2013高考物理一轮专题复习-选修3-4实验二知能优化演练(精)
2013年教科物理选修3-3：第2章第1、2节知能优化训练
1．下列各组物理量哪些能决定气体的压强()A．分子的平均动能和分子种类B．分子密集程度和分子的平均动能C．分子总数和分子的平均动能D．分子密集程度和分子种类解析：选B.气体的压强是由大量分子碰撞器壁而引起的，气体分子的密集程度越大(即单位体积内分子数越多)，在单位时间内撞击器壁单位面积的分子就越多，则气体的压强越大．另外气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大．故决定气体压强的因素是分子密集程度和分子的平均动能，故B项正确．2．(2011年大庆高二检测)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图2－2－6所示，下列说法正确的是()图2－2－6A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2D．无法判断两曲线对应的温度关系解析：选C.温度越高，分子的平均速率越大，从图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C项正确．3．(2011年广州高二检测)关于分子热运动的动能，下列说法正确的是()A．物体的温度升高，物体内每个分子的动能一定增大B．同一物体的温度升高，该物体内所有分子的平均速率一定增大C．物体的温度降低，物体内所有分子的平均动能一定减小D．1克100 ℃的水吸热变成1克100 ℃的水蒸气，分子热运动的平均动能增大解析：选BC.物体的温度升高，物体内分子无规则运动加剧，分子热运动的平均速率增大，但并不一定每个分子的速率都是增大的，不同时刻同一分子热运动的速率也在变化．由于温度标志着分子热运动的平均动能，所以温度降低，分子热运动的平均动能一定减小.100 ℃的水吸热变成100 ℃的水蒸气，尽管水吸热了，但由于温度未变，所以其分子热运动的平均速率、平均动能也不变．水吸热由液态变为气态，应是分子势能增大了，内能也增大了．4．(2011年南京高二检测)甲、乙两分子相距较远(此时它们之间的分子力可以忽略)，设甲固定不动，在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，关于分子势能的变化情况，下列说法正确的是()A．分子势能不断增大B．分子势能不断减小C．分子势能先增大后减小D．分子势能先减小后增大解析：选D.从分子间的作用力与分子间的距离的关系知道：当分子间距离大于r0时，分子间的作用力表现为引力；当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；当分子间距离大于10r0时，分子间的作用力十分小，可以忽略．所以，当乙从较远处向甲靠近的过程中，分子力先是对乙做正功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做正功，则分子势能减小；后是分子力对乙做负功或者乙克服分子力做功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做负功，分子势能增加．因此当乙向甲靠近直到不能靠近的过程中，分子势能是先减小后增大．5．(2011年大同高二检测)(1)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下述说法是否正确？①分子的平均动能和分子的总动能都相同．②它们的内能相同．(2)液体汽化时吸收的热量转化为哪种能量？解析：(1)①正确.1 g水与1 g水蒸气的分子数一样多，两者的温度都是100 ℃，因温度是分子平均动能的标志，故两者的分子的平均动能和分子的总动能都相同．②不正确．水变为水蒸气时要吸收热量，吸收的热量转化为水蒸气的内能，因此1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气内能相同是不正确的．(2)液体汽化时都要吸收一定的热量，吸收的热量并没有增大物体的平均动能，而是使分子势能增大，从而使物体的内能增大．答案：见解析一、选择题1．关于温度，下列说法正确的是()A．温度越高，分子动能越大B．物体运动速度越大，分子总动能越大，因而物体温度也越高C．一个分子运动的速率越大，该分子的温度越高D．温度是大量分子无规则热运动的平均动能的标志解析：选D.温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子的动能都变大，故A错．物体宏观运动的速度对应的是机械能(动能)，与分子无规则热运动的平均动能无关，与物体的温度无关，B错；温度是对大量分子集体(物体)而言的，是统计、平均的概念，对单个分子无意义，C错．2．(2011年合肥高二检测)有两瓶质量和温度都相等的氢气和氧气，则()A．两瓶中每个分子运动的动能都相等B．两瓶中分子运动的总动能相等C氢气分子的总动能大于氧气分子的总动能D．氢气分子的总动能小于氧气分子的总动能解析：选C.温度相同分子平均动能相等，但分子的总动能还与分子数目有关，氢气分子数多，故氢气的分子总动能大；当温度相同时，每个分子动能未必相等．3．(2011年济南高二检测)教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的()A．空气分子密集程度增大B．空气分子的平均动能增大C．空气分子的速率都增大D．空气质量增大解析：选B.温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速度都增大，C项错误．4．对于气体分子的运动，下列说法正确的是()A．一定温度下某理想气体的分子的碰撞虽然十分频繁但同一时刻，每个分子的速率都相等B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况D．一定温度下某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的平均动能可能减少解析：选BD.一定温度下某理想气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，速率不等，但大量分子的运动遵守统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，向各个方向运动的分子数目相等，A、C错，B对；温度升高时，大量分子平均动能增大，但对个别或少量(如10个)分子的动能有可能减少，D对．5．下列说法中正确的是()A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大B．一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强解析：选A.根据改变压强的途径知：一定质量的气体被压缩时，其单位体积内的分子数增加，而气体分子的平均动能可能增加、可能减小、也可能不变，故气体压强不一定增大，即A选项正确；同理一定质量的气体温度不变压强增大时，必使单位体积内的分子数增多，即其体积必减小，故B选项错误；又气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生的，与分子间的斥力和分子是否处于失重状态无关，即C、D选项错误．6．A、B两容器中装有相同质量的氦气，已知A中氦气的温度高于B中氦气的温度，但压强低于B中氦气的压强，下列说法中错误的是()A．A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大B．A中每个氦气分子的动能一定比B中每个氦气分子的动能大C．A中动能大的氦气分子数一定大于B中动能大的氦气分子数D．A中氦气分子的热运动一定比B中氦气分子的热运动剧烈解析：选B.由于A中氦气的温度高于B中氦气的温度，则A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大，但并不是每个分子的动能都大，A说法正确，B说法错误；从统计规律看，温度越高，动能大的分子数越多，C说法正确；温度越高表明分子的热运动越剧烈，D说法正确．7．如图2－2－7所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的关系如图中曲线所示．图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是()图2－2－7A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1解析：选BD.分子处于r0位置时所受分子合力为零，加速度为零，此时分子势能最小，分子的动能最大，总能量保持不变．由图可知x2位置即是r0位置，此时加速度为零，A错；x＝x2位置，势能为－E0，因总能量为零则动能为E0，B项正确；在Q点，E p＝0，但分子力不为零，分子并非处于平衡状态，C项错；在乙分子沿x轴向甲分子靠近的过程中，分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，即分子的速度先增大后减小，到Q点分子的速度刚好减为零，此时由于分子斥力作用，乙分子再远离甲分子返回，即乙分子运动的范围为x≥x1，D项正确．8．下列说法中正确的是()A．温度相同时，不同物质的分子平均动能相同B．温度相同时，不同物质的分子平均速率相同C．温度相同时，只有同种物质的分子平均动能才相同D．温度升高时，物体每一个分子的动能都一定增大答案：A9．关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是()A．分子的动能与分子的势能的和叫做这个分子的内能B．物体的分子势能由物体的温度和体积决定C．物体的速度增大时，物体的内能增大D．物体的动能减小时，物体的温度可能升高解析：选D.分子具有热运动的动能，同时由于分子间存在着相互作用力而具有分子势能，所有分子的这两种能量的总和，组成物体的内能．内能是物体具有的宏观物理量，而对单个分子来说，不存在分子内能的概念．