相反．(2)向心力：细线的拉力和重力沿细线方向分力的合力充当向心力，F 向＝T －mg cos θ. (3)两点说明①当摆球在最高点时，F 向＝m v 2l＝0，T ＝mg cos θ.②当摆球在最低点时，F 向＝m v 2max l ，F 向最大，T ＝mg ＋m v 2maxl .2．周期公式T ＝2πlg的两点说明 (1)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离． (2)g 为当地重力加速度．例3 一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k .设地球的半径为R ，地球的密度均匀．已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d .质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零．答案 见解析解析 根据万有引力定律，地面处质量为m 的物体的重力mg ＝G mMR2式中g 是地面处的重力加速度，M 是地球的质量．设ρ是地球的密度，则有M ＝43πρR 3摆长为l 的单摆在地面处的摆动周期为T ＝2πl g若该物体位于矿井底部，则其重力为mg ′＝G mM ′(R －d )2式中g ′是矿井底部的重力加速度，且M ′＝43πρ(R －d )3在矿井底部此单摆的周期为T ′＝2πl g ′由题意：T ＝kT ′联立以上各式得d ＝R (1－k 2)6．(2018·安徽理综·14)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( ) A ．T ＝2πr GMl B ．T ＝2πr l GM C ．T ＝2πr GMlD ．T ＝2πlr GM答案 B解析 根据单摆周期公式T ＝2πlg和GM ＝gr 2可得T ＝2πl GMr 2＝2πr lGM，故选项B 正确．命题点四 受迫振动和共振1．自由振动、受迫振动和共振的关系比较2.对共振的理解图13(1)共振曲线：如图13所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A，它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A 越大；当f＝f0时，振幅A最大．(2)受迫振动中系统能量的转化：做受迫振动的系统的机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换．例4下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f 固，则()A.f固＝固C．50Hz＜f固＜60Hz D．以上三个都不对答案 C解析从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大．并可以从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢．比较各组数据知f驱在50～60Hz范围内时，振幅变化最小，因此50Hz＜f固＜60Hz，即C正确．7.如图14所示，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等．当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动．观察B、C、D摆的振动发现()图14A．C摆的频率最小B．D摆的周期最大C．B摆的摆角最大D．B、C、D的摆角相同答案 C解析由A摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等．故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于B摆的固有频率与A摆的相同，故B 摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误．8．在实验室可以做“声波碎杯”的实验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是()A．操作人员必须把声波发生器输出的功率调到很大B．操作人员必须使声波发生器发出频率很高的超声波C．操作人员必须同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员必须将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，且适当增大其输出功率答案 D解析由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500Hz，就是酒杯的固有频率．当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体．将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D 正确.单摆模型模型特点：单摆模型指符合单摆规律的模型，需满足以下三个条件：(1)圆弧运动；(2)小角度往复运动；(3)回复力满足F＝－kx.典例如图15所示，ACB为光滑弧形槽，弧形槽半径为R，C为弧形槽最低点，R≫AB.甲球从弧形槽的球心处自由下落，乙球从A 点由静止释放，问：图15(1)两球第1次到达C 点的时间之比；(2)若在圆弧的最低点C 的正上方h 处由静止释放小球甲，让其自由下落，同时将乙球从圆弧左侧由静止释放，欲使甲、乙两球在圆弧最低点C 处相遇，则甲球下落的高度h 是多少？ 答案 (1)22π (2)(2n ＋1)2π2R 8(n ＝0,1,2…)解析 (1)甲球做自由落体运动 R ＝12gt 21，所以t 1＝2R g乙球沿圆弧做简谐运动(由于AC ≪R ，可认为摆角θ＜5°)．此运动与一个摆长为R 的单摆运动模型相同，故此等效摆长为R ，因此乙球第1次到达C 处的时间为 t 2＝14T ＝14×2πR g ＝π2R g， 所以t 1∶t 2＝22π.(2)甲球从离弧形槽最低点h 高处自由下落，到达C 点的时间为t 甲＝2h g由于乙球运动的周期性，所以乙球到达C 点的时间为 t 乙＝T 4＋n T 2＝π2Rg(2n ＋1) (n ＝0,1,2，…) 由于甲、乙在C 点相遇，故t 甲＝t 乙 联立解得h ＝(2n ＋1)2π2R8(n ＝0,1,2…)．1．解决该类问题的思路：首先确认符合单摆模型的条件，即小球沿光滑圆弧运动，小球受重力、轨道支持力(此支持力类似单摆中的摆线拉力)；然后寻找等效摆长l 及等效加速度g ；最后利用公式T ＝2πlg或简谐运动规律分析求解问题． 2．易错提醒：单摆模型做简谐运动时具有往复性，解题时要审清题意，防止漏解或多解．题组1 简谐运动的物理量和表达式1．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是( ) A ．位移B ．速度C ．加速度D ．回复力 答案 B2．某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x ＝A sin π4t ，则质点( )A ．第1s 末与第3s 末的位移相同B ．第1s 末与第3s 末的速度相同C ．第3s 末至第5s 末的位移方向都相同D ．第3s 末至第5s 末的速度方向都相同 答案 AD解析 由关系式可知ω＝π4 rad/s ，T ＝2πω＝8 s ，将t ＝1 s 和t ＝3 s 代入关系式中求得两时刻位移相同，A 对；作出质点的振动图像，由图像可以看出，第1 s 末和第3 s 末的速度方向不同，B 错；由图像可知，第3 s 末至第4 s 末质点的位移方向与第4 s 末至第5 s 末质点的位移方向相反，而速度的方向相同，故C 错，D 对．3．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的( )A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变、振幅改变D ．频率改变、振幅不变答案 C解析 单摆的周期由摆长和当地的重力加速度决定．由单摆的周期公式T ＝2πlg，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A 是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由E k ＝12m v 2结合题意可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因质量增大，故振幅减小，所以C 正确．题组2 简谐运动的图像4.如图1甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O 点为平衡位置，在a 、b 两点之间做简谐运动，其振动图像如图乙所示．由振动图像可以得知()图1A．振子的振动周期等于t1B．在t＝0时刻，振子的位置在a点C．在t＝t1时刻，振子的速度为零D．从t1到t2，振子正从O点向b点运动答案 D解析弹簧振子先后经历最短时间到达同一位置时，若速度相同，则这段时间间隔就等于弹簧振子的振动周期，从振动图像可以看出振子的振动周期为2t1，选项A错误；在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误；从t1到t2，振子的位移在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项D正确．5．一质点做简谐运动的图像如图2所示，下列说法正确的是()图2A．质点振动频率是4HzB．在10s内质点经过的路程是20cmC．第4s末质点的速度是零D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同答案 B解析由题图可知，该简谐运动的周期为4 s，频率为0.25 Hz，在10 s内质点经过的路程是2.5×4A＝20 cm.第4 s末质点的速度最大．在t＝1 s和t＝3 s两时刻，质点位移大小相等、方向相反．故B正确．6.如图3所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像，则下列说法中正确的是()图3A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图像可以求出当地的重力加速度答案ABD解析由振动图像可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2πlg可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出当地的重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确．7.一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图4所示，则()图4A．此单摆的固有周期约为0.5sB．此单摆的摆长约为1mC．若摆长增大，单摆的固有频率增大D．若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动答案 B解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s；再由T＝2πlg，得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动．8．简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图5甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示．则下列说法中正确的是()图5A．弹簧振子的周期为4sB．弹簧振子的振幅为10cmC．t＝17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD．