2019届高考物理二轮复习选考实验学案(浙江专用)
2019版物理高考二轮复习备考浙江选考版课件：专题五加试选择题题型强化(多选题型)第1讲
专题五加试选择题题型强化（多选题型）第1讲机械振动和机械波考点一机械振动和图象考点~k机械振动和图象L（多选）（2016-浙江4月选考• 15）摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图1所示•选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可知4 护、乙两单摆的摆长之比是勺B.乙时刻甲、乙两单摆的摆角相等“时刻甲、乙两单摆的势能差最大图1D./时刻甲、乙两单摆的速率相等模拟训练2.（多选）（人教版选修3-4P13 “演示”改编）甲、乙两位同学分别使用图2a所示的同一套装置观察单摆做简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细沙分别形成的曲线如图b所示，下面关于两图线的说法中正确的是 "护图表示沙摆摆动的幅度较大，乙图摆动的幅度较小图2 B.甲图表示沙摆摆动的周期较大，乙图摆动的周期较小人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系。
甲二乙D.二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系e乙二2°甲I Ib3.（多选）（2017・嘉兴市3月模拟）如图3甲所示，0是单摆的平衡位置，B、C 是摆球所能到达的最远位置•此单摆振动图象如图乙所示，则A.单摆振幅是16 cm&单摆摆长约为lmD.摆幅减小，周期也减小Ax/cm乙4.（多选）（人教版选修3-4P21第4题改编）如图4所示是一个单摆的共振曲D.当单摆的摆长变长后，共振曲线峰值右移线，根据该共振曲线，下列说法正确的是萨驱动力频率为/o时单摆发生共振C.当驱动力的频率增加时共振曲线峰值右移图45.（多选）（2017-湖州市高二上期末）一质点做简谐运动，质点的位移随时间变化规律如图5所示，则从图中可以看出t x/cm令质点做简谐运动的频率为°・25血B.f二3 s时，质点的速度为零&二3 s时，质点的加速度为零D.在1〜2 s间，质点的速度逐渐变大规律总结解析由图知，该质点的周期为4s,频率为0.25Hz,故A正确；t = 3 s时，质点处于平衡位置，加速度为零，速度最大，故B错误，C1E 确;图51•简谐运动的特征(1)受力特征：回复力满足F= -kx.(2)运动特征：当物体靠近平衡位置时，a、F、兀都减小，。
(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题六 实验题题型强化 第1讲 力学实验学案
第1讲力学实验[历次选考考情分析]考点一测量仪器的使用及纸带问题打点计时器的使用及纸带的计算1．打点计时器：电火花计时器交流50 Hz,220 V 0.02 s2.通过纸带求解运动的加速度和瞬时速度 (1)利用逐差法求解平均加速度(如图1)图1a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2⇒a ＝a 1＋a 2＋a 33(2)利用平均速度求瞬时速度：v n ＝x n ＋x n ＋12T(3)利用速度－时间图象求加速度①作出速度－时间图象，通过图象的斜率求解物体的加速度； ②剪下相邻计数点间的纸带紧排在一起求解加速度．例1 (2018·温州市十五校联合体期中)同学们利用如图2所示装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验．请你完成下列有关问题：(1)实验室提供如图3甲、乙两种打点计时器，某实验小组决定使用电火花计时器，则应选用图中的____(填“甲”或“乙”)计时器．图2图3(2)另一实验小组使用的是电磁打点计时器，图4中接线正确的是________(填“甲”或“乙”)．图4(3)小宇同学选取一条清晰纸带进行研究，在纸带上确定出九个计数点，如图5所示，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1 s，根据纸带提供的信息，纸带上3、5两点间距离为______ mm.图5(4)纸带上计数点6的瞬时速度为________ m/s(结果保留3位有效数字)，小车运动的加速度为________ m/s2(结果保留2位有效数字)．(5)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，下列说法中对于减小实验误差有益的是________．A．垫高长木板的一端，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B．使小车运动的加速度尽量小些C．舍去纸带上密集的点，利用点迹清晰、点间间隔适当的那一部分进行测量D．选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验答案(1)乙(2)乙(3)35.0(34.5～35.5均可) (4)0.255(0.254～0.256均可) 0.38(0.37～0.39均可) (5)CD1．(2018·新高考研究联盟联考)(1)某次做实验时，实验员准备了以下器材，如图6所示，请问用以下器材可以做下列哪些实验________．图6A．探究小车速度随时间变化的规律B．探究加速度与力、质量的关系C．探究求合力的方法D．研究平抛运动(2)上题四个选项中的实验，必须用到天平的是________(填对应字母)答案(1)AB (2)B2．(2018·宁波市期末)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中(1)用到电磁打点计时器，应采用的电源是________．A．学生电源交流输出B．3节干电池C．蓄电池(2)下列说法正确的是________．A．应先接通电源，在打点计时器开始打点后再释放小车B．应先释放小车，再接通打点计时器的电源(3)某学生实验时得到一条点迹清晰的纸带如图7所示，图中O、A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的6个点，若打点计时器的打点周期为T，则利用此纸带得到小车的加速度的表达式为________．(用x2、x5、T来表示)图7答案(1)A (2)A (3)a＝x5－x2 3T23．(2018·西湖高级中学月考)(1)在下列学生实验中，需要平衡摩擦力的有________．A．“探究小车速度随时间变化的规律”B．“探究加速度与力、质量的关系”C．“探究做功与物体速度变化的关系”D．“探究作用力与反作用力的关系”(2)某小组做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，除了选择小车、带滑轮的长木板、细绳、钩码、刻度尺、导线(按需要备选)外，还要选择下图中的哪些仪器______．(3)在上小题中，用一端固定的橡皮筋代替钩码和细线拉动小车，就可以做“探究做功与物体速度变化的关系”实验．调节好实验装置，当用一条橡皮筋拉动小车时，打出的纸带如图8所示，请根据纸带上的数据计算小车匀速时的速度v＝________ m/s(打点计时器所用交变电源的频率为50 Hz)．图8答案(1)BC (2)A或BD (3)1.56解析(2)实验时不需要测量小车或钩码的质量，因此不需要天平，需要打点计时器，有两种选择方案：选择A(电火花计时器)，或者B、D(电磁打点计时器与低压交流电源)．(3)匀速直线运动时小车速度最大，故小车速度为：v＝xt＝3.12 cm0.02 s＝156 cm/s＝1.56 m/s.4．(2017·诺丁汉大学附中高三上期中)如图9甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、刻度尺、天平．回答下列问题：图9(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的一个器材是________． A ．游标卡尺 B ．秒表 C ．多用电表D ．交流电源(2)下面列举了该实验的几个操作步骤，其中操作不当的一个步骤是________． A ．调节打点计时器两限位孔在同一竖直线上 B ．按照图示的装置安装器件 C ．先释放纸带，后接通电源 D ．测量纸带上某些点间的距离(3)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a 的数值．根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A 、B 、C 、D 、E ，测出各点之间的距离如图乙所示．所使用交流电的频率为f ，则计算重锤下落的加速度的表达式为a ＝________(用x 1、x 2、x 3、x 4及f 表示)． 答案 (1)D (2)C (3)(x 3＋x 4－x 1－x 2)f 24解析 (1)通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，不需要游标卡尺和多用电表，故选D. (2)操作不当的步骤是C ，应该先接通电源，后释放纸带． (3)根据逐差法得a 1＝x 3－x 12T 2，a 2＝x 4－x 22T2，则 a ＝a 1＋a 22＝x 3＋x 4－x 1－x 24T 2＝(x 3＋x 4－x 1－x 2)f 24. 考点二 “小车＋导轨”模型实验1．“小车＋导轨”类实验(1)可以研究匀变速直线运动的规律；(2)可以探究加速度与质量、合外力之间的关系； (3)可以探究做功与速度变化之间的关系； (4)可以验证机械能守恒定律． 2．解答“小车＋导轨”类实验的技巧(1)要根据实验原理来判断是否需要平衡摩擦力，知道正确平衡摩擦力的方法．(2)要清楚钩码(或沙桶)与小车之间的质量关系，并且要清楚在仪器创新或实验原理创新的情形下，该条件是否需要调整．(3)要知道实验数据、图象的处理方法和运用数学知识解题的技巧．例2(2018·杭州市五校联考)如图10所示，某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，对打出的一条纸带进行研究(打点计时器所用电源频率为50 Hz)，该同学在纸带上按每5个点取一个计数点，取了A、B、C、D、E、F等计数点进行研究，该同学已求出了一些计数点对应的速度，其数值见表格．图10计数点 B C D Ev/(m/s)0.400.560.64(1)关于用打点计时器“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，以下说法正确的是________．A．长木板带滑轮的一端必须伸出桌面外侧B．实验时小车应从靠近打点计时器的位置释放C．应先释放小车，再启动打点计时器D．牵引小车的钩码质量越大越好(2)根据图11纸带提供的信息，该同学已经计算出了打下B、D、E这三个计数点时小车的速度，请你帮助他计算出打下计数点C时小车的速度(保留2位有效数字)，并填入相应空格．图11(3)以速度v为纵轴、时间t为横轴在坐标纸上建立直角坐标系(A点对应时刻为坐标系中的0时刻)，根据以上数据在图12所给的坐标纸中作出小车的v－t图线．图12(4)根据图象可得，小车在打下A点时的速度v A＝____ m/s，小车运动的加速度a＝____ m/s2(以上结果均保留2位有效数字)．答案(1)AB (2)0.48 (3)如图所示(4)0.32 0.805．(2018·宁波市期末)某学习小组进行了“探究加速度与力、质量的关系”实验．(1)实验过程中，发现实验室有两种打点计时器，如图13所示．其中电火花计时器是图中的________，该打点计时器使用的电源是________．图13(2)该小组欲通过如图14所示装置打出的纸带来测量小车的加速度．图中是小车释放前的状态，图中有两处明显错误，请指出其中任意一处错误________．图14(3)经正确操作后，打出的一条纸带的一部分如图15所示．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测出相邻计数点之间的距离(单位：cm)．由此求得小车在打点计时器打第2点时的速度为________ m/s(已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)．图15答案(1)B 交流220 V (2)左端没有垫高或小车离打点计时器太远(3)0.366．(2018·绍兴市选考诊断)如图16所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置．图16(1)下图是实验时平衡阻力的情形，其中正确的是______．(选填字母)(2)在平衡阻力后，当小盘及盘内物体的总质量________(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车总质量时，小盘及盘内物体的总重量近似等于小车运动时所受的拉力．实验中可以通过增减小盘中________(选填“50 g钩码”或“1 g砝码”)的个数来改变拉力的大小．(3)图17是对一条纸条处理后得到的v－t图象，根据图象可求得加速度大小为______ m/s2.(结果保留三位有效数字)图17答案(1)C (2)远小于 1 g砝码(3)2.00(1.95～2.05均可)7．(2018·杭州市期末)某同学用如图18所示的装置来探究加速度与力、质量的关系．图18(1)下列说法中正确的是________．A．平衡摩擦力时需要将木板有滑轮的一端稍垫高B．平衡摩擦力时需要装上纸带，并悬挂好小桶C．若改变小车质量，因小车所受阻力发生变化，需重新平衡摩擦力D．应调整滑轮，保证小车在运动过程中细线和木板平行(2)为改变小车所受的力的大小，可往小桶中添加下列图片中的________．(3)图19甲为实验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为x AB ＝4.22 cm ，x BC ＝4.65 cm 、x CD ＝5.08 cm 、x DE ＝5.49 cm ，已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，则小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．图19(4)该同学改变小车的质量，多次实验，作出小车的加速度a 和质量M 的图象如图乙所示，根据图象可知a 与M 的关系可能是________． A ．a ∝M B ．a ∝M 2C ．a ∝M －1D ．a ∝M －2答案 (1)D (2)B (3)0.43 (4)CD解析 (1)平衡摩擦力时需要将木板没有滑轮的一端稍垫高，故A 错误；平衡摩擦力时需要装上纸带，但不需要挂上小桶，故B 错误；平衡摩擦力后，mg sin θ＝F f ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，增大小车的质量并无影响，故不需要重新平衡摩擦力，故C 错误；应保证小车在运动过程中细线和木板平行，故D 正确．(2)为改变小车所受的力的大小，可往小桶中加入已知质量的砝码，故B 正确； (3)根据逐差法得，a ＝(x DE ＋x CD )－(x BC ＋x AB )4T 2≈0.43 m/s 2. (4)由图象可知，质量越大，加速度越小，故C 、D 正确．8．小青用如图20所示的实验装置探究“加速度与力、质量的关系”．图20(1)以下关于实验中操作正确的是________．A．本实验采用了控制变量法探究多个变量之间的关系B．如果选用电火花计时器，所用的交流电为低压6 VC．操作过程中应调节滑轮高度，使细线与长木板平行(2)小青通过实验获得如下表所示的几组数据，请用描点法在图21中作出a－F的关系图象.F/(×9.8×10－3 N)2468101214 a/(m·s－2)0.120.210.320.540.550.660.73图21(3)根据第(2)小题中画出的图象，可以判断在操作过程中，平衡摩擦力时，长木板的倾角________(选填“偏大”“恰好”或“偏小”)．答案(1)AC (2)见解析图(3)偏大解析(1)本实验要探究加速度、力、质量三个变量间的关系，采用控制变量法，即先控制小车质量不变，研究小车加速度与拉力的关系，再控制小车所受拉力不变，研究加速度与质量的关系，A选项正确；若选用电火花计时器，对应电压应为交流220 V，B选项错误；拉力的方向应与长木板平行，保证小车做匀加速直线运动，C选项正确．(2)采用描点法作出a－F的关系图象如图所示．(3)由图象得，直线与纵轴交于点(0,0.03)，即没有拉力时，小车已有加速度，说明长木板的倾角偏大．9．(2018·嘉兴市期末)某同学用如图22甲所示装置研究小车在不同接触面上的运动情况．该同学将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器(所用电源频率为50 Hz)记录小车的运动情况．通过反复实验得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图乙所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量(结果均保留小数点后两位数字)．图22(1)请将A、B、C……J各点对应的刻度值，按照正确的读数方法填写在下表内(单位cm).A B C D E F G H I J13.2011.389.607.80 4.40 3.00 1.800.800.00(2)根据以上数据，纸带上C点小车的速度大小v C＝________ m/s；(3)对应纸带E、J两点间，小车在做________运动，它的加速度大小为________ m/s2.答案(1)6.00 (2)0.90 (3)匀减速直线 5.00考点三“弹簧或橡皮条”模型实验1．模型介绍力学实验中用到弹簧或橡皮条的实验有探究求合力的方法、探究做功与小车速度变化的关系．2．探究求合力的方法(1)实验原理使一个力的作用效果跟两个力的共同作用效果相同．(2)操作关键①每次拉伸时结点位置O必须保持不变；②记下每次各力的大小和方向；③画力的图示时应选择适当的标度．例3(2018·嘉兴市期末)如图23所示为探究求合力的方法的实验装置图．图23(1)请将下面实验的主要步骤补充完整．①将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套上分别连着一个弹簧测力计；②沿着两个方向拉弹簧测力计．将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力的大小及方向；③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录________．(2)下列几种操作的讨论中，说法正确的是________．答案(1)③该弹簧测力计拉力的大小及方向(2)AB解析(2)C选项是因为没有用力的图示画图．10.某同学利用共点力平衡的原理来探究共点力的合成是否遵守平行四边形定则，他将三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)的一端系在一起，用三条细绳分别连接橡皮筋的另一端，按如图24所示方式把重物竖直吊起．在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力的大小，并通过三条细绳的方向确定三个拉力的方向，从而探究其中任意两个拉力的合力是否与第三个力等大反向．