分子势能与温度无关，由分子力做功决定，与分子间距有关，所以宏观上表现为与体积有关．物体的速度增大时，物体的动能增大，这里的动能是宏观物体的机械能中的动能，而不是分子的动能．10．(2011年湛江调研)对于物体的“热胀冷缩”现象，下列说法中正确的是()A．物体受热后温度升高，分子的平均动能增大；降低温度后，分子的平均动能减小，分子势能没有变化B．受热后物体膨胀，体积增大，分子势能增大，收缩后，体积减小，分子势能减小，分子的平均动能不会改变C．受热膨胀，温度升高，分子平均动能增大；体积增大，分子势能也增大，遇冷收缩，温度降低，分子平均动能减小；体积减小，分子势能也减小D．受热膨胀，分子平均动能增大，分子势能也增大；遇冷收缩，分子平均动能减小，但分子势能增大解析：选C.物体受热后，温度升高，体积增大，分子的平均动能和分子势能都增大；遇冷后温度降低，体积减小，分子平均动能和分子势能都减小．二、非选择题11．从宏观上看，一定质量的气体体积不变温度升高或温度不变体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？解析：因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的．体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大．分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大．气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况在微观上是有区别的．答案：见解析12．重1000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时60%的机械能损失用来升高铁块的温度[取g＝10 m/s2，铁的比热容c＝0.462×103 J/(kg·℃)]．解析：气锤从2.5 m高处下落到铁块上损失的机械能：ΔE＝mgh＝1000×10×2.5 J＝2.5×104 J.气锤撞击铁块后用来升高铁块温度的能量为：Wη＝ΔE×60%＝1.5×104 J.使铁块温度升高40 ℃所需的热量Q＝cmΔt＝0.462×103×200×40 J＝3.696×106 J.设气锤应下落n次，才能使铁块温度升高40 ℃，则由能的转化和守恒定律得n·Wη＝Q.所以n＝QWη＝3.696×1061.5×104＝247.答案：247。
2013高考物理一轮总复习：第二章实验三知能优化演练
1．验证力的平行四边形定则的实验原理是等效原理，其等效性是指()A．使两分力与合力满足平行四边形定则B．使两次橡皮条与细绳套的结点都与某点O重合C．使两次橡皮条伸长的长度相等D．使弹簧测力计在两种情况下发生相同的形变解析：选B.当两次橡皮条与细绳套的结点都拉到与某点O重合时，橡皮条两次的弹力大小相等，方向相同，具备验证合力与两分力共同作用效果相同的条件．2．(2012·泉州调研)在做“验证力的平行四边形定则”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．下列操作中正确的是() A．同一次实验过程中，O点位置允许变动B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小解析：选B.从橡皮条固定点到O点的连线，是合力的作用线方向，如果O点变动，那么合力的大小、方向都要变化，就不能验证力的平行四边形定则，故A选项错．C选项中，因一个弹簧秤已拉到最大量程，再通过另一个弹簧秤拉橡皮条到O点时，每一个弹簧秤都可能超过最大量程，造成损坏，或读数不准，故C选项错．该实验是利用平行四边形定则进行合成，两个分力成任意角度都适用，不必成90°，故D选项错．3.图2－5－7“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图2－5－7所示)．实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条．某同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳上的力大小相等．B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上．C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行．其中正确的是________(填入相应的字母)．解析：细绳只是用来施加拉力的，不必大小相等；两弹簧测力计的拉力不一定要求等大，故橡皮条不一定要求沿两绳夹角的平分线；为保证三力在同一平面内，应保持弹簧测力计与木板平面平行．答案：C4．在验证力的平行四边形定则实验中得到如下数据，请选择合适的标度在图2－5－8中作图完成实验数据的处理．图2－5－8答案：作图如下(力的图示上要标刻度)5．(2012·陕西重点中学联考)某同学在做验证互成角度的两力合成的平行四边形定则的实验时，把橡皮筋一端固定，另一端用A、B两个弹簧秤同时拉着到达O点位置，此时两弹簧秤的读数分别是F A＝3.41 N和F B＝4.18 N，其位置记录如图2－5－9所示．倘若橡皮筋的活动端仅由一个弹簧秤拉着，也把它拉到O点位置，读得弹簧秤的读数为F C＝6.14 N，其位置如C.以1 cm表示1 N，作力的图示，用作图法求出F A、F B的合力大小(要说明量值)和方向(只要图示)，并说明该实验的结论．用作图法求得F A、F B的合力大小为______N；实验结论是：________________________________________________________________________.图2－5－9解析：根据力的图示及选出的标度，做出力的图示如图所示，由图示中长度可知合力的大小为6.4 N(6.0 N～6.4 N都对)，将理论值与实验值比较可知在误差允许范围内互成角度的二力合成遵循平行四边形定则．答案：见解析6．某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．图2－5－10(1)为完成该实验，下述操作中必需的是__________．a．测量细绳的长度B．测量橡皮筋的原长c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度D．记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是________________________________________________________________________．解析：本题主要考查运用等效方法来验证平行四边形定则，考查考生正确迁移和灵活运用学过的知识和方法的能力．运用等效思想来验证平行四边形定则，即要验证以两力为平行四边形的邻边，作平行四边形，其对角线是否和合力相符．本小题中结点受三个力，其中两个力的合力与第三个力等大反向，故先测出各力的大小和方向，然后作出各力的图示，以两边为邻边做平行四边形，如果在实验误差允许范围内平行四边形的对角线与第三个力等大反向，即可验证．为测量各力的大小故需要记录橡皮筋原长、悬挂重物后的长度以及记录悬挂重物后O点位置．故应选bcd.可以通过改变小重物改变各力的大小．答案：(1)bcd(2)更换不同的小重物7．(2011·高考江苏卷)某同学用如图2－5－11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．图2－5－11(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)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)弹簧测力计应在使用前校零(C)拉线方向应与木板平面平行(D)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，请您提出两个解决办法．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)由题图知，弹簧测力计A的分度值为0.2 N，读数为3.6 N．(2)验证力的平行四边形定则，只要记好合力与两分力的大小与方向，与结点位置无关，D错；M的重力即合力，A对；测量前弹簧测力计调零才能测量准确，B对；拉线与木板平行才能保证力在木板平面内，C对．(3)对O点受力分析如图所示，可见若减小F OA可调节F OB的大小或方向，调节OA方向或减小物重G等．答案：(1)3.6(2)D(3)①减小弹簧测力计B的拉力；②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等)．8．(创新实验)请不用弹簧秤，只用三条相同的橡皮条、四个图钉、一把直尺和一支铅笔、三张白纸、平木板来验证平行四边形法则．解析：仅用橡皮条也可验证平行四边形定则，其步骤、方法如下：(1)将三条橡皮条的一端都拴在一个图钉O上，将这三条橡皮条的另一端分别再拴一个图钉A、B、C，注意此时四个图钉均未固定在板上，如右图所示．(2)用直尺测出橡皮条的自由长度L0，注意从图钉脚之间测起．(3)将拴有橡皮条的图钉A、B适当张开钉在木板上，拉第三根橡皮条C，即使三条橡皮条互成角度拉伸，待节点处的图钉O静止时，钉下C图钉，并记录图钉O的位置(注意此时O图钉不能钉)记录图钉A、B、C的位置．(此时图钉有孔，不需铅笔)(4)测出这三条橡皮条的长度L1、L2、L3，分别算出它们的伸长量x1＝L1－L0，x2＝L2－L0，x3＝L3－L0.(5)将x1、x2、x3按一定比例图示出来，以x1、x2为邻边作平行四边形，求出其对角线OC′.比较OC′与OC的长度(即x3的长度)，如果相等，且在一条直线上，则达到目的．若OC′与OC有一微小夹角θ，则有误差(如上图所示)．本实验是根据图钉O受到三个平面共点力而静止．任意两个力的合力与第三个力大小相等方向相反的原理．答案：见解析。
2013高考物理一轮总复习：第二章实验二知能优化演练