若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是4cmE．2.5s时振子正在向x轴正方向运动答案ABD解析周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为T＝4 s，故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10 cm，故B正确；振子的周期为4 s，由周期性知，t＝17 s时振子相对平衡位置的位移与t＝1 s时振子相对平衡位置的位移相同，为0.故C错误；若纸带运动的速度为2 cm/s，振动图线上1、3两点间的距离是s＝vt＝2 cm/s×2 s＝4 cm，故D正确；图像的斜率表示速度，斜率正负表示速度的方向，则知2.5 s时振子的速度为负，正在向x轴负方向运动，故E错误．题组3简谐运动的综合问题9.如图6所示为一个竖直放置的弹簧振子，物体沿竖直方向在A、B之间做简谐运动，O点为平衡位置，A点位置恰好为弹簧的原长．物体由C点运动到D点(C、D两点未在图上标出)的过程中，弹簧的弹性势能增加了3.0J，重力势能减少了2.0J．对于这段过程说法正确的是()图6A．物体的动能增加1.0JB．C点的位置可能在平衡位置以上C．D点的位置可能在平衡位置以上D．物体经过D点的运动方向可能指向平衡位置答案 BD10.一质点做简谐运动，其位移与时间的关系如图7所示．图7(1)求t ＝0.25×10－2s 时质点的位移；(2)在t ＝1.5×10－2s 到t ＝2×10－2s 的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？(3)在t ＝0到t ＝8.5×10－2s 时间内，质点的路程、位移各多大？答案 (1)－2cm (2)变大 变大 变小 变小 变大 (3)34cm 2cm解析 (1)由题图可知A ＝2cm ，T ＝2×10－2s ，振动方程为x ＝A sin (ωt －π2)＝－A cos ωt ＝－2cos(2π2×10－2t ) cm ＝－2cos100πt cm 当t ＝0.25×10－2s 时，x ＝－2cos π4cm ＝－2cm.(2)由题图可知在t ＝1.5×10－2s 到t ＝2×10－2s 的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大．(3)在t ＝0到t ＝8.5×10－2s 时间内经历174个周期，质点的路程为s ＝17A ＝34cm ，位移为2cm.。
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⊳图像应用能力的培养 ⊳规范表达能力的培养 ⊳实验拓展能力的培养纵观全国近几年的高考试题，以图像的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图像所给予的信息和破译图像信息的能力，图像的形式以v －t 、a －t 、F －t 图像居多，考查最多的是v －t 图像，题型既有选择题也有计算题，难度中等． 1．明确常见图像的意义，如下表：2.图像类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图像的种类，图像的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义．运用图像解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图像解答问题；(2)根据题意作图，用图像解答问题．在实际的应用中要建立物理情景与函数、图像的相互转换关系．例1 (多选)(2015·课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )图1A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案 ACD解析 由v t 图像可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v t 图像无法求出物块的质量，选项B 错误．关注图像中的函数关系及特殊值在图像问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，然后根据函数关系读取图像信息或者描点作图．作图时，往往只需确定一个或两个特殊点的坐标(如变力F 的最小值F min 和最大值F max 、抛物线的顶点和任意点、圆的圆心等)，即可根据函数关系连线作图．当不能定量确定函数关系时，特殊值的判断尤为重要，读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息．例2 (16分)如图2甲所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2，试求：图2(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F ，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力f 2随拉力F 大小变化而变化的图像． 【思维流程】答案 (1)1 s (2)见解析图【书面表达过程】 (1)对铁块应用牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1，加速度大小 a 1＝F －μ2mg m＝4 m/s 2，(2分)对木板应用牛顿第二定律：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，加速度大小a 2＝μ2mg －μ1(M ＋m )gM ＝2m/s 2，(2分)设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s ．(2分)(2)①当F ≤μ1(mg ＋Mg )＝2 N 时，M 、m 相对静止且对地静止，f 2＝F ；(3分) ②设F ＝F 1时，M 、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度a ＝a 2＝2 m/s 2， 以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F 1－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F 1＝6 N. 所以，当2 N ＜F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a ＝F －μ1(M ＋m )g M ＋m＝F2－1以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有f 2′－μ1(M ＋m )g ＝Ma ，f 2＝f 2′， 解得f 2＝F2＋1.(4分)③当F ＞6 N 时，M 、m 发生相对运动，f 2＝μ2mg ＝4 N ．如图所示．(3分)1．本题是一道滑块－木板模型的动力学问题，首先要在审题析题方面定准位，然后遵循此类题型特点，寻求解决问题的突破口．2．由于本题还要作图像，它又是一道图像信息题，因此第(2)问的解答只是作出图像而没有分析过程是不规范的．3．规范要求必要的文字说明和重要规律应用的原型表达式．1．实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板(如图3)图3(2)利用光电门测速度(如图4)图4(3)利用位移传感器测位移(如图5)图52．数据测量的改进⎪⎪⎪⎪测定通过的时间，由a ＝12x [(d t 2)2－(dt 1)2] —求出加速度小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到 —――→替代通过打点纸带求加速度 3．实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数． 例3 甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验．已知重力加速度为g.(1)甲同学所设计的实验装置如图6甲所示．其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计．实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数．则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________．图6(2)乙同学的设计如图乙所示．他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力．实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F －1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为________．根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为________． 答案 (1)A 与BF 1mg(2)光电门A 、B 之间的距离x2xb kg解析 (1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由f ＝μN 得，μ＝f N ＝F 1mg ，为A 与B 之间的动摩擦因数．(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移 x ＝12at 2. 可得：a ＝2xt 2根据牛顿第二定律得 对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma 则：F ＝2mxt2＋μmg则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为：b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝b mg ＝2xbkg.。
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专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力．3．用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识．命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题．1．水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断．物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻．2．倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v0＝6 m/s顺时针转动．现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速．答案 (1)3 m (2)2 s解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma 1 得：a 1＝2 m/s 2 设经过时间t 1滑块与传送带达到共同速度v ，有： v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为f ，有： f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动． 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动．一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点．