图24(1)在实验过程中，下列说法正确的是________．A．实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B．以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，其对角线一定与OC在一条直线上C．多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物质量，但结点O位置不能改变D．每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置(2)为减小误差，应选择劲度系数适当________(填“大”或“小”)的橡皮筋，质量适当________(填“大”或“小”)的重物．答案(1)AD (2)小大解析(1)实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长，从而确定橡皮筋的伸长量，进而确定力的大小，选项A正确；以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，由于实验存在误差，其对角线不一定与OC在一条直线上，选项B错误；多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物的质量，因为是不同的实验，则结点O位置可以变动，选项C错误；每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置，选项D正确．(2)为减小误差，应选择劲度系数适当小的橡皮筋，质量适当大的重物，这样橡皮筋的伸长量较大，误差较小．例4“探究合力做功与物体速度变化的关系”的实验装置如图25所示，当小车在两条完全相同的橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0.当用4条、6条、8条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0…，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度均可由打点计时器所打的纸带测出．图25(1)关于该实验，下列说法正确的是________．A．打点计时器可以用直流电源供电，电压为4～6 VB．实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等C．每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出D．利用每次测出的小车最大速度v m和橡皮筋做的功W，依次作出W－v m、W－v m2、W－v m3、W2－v m、W3－v m…的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系(2)如图26给出了某次在正确操作情况下打出的纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一段纸带，测得O点到A、B、C、D、E各点的距离分别为OA＝5.65 cm，OB＝7.12 cm，OC＝8.78 cm，OD＝10.40 cm，OE＝11.91 cm.已知相邻两点时间间隔为0.02 s，则小车获得的最大速度v m＝________m/s.图26答案(1)CD (2)0.83解析(1)打点计时器只能用交流电源供电，选项A错误；实验中使用的若干条橡皮筋的原长必须相等，否则实验误差太大，甚至出现错误，选项B错误；每次实验都应使小车从同一位置由静止弹出，才能保证橡皮筋的形变量相同，选项C正确；利用图象可以减小实验误差，能更直观地反映出合力做功与物体速度变化的关系，选项D正确．(2)由题图及所给数据可知小车一定在B 、C 间获得最大速度，所以v m ＝BC T＝0.83 m/s.11．(2018·宁波市3月选考)某实验小组采用如图27所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行，打点计时器的工作频率为50 Hz.图27(1)实验操作中需平衡小车受到的摩擦力，其目的是________．A ．防止小车不能被橡皮筋拉动B ．保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功C ．防止纸带上打点不清晰(2)在正确操作的情况下，某纸带上打点计时器打下的点迹如图28所示．则橡皮筋对小车做完功后，小车获得的速度是________ m/s(计算结果保留三位有效数字)．图28(3)若已知图中纸带上打下左侧第一个点时小车的速度为v 1，打下第三个点时小车的速度为v 3，则打下第二个点时小车的速度v 2________v 1＋v 32(填“等于”“大于”或“小于”)． 答案 (1)B (2)1.45 (3)大于12．(2018·东阳中学期中)图29甲为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景，用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x 及拉力大小F (从电脑中直接读出)．所得数据记录在下列表格中：拉力大小F /N0.45 0.69 0.93 1.14 1.44 1.69 标尺刻度x /cm57.02 58.01 59.0060.00 61.03 62.00图29(1)从图乙中读出刻度尺上的刻度值为________ cm；(2)根据所测数据，在图丙坐标纸上作出F与x的关系图象；(3)由图象求出该弹簧的劲度系数为________ N/m，弹簧的原长为________ cm(均保留三位有效数字)．答案(1)63.60(63.55～63.65均可)(2)如图所示(3)24.9(24.0～26.0均可) 55.2(55.0～55.5均可)解析(1)标尺估读一位，故读数为63.60 N；(2)根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示(3)由胡克定律可知，图象的斜率表示劲度系数，则可知k＝1.69－0.45(62.00－57.02)×10－2N/m≈24.9 N/m；图象与横坐标的交点坐标为弹簧原长的长度，则可知，原长为55.2 cm.专题强化练1．(2018·浙江4月选考·17)(1)用图1所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有________(填字母)；图1A．秒表B．天平C．刻度尺D．弹簧测力计(2)用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的是________(填字母)；图2A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上B．手提纸带任意位置C．使重物靠近打点计时器(3)图3是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格的边长均为0.80 cm.由图可知小球的初速度大小为________ m/s(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．图3答案 (1)C (2)AC (3)0.70解析 (1)根据实验原理，只需证明速度的平方和橡皮筋数量成正比即可，故只需刻度尺，所以选C 项．(2)“验证机械能守恒定律”实验，需要保持纸带竖直，需要将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，重物尽可能靠近打点计时器，这样就可以多打点，在处理纸带时，就增大了有效部分的纸带长度，提高实验准确率，所以A 、C 正确．(3)根据Δh ＝gt 2，即2×0.8×10－2 m ＝10 m/s 2×t 2，解得t ＝0.04 s ，由v 0＝x t 可知v 0＝3.5×0.8×10－20.04m/s ＝0.70 m/s. 2．(2018·金华市十校期末)如图4甲所示，用传感器研究两钩子间的作用力与反作用力，其中左侧传感器固定于木块上，两个钩子拉力的情况由计算机屏幕显示如图乙所示．图4(1)根据图乙，下列说法正确的是________．A ．可能是木块静止时得到的B ．可能是木块匀速运动时得到的C ．可能是木块加速运动时得到的D ．木块的速度一定变化(2)根据图乙可知一对作用力和反作用力之间存在的关系是______________．(至少写出两点) 答案 (1)AC (2)大小相等、方向相反、同时存在、同时消失、同时变化等3．(2018·七彩阳光联盟期中)用如图5所示装置来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图5(1)下列说法中正确的是________．A．牵引小车的细线应与长木板保持平行B．平衡阻力时，可将空的沙桶用细线连接在小车上C．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源D．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡阻力(2)实验得到如图6所示的一条纸带，打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，从0点开始每打5个点取一个计数点，在纸带上依次标出0、1、2、3、4….其中计数点2的速度大小为__________ m/s(结果保留2位有效数字)．图6(3)小车的加速度大小为__________ m/s2(结果保留2位有效数字)．答案(1)AD (2)0.55(0.54～0.56均可) (3)0.95(0.94～0.96均可)4．(2018·杭州市重点中学期末)图7所示装置可以用来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图7(1)实验过程中，除了图中所示器材之外，还需用到的器材是________；A．秒表B．天平C．弹簧秤D．干电池组(2)关于实验操作，以下说法不正确的有________；A．应将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力B．滑轮与小车之间的细线应与长木板平行C．实验时应先释放小车，再接通打点计时器的电源D．沙桶与沙的总质量应远小于小车的质量(3)某次实验打下如图8所示的一条纸带，打点计时器的工作频率为50 Hz，图中各计数点之间还有四个点未标出．由图可知，实验中，纸带靠近________(选填“0”或“5”)端连接小车．根据图中数据，可以计算得到打下“3”时的速度大小为________ m/s，小车运动的加速度为__________ m/s2(以上计算结果均保留2位有效数字)图8答案 (1)B (2)C (3)0 0.28 0.605．(2017·稽阳联谊学校8月联考)在“研究平抛运动”实验中，利用钢球在斜槽轨道上由静止开始滑下做平抛运动，记录运动轨迹上的一个位置，经过多次操作得到钢球所经过的多个位置，连起来得到钢球做平抛运动的轨迹．(1)下列说法正确的是________．A ．斜槽末端必须水平B ．斜槽轨道可以不光滑C ．小球每次可以从轨道上不同位置滑下(2)某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置，如图9所示，在水平桌面上放置了一个斜面，滚过桌边后钢球便做平抛运动，他把桌子搬到墙的附近，使从水平桌面上滚下的钢球能打到墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录钢球的落点，现测得钢球直径为D ，某次实验桌子边缘到墙的距离为X ，钢球的落点到桌面的距离为H ，重力加速度为g ，则钢球此次实验平抛的水平位移为________，竖直位移为________．图9答案 (1)AB (2)X －D 2 H ＋D 2解析 (1)斜槽末端必须水平是为了保证小球做平抛运动；只有小球每次从轨道上同一位置滑下，小球的平抛轨迹才是重合的，斜槽轨道是否光滑，对本实验没有影响．(2)考虑到钢球的大小，此次实验平抛的水平位移为X －D 2，竖直位移为H ＋D 2. 6．(2018·温州市六校期末)某同学做“探究加速度与力、质量的关系”实验，桌上已经有一系列器材：附有定滑轮的轨道、小车、纸带、细绳、钩码、塑料小桶、砝码、刻度尺、学生电源及导线等．(1)实验还需要选用图10甲中的某些器材，其名称是________．图10(2)李明同学经过正确操作，获得如图乙所示的三条纸带：一条纸带是利用空车与空桶所得，一条纸带是利用空车与加砝码的小桶所得，一条纸带是利用加钩码的小车与空桶实验所得．哪条是利用空车与加砝码的小桶实验所得________(选填“①”“②”或“③”)．(3)如图丙为其中一条纸带的一部分，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出．打点计时器的工作频率为50 Hz.通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为________ m/s2(保留2位有效数字)．答案(1)电磁打点计时器(或打点计时器)、天平(2)③(3)0.607．(2018·台州市3月选考)在“探究功与小车速度变化关系”的实验中，小张用如图11所示装置进行探究．图11(1)下列说法正确的是________．A．该方案需要平衡摩擦力B．该方案需要重物的质量远小于小车的质量C．该方案操作时细绳应该与木板平行。
2019(浙江选考)高考物理二轮复习 专题五 加试选择题题型强化 第2讲 光和电磁波学案
第2讲光和电磁波[历次选考考情分析]考点一光的折射全反射1．两点注意：(1)若光线从光疏介质斜射入光密介质，不会发生全反射，只会同时发生反射和折射现象，不同色光偏折程度不同．(2)若光线从光密介质射向光疏介质，是否发生全反射，要根据计算判断，要注意不同色光临界角不同．2．解题技巧：(1)作图时要找出具有代表性的光线，如符合边界条件或全反射临界条件的光线． (2)解答时注意利用光路可逆性、对称性和几何知识．例1 (多选)(2018·杭州市重点中学期末)如图1所示是一玻璃球体，其半径为R ，O 为球心，AB 为水平直径．M 点是玻璃球的最高点，点光源B 发出的光线BD 从D 点射出，出射光线平行于AB ，已知∠ABD ＝30°，光在真空中的传播速度为c ，则( )图1A ．此玻璃的折射率为 3B ．光线从B 到D 需用时3RcC ．B 发出的光线不可能在DM 段发生全反射现象D ．B 发出的光线从AD 段射出的光线均平行于AB 答案 AB解析 如图，由几何知识可得入射角i ＝∠ABD ＝30°，折射角r ＝2∠ABD ＝60°，则此玻璃的折射率为n ＝sin rsin i ＝3，故A 正确．BD 长度s ＝2R cos 30°＝3R ，光在玻璃球内传播的速度v ＝c n ，故光线从B 传到D 的时间为t ＝s v ＝3R c ，故B 正确．由sin C ＝1n ＝33＜22，则临界角C ＜45°，所以若增大∠ABD ，入射角可能大于临界角，所以光线可能在DM 段发生全反射现象，故C 错误．要使出射光线平行于AB ，入射角必为30°，若减小∠ABD ，入射角减小，则从AD 段射出的光线与AB 不平行，故D 错误．1.(多选)如图2所示，A 、B 、C 是三块折射率相同的足够长的透明平板玻璃，由左向右辐射放置，一束单色平行光线由空气以入射角i 射到A 平板玻璃中，当光线由平板玻璃C 的下表面射到空气中时，折射角为r ，则有( )图2A ．入射角i 与折射角r 相等B ．从C 板射出的光线偏向右下方 C ．从C 板射出的光线与入射光线平行D ．若增大入射角i ，光线仍能从C 中射出 答案 CD解析 由光的折射定律可得，光经过透明平板玻璃时，入射光线与出射光线平行，所以选项C 正确，选项A 、B 错误；只要有光线从平板玻璃的上表面入射，就一定能从下表面射出，选项D 正确．2．(多选)如图3所示，杯中装满水，上方有一点A ，杯底有一点B ，A 、B 连线和水面的交点为O ，现在A 点用很细的一束红光照向水面上的P 点，正好在B 点形成亮点．若在A 点用很细的另一颜色的光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点．下列说法正确的是( )图3A ．不管另一种光是什么颜色，P 点和Q 点都在O 点的右边B ．若另一种光是紫色，则Q 点距O 点较远C ．若另一种光是蓝色，则Q 点距O 点较近D ．若另一种光是黄色，P 点和Q 点都在O 点的左边 答案 AB解析 光从空气射入水中发生折射，根据折射定律知：折射角小于入射角，故知要在B 点形成亮点，P 、Q 都应在O 点右边，故A 正确，D 错误．假设紫光也照向水面上的P 点，由于水对紫光的折射率大于水对红光的折射率，根据折射定律n ＝sin isin r 可知紫光的折射角较小，折射光线更靠近法线，则杯底上光斑落在B 点的左侧，所以要使紫光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点，Q 点距O 点更远，故B 正确．水对蓝光的折射率也比水对红光的大，同理，若另一种光是蓝色，Q 点距O 点都较远，故C 错误．3．(多选)(2018·台州市高三期末)如图4所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O 点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为3，入射角为45°，现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O 点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则( )图4A ．光束1转过15°B ．光束1转过30°C ．光束2转过的角度小于15°D ．光束2转过的角度大于15° 答案 BC4．(多选)如图5所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分成各种单色光，对其中a 、b 、c 三种色光，下列说法正确的是( )图5A ．c 色光在该玻璃三棱镜中的速度最大B ．三种色光的波长关系为λa ＞λb ＞λcC ．若分别让a 、b 、c 三色光通过同一双缝干涉装置，则a 光形成的相邻干涉条纹的间距最大D ．若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射 答案 AD解析 根据光的偏折程度可知，该玻璃三棱镜对c 光的折射率最小，对a 光的折射率最大，则c 光的波长最长，a 光波长最短，故B 错误．c 光的折射率最小，由公式v ＝c n分析得知，三色光在玻璃三棱镜中传播时c 光速度最大，故A 正确．c 光的波长最长，a 光波长最短，而相邻干涉条纹的间距与波长成正比，则a 光形成的干涉条纹的间距最小，故C 错误．a 光的折射率最大，由临界角公式sin C ＝1n分析得知，a 光的临界角最小，若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射，故D 正确．考点二 光的波动性1．杨氏双缝干涉(1)单色光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹． (2)白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色． (3)相邻条纹间距公式：Δx ＝l dλ. 2．