1．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图2－4－9所示．下列表述正确的是() A．a的原长比b的长图2－4－9B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比解析：选B.图象中的斜率表示劲度系数，可知a的劲度系数比b的大，B正确．与l 的截距表示原长，则a的原长比b的短，A错．2．某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长长度x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图2－4－10中所示图象的()图2－4－10解析：选C.由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x≠0，所以选项C正确．3．下列关于弹力与弹簧伸长关系的实验的说法正确的是()A．实验中弹力F的具体数值必须计算出来B．如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度L代替伸长量x，F L图线也是过原点的一条直线C．利用F x图线可求出k值D．实验时要把所有点连到直线上，才能探索得到真实规律解析：选 C.弹簧的弹力等于钩码的重力，用质量代替钩码重力也可得出弹簧的弹力与伸长之间的关系，所以A选项错．F x图线过原点，F L图线一定不过原点，B选项错．画图线时，让大多数点在直线上，少数点均匀分布在图线两侧，D选项错．由胡克定律F＝kx 知，F x图线的斜率表示k，选项C正确．图2－4－114．(2010·高考福建卷)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原长约200 mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图象如图2－4－11所示．从图象中可以得出________．(填选项前的字母)A．增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度解析：若橡皮筋一直在弹性限度内，虚线和实线应重合．由于图中虚线和实线并不重合，说明增挂钩码时所挂钩码过多，导致橡皮筋超出了弹性限度，只有选项D正确．答案：D5．(2011·高考安徽卷)为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图2－4－12上标出．(g＝9.8 m/s2)图2－4－12(1)作出m-l的关系图线；(2)弹簧的劲度系数为________ N/m.答案：(1)如图所示(2)0.248～0.2626．在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，根据实验数据在图2－4－13上画出了a、b、c、d四个坐标点．图2－4－13(1)根据a、b、c、d四个坐标点，画出ΔL F图线；(2)由图线，若弹簧原长50 cm，要使弹簧伸长到75 cm(弹簧仍在弹性限度内)，需要多大的拉力？________.解析：(1)ΔL F图线如图所示．首先要判断四个坐标点是否基本在同一直线上，若不在同一直线上，应检查实验过程中是否有错误，若基本在同一直线上，画ΔL F图线时，使它们均匀分布在直线两侧，这样可以减小偶然误差．(2)本题中k ＝F ΔL ＝60020N/cm ＝30 N/cm ，根据F ＝k ΔL ，得拉力F ＝30×(75－50) N ＝750 N.答案：(1)见解析 (2)750 N7．为了探究弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系，某同学选了A 、B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图2－4－14所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线的原因是________．B 弹簧的劲度系数为________．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(填A 或B )．图2－4－14解析：在弹簧的弹性限度以内，弹力与形变量是成正比的，图象上端出现弯曲是因为拉力过大，超过了弹簧的弹性限度．由胡克定律得x ＝F k，则图线斜率的倒数等于弹簧的劲度系数k＝8 N 8 cm＝100 N/m.精确度高意味着相同拉力下形变量大，相同刻度下最小分度值小，故应选用劲度系数小的弹簧A .答案：拉力过大，超过了弹簧的弹性限度 100 N/m A8．(2012·陕西汉中模拟)用纳米技术处理过的材料叫纳米材料，其性质与处理前相比会发生很多变化．如机械性能会成倍地增加，对光的反射能力会变得很低，熔点会大大地降低，甚至有特殊的磁性质．现有一纳米合金丝，欲测出其伸长量x 与所受到的拉力F 、长度L 、截面直径D 的关系．(1)测量上述物理量需要的主要器材是：________________、______________、______________等．(2)若实验中测量的数据如下表，根据这些数据请写出x 与F 、L 、D 间的关系式：________.((3)只需写出一种)．(4)若有一根合金丝的长度为20 cm ，截面直径为0.200 mm ，使用中要求其伸长量不能超过原长的百分之一，那么这根合金丝能承受的最大拉力为________N.解析：(2)由题目所给的数据分析可知：当力、直径一定时，伸长量与长度成正比，当力、长度一定时，伸长量与直径成反比，当长度、直径一定时，伸长量与力成正比，有：x ＝kFL /D (取一组数据验证，式中的系数不为零)答案：(1)弹簧测力计 刻度尺 螺旋测微器(2)x＝kFL D(3)控制变量法(4)62.5。
2013届高考物理一轮复习优化探究(模块达标检测+高效知能检测)人教-选修3-2-第9章-第3单元
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过小金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在小环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )A.12EB.13EC.23E D ．E解析：a 、b 间的电势差等于路端电压，大环电阻占电路总电阻的23，故U ab＝23E ，C 正确．答案：C2.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时A 、B 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v 解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律U AB ＝E R 2＋R 4R 4＝13Ba v ，故选A.答案：A3.如图所示，半径为a 、电阻为R 的圆形闭合金属环位于有理想边界的匀强磁场边沿，环平面与磁场垂直．现用水平向右的外力F 将金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F 与位移x 的关系图象应是图中的()解析：位移为x 时，金属环的位置如图所示，则y ＝2ax －x 2，知金属环的有效切割长度l ＝22ax －x 2，匀速拉出，外力F ＝F 安＝BIl ＝4B 2(2ax －x 2)v R，可见F 是关于x 的二次函数，故B 正确．答案：B4.如图所示，正方形金属框四条边电阻相等，匀强磁场垂直线框平面且刚好充满整个线框，现以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场．欲使a 、b 两点间的电势差最大，则拉力应沿( )A ．甲方向B ．乙方向C ．丙方向D ．丁方向解析：以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场，回路中产生的电动势E 大小相同，电流I 大小相同；当沿丁方向将线框拉出磁场时，ab 边切割磁场线，ab 相当于电源，由电路的知识可知此时ab 间电势差为I ×3R (R为每边的电阻)，这也是a、b两点间电势差的最大值，即D项正确．答案：D5.如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有电阻)()A．在PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B．在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒C．将导轨的a、c两端用导线连接起来D．将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接起来解析：在PQ棒右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A、B 项错误．当一端或两端用导线连接时，PQ的动能将转化为内能而最终静止，C、D两选项正确．答案：CD6.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区为止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的()解析：BC边刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度l逐渐减小，由E＝Bl v 得电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度l 最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值；此后电流均匀减小，故只有A 图象符合要求．答案：A7.