图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端．答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得 沿传送带方向：mg sin θ＋f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝N 又f ＝μN由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下．(2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下． 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s.所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．2.如图4所示为一水平传送带装置示意图．A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动．已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m/s 2)．图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动． 2．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长．设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63．解题步骤例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图7(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．①μ1＜μ2，可分析A 、B 受力；②第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑．答案 (1)3 m /s 2 1 m/s 2 (2)4 s解析 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma 1⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩2 s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为0，同理可得a 1′＝6 m/s 2⑪ a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3．(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对．4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ② 联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥s 2＝v t －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①～⑨并代入数据得 l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例 如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )图10答案 D解析 开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a 1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，所以a 1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a 2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，所以a 2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a 2＜a 1，所以，本题正确选项为D.易错诊断 本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C 选项．理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键．变式拓展 (1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示 若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C 选项．(2)若将传送带改为水平呢？提示 若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C 选项正确．题组1 “传送带模型”问题1．如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m /s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m/s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同，t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v 22a 1③ 设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点L －x 1＝v t 2－12a 2t 22⑤ 联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2，L ＝v 0t ′－12a 2t ′2 t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去)．2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m /s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －N ＝m v 2R解得：N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下．(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3．如图3所示，水平传送带以v ＝12 m /s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处．平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点．(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动．a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速．a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意． (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长．设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2)．图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N.小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ，小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝ 2×1.2510s ＝0.5 s.车运动的位移x车′＝v1t′＋12a′t2＝4×0.5 m＋12×5×0.52 m＝2.625 m.小物块平抛的水平位移x物′＝v2·t′＝2×0.5 m＝1 m.物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x＝x车′－x物′＝2.625 m－1 m＝1.625 m.。
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第三
第2讲牛顿第二定律两类动力学问题一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比．加速度的方向跟作用力的方向相同．2．表达式：F＝ma，F与a具有瞬时对应关系．3．力学单位制(1)单位制：由基本单位和导出单位共同组成．(2)基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有三个，分别是质量、时间和长度，它们的国际单位分别是千克(kg)、秒(s)和米(m)．(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．深度思考判断下列说法是否正确．(1)物体所受合外力越大，加速度越大．(√)(2)物体所受合外力越大，速度越大．(×)(3)物体在外力作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，物体的速度逐渐减小．(×)(4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用．(×)二、动力学两类基本问题1．动力学两类基本问题(1)已知受力情况，求物体的运动情况．(2)已知运动情况，求物体的受力情况．2．解决两类基本问题的方法以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿运动定律列方程求解，具体逻辑关系如图：深度思考如图1所示，质量为m的物体在水平面上由速度v A均匀减为v B的过程中前进的距离为x.图1(1)物体做什么运动？能求出它的加速度吗？(2)物体受几个力作用？能求出它受到的摩擦力吗？答案(1)匀减速直线运动能，由v2B－v2A＝2ax可得(2)受重力、支持力和摩擦力由f＝ma，可求摩擦力三、超重和失重1．超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象．(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下．4．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关．(2)视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力．此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重．5．情景拓展(如图2所示)图21．(多选)关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是()A ．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B ．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C ．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D ．物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同 答案 BD2．(多选)在研究匀变速直线运动的实验中，取计数时间间隔为0.1 s ，测得相邻相等时间间隔的位移差的平均值Δx ＝1.2 cm ，若还测出小车的质量为500 g ，则关于加速度、合外力的大小及单位，既正确又符合一般运算要求的是( ) A ．a ＝1.20.12 m /s 2＝120 m/s 2B ．a ＝1.2×10－20.12m /s 2＝1.2 m/s 2 C ．