薄膜干涉(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波．(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应的薄膜的厚度相等．单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时形成彩色条纹． 3．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，而单缝衍射的中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄．(2)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．例2 (多选)如图6所示，下列四幅图对应的说法正确的是( )图6A ．图甲是研究光的衍射B ．图乙是研究光的干涉C ．图丙是利用光的偏振D ．图丁是衍射图样答案 ABD解析 题图甲是光的单缝衍射，故A 正确；题图乙是光的双缝干涉现象，故B 正确；题图丙是检查表面的平整度，属于光的干涉现象，不是偏振现象，故C 错误；题图丁是泊松亮斑，是衍射图样，故D 正确．5．(多选)如图7所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关阐释合理的是( )图7A ．远离中心点处亮环的分布较密B ．用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环C ．是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的D ．与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的 答案 AD解析 远离中心点处亮环的分布较密，故A 正确；用白光照射时，仍然会出现干涉形成的圆环，故B 错误；是透镜曲面上反射光与玻璃平面上的反射光干涉形成的．故C 错误；当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，故D 正确．6．(多选)如图所示的四种明暗相间条纹，是红光、紫光分别通过同一个双缝干涉仪形成的干涉图样和通过同一个单缝形成的衍射图样．图中黑色部分代表亮纹，下列四幅图中由红光形成的图样是( )答案 AD解析 双缝干涉图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故1、3是双缝干涉现象，根据双缝干涉相邻条纹间距Δx ＝l dλ可知，波长λ越大，Δx 越大，故A 选项是红光，C 选项是紫光；单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故B 选项是紫光单缝衍射图样；D 选项为红光单缝衍射图样．故由红光形成的图样是A 、D.考点三 电磁振荡与电磁波1．电磁波的产生(1)能否产生电磁波，要看变化的电场和磁场是否能持续地再产生变化的磁场和电场，也就是说，所产生的磁场或电场必须是变化的，而不能是稳定的． (2)明确是怎样变化的电场(磁场)产生怎样变化的磁场(电场)．①振荡电场产生同频率的振荡磁场．②振荡磁场产生同频率的振荡电场．③LC振荡电路产生的振荡电场和振荡磁场都能产生电磁波．2．参量间的关系LC电路的周期T、频率f与自感系数L、电容C的关系T＝2πLC、f＝12πLC.例3(多选)(2017·七彩阳光联盟联考)关于图8中现象的表述正确的是( )图8A．甲图中蝙蝠利用超声波定位B．乙图中CT是利用β射线照射人体C．丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小D．丁图中夜视系统是利用不可见光中的紫外线答案AC解析题图甲中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食，故A正确；CT是利用X射线照射人体的，不是利用β射线，故B错误；题图丙中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小，故C正确；题图丁中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故D错误．7.(多选)LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图9所示，则下列说法正确的是( )图9A．此时电路中电流的方向为顺时针B．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C．若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大答案ABD解析由安培定则知，此时电路中电流的方向为顺时针，A正确；若磁场正在减弱，根据楞次定律可得，线圈上端为正极，故电容器上极板带正电，B正确；若电容器正在放电，根据安培定则可得，电容器上极板带负电，自感电动势正在阻碍电流增大，故C错误，D正确．8．(多选)关于电磁波谱，下列说法正确的是( )A．电磁波中最容易发生衍射现象的是无线电波B．紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康C．X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线答案AC解析无线电波的波长长，易发生衍射现象，A正确；紫外线的频率比可见光高，B错误；X 射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强，C正确；任何物体都能辐射红外线，D错误．9．(多选)关于电磁波及其应用，下列说法正确的是( )A．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在B．电磁波是机械波，需要靠介质传播C．共享单车的GPS卫星定位，是用无线电波实现的D．医学上的“γ刀”实际就是指γ射线答案CD解析麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹首先通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；电磁波不同于机械波，电磁波的传播可以在真空中，并非必须要有介质，故B错误；共享单车的GPS卫星定位，是用无线电波实现的，故C正确；γ射线的穿透能力很强，所以医学上制成γ刀，不需要开颅就可治疗脑肿瘤，故D正确．10．(多选)下列电磁波的说法中，正确的是( )A．电磁波不能在真空中传播，介质可以是空气、水等透明的物质B．人类将进入智能时代，以后所有的电器都可以使用电磁波，只要在电器上安装一个电磁波接发装置就可以实现C．光是一种电磁波，光的波长比无线电波的波长小得多D．电磁波通信技术是一项重大的技术，它使人们远程联络实现了实时性，但同时也带来了电磁污染的危害答案BCD解析电磁波能在真空中传播，故A错误；所有电器都可以使用电磁波，只要在电器上安装一个电磁波接发装置就可以实现，故B正确；光是一种电磁波，依据电磁波谱可知，光的波长比无线电波的波长小得多，故C正确；电磁波通信技术是一项重大的技术，使人们远程联络实现了实时性，但同时也带来了电磁污染的危害，故D正确．专题强化练1．(多选)关于电磁波的原理和应用，下列说法正确的是( )A．变化的电场就能产生变化的磁场B．微波是指波长为微米级的电磁波C．α、β、γ三种射线中，只有γ射线属于电磁波D．常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机答案CD解析均匀变化的电场产生恒定的磁场，而非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，故A错误；波长从1 mm到10 m的电磁波称微波，故B错误；α、β、γ三种射线中，α射线是氦核流，β射线是电子流，只有γ射线属于电磁波，故C正确；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机，因红外线波长较长，容易发生衍射现象，故D正确．2．(多选)关于电磁场和电磁波的正确说法是( )A．变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场B．电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波C．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场D．电磁波是一种波，声波也是一种波，理论上它们是同种性质的波答案AB解析变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场，故A正确；变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐渐向外传播，形成电磁波，故B正确；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，恒定的电场不产生磁场，恒定的磁场也不产生电场，故C错误；电磁波是一种波，声波也是一种波，它们具有波的共性，但前者是电磁场在空间的传播，后者是机械振动在介质中的传播，性质不同，故D错误．3．(多选)(2018·金华市十校联考)下列说法正确的是( )A．彩虹是光的衍射现象B．肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象C．交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘D．液晶显示应用了光的偏振答案BCD解析彩虹是光的色散现象，选项A错误；肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象，选项B正确；交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，选项C正确；液晶显示应用了光的偏振，选项D正确．4．(多选)很多城市马路边都出现了共享单车，使用共享单车APP，用户可以查看并找到单车位置，扫描车身上的二维码，通过手机网络发送到云端请求解锁，云端收到后识别该车辆并发送解锁指令，共享单车执行解锁指令自动开锁，用户便可以骑行．车身前后都有反光标志，前后车轮轮毂内侧也有反光涂层，夜间汽车灯光照射上去反光效果很好，增加了骑行者的安全性，尾灯反光标志的截面如图1所示，其利用了光的全反射原理．根据你所学的物理知识判断下列说法正确的是( )图1A．单车和手机之间是利用机械波传递信息的B．单车和手机之间是利用电磁波传递信息的C．汽车灯光应从左面射过来在尾灯的右表面发生全反射D．汽车灯光应从右面射过来在尾灯的左表面发生全反射答案BD解析扫描车身上的二维码，通过手机网络发送到云端请求解锁，云端收到后识别该车辆并发送解锁指令，共享单车执行解锁指令自动开锁，是利用电磁波传递信息的，故A错误，B 正确；汽车灯光应从右面射向自行车尾灯，光在尾灯内部左表面发生全反射，使自行车后面的汽车司机发现前面有自行车，避免事故的发生，故C错误，D正确．5．(多选)(2018·金华市十校联考)下列说法正确的是( )A．机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作B．可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹C．由于多普勒效应，我们观察到离我们远去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低D．γ射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷答案BCD解析安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故A错误；可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹，选项B正确；由于多普勒效应，我们观察到离我们远去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低，选项C正确；γ射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷，选项D正确．6．(多选)a、b两种不同波长的光，先后用同一装置在真空中做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距，则( )A ．a 光的波长小于b 光的波长B ．a 光的频率小于b 光的频率C ．玻璃对a 光的折射率比玻璃对b 光的折射率小D ．从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 BCD解析 根据双缝干涉的条纹间距Δx ＝l d λ，可知，同一实验装置，条纹间隔越大，说明波长越长，即频率越小．根据题意，a 光的波长长，频率小，故A 错误，B 正确．a 光的频率小于b 光的频率，玻璃对a 光的折射率比玻璃对b 光的折射率小，故C 正确．根据临界角的公式：sin C ＝1n可知，介质的折射率越小，则全反射的临界角越大，所以从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角，故D 正确．7．(多选)下列说法中正确的是( )A ．太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理B ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C ．全息照相利用了激光相干性好的特性D ．红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度答案 ACD解析 太阳能真空玻璃管采用镀膜技术使得镀膜前后表面的反射光发生干涉，减弱反射光，增加透射光，故A 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片，是为了减弱反射光的影响，故B 错误；全息照相利用了光的干涉，激光的相干性较好，故C 正确；红光的频率小于紫光的频率，故同种介质对红光的折射率低，再根据光在介质中的传播速度v ＝c n可知，红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度，故D 正确．8.(多选)(2018·9＋1高中联盟期中)如图2是a 、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( )图2A ．在同种均匀介质中，a 光的传播速度比b 光的小B ．从同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角大C ．照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光逸出的光电子最大初动能更大D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的两能级的能量差大答案ACD9．(多选)(2018·台州中学统练)如图3所示，以下关于光学知识的叙述中，正确的是( )图3A．甲图是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象B．乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的C．丙图的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的偏振原理D．丁图是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射答案ABD解析题图甲是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象，选项A正确；题图乙中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，选项B正确；题图丙的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的干涉原理，选项C错误；题图丁是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射，选项D正确．10．(多选)下列说法正确的是( )A．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的干涉现象C．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象答案AD解析对于同一障碍物，波长越大的光波越容易发生衍射现象，从而绕过障碍物，A项正确；白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的色散现象，B项错误；红光由空气进入水中，频率不变，颜色不变，波速减小，则波长变短，C项错误；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象，D项正确．11．(多选)如图4所示，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ(0＜θ＜90°)入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是( )图4A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧答案AC解析光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误．因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D错误．12．(多选)近几年，全国各地居民用“半潜艇”旅游发展迅速．“半潜艇”船体主要部分半浸入水中，而甲板始终会浮出水面而不能完全潜航，机舱的乘客处在低于海平面的高度，可以通过玻璃窗观察水中的场景(如图5)．原理图见图6，已知该处海水的折射率为1.44，潜艇玻璃表面和水面垂直，且玻璃的厚度可以忽略．若不考虑反射光线，则以下说法正确的是( )图5 图6A．游客在潜艇内部看到正前方的鱼比实际位置要近一些B．潜艇正前方的鱼看到潜艇中的人比实际的位置要近一些C．游客在潜艇内部用手电筒朝水中照射时，水面上的人可能看到手电筒发出的光D．水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部答案AD解析人眼看到的折射光线的反射延长线的交点比鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，A正确．鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，B错误．光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角(临界角)要小于45°，因此光线射到水面时最小的入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，C错误．与C项相同，水面上方射入水中的光线也不能照射到潜艇内部，D正确．13．(多选)(2017·金华市高二上期末)如图7甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右规定为电流的正方向，则( )图7A．0.5～1 ms内，电容器C正在充电B．0.5～1 ms内，电容器的上极板带负电荷C．1～1.5 ms内，Q点比P点电势低D．1～1.5 ms内，电场能正在增加答案AB解析由题图乙可知，在0.5～1 ms内，电流为正方向且减小，故此时电容器正在充电，故A正确；在0.5～1 ms内，经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B正确；由图乙可知，在1～1.5 ms内，通过自感线圈的电流向上，且增大，Q点比P点电势高，故C错误；由图乙可知，在1～1.5 ms内电流在增大，故磁场能在增大，电容器处在放电过程，故电场能在减小，D错误．14．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)2016年2月11日，美国科研人员利用激光干涉法探测到13亿年前黑洞合并发出的传到地球的引力波，证实爱因斯坦100多年前在广义相对论中有关引力波的预言．如图8所示，引力波是一种时空涟漪，其发现的意义就像一个失聪的人突然拥有了听觉，从此获得感知世界的新能力．以下说法正确的是( )图8A．人类可以从引力波中获得13亿年前的信息B．具有质量的物体能产生引力波。