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y ＝b (b ＞a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12m v 2C ．mg (b －a )D ．mg (b －a )＋12m v 2解析：金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场后．就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q ＝ΔE ＝12m v 2＋mg (b －a )．答案：D8．如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的磁场中，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图丙中能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C 错误，D正确．答案：D9.一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则下列说法不正确的是()A．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B．向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2)解析：金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r 知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错．答案：D10.如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行．已知AB ＝BC ＝l ，线框导线的总电阻为R .则线框离开磁场的过程中( )A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框横截面的电荷量为Bl 22RC ．线框所受外力的最大值为2B 2l 2v RD ．线框中的热功率与时间成正比解析：三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l ′＝v t ，所以线框中感应电动势的大小E ＝Bl ′v ＝B v 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线框的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R ，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，选项C 错误；线框的热功率为P ＝F v ＝BI v t ×v ＝B 2v 4t 2R ，选项D 错误． 答案：AB二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔB Δt ＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框，将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt① ΔΦ＝12l 2·ΔB ②导线框中的电流为I ＝E R ③式中R 是导线框的电阻，根据电阻定律有R ＝ρ4l S ④联立①②③④式，将ΔB Δt ＝k 代入得I ＝klS 8ρ⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为ΔF Δt ＝Il ΔB Δt ⑦由⑤⑦式得ΔF Δt ＝k 2l 2S 8ρ.答案：(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S 8ρ12.(15分)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．(1)求初始时刻导体棒受到的安培力．(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？解析：(1)初始时刻棒中感应电动势E＝BL v0①棒中感应电流I＝E R②作用于棒上的安培力F＝BIL③联立①②③式，得F＝B2L2v0R，方向水平向左．(2)由功和能的关系得，安培力做功W1＝E p－12m v2电阻R上产生的焦耳热Q1＝12m v2－E p.(3)由能量转化及平衡条件可判断：棒最终静止于初始位置，电阻R上产生的焦耳热Q＝12m v2.答案：(1)B2L2v0R方向水平向左(2)E p－12m v212m v2－E p(3)初始位置12m v2。
2013届高考物理核心要点突破系列课件：第20章第二节《光的衍射》(人教版选修3-4)
实验中，下列说法正确的是(
A．缝越窄，衍射现象越明显
)
B．缝越宽，衍射现象越明显
C．照射光的波长越长，衍射现象越明显
D．照射光的频率越高，衍射现象越明显
【解析】
根据光发生明显衍射的条件可知，在
入射光波长一定的情况下，缝越窄，衍射现象越
明显，故A对B错；在缝宽一定时，入射光的波长 越长，衍射现象越明显，故C对D错． 【答案】 【点评】 AC 对光的衍射现象，有的同学错误的认
亮 (1)单色光单缝衍射条纹的特点：中央为______条 纹，两侧有亮暗相间的条纹，条纹的间距和亮度
___________，中央亮条纹既宽又亮，两侧条纹宽 不等 减小 度、亮度逐渐________． 亮 (2)白光单缝衍射条纹的特点：中央为既_______且 宽 ________的白色条纹，两侧是变窄变暗的 彩色 _________条纹．
的．
干涉条纹和衍射条纹
例2 如图20－2－6所示，a、b、c、d四个图是不
同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样．分析
各图样的特点可以得出的正确结论是(
)
图20－2－6
A．a、b是光的干涉图样 B．c、d是光的干涉图样 C．形成a图样的光的波长比形成b图样光的波长短 D．形成c图样的光的波长比形成d图样光的波长短
发生；当挡板AB上的圆孔很小时，光屏上出现图
中丙所示的衍射图样，出现亮暗相间的圆环．
图20－2－3
(2)图样特征
衍射图样中，中央亮圆的亮度大，外面是亮暗相
间的圆环，但外围亮环的亮度小，用色光照射时，
中央为亮圆，外面是亮度越来越小的亮环；如果
用白光照射时，中央亮圆为白色，周围是彩色圆
【自主解答】 干涉条纹是等距离的条纹， 因此， a、 b 图是干涉图样， d 图是衍射图样， A 项正确， c、 故 L B 项错误；由公式 Δx＝ d λ 可知，条纹宽的入射光 的波长长，所以 a 图样的光的波长比 b 图样的光的 波长长，故 C 项错误；c 图样的光的波长比 d 图样 的光的波长长，故 D 项错误．
2013高考物理一轮总复习：第一章实验一知能优化演练
1．在“研究匀变速直线运动”的实验中，算出小车经过各计数点时的瞬时速度如下表所示：A ．根据任意两计数点由加速度公式a ＝Δv /Δt 算出加速度B ．根据实验数据，画出v －t 图象，量出其倾角，由公式a ＝tan α算出加速度C ．根据实验数据，画出v －t 图象，由图线上取较远两点所对应的速度，用公式a ＝Δv /Δt 算出加速度D ．依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度解析：选 C.求解加速度时，为了防止较大的读数误差，使测量结果较准确，一般都采取尽量利用多组数据来处理问题的方法，如图象法．A 项中，只利用了两组数据，误差较大，不利于计算加速度，故A 项错；在v －t 图象中，斜率表示加速度大小，加速度数值a ＝Δv Δt，但由于图象中所取的标度不同，其加速度a 不一定等于tan α，故B 项错、C 项对；根据D项a 1＝v 2－v 1T ，a 2＝v 3－v 2T ，a 3＝v 4－v 3T ，a 4＝v 5－v 4T ，a ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝v 5－v 14T，还是只利用了其中两组数据，故D 项错误．2．在“研究匀变速直线运动”的实验中，对于减小实验误差来说，下列方法中不．合理的是( )A ．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位B ．使小车运动的加速度尽量小些C ．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算D ．选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验解析：选B.把每5个点的时间间隔作为一个时间单位，是为了便于测量和计算，故A 对．加速度如果太小，则纸带上打的点会比较密集，相邻计数点间的距离变化不大，故B 错．C 、D 选项是为了便于测量和使实验结果更准确，故C 、D 对．3．在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学的操作中有以下实验步骤(其中部分步骤有错误)：A ．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先放开纸带，再接通电源B ．将打点计时器固定在平板上，并接好电源C ．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码D ．取下纸带E ．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔F ．换上纸带，重复实验三次．将以上步骤完善，并按合理顺序填写在横线上．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：A 中应先接通电源，再放开纸带．D 中应先断开电源，使打点计时器停止工作．合理顺序为B 、C 、E 、A 、D 、F.答案：见解析4．