F ＝500×1.2 N ＝600 N D ．F ＝0.5×1.2 N ＝0.60 N 答案 BD3．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )A ．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化 答案 D4．(人教版必修1P78第5题)水平路面上质量是30 kg 的手推车，在受到60 N 的水平推力时做加速度为1.5 m /s 2的匀加速运动．如果撤去推力，车的加速度的大小是多少？(g ＝10 m/s 2) 答案 0.5 m/s 2 解析 设阻力为f ，则 F －f ＝ma 解得f ＝15 N如果撤去推力，车的加速度由阻力提供，则 f ＝ma ′解得a ′＝0.5 m/s 2.5．(粤教版必修1P92例1)交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹来判断发生事故前汽车是否超速．在限速为40 km /h 的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交通警察在现场测得该车在路面的刹车痕迹为12 m ．已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.6，请判断这辆汽车是否超速．(g 取10 m/s 2) 答案 超速解析 选取初速度方向为正方向，则 N －mg ＝0① 故f ＝μN ＝μmg ② 由牛顿第二定律得 －f ＝ma ③根据匀变速运动的规律有v 2t －v 20＝2ax ④联立②③④式可得 v 0＝2μgx 代入数据得 v 0＝12 m/s汽车刹车前速度为12 m /s ，即43.2 km/h ，此汽车属超速行驶.命题点一 牛顿第二定律的理解和应用 1．对牛顿第二定律的理解2.应用牛顿第二定律求瞬时加速度的技巧在分析瞬时加速度时应注意两个基本模型的特点：(1)轻绳、轻杆或接触面——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间；(2)轻弹簧、轻橡皮绳——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧或橡皮绳，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．例1(多选)(2016·全国Ⅰ卷·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案BC解析质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力为该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若F的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．例2如图3，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)()图3A．0 B．2.5 NC．5 N D．3.75 N①B与A刚好接触但不挤压；②剪断后瞬间A、B间的作用力大小．答案 D解析当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析受重力G＝(m A＋m B)g＝20 N，弹力为F＝m A g＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(m A＋m B)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有m B g－F1＝m B a，可得F1＝3.75 N，D选项正确．拓展延伸(1)如图4、图5中小球m1、m2原来均静止，现如果均从图中B处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子，它们的拉力将分别如何变化？(2)如果均从图中A 处剪断，则图4中的弹簧和图5中的下段绳子的拉力又将如何变化呢？ (3)由(1)(2)的分析可以得出什么结论？图4 图5答案 (1)弹簧和下段绳的拉力都变为0. (2)弹簧的弹力来不及变化，下段绳的拉力变为0. (3)绳的弹力可以突变而弹簧的弹力不能突变．1．关于速度、加速度和合外力之间的关系，下述说法正确的是( ) A ．做匀变速直线运动的物体，它所受合外力是恒定不变的B ．做匀变速直线运动的物体，它的速度、加速度、合外力三者总是在同一方向上C ．物体受到的合外力增大时，物体的运动速度一定加快D ．物体所受合外力为零时，一定处于静止状态 答案 A解析 做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，故A 正确；由牛顿第二定律可知加速度与合外力方向相同，与速度不一定在同一方向上，故B 错误；物体受到的合外力增大时，加速度一定增大，物体的运动速度变化一定加快，而速度不一定加快，故C 错误；物体所受合外力为零时，物体的加速度一定等于零，速度不一定为零，故D 错误．2．如图6所示，质量为m 的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为( )图6A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小为233g ，方向垂直木板向下D ．大小为33g ，方向水平向右答案 C解析未撤离木板时，小球受力如图，根据平衡条件可得F x与mg的合力F＝mgcos 30°.当突然向下撤离光滑木板时，N立即变为零，但弹簧形变未变，其弹力不变，故F x与mg的合力仍为F＝mgcos 30°，由此产生的加速度为a＝gcos 30°＝233g，方向与合力方向相同，故C正确．命题点二超重和失重问题例3广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图像如图7所示．则下列相关说法正确的是()图7A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态B．5～55 s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零①只受重力与绳索拉力；②由静止开始上升．答案 D解析利用a－t图像可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A 错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力>重力，5～55 s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力<重力，综上所述，B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，D正确．对超重和失重的“四点”深度理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．3．2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图8所示．不计空气阻力．下列说法正确的是()图8A．她在空中上升过程中处于超重状态B．她在空中下落过程中做自由落体运动C．她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D．入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案 D解析起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C 错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大小相等．故D正确．4．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图9所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力()图9A．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时最小答案AD命题点三动力学的两类基本问题例4水平面上有相距15 m的A、B两点，一质量为2 kg的物体在大小为16 N、方向斜向上的力F作用下，从A点由静止开始做直线运动．某时刻撤去F，物体到达B点时速度为0.若物体与水平面间的动摩擦因数μ＝34，重力加速度g 取10 m/s 2.求物体从A 运动到B 的最短时间．①由静止开始做直线运动；②某时刻撤去F ，物体到达B 点时速度为0.答案 4 s解析 撤去F 前对物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有F cos α－f ＝ma 1① f ＝μN ② N ＝mg －F sin α③ x 1＝12a 1t 21④撤去F 后物体只受重力、弹力和摩擦力，利用牛顿第二定律有 μmg ＝ma 2⑤ x 2＝12a 2t 22⑥x 1＋x 2＝s ⑦ a 1t 1＝a 2t 2⑧根据v －t 图像中速度与时间轴所围面积代表位移，由于减速过程物体的加速度不变，在总位移不变的情况下只有增大加速过程的加速度才能让时间变短．由①②③联立可得F cos α－μ(mg －F sin α)＝ma 1利用数学知识可得最大加速度a 1＝F 1＋μ2m －μg ＝2.5 m/s 2，联立④⑤⑥⑦⑧可求得t 1＝3 s ，t 2＝1 s ，则总时间t ＝t 1＋t 2＝4 s.解决动力学问题的技巧和方法1．两个关键(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析； (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁． 2．两种方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法” (2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．5．(多选)(2016·全国Ⅱ卷·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案 BD解析 小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙．空气阻力f ＝kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －3k4πρr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12at 2知，t 甲<t 乙，选项A 、C 错误；由v ＝2ah 知，v 甲>v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝fh 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确．6．如图10所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg 的磨石A 对地面和斜壁进行打磨，已知A 与地面、A 与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同．(g 取10 m/s 2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图10(1)当A 受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F 1＝50 N 打磨地面时，A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A 与地面间的动摩擦因数μ.