(浙江选考)2019年高考物理二轮复习专题26实验：验证动量守恒试题(含解析)
专题26 实验：验证动量守恒1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验器材斜槽、小球（两个）、天平、复写纸、白纸等．3．实验步骤（1）用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．（2）按照实验原理图甲安装实验装置．调整、固定斜槽使斜槽底端水平．（3）白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.（4）不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．（5）把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤（4）的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如实验原理图乙所示．（6）连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．（7）整理好实验器材放回原处．（8）实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒．验证动量守恒定律实验注意事项:1．入射球质量m1应大于被碰球质量m2。
否则入射球撞击被碰球后会被弹回。
2．入射球和被碰球应半径相等，或可通过调节放被碰球的立柱高度使碰撞时球心等高。
否则两球的碰撞位置不在球心所在的水平线上，碰后瞬间的速度不水平。
3．斜槽末端的切线应水平。
否则小球不能水平射出斜槽做平抛运动。
4．入射球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放。
否则入射球撞击被碰球的速度不相等。
5．落点位置确定：围绕10次落点画一个最小的圆将有效落点围在里面，圆心即所求落点。
6．水平射程：被碰球放在斜槽末端，则从斜槽末端由重垂线确定水平射程的起点，到落地点的距离为水平射程。
1．在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。
(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用学案
第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝Ft，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化．3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最大D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I＝Δp，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A、C正确，B、D错误．8．(多选)如图4所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A．拉力F的冲量大小为Ft cos θB．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t＝Ft cos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg－F sin θ)t，故D错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E＝mgq，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场以MN为右边界，一个质量为2m的带电荷量为＋q的物体从地面上O点出发，在电场力作用下运动到Q点时与另一质量为m、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S2 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。
2019版高考物理大二轮复习浙江专用优选习题：仿真模拟卷5 Word版含答案
普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(五)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量中属于矢量的是()A.速率B.电势C.电流D.位移2.冰壶是冬奥会的正式比赛项目。
运动员将冰壶推出后,冰壶在滑行途中水平方向受到的力有()A.推力B.重力、推力C.空气阻力、冰面阻力D.推力、空气阻力、冰面阻力3.如图所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”,实际上相当于两个人拔河,如果绳质量不计,且保持水平,甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜,则下列说法中正确的是()A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力4.(2017浙江选考10月,4)如图所示,两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下,到达底端的同一位置。
对于整个下滑过程,两同学的()A.位移一定相同B.时间一定相同C.末速度一定相同D.平均速度一定相同5.如图,A、B两球(可视为质点)质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。
已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,OAB恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.球A对竖直墙壁的压力大小为mgB.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C.绳OB的拉力大小等于mgD.球A对地面的压力不可能为零6.从t=0时刻开始,甲沿光滑水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲;乙静止于光滑水平地面,从t=0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。
则在0~4 s的时间内()A.甲物体所受合力不断变化B.甲物体的速度不断减小C.2 s末乙物体改变运动方向D.2 s末乙物体速度达到最大7.如图所示,质量为25 kg的小孩坐在秋千板上,小孩的重心离系绳子的栋梁2.5 m。
2019届高考物理二轮复习力学实验学案(浙江专用)
第23讲力学实验[考试要求和考情分析]测量类仪器的使用及纸带的分析[要点总结]仪器使用必备[典例分析]【例1】(2018·浙江安吉学考模拟)关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是()A．打点计时器一般使用4～6 V的直流电源B．安放纸带时，应把纸带放在复写纸的上面C．开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器D．最好在接通电源的同时，放开小车解析(1)打点计时器是一种使用4～6 V交流电源的计时仪器，它是靠通电线圈的磁场与永久磁铁相互作用使振动片做周期性振动而打点计时的，故必须接低压交流电源；(2)复写纸应安放在纸带的上面，要求纸带运动时，复写纸绕定位轴转动，这样才能打出清晰的点；(3)释放小车时，应使小车靠近打点计时器，这样才能在纸带上50 cm长度内清楚地取出7～8个计数点(以每打五个点作为一个计数点)；(4)应先接通电源，待打点计时器打点稳定后，再释放小车。
综上所述选项C正确。
答案 C【例2】(2018·嘉兴选考模拟)如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图。
(已知打点计时器每0.02 s打一个点)图1(1)三个实验装置中，摩擦力对实验结果没有影响的是________；A．甲B．乙C．丙(2)如果操作都正确，则通过装置________(填“甲”、“乙”或“丙”)可打出图2中的纸带________(填“①”或“②”)；图2(3)任选一条纸带求出e、f两点间的平均速度大小为________m/s。
解析(1)甲实验不需要平衡摩擦力，而乙和丙实验均需要平衡摩擦力。
(2)仔细观察两条纸带上点迹间距变化规律，不难发现，纸带①点迹间距逐渐增加，但不符合匀加速运动规律，纸带②后部分点迹均匀，符合“探究功和速度变化关系”实验数据变化。
(3)两纸带上e 、f 两点间的距离均为2.60 cm ，则v －＝ef T ＝1.30 m/s 。
答案 (1)A (2)乙 ② (3)1.30[精典题组]1．(2018·嘉兴三中高一学考)如图3是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 仿真模拟卷4
仿真模拟卷(四)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下图中不是测量力学基本量的仪器是()2.金丽温高铁开通后,从铁路售票网查询到G7330次列车缙云西到杭州东的信息如图所示,用电子地图测距工具测得缙云西站到杭州东站的直线距离约为179.8 km,下列说法正确的是()A.在研究动车过一桥梁所花的时间与动车从缙云西站到杭州东站所花的时间时,动车均可看成质点B.图中07:31表示一段时间C.动车高速行驶时,可以取5 m位移的平均速度近似看作这5 m起点位置的瞬时速度D.G7330次列车行驶时的最高速度约为116 km/h3.一小男孩从右侧用5 s的时间爬上滑梯,停10 s后从左侧的滑梯由静止开始滑到水平地面,用时3 s。
下列说法正确的是()A.他爬上去和滑下来的位移相同B.他整个过程用时18 s,指的是时间间隔C.他爬上去和滑下来的平均速度相同D.他爬上去和滑下来的重力做的功相等4.天舟一号货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空,4月25日进入预定轨道调整,于4月27日成功与更高轨道的天宫二号完成首次推进剂在轨补加试验。
已知天舟一号在预定轨道上做匀速圆周运动,补给前后天宫二号在轨道上均为匀速圆周运动。
下列说法正确的是()A.补给之前天宫二号中宇航员处于超重状态B.预定轨道上的天舟一号运行的线速度小于在轨的天宫二号的线速度C.预定轨道上的天舟一号运行的周期小于在轨的天宫二号的周期D.补给后的天宫二号的运行速度将会大于7.9 km/s5.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置。
充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,约为0.6(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)A.充电宝充电时将电能转化为内能B.该充电宝最多能储存能量为3.6×106JC.该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD.该充电宝给电量为零、容量为3 000 mA·h的手机充电,则理论上能充满4次6.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。
2019高考物理二轮 第三部分 选考学案
第三部分 选考 第1讲 | 热学选修33┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄考法学法 高考对本部分内容考查的重点和热点有：①对分子动理论内容的理解；②物态变化中的能量问题；③气体实验定律和状态方程的理解与应用；④固、液、气三态的微观解释和理解；⑤热力学定律的理解和简单计算；⑥实验：用油膜法估测分子大小等内容。
选修3-3内容琐碎、考查点多，复习中应以四个板块(分子动理论，从微观角度分析固体、液体、气体的性质，气体实验定律，热力学定律)为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆。
┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点一 分子动理论、内能及热力学定律⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关 [知能全通]————————————————————————————————1．必须理清的知识联系2．必须掌握的三个要点(1)估算问题①油膜法估算分子直径：d ＝VSV 为纯油酸体积，S 为单分子油膜面积。
②分子总数：N ＝nN A ＝m M m N A ＝V V m N A 。
注意：对气体而言，N ≠V V 个。
③两种分子模型：球模型：V ＝43πR 3(适用于估算液体、固体分子直径)； 立方体模型：V ＝a 3(适用于估算气体分子间距)。
(2)反映分子运动规律的两个实例布朗运动液体内固体小颗粒永不停息、无规则的运动，颗粒越小、温度越高，运动越剧烈 扩散现象 分子永不停息的无规则运动，温度越高，扩散越快 ①改变物体内能的方式有两种，只知道一种改变方式是无法确定内能变化的。
②热力学第一定律ΔU＝Q＋W中W和Q的符号可以这样确定：只要此项改变对内能增加有正贡献的即为正。
③对热力学第二定律的理解：热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热库吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能的。
[题点全练]————————————————————————————————1．[多选](2018·全国卷Ⅱ)对于实际的气体，下列说法正确的是( )A．气体的内能包括气体分子的重力势能B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C．气体的内能包括气体整体运动的动能D．气体的体积变化时，其内能可能不变E．气体的内能包括气体分子热运动的动能解析：选BDE 气体分子的重力势能和气体整体运动的动能都属于机械能，不是气体的内能，故A、C错误；实际气体的内能包括气体的分子动能和分子势能两部分，故B、E正确；气体体积变化时，分子势能发生变化，气体温度也可能发生变化，则分子势能与分子动能之和可能不变，故D正确。
(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 加试选择题小卷6
加试选择题小卷(六)1.根据图象,下列叙述正确的是()A.图甲所示的远距离输电通常通过提高电压以减少电能损耗B.图乙所示的行李安检仪采用γ射线来透视安检物品C.图丙所示的照相机镜头上呈现的淡绿色是由光的偏振引起的D.图丁所示的核反应堆可以通过调整插入镉棒的深度来控制核反应速度2.将一根较长的弹性细绳沿x轴放置,左端记为坐标原点,将绳子拉平后,手握左端,以固定的频率和振幅上下抖动(简谐运动),如图甲所示。
从抖动开始计时,在t=0.3 s时的波形如图乙所示,下列说法正确的是()A.手抖动绳的频率为2.5 HzB.在t=0.75 s时,A点的速度方向向上C.在0~0.3 s的时间内,质点B经过的路程为6 cmD.该列波遇到宽度为6 m的障碍物时不能发生衍射3.如图是氢原子能级图,大量处在激发态n=5能级的氢原子向低能级跃迁,a是从n=4能级跃迁到n=2能级产生的光,b是从n=5能级跃迁到n=3能级产生的光。
已知某金属的极限频率ν=5.53×1014 Hz,普朗克常量h=6.6×10-34J·s,电子电荷量e=1.6×10-19 C,则()A.在相同的双缝干涉实验装置中,a光产生的干涉条纹比b光更宽B.a光和b光的光子动量之比为255∶97C.用a光照射该金属时,能产生最大初动能为0.27 eV的光电子D.在同样的玻璃中,a光的传播速度大于b光的传播速度4.如图所示,沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线,其波速为200 m/s,则下列说法正确的是()A.图中质点b的加速度在增大B.从图示时刻开始,经0.01 s质点a通过的路程为40 cm,此时相对平衡位置的位移为零C.从图示时刻开始,经0.01 s质点b位于平衡位置上方,并向上做减速运动D.若产生明显的衍射现象,该波所遇到障碍物的尺寸一般不小于200 m5.在磁感应强度为B的匀强磁场中,一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。
(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第2讲 带电粒子在复合场中的运动学案