(2012·泉州质检)在探究物体仅在重力作用下是否做匀变速直线运动的实验中，利用打出来的纸带可以测出当地的重力加速度．某次实验得到的纸带如图1－4－6所示，O 、A 、B 、C 、D 为相邻的五个点，测得OA ＝5.6 mm 、OB ＝15.0 mm 、OC ＝28.3 mm 、OD ＝45.5 mm ，打下相邻两个点的时间间隔为0.02 s.图1－4－6(1)当地的重力加速度g ＝________m/s 2.(结果保留三位有效数字)(2)把(1)问题中求得的重力加速度与当地重力加速度的标准值比较，发现两者并不相等，除了读数误差外，你认为产生误差的其他原因可能是________________________________________________________________________．(只要求写出一种原因)解析：由匀变速直线运动的规律可知，BD －OB ＝g (2T )2，解得g ＝9.69 m/s 2.答案：(1)9.69(2)纸带与限位孔之间的摩擦阻力、空气阻力等5．(2010·高考广东卷)如图1－4－7是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．图1－4－7(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz ，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．(2)A 、B 、C 、D 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A 、B 两点间距s ＝________；C 点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)T ＝1f ＝150s ＝0.02 s. (2)由图可知s ＝0.70 cm.C 点对应的速度v C ＝BC ＋CD 2Δt ＝(0.90＋1.10)×10－22×0.1 m/s ＝0.100 m/s. 答案：见解析6．(2012·龙岩质检)在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，并在其上取了A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 7个计数点(每相邻两个计数点间还有4个计时器打下的点，图1－4－8中没有画出)，打点计时器接的是220 V 、50 Hz 的交变电流，已知s 1＝1.00 cm 、s 2＝1.40 cm 、s 3＝1.80 cm 、s 4＝2.20 cm 、s 5＝2.60 cm 、s 6＝3.00 cm.图1－4－8根据以上结果，计算出该物体的加速度为a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．解析：由题意得，T ＝0.1 s ，a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)(3T )2＝0.40 m/s 2. 答案：0.407．(2011·高考广东卷)图1－4－9是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点，加速度大小用a 表示．图1－4－9 (1)OD 间的距离为________cm.(2)图1－4－10是根据实验数据绘出的s -t 2图线(s 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为________m/s 2(保留三位有效数字)．图1－4－10解析：(1)1 cm ＋1 mm ×2.0＝1.20 cm.(2)加速度的一半，12a ＝(2.8－0)×10－20.06－0m/s 2＝0.467 m/s 2. 答案：(1)1.20 (2)加速度的一半 0.4678．(创新实验)某实验小组利用如图1－4－11甲所示的实验装置来测量匀加速直线运动的加速度．滑块上的左右端各有一个完全一样的遮光板．若光线被遮光板遮挡，光电传感器会输出高电压．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光板1、2分别经过光电传感器时，通过计算机可以得到如图乙所示的电平随时间变化的图象．乙 丙图1－4－11(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，则图乙中的t 1、t 2、t 3、t 4间满足关系________，则说明气垫导轨已经水平．(2)如图丙所示，用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，挂上钩码后，将滑块由如图甲所示位置释放，通过光电传感器和计算机得到的图象如图乙所示，若t 1、t 2、t 3、t 4和d 已知，则遮光板1和遮光板2在经过光电传感器过程中的平均速度分别为________、________(用已知量的字母表示)．(3)在(2)中所述情况下，滑块运动的加速度a ＝________(用已知量的字母表示)． 解析：(1)若气垫已水平，则滑块经过遮光板时间相等即t 4－t 3＝t 2－t 1.(2)根据平均速度的定义知v 1＝d t 2－t 1 v 2＝d t 4－t 3. (3)根据v 2－v 1＝at 及t ＝⎝⎛⎭⎫t 3＋t 4－t 32－⎝⎛⎭⎫t 1＋t 2－t 12 知a ＝v 2－v 1t ＝2d (t 3＋t 4)－(t 1＋t 2)⎣⎡⎦⎤1(t 4－t 3)－1(t 2－t 1). 答案：(1)t 4－t 3＝t 2－t 1(2)d t 2－t 1 d t 4－t 3(3)2d t 3＋t 4－t 2－t 1⎝⎛⎭⎫1t 4－t 3－1t 2－t 1。
2013高考物理一轮总复习：第三章实验四知能优化演练
1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是()A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系解析：选 D.牛顿运动定律的验证是控制变量思想的应用，因此首先要分清变量、不变量，故选项D符合实际．2.图3－4－8如图3－4－8所示为“验证牛顿运动定律”时甲、乙两同学根据实验数据画出的a F 图象，直线Ⅰ为甲同学画出的，直线Ⅱ为乙同学画出的．直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是()A．实验前甲同学没有平衡摩擦力B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过低了C．实验前乙同学没有平衡摩擦力D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了解析：选C.直线Ⅰ在纵轴上有较大的截距，说明在绳对小车的拉力F＝0(还没有挂重物)时，小车就有了沿长木板向下的加速度，说明平衡摩擦力时长木板倾角过大．直线Ⅱ在横轴上有较大的截距，说明乙同学在实验前没有平衡摩擦力，因此在绳对小车有了较大的拉力F 以后，小车的加速度仍然为零．故选项C正确．3．(2011·高考浙江卷)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是__①__(漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用__②__.图3－4－9解析：电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4 V～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小．钩码放在小车上来调节小车质量．也可用电火花打点计时器来代替学生电源和电磁打点计时器，因为电火花打点计时器使用220 V交流电，不使用学生电源．答案：①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码(或电火花打点计时器、钩码、砝码)②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花打点计时器)记录小车的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量．4．(2012·漳州一中检测)(1)在探究影响加速度的因素的实验中，作出了如图3－4－10所示的甲、乙两图象，图甲中三线表示实验中____________不同．图乙中图线不过原点的原因是____________________________．图3－4－10(2)某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5…，如图3－4－11所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．图3－4－11①在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是___________；②打A纸带时，物体的加速度大小是________________．答案：(1)质量；平衡摩擦力过度(2)①乙②3.1 m/s25．(2012·泉州联考)有位同学设计了一个实验，用来验证在外力作用下物体做加速运动时，动能的改变量等于合外力所做的功．如图3－4－12，他使用的实验仪器有电磁打点计时器、学生电源、长方形木块、纸带、天平(图中未画出)、带定滑轮的木板(长约1米)、细线、砝码盘、砝码等．图3－4－12该同学操作如下．①用天平测出木块的质量m.把器材按上图安装好．纸带固定在木块中间的方孔内.②把木块放在打点计时器附近，用手按住，往砝码盘中加砝码，再放开木块，让它做加速运动．然后接通打点计时器电源，让它工作．当木块到达定滑轮处时，断开电源．③取下纸带，并在纸带上做了如图3－4－13的标记，然后进行数据处理．图3－4－13请回答下列问题．(1)该同学操作过程中有一处明显的不当之处，请更正：___________________________.