(2)若用A 对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A 加竖直向上推力F 2＝60 N 时，则磨石A 从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？ 答案 (1)0.5 (2)2 m/s解析 (1)A 恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力，即f ＝F 1cos θ＝40 N μ＝f N ＝f mg ＋F 1sin θ＝0.5 (2)先将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解可得： 在沿斜面方向有： (F 2－mg )cos θ－f 1＝ma ；在垂直斜面方向上有： N ＝(F 2－mg )sin θ； 则f 1＝μ(F 2－mg )sin θ 解得：a ＝1 m/s 2 x ＝12at 2 解得t ＝2 s v ＝at ＝2 m/s.关于瞬时问题的拓展深化瞬时问题是指分析物体在某一时刻的瞬时加速度问题，是高考考查的热点问题之一，其求解的关键在于分析瞬时前后物体的受力情况和运动情况，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．此类问题往往对应下列三种模型：典例1 如图11所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小铁球，小铁球处于平衡状态，a 弹簧与竖直方向成30°角，b 弹簧水平，a 、b 两弹簧的劲度系数分别为k 1、k 2，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图11A ．a 弹簧的伸长量为3mg3k 1B ．a 、b 两弹簧的伸长量的比值为2k 2k 1C ．若弹簧b 的左端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为g2D ．若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间小铁球的加速度为3g 答案 B解析 小铁球受重力mg 、T a 、T b 三个力作用，如图所示，将弹簧a 的弹力沿水平和竖直方向分解，在竖直方向上有T a cos 30°＝mg ，而T a ＝k 1x 1，解得x 1＝23mg3k 1，选项A 错误．在水平方向上有T a sin 30°＝T b ，而T b ＝k 2x 2，可求得a 、b 两弹簧的伸长量的比值为x 1x 2＝2k 2k 1，选项B正确．弹簧b 的左端松脱瞬间，弹簧a 的弹力不变，弹簧a 的弹力和小铁球的重力的合力方向水平向左，大小为mg tan 30°，由牛顿第二定律得mg tan 30°＝ma 1，可得弹簧b 的左端松脱瞬间小铁球的加速度为a 1＝g tan 30°＝33g ，选项C 错误．弹簧a 的下端松脱瞬间，弹簧b 的弹力不变，弹簧b 的弹力和小铁球的重力的合力方向与T a 反向，大小为mgcos 30°，由牛顿第二定律得mg cos 30°＝ma 2，可得弹簧a 的下端松脱瞬间小铁球的加速度为a 2＝g cos 30°＝233g ，选项D 错误．典例2 如图12所示，A 、B 、C 三球的质量均为m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A 球相连，A 、B 间用一个轻杆连接，B 、C 间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，系统处于静止状态，在细线被烧断后瞬间，下列说法正确的是( )图12A ．B 球的受力情况未变，加速度为零B ．A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为12g sin θC ．A 、B 之间杆的拉力大小为2mg sin θD ．C 球的加速度沿斜面向下，大小为2g sin θ 答案 B解析 细线烧断前，ABC 作为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力F ＝3mg sin θ，对C 受力分析，沿斜面方向细线拉力T ＝mg sin θ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化，弹力不变，对C 受力分析，没有细线拉力，mg sin θ＝ma 1，加速度a 1＝g sin θ，选项D 错误；A 、B 之间由轻杆连接，相对静止，对AB 整体受力分析可得F －2mg sin θ＝2ma 2，合力沿斜面向上，得a 2＝12g sin θ，选项A 错误，B 正确；对B 受力分析，斜面方向受轻杆的弹力和重力沿斜面向下的分力，轻杆弹力T ′－mg sin θ＝ma 2＝12mg sin θ，得轻杆弹力T ′＝32mg sin θ，选项C错误．题组1 对牛顿第二定律的理解和应用1．(多选)下列关于单位制及其应用的说法中，正确的是( ) A ．基本单位和导出单位一起组成了单位制 B ．选用的基本单位不同，构成的单位制也不同C ．在物理计算中，如果所有已知量都用同一单位制中的单位表示，只要正确应用物理公式其结果就一定是用这个单位制中的单位来表示的D ．一般来说，物理公式主要确定各物理量间的数量关系，并不一定同时确定单位关系 答案 ABC2．一个质量为m ＝1 kg 的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.从t ＝0时刻起物块同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，若力F 1、F 2随时间的变化如图1所示，设物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2，则物块在此后的运动过程中( )图1A ．物块从t ＝0时刻开始运动B ．物块运动后先做加速运动再做减速运动，最后匀速运动C ．物块加速度的最大值是3 m/s 2D ．物块在t ＝4 s 时速度最大 答案 C解析 物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力f m ＝μmg ＝0.2×1×10 N ＝2 N ，物块在第1 s 内，满足F 1＝F 2＋f m 物块处于静止状态，选项A 错误；第1 s 物块静止，第1 s 末到第7 s 末，根据牛顿第二定律有F 1－F 2－f m ＝ma ，F 2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F 1方向，物块一直加速，故选项B 、D 均错误，在t ＝4 s 时加速度最大为a m ＝F 1－f m m ＝5－21m /s 2＝3 m/s 2，选项C 正确．3．如图2所示，光滑水平面上，A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起，A 、B 的质量分别为m 1、m 2，在拉力F 作用下，A 、B 共同做匀加速直线运动，加速度大小为a ，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬时A 和B 的加速度大小为a 1和a 2，则( )图2A ．a 1＝0，a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aC ．a 1＝m 2m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2aD ．a 1＝a ，a 2＝m 1m 2a答案 D解析 撤去拉力F 前，设弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a ；撤去拉力F 后，弹簧的形变量保持不变，对A 由牛顿第二定律得kx ＝m 1a 1，对B 由牛顿第二定律kx ＝m 2a 2，解得a 1＝a 、a 2＝m 1m 2a ，故选项D 正确．4．一皮带传送装置如图3所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带上的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自然长度，则当弹簧从自然长度到第一次达到最长这一过程中，滑块的速度和加速度的变化情况是()图3A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度减小C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大答案 D解析滑块在水平方向受向左的滑动摩擦力f和弹簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝f－F拉＝ma，当弹簧从自然长度到第一次达最长这一过程中，x逐渐增大，拉力F拉逐渐增大，因为皮带的速度v足够大，所以合力F合先减小后反向增大，从而加速度a先减小后反向增大；滑动摩擦力与弹簧弹力相等之前，加速度与速度同向，滑动摩擦力与弹簧弹力相等之后，加速度便与速度方向相反，故滑块的速度先增大，后减小．5．(多选)如图4所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()图4A．A球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为g sin θD．B、C之间杆的弹力大小为0答案CD解析初始系统处于静止状态，把BC看成整体，BC受重力2mg、斜面的支持力N、细线的拉力T，由平衡条件可得T＝2mg sin θ，对A进行受力分析，A受重力mg、斜面的支持力、弹簧的拉力F弹和细线的拉力T，由平衡条件可得：F弹＝T＋mg sin θ＝3mg sin θ，细线被烧断的瞬间，拉力会突变为零，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律得A球的加速度沿斜面向上，大小a＝2g sin θ，选项A错误；细线被烧断的瞬间，把BC看成整体，根据牛顿第二定律得BC球的加速度a′＝g sin θ，均沿斜面向下，选项B错误，C正确；对C进行受力分析，C受重力mg、杆的弹力F和斜面的支持力，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋F＝ma′，解得F ＝0，所以B、C之间杆的弹力大小为0，选项D正确．题组2超重和失重问题6．关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态答案 D7．若货物随升降机运动的v－t图像如图5所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是()图5答案 B解析由v－t图像可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)．综合选项分析可知B选项正确．8．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图6所示，当此车减速上坡时，则乘客(仅考虑乘客与水平面之间的作用)()图6A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上答案 C解析当车减速上坡时，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度与车的加速度相同，根据牛顿第二定律知人的合力方向沿斜面向下，合力的大小不变．人受重力、支持力和水平向左的静摩擦力，如图．将加速度沿竖直方向和水平方向分解，则有竖直向下的加速度，则：mg－N＝ma y.N＜mg，乘客处于失重状态，故A、B、D错误，C正确．题组3动力学的两类基本问题9．(多选)如图7所示，质量为m＝1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2 N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10 m/s2)()图7A．物体经10 s速度减为零B．物体经2 s速度减为零C．物体速度减为零后将保持静止D．物体速度减为零后将向右运动答案BC10．用40 N的水平力F拉一个静止在光滑水平面上、质量为20 kg的物体，力F作用3 s后撤去，则第5 s末物体的速度和加速度的大小分别是()A．v＝6 m/s，a＝0B．v＝10 m/s，a＝2 m/s2C．v＝6 m/s，a＝2 m/s2D．v＝10 m/s，a＝0答案 A11．如图8所示，一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求：。