第2讲 带电粒子在复合场中的运动考点一 带电粒子在复合场中运动的应用实例1．质谱仪(如图1)图1原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12mv 2.粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r.由以上两式可得r ＝1B2mUq ，m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r2. 2．回旋加速器(如图2)图2原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝mv 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m，可见同种粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计和霍尔元件一般以单个带电粒子为研究对象，在洛伦兹力和电场力平衡时做匀速直线运动达到稳定状态，从而求出相应的物理量，区别见下表.装置原理图规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝EB，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电，两极板电压为U时稳定，qUd＝qv0B，U＝v0Bd电磁流量计U D q＝qvB，所以v＝UDB，所以Q＝vS＝πDU4B霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差例1(2018·浙江4月选考·22)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图3所示．压力波p(t)进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“┤”型轻杆L，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比(x＝αp，α>0)．霍尔片的放大图如图所示，它由长×宽×厚＝a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成．磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B＝B0(1－β|x|)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x＝0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.图3(1)指出D 1、D 2两点哪点电势高；(2)推导出U 0与I 、B 0之间的关系式(提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I ＝nevbd ，其中e 为 电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波p (t )，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图象如图4.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U 0、U 1、t 0、α及β表示)答案 (1)D 1点电势高 (2)U 0＝IB 0ned (3)U 0－U 1αβU 0 12t 0解析 (1)N 型半导体可以自由移动的是电子(题目也给出了自由电子)，根据左手定则可以知道电子往D 2端移动，因此D 1点电势高．(2)根据霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB 0＝e U 0bv ＝I nebd 代入，解得：U 0＝IB 0ned(3)由任意时刻霍尔元件内部电子受的洛伦兹力和电场力平衡得：evB ＝e U Hb①U H ＝IB ned ＝IB 0ned (1－β|x |)＝IB 0ned(1－β|αp (t )|)②根据图象可知压力波p (t )关于时间t 是一个正弦函数，其绝对值的周期是原函数周期的一半，根据图象可知|p (t )|关于t 的周期是t 0，则p (t )关于t 的周期是2t 0，频率自然就是12t 0；由②式可知当压力波p (t )达到振幅A 时，U H 最小，为U 1，代入②式可得：U 1＝IB 0ned(1－β|αA |)＝U 0(1－αβA )解得A ＝U 0－U 1αβU 0.1．(2018·湖州市三县期中)如图5所示，在竖直面内虚线所围的区域里，存在电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B 的匀强磁场．已知从左方沿水平方向射入的电子穿过该区域时未发生偏转，设其重力可以忽略不计，则在该区域中的E 和B 的方向不可能是( )A．E竖直向下，B竖直向上B．E竖直向上，B垂直纸面向外C．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同D．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反答案 A2．如图6所示为磁流体发电机的示意图，一束等离子体(含正、负离子)沿图示方向垂直射入一对磁极产生的匀强磁场中，A、B是一对平行于磁场放置的金属板，板间连入电阻R，则电路稳定后( )图6A．离子可能向N磁极偏转B．A板聚集正电荷C．R中有向上的电流D．离子在磁场中偏转时洛伦兹力可能做功答案 C解析由左手定则知，正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，离子不可能向N磁极偏转，A、B错误；电路稳定后，电阻R中有向上的电流，C正确；因为洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不可能做功，D错误．3.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图7所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．则此离子和质子(均不计重力)的质量比约为( )图7A．11 B．12 C．121 D．144答案 D解析 根据动能定理得，qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm①离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有qvB ＝m v 2R得R ＝mv qB②①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m ∝B 2，磁感应强度增加到原来的12倍，则此离子质量是质子质量的144倍，D 正确，A 、B 、C 错误．4．(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图8所示，设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子11H 时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f .则下列说法正确的是( )图8A ．加速电场的电压越大，质子加速后的速度越大B ．质子被加速后的最大速度为2πfRC ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速α粒子(42He) 答案 B5．利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料做成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)．如图9所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差. 现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路( 闭合开关)，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是( )图9A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案 A解析若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏，则前表面的电势高于后表面的电势．若载流子为空穴(相当于正电荷)，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向后表面聚集，则前表面的电势低于后表面的电势．考点二带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键．当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几个不同的运动阶段组成．模型1 磁场＋磁场组合例2(2017·湖州市高三期末)人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动．如图10所示是通过磁场控制带电粒子运动的一种模型．在0≤x＜d和d<x≤2d的区域内，存在磁感应强度大小均为B的匀强磁场，其方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外．在坐标原点有一粒子源连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，其速率有两种，分别为v1＝23qBd3m、v2＝2qBdm.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用)图10(1)求两种速率的粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的半径R 1和R 2. (2)求两种速率的粒子从x ＝2d 的边界射出时，两出射点的距离Δy 的大小．(3)在x >2d 的区域添加另一匀强磁场，使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．在图中用实线画出粒子的大致运动轨迹(无需通过计算说明)，用虚线画出所添加磁场的边界线．答案 (1)233d 2d (2)4(233－1)d (3)见解析图解析 (1)根据qvB ＝m v 2R 可得：R ＝mvqB又因为粒子速率有两种，分别为：v 1＝23qBd 3m ，v 2＝2qBdm解得：R 1＝233d ，R 2＝2d(2)图甲为某一速率的粒子运动的轨迹示意图，辅助线如图所示，根据几何关系可知：速率为v 1的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 1＝2(R 1－R 12－d 2)＝233d速率为v 2的粒子射出x ＝2d 边界时的纵坐标为：y 2＝2(R 2－R 22－d 2)＝2(2－3)d 联立可得两出射点距离的大小：Δy ＝y 1－y 2＝4(233－1)d(3)两个粒子运动轨迹如图乙中实线所示，磁场边界如图中虚线所示，可以使得从x ＝2d 边界射出的两束粒子最终汇聚成一束，并平行y 轴正方向运动．模型2 电场＋磁场组合例3 (2017·宁波市模拟)某高中物理课程基地拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如图11所示．AB 、CD 间的区域有竖直向上的匀强电场，在CD 的右侧有一与CD 相切于M 点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O 点以水平初速度v 0正对P 点进入该电场后，从M 点飞离CD 边界，再经磁场偏转后又从N 点垂直于CD 边界回到电场区域，并恰能返回O 点．已知O 、P 间距离为d ，粒子质量为m ，电荷量为q ，电场强度大小E ＝3mv 02qd，粒子重力不计．试求：图11(1)粒子从M 点飞离CD 边界时的速度大小； (2)P 、N 两点间的距离；(3)圆形有界匀强磁场的半径和磁感应强度的大小． 答案 (1)2v 0 (2)38d (3)54d 83mv 05qd解析 (1)据题意，作出带电粒子的运动轨迹，如图所示：粒子从O 到M 点时间：t 1＝d v 0粒子在电场中加速度：a ＝Eq m ＝3v 02d粒子在M 点时竖直方向的速度：v y ＝at 1＝3v 0 粒子在M 点时的速度：v ＝v 02＋v y 2＝2v 0速度偏转角的正切值：tan θ＝v y v 0＝3，故θ＝60°； (2)粒子从N 到O 点时间：t 2＝d2v 0粒子从N 到O 点过程的竖直方向位移：y ＝12at 22故P 、N 两点间的距离为：PN ＝y ＝38d (3)设粒子在磁场中运动的半径为R ，由几何关系得：R cos 60°＋R ＝PN ＋PM ＝538d 可得半径：R ＝5312d由qvB ＝m v 2R ，即：R ＝mvqB解得：B ＝83mv 05qd由几何关系确定区域半径为：R ′＝2R cos 30° 即R ′＝54d模型3 磁场＋电场组合例4 (2017·衢州、丽水、湖州、舟山四地市3月检测)如图12所示，半径r ＝0.06 m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R ＝0.1 m 、磁感应强度大小B ＝0.075 T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板MN 的极板长L ＝0.3 m 、间距d ＝0.1 m ，极板间所加电压U ＝6.4×102V ，其中N 极板收集的粒子全部被中和吸收．一位于O 处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v ＝6×105m/s 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm＝108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图12(1)粒子在磁场中的运动半径R 0；(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子，其在O 点入射方向与y 轴的夹角θ； (3)N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η. 答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB ＝mv 2R 0得R 0＝mv qB＝0.08 m(2)如图所示，从y ＝0.18 m 处出射的粒子对应入射方向与y 轴的夹角为θ，轨迹圆心与y 轴交于(0,0.10 m)处，由几何关系可得：sin θ＝0.8，故θ＝53°(3)如图所示，设恰能从下极板右端出射的粒子刚进入电场时的纵坐标为y ，t ＝L v ，a ＝qU md，解得y ＝UqL 22mdv2＝0.08 m设此粒子入射时与x 轴夹角为α，则有： tan α＝43，故α＝53°比例η＝53°180°×100%≈29.4%考点三 带电粒子在叠加场中的运动粒子在叠加场中运动的分析思路例5 (2017·宁波市模拟)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径为R 的圆周运动，如图13所示，已知电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向水平(图中垂直纸面向里)，重力加速度为g .运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计，求：图13(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动； (2)液滴运动的速度多大；(3)若液滴运动到最低点A 时分裂成两个完全相同的液滴，其中一个仍在原平面内做半径R 1＝3R 的圆周运动，绕行方向不变，且圆周的最低点仍是A 点，则另一个液滴怎样运动？ 答案 见解析解析 (1)顺时针运动．(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡，液滴所受洛伦兹力提供向心力，即Eq ＝mg ，qvB＝m v 2R解得v ＝gBR E(3)第一个液滴电荷量、质量均减半，电场力与重力仍平衡，依据上面运算可得，分裂后第一个液滴的绕行速度大小v 1＝gBR 1E ＝gB ·3RE＝3v ，方向向左． 第二个液滴分裂后的速度设为v 2，分裂前后水平方向动量守恒，以液滴分裂前的速度方向为正方向mv ＝12mv 1＋12mv 2，解得v 2＝－v即分裂后第二个液滴速度大小为v ，方向向右，所受电场力与重力仍平衡，在洛伦兹力作用下仍做匀速圆周运动，绕行方向仍是顺时针，A 点是圆周最高点，圆周半径R 2＝R .6.如图14，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，沿与x 轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，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)，粒子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，重力加速度为g ，求：图14(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)m q g 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：所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mg q(2)由平衡条件：qv 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．由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r由几何知识可得：r＝2l 联立解得：v ＝2gl ，B ＝m q g l(3)微粒做匀速运动的时间：t 1＝2lv＝lg 做圆周运动的时间：t 2＝34π·2l v ＝3π4l g在复合场中的运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g. 专题强化练1.(2018·新力量联盟期末)如图1是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a 、b 经电压U 加速(在A 点初速度为零)后，进入磁感应强度为B 的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S 上的x 1、x 2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a 、b 所通过的路径，则( )图1A ．若a 与b 有相同的质量，打在感光板上时，b 的速度比a 大B ．若a 与b 有相同的质量，则a 的电荷量比b 的电荷量小C ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量大D ．若a 与b 有相同的电荷量，则a 的质量比b 的质量小 答案 D2．(2018·杭州市期末)在如图2所示的平行板器件中，匀强电场E 和匀强磁场B 互相垂直．一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②从右侧射出．粒子重力不计，下列说法正确的是( )图2A．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的初速度一定大于vB．若粒子沿轨迹①射出，则粒子的动能一定增大C．若粒子沿轨迹③射出，则粒子可能做匀速圆周运动D．