(2)利用测得的木块质量m 、交流电源的周期T 、纸带上标示的位移s A ，s B ，s AB .①请你写出木块在加速阶段所受合外力的表达式：_______________________________________；②请写出验证动能定理的方法：__________________________________________________________________________________________________.(3)在上述试验中，如果对该同学选择的仪器和做法做一些更改，则可以直接将砝码及砝码盘的重力，作为研究对象所受到的合外力．为达到这个目的，你认为应该怎样做？_______________________________.答案：(1)应先接通电源，待打点计时器稳定工作后，再放开木块(2)由F 合＝ma ＝m s B －s A 32T 2；由F 合×s AB ＝12m v 2B －12v 2A 可知，只要验证在误差允许范围内s AB ＝(s B ＋s A )是否成立即可(3)将木块换成带轮小车以减少摩擦；垫起木板一端利用小车的下滑力平衡摩擦力；保证砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量6．(2012·福州模拟)某实验小组设计了如图3－4－14甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a F 图线，如图乙所示．图3－4－14(1)图线①是轨道处于________(填“水平”或“倾斜”)情况下得到的实验结果；(2)图线①②的倾斜程度(斜率)一样，说明了什么问题？________(填选项前的字母)A ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定解析：(1)由图乙可知，对于图线①，当拉力F ＝0时，加速度并不为零，故轨道应处于倾斜状态；(2)设滑块和位移传感器的总质量为M ，在倾斜轨道上，由牛顿第二定律F ＋Mg sin θ－f＝Ma 得，a ＝1M F ＋(g sin θ－f M )；在水平轨道上，由牛顿第二定律F －f ′＝Ma 得，a ＝1MF －f ′M ；图线①②的斜率均为1M，故选项A 正确． 答案：(1)倾斜 (2)A7．(2010·高考江苏卷)为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置(如图3－4－15所示)．实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力．图3－4－15(1)往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．(2)图3－4－16(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大．你是否同意他的观点？请根据v t 图象简要阐述理由．解析：(1)实验时，应先接通打点计时器，待打点计时器正常工作后再释放小车．(2)见答案．(3)见答案．答案：(1)之前(2)见下图(3)同意．在v t 图象中，速度越大时，加速度越小，小木块受到的合力越小，则小车受空气阻力越大．8．(2012·福州一中检测)用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a 和F 的关系如图3－4－17所示．g 取10 m/s 2.(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；(2)若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图3－4－17的坐标系上画出这种情况下的a -F 图线．(要求写出作图的根据)图3－4－17解析：(1)根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，所以a ＝1m－μg可见a －F 图象为一条直线，直线的斜率k ＝1m＝2.0 kg －1，纵轴截距为－μg ＝－2.0 m/s 2， 解得：物体的质量m ＝0.50 kg ，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.20.(也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F ＝1.0 N 时，物体的加速度为零，物体所受阻力f ＝F ＝1.0 N ，由f ＝μmg解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝f mg ＝0.20.用其他方法结果正确也可) (2)当物体质量加倍时，物体的加速度a ＝12m F －μg 直线斜率k ′＝12m＝1.0 kg －1，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线．答案：(1)0.50 kg 0.20 (2)图见解析。
2013高考物理一轮总复习：必修1第一章实验一知能优化演练
1．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，放开小车答案：C2．“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50 Hz)，得到如图1－4－9所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是( )图1－4－9A ．实验时应先放开纸带再接通电源B ．(x 6－x 1)等于(x 2－x 1)的6倍C ．从纸带可求出计数点B 对应的速率D ．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02 s 解析：选C.中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度，所以v B ＝x 2＋x 32T，所以C 正确，x 6－x 1＝5(x 2－x 1)，所以B 错误，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s ，D 错误，按照实验要求应该先接通电源再放开纸带，所以A 错误． 3.图1－4－10(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)利用图1－4－10中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有__________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．秒表C ．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________.解析：(1)处理纸带求加速度，一定要知道长度，则要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，则不需要秒表；重力加速度的值与物体的质量无关，则不需要天平．(2)可能引起误差的原因是打点计时器与纸带间存在摩擦；空气阻力的影响等．答案：(1)C (2)见解析4．(2010·高考广东卷)如图1－4－11是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．图1－4－11(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz ，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．(2)A 、B 、C 、D 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A 、B 两点间距x ＝________；C 点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)打点计时器频率为50 Hz ，周期T ＝1f＝0.02 s ，故打相邻两点的时间间隔为0.02 s ； (2)两相邻计数点间的时间间隔为t ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，由图读出x ＝7.0 mm ＝0.70 cm.C 点对应速度v C ＝x BC ＋x CD 2t ＝0.90＋1.102×0.1cm/s ＝0.100 m/s. 答案：(1)0.02 s (2)0.68～0.72 cm 0.100 m/s5．(2011·高考广东卷)如图1－4－12是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．图1－4－12 (1)OD 间的距离为__________ cm.(2)如图1－4－13是根据实验数据绘出的x －t 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示__________，其大小为________ m/s 2(保留三位有效数字)．图1－4－13 解析：由于物体做的是匀变速直线运动，所以其从某一点开始运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，由于x －t 2图线是一条倾斜直线，因此v 0＝0，则x ＝a 2t 2，这样，我们就可以知道x －t 2图线的斜率为a 2，通过图线可求得斜率为0.464. 答案：(1)1.18～1.22 (2)加速度的一半 0.458～0.464 6.图1－4－14物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图1－4－14所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适当的砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．(1)图1－4－15给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a ＝__________(保留三位有效数字)．图1－4－15 (2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入所选物理量前的字母)A ．木板的长度LB ．木板的质量m 1C ．滑块的质量m 2D ．托盘和砝码的总质量m 3E ．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是__________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝__________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g )．与真实值相比，测量的动摩擦因数__________(填“偏大”或“偏小”)．答案：(1)0.495 m/s 2～0.497 m/s 2(2)①CD ②天平(3)m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g 偏大。