2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第三
实验四探究加速度与力、质量的关系1．实验原理(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系．(2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系．(3)作出a－F图像和a－1m图像，确定其关系．2．实验器材小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺．3．实验步骤(1)测量：用天平测量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.(2)安装：按照如图1所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力)．图1(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，断开电源，取下纸带编号码．②保持小车的质量m不变，改变小盘和砝码的质量m′，重复步骤①.③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a.④描点作图，作a－F的图像．⑤保持小盘和砝码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－1m图像．1．注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力．在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动．(2)不重复平衡摩擦力．(3)实验条件：m≫m′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．2．误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差．3．数据处理(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比．(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比.命题点一教材原型实验例1用图2甲所示装置探究物体的加速度与力的关系．实验时保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力作为小车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a.图2(1)关于实验操作，下列说法正确的是()A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D．实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50 Hz，打B点时小车的速度v＝________ m/s，小车的加速度a＝________ m/s2.(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图像如图丙所示，造成图线上端弯曲的原因可能是________．答案(1)AD(2)0.3160.93(3)随所挂钩码质量m的增大，不能满足M≫m.解析(1)在调节木板倾斜度平衡小车受到的滑动摩擦力时，不应悬挂钩码，故B错误；由于平衡摩擦力之后有Mg sin θ＝μMg cos θ，故tan θ＝μ，所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面方向的分力，改变小车所受的拉力，不需要重新平衡摩擦力，故C错误．(2)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为T＝5×0.02 s＝0.1 s根据Δx ＝aT 2可得：x CE －x AC ＝a (2T )2， 小车运动的加速度为a ＝x CE －x AC 4T 2＝0.163 6－0.063 2－0.063 20.04 m/s 2 ＝0.93 m/s 2B 点对应的速度：v B ＝x AC 2T ＝0.063 20.2m /s ＝0.316 m/s ，(3)随着力F 的增大，即随所挂钩码质量m 的增大，不能满足M ≫m ，因此图线上部出现弯曲现象．1．(1)我们已经知道，物体的加速度a 同时跟合外力F 和质量M 两个因素有关．要研究这三个物理量之间的定量关系，需采用的思想方法是________．(2)某同学的实验方案如图3所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减少这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：图3a ．用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是_______________________________________ ______________________________________________________________________.b ．使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于________． (3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种： A ．利用公式a ＝2xt 2计算B ．根据逐差法利用a ＝ΔxT2计算两种方案中，选择方案________比较合理．答案 (1)控制变量法 (2)平衡摩擦力 砂桶的重力 (3)B2．为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图4所示的实验装置：图4(1)以下实验操作正确的是()A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B．调节滑轮的高度，使细线与木板平行C．先接通电源后释放小车D．实验中小车的加速度越大越好(2)在实验中，得到一条如图5所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T＝0.1 s，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09 cm、3.43 cm、3.77 cm、4.10 cm、4.44 cm、4.77 cm，则小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留两位有效数字)图5(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图6所示．图线________是在轨道倾斜情况下得到的(填“①”或“②”)；小车及车中砝码的总质量m＝________ kg.图6答案(1)BC(2)0.34(3)①0.5解析(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面的分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是细线的拉力，故选项A错误；细线的拉力为小车的合力，所以应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，故B正确；实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，先接通电源后释放小车，故选项C正确；实验时，为了减小实验的误差，小车的加速度应适当大一些，但不是越大越好．故D错误．(2)根据逐差法得：a ＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2＝0.34 m/s 2.(3)由图线①可知，当F ＝0时，a ≠0，也就是说当细线上没有拉力时小车就有加速度，所以图线①是轨道倾斜情况下得到的，根据F ＝ma 得a －F 图像的斜率k ＝1m ，由a －F 图像得图像斜率k ＝2，所以m ＝0.5 kg. 命题点二 实验拓展创新例2 (2016·全国Ⅲ·23)某物理课外小组利用图7中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N ＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：图7(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n (依次取n ＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N －n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s ，绘制st 图像，经数据处理后可得到相应的加速度a .(3)对应于不同的n 的a 值见下表．n ＝2时的st 图像如图8所示；由图求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.图8(4)利用表中的数据在图9中补齐数据点，并作出an 图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图9(5)利用an 图像求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m·s －2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)A ．an 图线不再是直线B ．an 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．an 图线仍是直线，但该直线的斜率变大 答案 (3)0.39 (4)见解析图 (5)0.44 (6)B解析 (3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图中点(2,0.78)代入s ＝12at 2可得，a ＝0.39 m/s 2.(4)根据描点法可得如图所示图线．(5)根据牛顿第二定律可得nmg ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg M ＋5m n ，图线斜率k ＝mg M ＋5m ＝1.005，可得M ＝0.44 kg(6)若保持木板水平，则小车运动中受到摩擦力的作用，n 的数值相同的情况下，加速度a 变小，直线的斜率变小．绳的拉力等于摩擦力时，小车才开始运动，图像不过原点，选项B 正确．利用图像处理数据的方法技巧1．利用图像处理实验数据是实验中最常用的方法，解决本题的基本对策是写出图像对应的函数，困难便迎刃而解．2．画a －n 图像时，所画直线要符合以下要求：让尽可能多的点落在直线上；不能落在直线上的点要均匀分布于直线的两侧；一定要利用直尺画线．例3 (2015·新课标全国Ⅱ·22)某同学用图10(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离．