若粒子沿轨迹③射出，则粒子的电势能可能增大答案 D解析沿图中直线②从右侧射出，则qvB＝qE，若粒子沿轨迹①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性未知，所以粒子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，故A、B错误；若粒子沿轨迹③射出，粒子受电场力、洛伦兹力，粒子不可能做匀速圆周运动，故C 错误；若粒子沿轨迹③射出，如果粒子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，电场力做负功，粒子的电势能增大，故D正确．3．(2018·温州市六校期末)霍尔元件在电子线路中的应用日益广泛，如图3是某个霍尔元件接到电路中时的示意图，其中a面为上表面，b面为下表面，c面为前表面，d面为后表面，所加磁场方向为垂直于a面向下．考虑到霍尔元件有两类，设A类的载流子(即用来导电的自由电荷)为正电荷，B类的载流子为负电荷，当通以从左到右的电流时，下列说法中正确的是( )图3A．在刚开始通电的很短时间内，若是A类元件，则载流子向c面偏转B．在刚开始通电的很短时间内，若是B类元件，则载流子向c面偏转C．通电一段时间后，若是A类元件，则c面电势较高D．通电一段时间后，若是B类元件，则c面电势较高答案 D4．回旋加速器的工作原理如图4甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0，周期T ＝2πmqB.一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：图4(1)出射粒子的动能E km ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E km 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB (3)d <πmU 0100qB 2R解析 (1)粒子运动半径为R 时，qvB ＝m v 2RE km ＝12mv 2＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E km ，则E km ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md粒子由静止做匀加速直线运动nd ＝12a ·(Δt )2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πmqB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－ΔtT2×100%由于η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.5．(2018·宁波市十校联考)一个放射源水平放出α、β、γ三种射线，垂直射入如图5所示磁场，区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d ，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B 相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．图5(1)若要筛选出速率大于v 1的所有β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d 与B 和v 1的关系； (2)若B ＝0.027 3 T ，v 1＝0.1c (c 是光速)，计算d ；α粒子的速率为0.001c ，计算α粒子和γ射线离开区域Ⅰ时的偏移距离(答案均保留三位有效数字)；(3)当d 满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v 1<v <v 2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置．已知电子质量m e ＝9.1×10－31kg ，α粒子质量m α＝6.7×10－27kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，1＋x ≈1＋x2(|x |<1时)．答案 (1)d ＝m e v 1qB (2)6.25×10－3 m 8.49×10－5 m (3)y 1＝2m e v 1qB y 2＝2m e qB(v 2－v 22－v 12) 解析 (1)作出临界轨迹如图甲所示，由几何关系知：r ＝d ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv 1B ＝m e v 12r，解得：d ＝m e v 1qB； (2)对电子：d ＝m e v 1qB ＝9.1×10－31×0.1×3×1081.6×10－19×0.027 3 m ＝6.25×10－3m 对α粒子：r α＝m αv αq αB ＝6.7×10－27×0.001×3×1082×1.6×10－19×0.027 3m≈0.230 m 作出轨迹如图乙所示，竖直方向上的距离：y ＝r α－r α2－d 2≈8.49×10－5m ；(3)画出速率分别为v 1和v 2的粒子离开区域Ⅱ的轨迹如图丙所示，速率在v 1<v <v 2区域间射出的β粒子束宽为y 1－y 2，y 1＝2d ＝2m e v 1qB ，y 2＝2(r 2－r 22－d 2)＝2m e qB(v 2－v 22－v 12)．6．如图6所示，在第二象限半径为r 的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界恰好与两坐标轴相切．x 轴上切点A 处有一粒子源，能够向x 轴上方发射速率均为v ，质量为m ，电荷量为＋q 的粒子，粒子重力不计．圆形区域磁场的磁感应强度B 1＝mvqr，y 轴右侧0＜x ＜r 的范围内存在沿y 轴负方向的匀强电场，已知某粒子从A 处沿＋y 方向射入磁场后，再进入匀强电场，发现粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°角斜向下，求：图6(1)匀强电场的电场强度大小；(2)若在MN 右侧某区域存在另一圆形匀强磁场B 2，发现A 处粒子源发射的所有粒子经磁场B 1、电场E 射出后均能进入B 2区域，之后全部能够经过x 轴上的P 点，求圆形匀强磁场B 2的最小半径；(3)继第二问，若圆形匀强磁场B 2取最小半径，试求A 处沿＋y 方向射入B 1磁场的粒子，自A点运动到x 轴上的P 点所用的时间．答案 (1)mv 2qr (2)22r (3)(π＋2)3r4v解析 (1)设粒子做类平抛运动的水平位移大小为x ， 竖直方向的速度大小为v y ，类平抛的加速度大小为a ， 类平抛的时间为t ，根据牛顿第二定律Eq ＝ma ，得a ＝qEm，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛的规律有：x 方向：x ＝vt ＝r ， y 方向：v y ＝at ＝qE m t ＝Eqrmv，粒子从电场右边界MN 射出，速度方向与x 轴正方向成45°斜向下，则 v y ＝v ，联立得匀强电场的电场强度大小E ＝mv 2qr.(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qvB 1＝m v 2R，联立题中已知条件B 1＝mv qr，得R ＝r ，因为磁场半径与轨迹半径相同，所以粒子离开磁场后的速度方向均沿x 轴正方向， 又所有粒子穿出匀强电场后速度纵向偏移量y ＝12at 2＝12r 均相等，设粒子从MN 射出的最高点为E ，最低点为F ， 则EF ＝2r ，所以粒子束的宽度d ＝2r 圆形匀强磁场B 2的最小半径 r B 2＝22r . (3)粒子在磁场B 1中运动时间 t 1＝14T ＝14×2πr v ＝πr2v粒子在匀强电场中运动时间 t 2＝r v，粒子在无场区运动速度 v ′＝2v ， 粒子在无场区运动的距离 x 3＝22r ， 粒子在无场区运动的时间 t 3＝x 3v ′＝r 2v， 粒子在磁场B 2中运动时间 t 4＝14T ′＝14×2πr B 2v ′＝πr4v故粒子自A 点运动到x 轴上的P 点的总时间 t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝(π＋2)3r4v.。
专题08 实验：研究平抛运动-2019年浙江高考物理(选考)二轮终极专题复习(原卷版)
1．实验原理使小球做平抛运动，利用描迹法描绘小球的运动轨迹，建立坐标系，测出轨迹曲线上某一点的坐标x 和y ，由公式：x ＝v 0t 和y ＝12gt 2，可得v 0＝xg 2y. 2．实验器材（以斜槽法为例）斜槽（带小球）、木板及竖直固定支架、白纸、图钉、重垂线、三角板、铅笔、刻度尺．3．实验步骤（以斜面小槽法为例）（1）将带有斜槽轨道和方木板的竖直固定支架固定在实验桌上,轨道末端切线水平。
（2）用图钉将坐标纸固定于竖直木板的左上角,把木板调整到竖直位置,使板面与小球的运动轨迹所在平面平行且靠近,把小球放在槽口处,用铅笔记下小球在槽口（轨道末端）时球心在木板上的投影点O,O 点即为坐标原点,用重垂线画出过坐标原点的竖直线,作为y 轴,画出水平方向的x 轴。
（3）将小球从斜槽上某一位置由静止滑下,小球从轨道末端射出,先用眼睛粗略确定做平抛运动的小球在某一x 值处的y 值,然后让小球由同一位置自由滚下,在粗略确定的位置附近用铅笔较准确地描出小球通过的位置,并在坐标纸上记下该点。
用同样的方法确定轨迹上其他各点的位置。
（不同的器材方法有所不同）（4）取下坐标纸,将坐标纸上记下的一系列点,用平滑曲线连起来,即得到小球平抛运动轨迹。
（5）从曲线上选取六个不同点,测出它们的坐标值。
（6）根据坐标,结合公式x=v 0t 和 y=21gt 2求出小球平抛运动的初速度,并计算其平均值。
1．实验注意事项（1）固定斜槽时，要保证斜槽末端的切线水平，保证小球的初速度水平．（2）固定木板时，木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直．（3）小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放，为此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板． （4）要在斜槽上适当高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由木板左上角到达右下角，这样可以减小测量误差．（5）坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时球心在木板上的投影点． （6）计算小球的初速度时，应选距抛出点稍远一些的点为宜．以便于测量和计算． 2．计算平抛运动的初速度（1）平抛轨迹完整（即含有抛出点）在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x 及竖直位移y ，就可求出初速度v 0.因x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，故v 0＝xg 2y. （2）平抛轨迹残缺（即无抛出点）如图2所示，由轨迹上任取三点A 、B 、C ，使A 、B 间及B 、C 间的水平距离相等，由平抛运动的规律可知，A 、B 间与B 、C 间所用时间相等，设为t ，则Δh ＝h BC －h AB ＝gt 2图2所以t ＝h BC －h AB g ，所以初速度v 0＝xt＝x gh BC －h AB.1．如图为研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5 cm 的小方格，重力加速度g 取10 m/s 2，由图可知：小球从A 点运动到B 点经历的时间_____（填“小于”、“等于”或“大于”）从B 点运动到C 点经历的时间；照相机的闪光频率为______Hz ；小球抛出时的初速度大小为______m/s ，小球在B 点的速率是________ m/s （可用根号表示）。
2019高考物理二轮复习专题六实验题题型强化第3讲选考实验学案
丰富丰富纷繁第3讲选考实验[ 历次选考考情剖析 ]考试属性历次选考统计实验名称加试 2015/10 2016/04 2016/10 2017/042017/112018/04 必考13. 研究电磁感觉的产√生条件14.研究感应电流方向√21(2)的规律15.研究变压器线圈两√21(1) 21(2) 21(1)端的电压与匝数的关系16.研究单摆周期与摆√21(1)长的关系17.测定玻√21璃的折射率18.用双缝√21 21 干预丈量光丰富丰富纷繁的波长 (同时练习使用游标型丈量头)19.研究碰撞中的不变√量丰富丰富纷繁考点一选考电学实验例 1 (2018 ·义乌市模拟)(1)如图1所示是“研究电磁感觉现象”的实验装置．图 1①将图中所缺导线补接完好．②假如在闭合开关时发现敏捷电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后线圈A快速从线圈 B 中拔出时，电流计指针将________( 选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”) ．(2)某学生采纳匝数可调的可拆变压器来“研究变压器线圈两头的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表丈量副线圈的电压．①以下操作正确的选项是________．A．原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，多用电表用沟通电压挡C．原线圈接沟通电压，多用电表用直流电压挡D．原线圈接沟通电压，多用电表用沟通电压挡②该学生持续做实验，在电源电压不变的状况下，先保持原线圈的匝数不变，增添副线圈的匝数，察看到副线圈两头的电压增大；而后再保持副线圈的匝数不变，增添原线圈的匝数，察看到副线圈两头的电压________( 选填“增大”“减小”或“不变”) ．答案(1) ①看法析图②向左偏(2) ①D②减小分析(1) ①研究电磁感觉现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场一定对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈构成闭合电路，敏捷电流计与副线圈构成另一个闭合电路，以下图：②闭合开关瞬时，经过线圈 B 的磁通量增大，感觉电流的磁场阻挡原磁场磁通量的增大，感应电流方向和原电流方向相反，敏捷电流计指针向右偏，而把 A 从 B中拔出来时，经过线圈B的磁通量减小，感觉电流的磁场要阻挡原磁场磁通量的减小，即感觉电流方向和原电流方向相同，故敏捷电流计指针向左偏．丰富丰富纷繁(2)①变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接沟通电压，输出电压也是沟通电压，故电表U n1用沟通电压挡，故 A、B、C 错误， D 正确；②依据变压比公式 1 ＝，保持副线圈的匝数不变，U2 n2增添原线圈的匝数，察看到副线圈两头的电压减小．1．(2018 ·诸暨中学段考) 如图 2 所示为“研究感觉电流方向的规律”实验装置，以下电表中最适合该实验的是________( 填字母 ) ．图 2答案 B分析本实验是“研究感觉电流方向的规律”，依据实验原理可知，条形磁铁的运动会致使闭合线圈内的磁通量发生变化，进而产生较小的感觉电流，所以需要敏捷电流计，因电流有方向，故应采纳指针在中间的电流计，所以 B 是最适合的，故 B 正确．2．(2018 ·书生中学月考) 在“研究电磁感觉现象”的实验中，第一按图 3 甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S 时，察看到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．而后按图乙所示将电流表与副线圈 B 连成一个闭合回路，将原线圈 A、电池、滑动变阻器和S 串连成另一个闭合回路．图 3(1)S 闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将________ 偏转． ( 选填“向左”“向右”或“不”)(2)线圈 A 放在 B 中不动时，指针将________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)(3)线圈 A放在 B中不动，将滑动变阻器的滑片 P向左滑动时，电流表指针将________偏转．(选填“向左”“向右”或“不”)答案(1) 向右(2) 不 (3) 向右分析(1) 线圈A 中磁场方向向上，插入 B 线圈，线圈 B 中磁通量变大，感觉电流的磁场方向丰富丰富纷繁向下，电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转；(2)线圈不动，磁通量不变，无感觉电流，故指针不动；(3)线圈 A 中磁场方向向上，滑片向左挪动，电流变大，线圈 B中磁通量变大，感觉电流的磁场方向向下，电流从右向左流过电流表，故电流表指针向右偏转．3．在“研究变压器线圈两头的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有以下可供选择的器械：A．可拆变压器( 铁芯、两个已知匝数的线圈)B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干(1)上述器械在本实验中不会用到的是________( 填器械前的序号 ) ，本实验中还需用到的器械有 ____________．(2) 如图 4 所示，以下说法正确的选项是________．图 4A．与灯泡连结的线圈叫原线圈B．丈量变压器输出电压要用直流电压表C．若只增添副线圈的匝数，变压器的输出电压变大D．若只增添副线圈的匝数，变压器的输出电压变小答案(1)BC低压沟通电源(2)C4．(2018 ·东阳中学期中) 东阳中学创新班同学想用220 V 沟通作为小型收录机的电源．他先制作了一个沟通变成直流的整流器，可是这个整流器需要用 6 V 的沟通电源，于是他又添置了一台 220 V/6 V 的变压器，如图 5 所示．他看到这个变压器上有a、b、c、d 四个引出线头，且 a、d 引线比 b、 c 引线粗．图 5(1) 他不知道怎样接法，也没有相应的说明书．你能帮他判断正确的接法是a、 d 端接________( 填“ 220 V”或“ 6 V”) ．丰富丰富纷繁(2) 这台 220 V/6 V的理想变压器接 6 V 的线圈匝数是300 匝，则接220 V 的线圈匝数是________匝．(3) 为了进一步研究变压器线圈两头的电压与匝数的关系，他又取匝数N a＝80匝和 N b＝160 匝的一个变压器从头接在电源上，丈量结果记录以下，则接电源的是________( 填“N a”或“ N b”).U a/V 1.80 2.80 3.80U b/V 4.00 6.018.02答案(1)6 V (2)11 000 (3) N b分析(1) 因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采纳的是降压变压器，依据 P＝ UI 可知，l副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式 R＝ρS知，引线要粗，故a、 d 接6 V.