2013届高考物理一轮复习优化探究(模块达标检测+高效知能检测)人教-选修3-2-第9章-第1单元
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2011年高考海南单科)自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是() A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系解析：奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁之间的联系；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系；焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系．故A、C、D正确．答案：ACD2.如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b.将条形磁铁沿它们的正中向下移动(不到达该平面)，a、b将如何移动()A．a、b将相互远离B．a、b将相互靠近C．a、b将不动D．无法判断解析：根据Φ＝BS，磁铁向下移动过程中B增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势．由于S不可改变，为阻碍增大，导体环应该尽量远离磁铁，所以a、b将相互远离．A项正确．答案：A3.如图所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是()A．B1变小，B2变大B．B1变大，B2变大C．B1变小，B2变小D．B1不变，B2变小解析：ab边与cd边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当B1变小，B2变大时，ab边与cd边中的电流方向相反．答案：A4．假如有一宇航员登月后，想探测一下月球表面是否有磁场，他手边有一只灵敏电流表和一个小线圈，则下列推断正确的是()A．直接将电流表放于月球表面，看是否有示数来判断磁场的有无B．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场C．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表有示数，则可判断月球表面有磁场D．将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一平面内沿各个方向运动，如电流表无示数，则可判断月球表面无磁场解析：电磁感应现象产生的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生改变时，回路中有感应电流产生、A中，即使有一个恒定的磁场，也不会有示数，A错误；同理，将电流表与线圈组成回路，使线圈沿某一方向运动，如电流表无示数，也不能判断出没有磁场，因为磁通量可能是恒定的，B错误；电流表有示数则说明一定有磁场，C正确；将电流表与线圈组成闭合回路，使线圈在某一个与磁场平行的平面内沿各个方向运动，也不会有示数，D错误．答案：C闭合，当S1闭合时，电5.如图所示是一种延时开关．S磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则()A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长解析：S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错、B对；若断开S2，B线圈无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对、D错．答案：BC6．如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b.它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连．当圆盘a转动时()A．圆盘b总是与a沿相同方向转动B．圆盘b总是与a沿相反方向转动C．若B1、B2同向，则a、b转向相同D．若B1、B2反向，则a、b转向相同解析：当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b 盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动．但若不知B1、B2的方向关系则b盘与a盘的转向关系将无法确定．故A、B错．设B1、B2同向且向上．a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受力将顺时针转动．故C错，由左右手定则可判定D项正确．答案：D7.如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右解析：在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对；再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项对．答案：BD8．如图甲所示，长直导线与闭合线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，长直导线中电流向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )A ．0～T 时间内线框中感应电流方向为顺时针方向B ．0～T 时间内线框中感应电流方向为先顺时针方向后逆时针方向C ．0～T 时间内线框受安培力的合力向左D ．0～T 2时间内线框受安培力的合力向右，T 2～T 时间内线框受安培力的合力向左解析：0～T 2时间内，电流i 在减小，闭合线框内的磁通量必然在减小，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向为顺时针方向，而且0～T 2时间内线框受安培力的合力应向左；同理，可以判断在T 2～T 时间内，电流i 在反向增大，闭合线框内的磁通量必然在增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流方向也为顺时针方向，故A 项对B 项错；而且T 2～T 时间内线框受安培力的合力应向右，C 、D 错误．答案：A9.现代汽车中有一种先进的制动机构，可保证车轮在制动时不是完全刹死滑行，而是让车轮仍有一定的滚动．经研究这种方法可以更有效地制动，它有一个自动检测车速的装置，用来控制车轮的转动，其原理如图所示，铁质齿轮P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体，M 是一个电流检测器．当车轮带动齿轮转动时，线圈中会有电流，这是由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，齿离开线圈时磁场减弱，磁通量变化使线圈中产生了感应电流．将这个电流放大后去控制制动机构，可有效地防止车轮被制动抱死．如图所示，在齿a 转过虚线位置的过程中，关于M中感应电流的说法正确的是()A．M中的感应电流方向一直向左B．M中的感应电流方向一直向右C．M中先有自右向左，后有自左向右的感应电流D．M中先有自左向右，后有自右向左的感应电流解析：由于齿靠近线圈时被磁化，使磁场增强，感应电流的磁场总要阻碍原磁场增强，由安培定则可知M中感应电流的方向为自左向右；齿离开线圈时磁场减弱，由楞次定律知，M中感应电流方向为自右向左．D项正确．答案：D10.(2011年高考上海单科)如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布．水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中()A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B．感应电流方向一直是逆时针C．安培力方向始终与速度方向相反D．安培力方向始终沿水平方向解析：圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，感应电流为逆时针；跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流为顺时针；再摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流为逆时针，所以选A；由于圆环所在处的磁场，上下对称，所受安培力竖直方向平衡，因此总的安培力沿水平方向，故D正确．答案：AD二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t应怎样变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．解析：要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为Φ2＝Bl(l＋v t)由Φ1＝Φ2得B＝B0ll＋v t.答案：见解析12．(15分)磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；(2)判断线框中有无感应电流．若有，答出感应电流的方向．解析：(1)进入磁场的过程中磁通量均匀地增加，完全进入以后磁通量不变，之后磁通量均匀减小，如图所示．(2)线框进入磁场阶段，磁通量增加，由楞次定律得电流方向为逆时针方向；线框在磁场中运动阶段，磁通量不变，无感应电流；线框离开磁场阶段，磁通量减小，由楞次定律得电流方向为顺时针方向．答案：见解析。