图10(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m /s 2，打C 点时物块的速度v ＝________ m/s ； (2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)． A ．物块的质量 B ．斜面的高度 C ．斜面的倾角答案 (1)3.25 1.79 (2)C 解析 (1)根据纸带数据可知，加速度a ＝(x CD ＋x DE )－(x AB ＋x BC )4T 2＝3.25 m/s 2； 打C 点时物块的速度v C ＝x BD2T≈1.79 m/s.(2)由牛顿第二定律得加速度a ＝g sin θ－μg cos θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角．3．在用DIS 研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图11(a)所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一起沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，实验中力传感器的拉力为F ，保持小车[包括位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，得到加速度与外力的关系如图(b)所示．图11(1)小车与轨道的滑动摩擦力f ＝________ N.(2)从图像中分析，小车[包括位移传感器(发射器)]的质量为________ kg.(3)该实验小组为得到a 与F 成正比的关系，应将斜面的倾角θ调整到tan θ＝________. 答案 (1)0.67 (2)0.67 (3)0.1解析 (1)根据图像可知，当F ＝0.67 N 时，小车开始有加速度，则f ＝0.67 N ，(2)根据牛顿第二定律a ＝F －f M ＝1M F －fM ，则a －F 图像的斜率表示小车[包括位移传感器(发射器)]质量的倒数，则 M ＝1k ＝4.0－2.05.0－2.0＝23≈0.67 kg.(3)为得到a 与F 成正比的关系，则应该平衡摩擦力，则有： Mg sin θ＝μMg cos θ 解得：tan θ＝μ，根据f ＝μMg 得：μ＝0.6723×10＝0.1所以tan θ＝0.1.4．如图12所示，某同学设计了一个测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置，装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上，木板上有一滑块，滑块右端固定一个动滑轮，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动．图12(1)实验得到一条如图13所示的纸带，相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s ，由图中的数据可知，滑块运动的加速度大小是________ m/s 2.(计算结果保留两位有效数字)图13(2)读出弹簧测力计的示数F ，处理纸带，得到滑块运动的加速度a ；改变钩码个数，重复实验．以弹簧测力计的示数F 为纵坐标，以加速度a 为横坐标，得到的图像是纵轴截距为b 的一条倾斜直线，如图14所示．已知滑块和动滑轮的总质量为m ，重力加速度为g ，忽略滑轮与绳之间的摩擦．则滑块和木板之间的动摩擦因数μ＝________.图14答案 (1)2.4 (2)2b mg解析 (1)加速度a ＝x BD －x OB 4T 2＝0.192－0.096 14×0.01m /s 2＝2.4 m/s 2 (2)滑块受到的拉力T 为弹簧测力计示数的两倍，即：T ＝2F滑块受到的摩擦力为：f ＝μmg由牛顿第二定律可得：T －f ＝ma解得力F 与加速度a 的函数关系式为：F ＝m 2a ＋μmg 2由图像所给信息可得图像截距为：b ＝μmg 2解得：μ＝2b mg.。
2018版高考物理(教科版,四川专用)大一轮复习讲义(文档)第三章 牛顿运动定律 45分钟章末验收卷
45分钟章末验收卷一、单项选择题1．质量为M的三角形物块放置在粗糙水平地面上，开始时质量为m的物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，某时刻给物体施加一沿斜面向下的推力F，使物体沿斜面向下做加速运动，如图1所示．整个过程中，三角形物块始终静止在地面上，设物体向下加速运动时，地面对三角形物块的支持力大小为N，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f，重力加速度为g，则()图1A．f≠0，N＞(m＋M)g B．f＝0，N＝(m＋M)gC．f≠0，N＜(m＋M)g D．f＝0，N＞(m＋M)g答案 B解析开始时物体以速度v0沿三角形物块的粗糙斜面匀速下滑，说明三角形物块对物体的作用力等于物体的重力，方向竖直向上．对三角形物块受力分析，受到竖直向下的重力、物体对三角形物块竖直向下的作用力、地面的支持力，不受地面的摩擦力作用，根据平衡条件可知，f1＝0，N1＝(m＋M)g.当给物体施加一沿斜面向下的推力F时，不会改变物体与三角形物块间的作用力，所以地面对三角形物块的支持力大小N＝(m＋M)g，地面对三角形物块的摩擦力的大小为f＝0，选项B正确．2．如图2所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过轻弹簧连接竖直放置在水平面上静止．现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，经弹簧原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为()图2A．3g B．1.5g C．2g D．2.5g答案 C解析根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则F＝mg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx＝2mg，对A根据牛顿运动定律有kx＋mg－F ＝ma，解得a＝2g，C项正确．3．如图3所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是()图3A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用B ．当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳还不会被拉断D ．轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23T 答案 C解析 质量为2m 的木块受五个力的作用，A 项错；当绳的拉力为T 时，对m 和2m 有T ＝3ma ，此时对整体有F ＝6ma ，可得F ＝2T ，故B 项错，C 项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为13T ，故D 项错． 4．如图4甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10m /s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图像如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法不正确的是( )图4A ．0～5s 内小木块做匀减速运动B ．在t ＝1s 时刻，摩擦力反向C ．斜面倾角θ＝37°D ．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案 A解析 由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 20＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 202x 1＝－10m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1s 内小木块向上做匀减速运动，1s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22x 2＝322×(13－5)m /s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确．二、多项选择题5．竖直上抛一小球，空气阻力大小恒定，小球运动的速度图像如图5所示，下列判断正确的是( )图5A ．0～t 2时间内，小球的平均速度不为零B ．t 1～t 2时间内，小球始终在抛出点下方C ．t 2时刻，小球落回抛出点D ．t 2时刻，小球距离抛出点v 0(t 2－2t 1)2答案 AD解析 从图像看，0～t 2时间内，小球的位移即对应速度图像中的总面积不为0，所以平均速度不为0，A 项正确；t 1～t 2时间内，小球从最高点下落，前一段在抛出点的上方，后一段在抛出点的下方，B 、C 项错误；0～t 1时间内，小球在抛出点上方的位移为x 上＝v 02t 1，t 1～t 2时间内，小球下落过程中的位移为x 下＝v 02(t 2－t 1)，所以总位移大小为v 02(t 2－t 1)－v 02t 1＝v 0(t 2－2t 1)2，D 项正确．6．一质量为m 的飞机在水平跑道上准备起飞，受到竖直向上的机翼升力，大小与飞机运动的速率平方成正比，记为F 1＝k 1v 2；所受空气阻力也与速率平方成正比，记为F 2＝k 2v 2.假设轮胎和地面之间的阻力是压力的μ倍(μ＜0.25)，若飞机在跑道上加速滑行时发动机推力恒为其自身重力的0.25倍．在飞机起飞前，下列说法正确的是( )A ．飞机一共受5个力的作用B ．飞机可能做匀加速直线运动C ．飞机的加速度可能随速度的增大而增大D ．若飞机做匀加速运动，则水平跑道长度必须大于2m k 1(1＋4μ) 答案 BC解析 对飞机受力分析，受到重力、支持力、机翼的升力、发动机的推力、空气阻力和地面的摩擦力六个力的作用如图所示，A 项错误；根据牛顿第二定律有：水平方向：F －f －F 2＝ma ①竖直方向：N ＋F 1＝mg ②f ＝μN ③且F 1＝k 1v 2④F 2＝k 2v 2⑤联立①～⑤得：F －k 2v 2－μ(mg －k 1v 2)＝ma 整理得F －μmg ＋(μk 1－k 2)v 2＝ma ⑥当k 2＝μk 1时，合力恒定，加速度恒定，做匀加速直线运动，B 项正确；当μk 1＞k 2时，加速度随速度的增大而增大，C 项正确；若做匀加速直线运动，由⑥式得a ＝(0.25－μ)mg m ＝(0.25－μ)g ⑦刚起飞时，支持力N ＝0，地面摩擦力为0，mg ＝k 1v 2，得飞机刚起飞时速度的平方为：v 2＝mg k 1⑧v 2＝2ax ⑨联立⑦⑧⑨解得x ＝2m k 1(1－4μ)，D 项错误． 三、非选择题7．用如图6所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图6(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶．除以上器材外，还需要的实验器材有：________.A ．天平(附砝码)B ．秒表C ．刻度尺(最小刻度为mm)D ．低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A ．小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B ．小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C ．小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器．把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是__________________．