(2) 依据变压器工作原理知：U a N a6 V 的线圈匝数是 300 匝，则接 220 V ＝，若理想变压器接U b N b的线圈匝数是11 000 匝．(3) 依据变压器工作原理知：U a N a＝，此题采纳的是降压变压器，所以接电源的应当是匝数多U b N b的线圈，所以接电源的是N b.考点二选考 3－4、3－5 实验例 2 (2018 ·浙江 4 月选考· 21)(1) 细丝和单缝有相像的衍射图样．在相同条件下，小明用激光束分别垂直照耀两种不一样直径的细丝Ⅰ和细丝Ⅱ，在光屏上形成的衍射图样如图 6 中a 和 b 所示．已知细丝Ⅰ的直径为0.605 mm，现用螺旋测微器丈量细丝Ⅱ的直径，如图7 所示，细丝Ⅱ的直径为________ mm.图 6 中的 ________( 填“ a”或“ b”) 是细丝Ⅱ的衍射图样．图 6图 7(2)小明在做“用双缝干预丈量光的波长”实验时，试试用单缝和平面镜做近似实验．单缝和平面镜的搁置如图8 所示，白炽灯发出的光经滤光片成为波长为λ 的单色光照耀单缝，能在光屏上察看到明暗相间的干预条纹．小明测得单缝与镜面延伸线的距离为h、与光屏的距离为 D，则条纹间距x＝________.随后小明撤去平面镜，在单缝下方 A 处搁置相同的另一单缝，形成双缝构造，则在光屏上________( 填“能”或“不可以” ) 察看到干预条纹．图 8Dλ答案(1)0.999(0.996 ～1.000) a (2) 2h 不可以分析(1) 因为螺旋测微器主尺的半格为0.5 mm，完好一格为1 mm，螺旋转轮上边一格 0.01 mm，再估读一位，由题图可知，直径为0.999 mm；衍射单缝越小，衍射现象越显然，条纹间距越大；衍射单缝越大，衍射现象越不显然，条纹间距越小，题图 a 的条纹间距小，对应的细丝比较粗，题图 b 的条纹间距大，对应的细丝比较细，因为0.999 mm>0.605 mm，所以选a.(2) 此题中，单缝在平面镜中的镜像，与本来的单缝共同构成一组双缝( 如图 ) ，所以双缝间距为d ＝2 ，故x＝Dλ.h2h不可以，因为不切合相关光的条件，不可以发生干预．5．(2018 ·温州市十五校结合体期末) 用单摆测定重力加快度的实验装置如图9 所示．对于该实验，有以下步骤：图 9(1)测单摆周期时，为减小丈量偏差，应________．A．以均衡地点作为计时起点B．以最大位移处作为计时起点C．能够以随意地点作为计时起点(2)测出摆线长 L，小球直径 d，及单摆达成 n 次全振动所用的时间 t ，则重力加快度 g＝____________.( 用L、d、n、t表示 )(3) 如图 10 所示，用游标卡尺测得小球的直径为________ mm.图 10(4) 某同学在实验时忘了丈量小球直径，可是改变摆线长度做了多次丈量，获得多组T 与 L 的实验数据，依据这些数据，该同学可否求适当地的重力加快度？________.( 填“能”或“不能”)答案 (1)A (2) 2n2π2 2L＋d(3)20.3(4) 能t26．(2017 ·浙江11 月选考· 21) 在“测定玻璃的折射率”实验时，(1)以下做法正确的选项是 ________．A．入射角越大，偏差越小B．在白纸上放好玻璃砖后，用铅笔贴着光学面画出界面C．实验时既可用量角器，也可用圆规和直尺等工具进行丈量D．判断像与针能否在同向来线时，应当察看大头针的头部(2)小明同学在插针时玻璃砖的地点如图11 所示，依据插针与纸上已画的界面确立入射点与出射点，依照上述操作所测得的折射率________( 填“偏大”“偏小”或“不变” ) ．图 11(3) 小明同学经正确操作后，在纸上留下四枚大头针的地点P1、 P2、 P3和 P4， AB和 CD是描出的玻璃砖的两个边，如图12 所示，请在虚线框中画出光路图．图 12答案(1)C (2) 偏小 (3) 看法析图分析(1) 本实验在用插针法时，角度不宜过大，不然很难确立折射角，选项 A 错误；不可以用铅笔贴着光学面画界面，所以选项 B 错误；本实验经过sin θ 1n＝求折射率，也能够经过画sin θ 2sin x1C 正出两个半径相同的圆，经过θ ＝r将角度转变成角度对边之比求折射率，所以选项确；在察看像与针能否在一条直线时，应当察看大头针底部，所以D错误．(2)由图可知，此次丈量的折射角偏大，致使测得的折射率偏小．(3)光路图以下图．7．(2018 ·9＋ 1 高中结盟期中)(1) 在“用双缝干预丈量光的波长”实验中，在察看白光的干涉图样时，现有毛玻璃屏A、双缝 B、白光光源 C、透镜 D、单缝 E 等光学元件，如图13 甲所示将白光光源C放在光具座最右端，挨次搁置其余光学元件，由右至左，表示各光学元件的字母摆列次序应为：C________A.图 13(2)一起学经过丈量头的目镜察看单色光的干预图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图乙所示，若要使二者对齐，该同学应怎样调理________．A．仅左右转动透镜B．仅旋转单缝C．仅旋转双缝D．仅旋转丈量头(3)为了使测得的单色光的条纹间距增大，在其余条件不变的状况下，以下做法适合的是________．A．增大单缝与双缝间距B．增大双缝与毛玻璃屏间距C．增大两双缝间距离D．加强光源亮度答案(1) DEB (2)D(3)B8．某同学设计了一个用打点计时器研究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推进小车 A 使之做匀速运动，而后与本来静止在前面的小车 B 相碰并粘合成一体，持续做匀速运动，他设计的详细装置如图14 所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源的频次为 50 Hz ，长木板下垫着小木片用以均衡摩擦力．图 14(1) 若已获得打点纸带如图15 所示，并将测得的各计数点间距离标在图上， A 点是运动开端的第一点，则应选 ______段来计算 A 的碰前速度，应选 ______段来计算 A 和 B 碰后的共同速度 ( 以上两格选填“ AB ”“ BC ”“ CD ”或“ DE ”) ．图 15(2) 已测得小车A 的质量A＝ 0.40 kg ，小车B 的质量B＝ 0.20 kg ，由以上丈量结果可得：mm碰前 m A v A ＋m B v B ＝____________ kg ·m/s ；碰后 m A v A ＋ m B v B ＝________ kg ·m/s.( 结果均保存三位有效数字 ) 答案 (1) BCDE (2)0.4200.4179．用单摆测定重力加快度的实验装置如图 16 所示．图 16(1) 组装单摆时，应在以下器械中采纳________( 选填选项前的字母 ) ．A ．长度为 1 m 左右的细线B ．长度为 30 cm 左右的细线C ．直径为 1.8 cm 的塑料球D ．直径为 1.8 cm 的铁球(2) 测出悬点 O 到小球球心的距离 ( 摆长 ) L 及单摆达成 n 次全振动所用的时间 t ，则重力加快度 g ＝__________( 用 L 、n 、 t 表示 ) ．(3) 下表是某同学记录的3 组实验数据，并做了部分计算办理.组次 1 2 3摆长 L /cm80.00 90.00 100.00 50 次全振动时间 t /s90.0 95.5 100.5振动周期 T /s 1.801.91 重力加快度 g /(m ·s －2 )9.749.732 请计算出第3 组实验中的T＝ ________s ，g＝ ________m/s .答案4π2n2L(3)2.019.76 (1)AD (2) t 2分析(1) 单摆模型需要知足的两个基本条件是摆线长久大于小球的直径，小球的密度越大越好．所以应选 A、 D.t L 4π2n2L(2) 由T＝n，T＝2πg得 g＝t 2t100.5(3)T＝n＝50s＝2.01 sg＝4π2n2L 4×3.14 2×502×1 2≈ 9.76 m/s2.t 2＝100.5 2 m/s专题加强练1．图 1 为研究电磁感觉现象的实验装置，部分导线已连结．图 1(1)用笔划线取代导线将图中未达成的电路连结好．(2)在闭合开关时发现敏捷电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的状况有：将原线圈快速插入副线圈时，敏捷电流计指针将 ________( 选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转” ) ．原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑动触头快速向左拉时，敏捷电流计指针将________( 选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”) ；断开开关时，敏捷电流计指针将________( 选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”) ．答案(1) 以下图12丰富丰富纷繁中：(1) 若多用电表的选择开关及学生低压电源的面板如图 2 所示，则多用电表的选择开关转到的地点和变压器原线圈应连结到学生低压电源的哪两个接线柱________．A．转到地点a，接左侧两个接线柱( 标有“＋”“－”)B．转到地点b，接左侧两个接线柱( 标有“＋”“－”)C．转到地点a，接右侧两个接线柱( 标有“～”)D．转到地点b，接右侧两个接线柱( 标有“～”)图 2(2) 如图 3 实验中，以下说法正确的选项是________( 填字母 ) ．图 3A．实验用控制变量法，用可拆变压器，能方便地从不一样接线柱上选用不一样匝数的线圈B．丈量原、副线圈的电压，可用多用电表中的直流电压表C．原线圈接0、 4 接线柱，副线圈接0、 8 接线柱，副线圈电压约为原线圈电压的 2 倍D．若没有铁芯，变压器的输入电压与输出电压之比仍是等于原、副线圈匝数之比答案(1)D(2)AC3．(2018 ·台州市高三期末 ) 如图 4 甲所示是小刘同学做“用双缝干预丈量光的波长”实验的装置．图 4(1)在实验中应当在 B 处放________．(选填“单缝”或“双缝”)，再装上滤光片．(2)经过一系列的调试，获得了亮度较好、清楚的干预图样，但在放大镜视线中出现如图乙所示的现象，应当怎样调整？ ___________________________________________________. (3) 手轮上丈量头如图 5 所示，其读数为________ mm.图 5(4)一次实验丈量达成后，小刘同学仅将红色滤光片改为绿色滤光片，则察看到干预条纹的间距________( 填“变大”“变小”或“不变” ) ．答案(1) 单缝(2) 调理丈量头使分划板中心刻线与条纹的中心对齐(3)11.54(4) 变小4．在用双缝干预丈量光的波长的实验中，请依照题目要求回答以下问题．图 6(1) 如图 6 所示，甲、乙两图都是光的条纹形状表示图，此中干预图样是________．(2)将下表中的光学元件放在图丙所示的光具座上组装成用双缝干预丈量光的波长的实验装置，并用此装置丈量红光的波长 .元件代号A B C D E元件名称光屏双缝白光光源单缝透红光的滤光片将白光光源C放在光具座最左端，挨次搁置其余光学元件，由左至右，各光学元件的摆列顺序应为 ________． ( 填写元件代号 )(3) 已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离l ＝0.50 m，在光屏上获得的干预图样如图7 甲所示，分划板中心刻线在图中 A 地点时游标卡尺如图乙所示，则其示数x A＝________ mm；在B地点时游标卡尺如图丙所示，则相邻两条纹间距x＝________ mm.图 7(4) 由以上所测数据，能够得出形成此干预图样的单色光的波长约为________ m.(5) 若改用频次较高的单色光照耀，获得的干预条纹间距将________( 填“变大”“不变”或“变小” ) ．－ 7答案(1) 甲(2) EDBA (3)111.150.64 (4)6.4 ×10(5) 变小分析(1) 双缝干预条纹特色是等间距、等宽度、等亮度；依据此特色知甲图是干预图样；(2)为获得单色线光源，白光光源后边要有滤光片、单缝、双缝、光屏，所以各光学元件的摆列次序应为 EDBA；(3) 、 (4) 游标卡尺读数＝主尺读数＋游标尺读数，故x A＝111 mm＋0.05 mm×3＝111.15 mm x B＝115 mm＋0.05 mm×12＝115.60 mm；相邻亮纹的间距：x＝x B－ x A 0.115 60 － 0.111 15＝m≈0.000 64 m ＝ 0.64 mm；l依据公式x＝dλ，有：λ ＝l xd＝0.64 ×10 －3×0.50 ×10 －3m＝6.4 ×10 －7 m；0.50l(5)依据双缝干预条纹的间距公式x＝dλ知，频次变高，波长变短，则干预条纹间距变小．5．(2018 ·新高考结盟联考) 某同学在“研究单摆周期与摆长的关系”实验中，在用铁架搭建好单摆后先丈量摆线的长度，其过程以下：图 8此中悬挂最正确的是图8 中的 ______( 填“甲”“乙”或“丙”) ，这样做的目的是______( 填选项前的字母代号) ．A．保证摇动过程中摆长不变B．可使周期丈量得更为正确C．保证摆球在同一竖直平面内摇动某同学采纳了如图9 所示方法丈量摆长：图 9摆球直径用游标卡尺进行丈量，丈量方法和游标刻度如图10 所示，则摆球的直径是_____ mm. 本单摆的摆长是________ m ． ( 请注意单位，本空保存四位有效数字)图 10答案乙A 14.00 ～ 14.06 0.483 0 ～ 0.484 56．(2016 ·浙江4 月选考· 21) 在“用双缝干预丈量光的波长”实验中，采纳红色滤光片和间距为 0.20 mm 的双缝，双缝与屏的距离为600 mm.某同学正确操作后，在目镜中看到如图11 甲所示的干预条纹．换成紫色滤光片正确操作后，使丈量头分划板刻线与第k 级暗条纹中心对齐，在目镜中观察到的是图乙中的_______( 填字母 ) ，此时丈量头的读数为25.70 mm.沿同一方向持续挪动丈量头使分划板刻线与第k＋5级暗条纹中心对齐，此时丈量头标尺如图丙所示，其读数是________ mm.紫光的波长等于________ nm.图 11答案 D 19.404207．(2018 ·嘉兴一中期末)(1)如图12所示为“研究感觉电流方向的规律”的实验装置，第一次将磁铁快速插入线圈中，第二次将磁铁慢慢插入线圈中，发现电流计的指针摇动幅度大小不一样，第一次比第二次的幅度________( 填写“大”或“小”)，原由是线圈中的__________( 填写“磁通量”“磁通量的变化”或“磁通量的变化率”) 两次实验不一样．图 12(2)在“用双缝干预丈量光的波长”的实验中，①以下操作正确的选项是 ________．A．先调理光源高度，察看到光束沿遮光筒的轴线流传后再装上丈量头B．调理各器件共轴，使单缝和双缝的缝相互垂直C．察看到条纹比较模糊，能够调理拨杆进行调整D．丈量某亮条纹地点时，目镜分划板中心刻度线与该亮条纹边沿重合②以下图示中条纹间距表示正确的选项是________．答案(1) 大磁通量的变化率(2) ①AC②C8．用双缝干预丈量光的波长，实验装置如图13 甲所示，已知单缝与双缝间的距离L1＝100 mm，双缝与光屏的距离L2＝700 mm，双缝间距 d＝0.25 mm.用丈量头来丈量亮条纹中心的距离．测量时用某种单色光照耀双缝获得干预图样．图 13(1)假如用图甲所示装置丈量氦氖激光器发出激光的波长，则图中除了光源之外，其余不用要的器械元件有 ________．A．滤光片B．单缝C．双缝D．光屏(2)某同学因为没有量角器，在达成了光路图此后，他以 O点为圆心、5.00 cm长为半径画圆，分别交线段 OA于 C点，交 OO′于 E 点，过 C 点作法线 NN′的垂线 CD交 NN′于 D 点，过 E点作法线 NN′的垂线 EF交 NN′于 F 点，如图乙所示．用刻度尺量得 CD＝3.00 cm，EF＝2.00 cm. 由此可得出玻璃的折射率n＝________.答案(1)AB (2)1.5分析 (1) 激光拥有较好的相关性，不再需要滤光片和单缝． (2) ＝sin θ 1 CDsin ＝ ＝ 1.5.n θ 2 EF9．某同学用如图 14 所示的装置， 利用两个大小相同的小球做对心碰撞来考证动量守恒定律，图中 AB 是斜槽， BC 是水平槽， 它们连结处光滑， O 点为重垂线所指的地点． 实验时先不搁置被碰球 2，让球 1 从斜槽上的某一固定地点G 由静止开始滚下，落到位于水平川面的记录纸上，留下印迹，重复 10 次，而后将球 2 置于水平槽尾端，让球1 仍从地点 G 由静止滚下，和球 2 碰撞，碰后两球分别在记录纸上留下各自的印迹，重复 10 次．实验获得小球的落点的平均地点分别为 M 、 N 、 P .图 14(1) 在该实验中，应采纳的器械是以下器械中的________．A ．天平B ．游标卡尺C ．刻度尺D ．大小相同的钢球两个E ．大小相同的钢球和硬橡胶球各一个(2) 在此实验中，球 1 的质量为 m 1，球 2 的质量为 m 2，需知足 m 1________m 2( 填“大于”“小 于”或“等于” ) ．(3) 被碰球 2 飞翔的水平距离由图中线段________表示．(4) 若实验结果知足 m 1· ON ＝ ________，就能够考证碰撞过程中动量守恒．答案 (1)ACE (2) 大于 (3) OP(4) m 1· OM ＋ m 2· OP分析 (1) 实验需要丈量小球的质量、 小球落地址的地点， 丈量质量需要天平， 丈量小球落地 点的地点需要刻度尺，还需要大小相同的钢球和硬橡胶球各一个，应选项 A 、 C 、 E 正确．(2) 要碰后球 1 的速度还沿本来的方向，就要求球 1 的质量大于球 2 的质量．(3) 球1和球 2 相撞后，球 2 的速度增大，球 1 的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同， 所以碰撞后球 2 的落地址是 P 点，所以被碰球2 飞翔的水平距离由图中线段OP 表示．(4) N 为碰前球 1 落点的地点， M 为碰后球 1 落点的地点， P 为碰后被碰球2 落点的地点．(浙江选考)2019高考物理二轮复习专题六实验题题型强化第3讲选考实验学案 21 / 2121 / 21 丰富丰富 纷繁ON碰撞前球 1 的速度 v 1＝2hgOM碰撞后球 1 的速度 v 2＝2hgOP碰撞后被碰球 2 的速度 v 3＝2hg若 m 1v 1＝ m 1v 2＋ m 2v 3，则表示经过该实验考证了两球碰撞过程中动量守恒， 代入数据得： m 1· ON ＝ m 1· OM ＋ m 2· OP .20。
【浙江选考】19届高考物理二轮复习： 专题四 电路与电磁感应专题综合训练(含答案).doc
专题四电路与电磁感应专题综合训练(四)1.如图所示,开关S闭合,电流表、电压表均为理想电表,若电阻R1断路,则下列说法中正确的是()A.电流表示数变小B.电压表示数变小C.电源内电路消耗的功率变大D.R3消耗的功率变大2.如图所示为一种常见的身高体重测量仪。
测量仪顶部向下发射波速为v的超声波,超声波经反射后返回,被测量仪接收,测量仪记录发射和接收的时间间隔。
质量为M0的测重台置于压力传感器上,传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。
当测重台没有站人时,测量仪记录的时间间隔为t0,输出电压为U0,某同学站上测重台,测量仪记录的时间间隔为t,输出电压为U。