这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变．(4)如图7为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x 1＝0.55cm ，x 2＝0.94cm ，x 3＝1.35cm ，x 4＝1.76cm ，x 5＝2.15cm ，x 6＝2.54cm.图7①相邻两计数点间的时间间隔为________s ；②计数点“6”和“7”间的位移x 7比较接近于________(填“A 、B 、C 、D ”序号)A ．2.76cmB ．2.85cmC ．2.96cmD ．3.03cm③打下“3”点时小车的瞬时速度v 3＝________m /s ；小车的加速度a ＝________ m/s 2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M ，分别记录小车加速度a 与其质量M 的数据．在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a 与其质量M 的图像，如图8，然后由图像直接得出a 与M 成反比．乙同学认为应该继续验证a 与其质量倒数1M是否成正比，并作出小车加速度a 与其质量倒数1M的图像，如图9所示．你认为________同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理．图8图9(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F ，然后根据测得的数据作出a －F 图像，如图10所示．发现图像既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是( )图10A ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C ．没有平衡摩擦力，且小车质量较大D ．平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大答案 (1)ACD (2)C (3)m ≪M (4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A 项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6V)，工作频率为50Hz ，周期为0.02s ，可以计时，不需要秒表，故选D 项，不选B 项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C 项．(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C 正确．(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg －F ＝ma ，对小车：F ＝Ma ，可得小车受到的拉力F ＝Mmg M ＋m ，加速度a ＝mg M ＋m，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由F ＝M M ＋m ·mg ＝mg 1＋m M可知，F <mg ，只有m ≪M 时，才有F ≈mg ，所以砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是m ≪M .(4)①打点计时器的工作周期为T 0＝0.02s ，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T ＝5T 0＝0.1s.②根据匀变速直线运动的规律a ＝Δx T 2＝x 7－x 6T 2＝x 6－x 5T 2，可知：x 7＝2x 6－x 5＝2×2.54cm －2.15cm ＝2.93cm ，比较接近于2.96cm ，故选C 项．③v 3＝x 3＋x 42T≈0.16m/s ， a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2≈0.40m/s 2. (5)反比关系不容易根据图像判定，而正比关系容易根据图像判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数1M关系图像，故应选乙方案． (6)图像与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F ＝mg 1＋m M，当m ≪M 时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a 与拉力F 成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图像发生弯曲，不再是直线，故B 正确．8．如图11所示，一长L ＝2m 、质量M ＝4kg 的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l ＝5m ，木板的正中央放有一质量为m ＝1kg 的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F ，其大小为48N ，g 取10m/s 2，试求：图11(1)F 作用了1.2s 时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件． 答案 (1)0.64m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6m/s 2对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4m/s 2，故假设成立设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1s在此过程：木板位移x 1＝12a 1t 2＝3m ， 末速度v 1＝a 1t ＝6m/s物块位移x 2＝12a 2t 2＝2m ，末速度v 2＝a 2t ＝4m/s 在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2s 内，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′，解得a 1′＝8m/s 2木板发生的位移x 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 20＝1.36m 此时木板右端距平台边缘Δx ＝l －x 1－x 1′＝0.64m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg ＝ma 2′，解得a 2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x 2′＝v 222a 2′要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l ＋L 2≥x 2＋x 2′ 联立解得μ2≥0.2.。
四川省高考物理一轮(习题课件+高考题库+考点通关)：第
(2)气室中的气体与外界无热交换，内能增加，是因为外界对气
体做功，故密闭气体的温度升高，气体分子的平均动能增大。
根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可知，Q＝0，W＝ΔU，所以活
塞对该气体所做的功等于 3.4×104 J。
(3)设气体在标准状态时的体积为 V1，等压过程VT＝VT11
气体物质的量 n＝VV10，且分子数 N＝nNA，
(2)从状态 A 到状态 B 的过程，体积减小，温度升高 该气体内能的增量 ΔU2＝ΔU1＝9 J 根据热力学第一定律有 ΔU2＝W2＋Q2 从外界吸收的热量 Q2＝ΔU2－W2＝3 J。 答案：(1)0 9 J (2)9 J 3 J
[针对训练] 1．解析：挤压充气袋，气体的体积减小，充气袋中气体的压
谢谢观看
[针对训练] 1．解析：内能可以转化成机械能，如热机，A 错误；内能转
化成机械能的过程满足热力学第一定律，即能量守恒定律， B 错误；热力学第二定律告诉我们：不可能从单一热源吸 收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，C 正确。
答案：C
2．解析：第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机违 反了热力学第二定律，A、B 错；由热力学第一定律知，做功 和热传递都能改变物体的内能，C 错；由热力学第二定律可 知，若有外界影响，热量可以从低温物体传向高温物体，也 可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功，D 对。 答案：D
强增大，外界对气体做正功，气体对外界做负功，由于袋 内气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气 体内能增大，A、C 项正确，B、D 项错误。 答案：AC
2．解析：温度是分子平均动能的宏观标志，故天然气的温度升高 过程中，分子平均动能增大，又天然气可视为理想气体，不需 要考虑分子势能，而气体质量不变，气罐内天然气分子数不变， 所以气体分子总动能增大，故内能增大，A、D 项错；由热力 学第一定律可知，气体体积不变，内能增大，则一定从外界吸 收热量，B 项对；天然气体积不变，随温度升高，气体压强增 大，C 项错。 答案：B
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自主阅读素材11 本章学科素养提升
思维建模能力的培养 1.对于原线圈电路接有用电器的问题，输入功率等于输出功率，要注意
U1 n1 电压与匝数成正比关系成立的条件，此时 ＝ 中U1指的是原线圈两端 U2 n2
电压，而不是电源电压.原线圈两端电压与用电器电压之和等于电源电压 . 2.常见图例(如图)
答案 分析 I 3U 3
√
A.U＝66 V，k＝ 1 9 C.U＝66 V，k＝ 1 3
B.U＝22 V，k＝ 1 9 D.U＝22 V，k＝1 3
1
Uቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
析题破题能力的培养 含有变压器的动态电路问题的解题思路：
【例2】(多选)如图所示，理想变压器的原线 圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以 通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了 定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的 滑片.在原线圈上加一电压为U的正弦式交变电流，则 A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
负载增加，P出减小， I变小
√ C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 √
B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
分析
答案
U2增加，P出增加，I 变大
3.处理技巧 首先计算出通过副线圈的电流，由电流比关系可知原线圈的电流；其次 根据欧姆定律可表示出与原线圈串联的电阻两端的电压；最后结合题意， 列出原线圈两端电压的表达式，根据电压比关系求出副线圈两端电压.
【例 1】一理想变压器的原、副线圈的匝数比为 3∶1 ，在原、副线圈的回 路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电 源上，如图所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中 电阻消耗的功率的比值为k，则