该同学的身高和质量分别为()A.v(t0-t),UB.UC.v(t0-t),(U-U0)D.(U-U0)3.如图所示,平行板电容器充电后与电源断开,正极板接地,两极板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。
静电计的金属球与电容器的负极板连接,外壳接地。
以E表示两板间的电场强度,φ表示P点的电势,E p表示该试探电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角。
若保持负极板不动,将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计),各物理量变化情况描述正确的是()A.E 增大,φ降低,E p 减小,θ增大B.E 不变,φ降低,E p 增大,θ减小C.E 不变,φ升高,E p 减小,θ减小D.E 减小,φ升高,E p 减小,θ减小4.如图所示,A 为电解槽,M 为电动机,N 为电炉子,恒定电压U=12 V,电解槽内阻r A =2 Ω,当S 1闭合,S 2、S 3断开时,电流表A 示数为6 A;当S 2闭合,S 1、S 3断开时,A 示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S 3闭合,S 1、S 2断开时,A 示数为4 A 。
求:(1)电炉子的电阻及发热功率各多大?(2)电动机的内阻是多少?(3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少?5.汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗,如图所示,在打开车灯的情况下,电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58A,若电源电动势为12.5 V,内阻为0.05 Ω。
2019届二轮复习 选考实验 课件 (共51张) (浙江专用)
电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组 成另一个闭合电路，如图所示。
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(2)在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合 上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针 将向右偏转。 (3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过副线圈的磁通
3
(3)灵敏电流计满偏电流为＋300 μA，允许通过的电流很小，查明电流计指针的偏 转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池。 (4)原、副线圈接入电路前应仔细观察导线绕向并画出草图。
4
2.探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系 (1)先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。 然后再保持副线圈的匝数不变，改变原线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。
15
②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增 加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变， 增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或 “不变”)。
解析
(1)①探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是_______________________________
_____________________________________________________________________。
7
解析 (1)实验电路如图。
(2)由电流表的原理知电流表指针的偏角与感应电流的大小成正比。 (3)将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的 变化量相同，所用的时间不同，则磁通量的变化率不同。
【浙江选考】19届高考物理二轮复习： 专题六 实验 提升训练20 力学实验(含答案).doc
提升训练20 力学实验1.用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。
弹簧测力计A挂于固定点P,下端用细线挂一重物M。
弹簧测力计B的一端用细线系于O点,手持另一端向左拉,使结点O静止在某位置。
分别读出弹簧测力计A和B的示数,并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N,图中A的示数为N。
(2)为了准确完成实验,下列不必要的实验要求是。
(请填写选项前对应的字母)A.应测量重物M所受的重力B.橡皮筋伸长要在弹性限度范围内C.拉线方向应与木板平面平行D.保证整个装置在竖直平面内E.改变拉力,进行多次实验,每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中,该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程,下列操作可以解决该问题的是。
A.减小B弹簧弹力的大小,同时保证O点位置不变B.减小B弹簧弹力大小,同时O点向右偏移C.保持AOB角度不变,使两弹簧一起顺时针旋转一个小角度D.保持AOB角度不变,使两弹簧一起逆时针旋转一个小角度2.(2017浙江名校协作体联考)(1)在实验室做力学实验时会经常用到“重物”,请为下列实验从图中选择最合适的“重物”(选填“A”“B”或“C”);①探究小车速度随时间的变化规律:;②用自由落体运动验证机械能守恒定律:。
(2)在探究功和速度变化关系的实验中,甲同学直接将长木板放在水平桌面上进行橡皮筋拉小车实验(如图甲所示);乙同学将长木板一端垫高(如图乙所示),调整木块位置使得连接纸带的小车被轻推后恰好能在长木板上匀速下滑,然后进行橡皮筋拉小车实验。
①两同学中操作正确的是(选填“甲”或“乙”)同学。
②下列操作正确、规范的是。
(本题只有一个选项是正确的)A.打点计时器接直流电源B.先释放小车,再接通电源C.需使用相同规格的橡皮筋D.改变橡皮筋条数后小车可从不同位置静止释放③通过正确操作得到的一条纸带,应为图中(选填“甲”或“乙”)。
3.如图1所示为用电火花打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。
2019版高考物理大二轮复习浙江专用课件：专题六 实验20
实验
第20讲
力学实验
-4-
乙
-5-
丙
-9 V 的交流电源 电磁打点 2.每打两个点的时间间隔为 0.02 s,一般每五个点 计时器 取一个计数点,则时间间隔为 Δt=0.02×5 s=0.1 s 3.摩擦力较电火花计时器大 电火花计 1.电源是 220 V 交流电源(50 Hz 0.02 s) 时器 2.摩擦较小 毫米刻度尺的最小刻度为 1 mm,要估读到下一 刻度尺 位 0.1 mm 弹簧测力计 与刻度尺的读数相同 1.10、20、50 分度游标尺每一小格与 1 mm 差 0.1 游标卡尺 mm、0.05 mm、0.02 mm 2.读数:主尺上的读数+精度×游标尺读数 1.频闪照相机:用等时间间隔获取图像信息的方法 其他计时仪 将物体在不同时刻的位置记录下来 器 2.光电计时器:记录遮光时间
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第25讲选考实验[考试要求和考情分析]涉及电学类实验[要点总结]1．探究电磁感应的产生条件及感应电流方向的规律(1)若原线圈磁场较弱，为使现象明显，把原线圈插入或拔出时，可采用较大速度。
(2)开始实验时滑动变阻器的滑片应置于连入电路的阻值最大的位置。
(3)灵敏电流计满偏电流为＋300 μA，允许通过的电流很小，查明电流计指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池。
(4)原、副线圈接入电路前应仔细观察导线绕向并画出草图。
2．探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(1)先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。
然后再保持副线圈的匝数不变，改变原线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。
(电路上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值且要事先推测副线圈两端电压的可能数值)(2)连接电路后要同组的几位同学各自独立检查后，方可接通电源。
(3)为了人身安全，使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V。
(4)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。
[典例分析]【例1】(2018·浙江宁波市北仑区高二期中)如图1所示是三个成功电磁感应的演示实验，回答下列问题。
图1(1)图c电路中仪器未连线，请按照实验的要求连好实验电路。
(2)电流表指针偏转角跟感应电流的大小成________关系。
(3)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？_________________________，什么量是不同的？______________________________________________。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是___________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析(1)实验电路如图。
(2)由电流表的原理知电流表指针的偏角与感应电流的大小成正比。
(3)将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同，所用的时间不同，则磁通量的变化率不同。
(4)通过三个实验可以得出：穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；或闭合电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
答案(1)见解析图(2)正比(3)磁通量的变化量磁通量的变化率(4)见解析[精典题组]1．(2018·浙江义乌群星外国语学校高二月考)如图2所示，是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置。
图2(1)将图中所缺导线补充完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________。
(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________。
解析(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示。
(2)在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转。
(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转。
答案(1)见解析图(2)向右偏(3)向左偏2．(2018·浙江五校高三第一次联考)(1)如图3所示的是“研究电磁感应现象”的实验装置。
图3①将图中所缺导线补接完整。
②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将________(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)。
(2)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
①下列操作正确的是________。
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析(1)①探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示。
②闭合开关瞬间，通过线圈B的磁通量增大，感应电流磁场阻碍原磁场的增大，感应电流方向和原电流方向相反，电流计向右偏，而把A从B中拔出来时，通过线圈的B的磁通量减小，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，即感应电流方向和原电流方向相同，故电流计向左偏转。
(2)①变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，选项A、B、C错误，D正确。
②根据变压比公式U1U2＝n1n2，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。
答案(1)①见解析②向左(2)①D②减小3．(1)如图4所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，下列电表中最适合该实验的是________(填字母)。
图4(2)某同学用如图5甲所示可拆变压器，探究线圈两端电压与匝数的关系，输入输出如图乙所示。
将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，小灯泡的亮度将________(填“变亮”“变暗”或“不变”)。
该同学利用该装置进一步探究电容器对交变电流的影响，他将开关打到2，小灯泡发光，现增大输入端的交流电源频率，小灯泡的亮度将________(填“变亮”“变暗”或“不变”)。
图5解析(1)本实验是探究“感应电流方向的规律”，结合感应电流产生的条件，当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有正反方向，所以应选择B图的电流表，选项A、C、D错误，B正确。
(2)将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，根据原副线圈电压与其匝数成正比，当增大副线圈匝数，小灯泡的电压增大，那么小灯泡的亮度将变亮，将开关打到2，小灯泡发光，根据容抗公式X c＝12πf C，现增大输入端的交流电源频率，容抗变小，通过电容器的电流更大，灯泡会变亮。
答案 (1)B (2)变亮 变亮单摆和碰撞实验[要点总结]1．探究单摆周期与摆长的关系(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
(3)测周期的方法：①要从摆球通过平衡位置时开始计时。
因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。
②要测多次全振动的时间来计算周期。
如在摆球通过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次。
2．探究碰撞中的不变量(1)斜槽末端的切线必须水平。
(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。
(3)选质量较大的小球作为入射小球。
(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
(5)验证表达式：m 1·OP －＝m 1·OM －＋m 2·ON －[典例分析]【例2】 (2018·浙江宁波高三适应性考试)学习小组的同学在实验室用如图6所示的装置研究单摆的运动。
将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。
实验过程中，保持单摆的最大摆角小于5°。
图6图7(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图7甲所示，该摆球的直径d＝________mm。
(2)实验测得摆长为L，传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为g＝________(用题目中物理量的字母表示)。
解析(1)由图乙所示游标卡尺可知，小球直径d＝1.4×10 mm＋10×0.05 mm＝14.50 mm。
(2)单摆每隔半个周期，拉力F会达到最大，则有12T＝2t0，解得T＝4t0，根据单摆周期公式得T＝2πlg，解得g＝π2l4t20。
答案(1)14.50(2)π2l4t20[精典题组]4.(2018·11月浙江选考)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图8所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰撞后小球A继续摆动，小球B 做平抛运动。
图8(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图9所示，则d＝________mm。
又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。
为完成实验，还需要测量的物理量有________________________。
图9(2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆，其周期________(选填“小于”“等于”或“大于”)粘合前单摆的周期(摆角小于5°)。
解析(1)游标卡尺的精确度为0.05 mm，根据游标卡尺的读数方法可知，d＝14 mm＋8×0.05 mm＝14.40 mm。
碰撞过程中动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，a球碰前的速度可以由mgl(1－cos θ)＝12m1v21得出，故还需要测小球B的质量m2，以及碰后A球的最大摆角来计算碰后a球的速度。
(2)若碰后粘在一起形成新单摆，根据单摆周期公式可知T＝2πlg，摆球质量变大不会改变单摆的周期。
答案(1)14.40小球B的质量m2，碰撞后A球摆动的最大摆角β(2)等于5．(2018·浙江新高考选考适应性考试)某同学利用单摆测定当地的重力加速度，实验装置如图10甲所示。
图10(1)在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为________ s。
(2)该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图线，然后在图线上选取A 、B 两个点，坐标如图丙所示。
则当地重力加速度的表达式g ＝________(用L A 、L B 、T A 和T B 表示)。