2013年教科物理选修3-3：第4章第1、2节知能优化训练
1．关于物体的内能变化，以下说法中正确的是()A．物体吸收热量，内能一定增大B．物体对外做功，内能一定减小C．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变解析：选C.根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，仅知道物体吸热或仅知道物体对外做功，内能的变化无法确定，故A、B错误．若物体吸热(Q＞0)，而对外做功(W＜0)，当满足条件Q ＋W＝0时，ΔU＝0，故C正确．若物体放热(Q＜0)，对外做功(W＜0)，则ΔU肯定小于零，即内能必减小，故D错误．2.(2011年广州高二检测)如图4－1－6所示，把浸有乙醚的一小团棉花放在厚玻璃筒的底部，当很快地向下压活塞时，由于被压缩的气体骤然变热，温度升高，达到乙醚的燃点，使浸有乙醚的棉花燃烧起来，此实验的目的是要说明()图4－1－6A．做功可以增加物体的热量B．做功一定升高物体的温度C．做功可以改变物体的内能D．做功一定可以增加物体的内能解析：选C.迅速向下压活塞，实际上是在对玻璃气筒内的气体做功，由于是迅速向下压筒内的气体，做功时间极短，因此实验过程可认为是绝热过程(即Q＝0)．乙醚达到燃点而燃烧表明气体温度升高内能增大，这说明做功可以改变物体的内能．3．(2011年高考广东卷)如图4－1－7为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M、N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中()图4－1－7A．外界对气体做功，气体内能增大D．外界对气体做功，气体内能减小C．气体对外界做功，气体内能增大D．气体对外界做功，气体内能减小解析：选A.M向下滑动的过程中，气体体积减小，故外界对气体做功，由热力学第一定律知，Q＝0，内能的改变取决于做功，因外界对气体做功，故气体的内能增大，A正确，B、C、D错误．4.(2010年高考广东卷)图4－1－8是密闭的汽缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800 J，同时气体向外界放热200 J，缸内气体的()图4－1－8A．温度升高，内能增加600 JB．温度升高，内能减少200 JC．温度降低，内能增加600 JD．温度降低，内能减少200 J解析：选A.对一定质量的气体，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，ΔU＝800 J＋(－200 J)＝600 J，ΔU为正表示内能增加了600 J，对气体来说，分子间距较大，分子势能为零，内能等于所有分子动能的和，内能增加，气体分子的平均动能增加，温度升高，选项A正确．5．一定质量的气体从外界吸收了4.2×105 J的热量，同时气体对外做了6×105 J的功，问：(1)物体的内能是增加还是减少？变化量是多少？(2)分子势能是增加还是减少？(3)分子的平均动能是增加还是减少？解析：(1)气体从外界吸热为：Q＝4.2×105 J气体对外做功：W＝－6×105 J由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q＝(－6×105 J)＋(4.2×105 J)＝－1.8×105 JΔU为负，说明气体的内能减少了，气体内能减少了1.8×105J.(2)因为气体对外做功，所以气体的体积膨胀，分子间的距离增大了，气体分子间的作用力表现为引力，克服分子力做功，气体分子势能增加了．(3)因为气体内能减少，同时气体分子势能增加，说明气体分子的平均动能一定减少了．答案：见解析一、选择题1．“第一类永动机”是不可能制成的，这是因为()A．它不符合机械能守恒定律B．它违背了能的转化和守恒定律C．它做功产生的热不符合热功当量D．暂时找不到合理的设计方案和理想材料解析：选B.第一类永动机不可能制成的原因是违背了能的转化和守恒定律，故B项正确．2．(2011年高考大纲全国卷)关于一定量的气体，下列叙述正确的是()A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少解析：选AD.如果气体等温膨胀，则气体的内能不变，吸收的热量全部用来对外做功，A正确；当气体体积增大时，对外做功，若同时吸收热量，且吸收的热量大于或等于对外做功的数值时，内能不会减少，所以B错误；若气体吸收热量同时对外做功，其内能也不一定增加，C错误；若外界对气体做功同时气体向外放出热量，且放出的热量多于外界对气体所做的功，则气体内能减少，所以D正确．3．下列关于做功和热传递的说法中正确的是()A．做功和热传递的实质是相同的B．做功和热传递在改变物体内能上是等效的C．做功和热传递是对同一过程中的两种说法D．做功和热传递是不可能同时发生的解析：选 B.做功和热传递在改变物体内能上是等效的，但本质不同，做功是将其他形式的能转化为内能或将内能转化为其他形式的能；热传递是将一个物体的内能传递给另一个物体或内能在同一物体的不同部分之间进行传递，且做功和热传递可以同时进行，故正确选项为B.4．一定质量的气体膨胀做功100 J，同时吸热30 J，则气体内能的增量为()A．130 J B．70 JC．－70 J D．－130 J解析：选C.气体膨胀做功W＝－100 J，吸收热量Q＝30 J，由热力学第一定律有：ΔU＝W ＋Q＝－100 J＋30 J＝－70 J.5．一定质量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×104 J的功，气体的内能减少了1.2×105 J，则下列各式中正确的是()A．W＝8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝4×104 JB．W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－2×105 JC．W＝－8×104 J，ΔU＝1.2×105 J，Q＝2×105 JD．W＝－8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，Q＝－4×104 J解析：选B.根据热力学第一定律的符号法则，W＝8×104 J，ΔU＝－1.2×105 J，由ΔU＝W ＋Q可求得：Q＝－2.0×105 J，所以选项B正确．6．自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，下列说法正确的是()A．机械能守恒B．能量正在消失C．只有动能和重力势能的相互转化D．减少的机械能转化为内能，但总能量守恒解析：选D.自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明机械能在减少，故A项错误，C项错误，而减少的机械能通过摩擦转化成了内能，故B项错误，D项正确．7．一个带活塞汽缸内盛有一定量的气体．若此气体的温度随其内能的增大而升高，则() A．将热量传给气体，其温度必升高B．压缩气体，其温度必升高C．压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必不变D．压缩气体，同时将热量传给气体，其温度必升高解析：选D.做功和热传递是改变物体内能的两种物理方式．据Q＋W＝ΔU可知，气体既被压缩又吸热，则内能增加，温度必升高．8．如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下暴晒，车胎极易爆裂，关于这一现象的描述，下列说法正确的是(暴晒过程中内胎容积几乎不变)()A．车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果B．在爆裂前的过程中，气体温度升高，分子无规则热运动加剧，气体压强增大C．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能增加D．在车胎突然爆裂的瞬间，气体内能减少解析：选BD.爆裂前是一个等容变化，温度升高，压强增大，在车胎爆裂的瞬间，气体对外做功，内能减少．9．(2011年高考福建卷)一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的()A．温度降低，密度增大B．温度降低，密度减小C．温度升高，密度增大D．温度升高，密度减小解析：选D.由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，Q＝2.5×104 J，W＝－1.0×104 J可知ΔU大于零，气体内能增加，温度升高，A、B错；气体对外做功，体积增大，密度减小，C错，D 对．10．(2011年冀州高二检测)一物理实验爱好者开展探究性课外活动研究气体压强、体积、温度三量间的变化关系．导热良好的汽缸开口向下，内有理想气体(即分子势能可忽略的气体)，汽缸固定不动，缸内活塞可自由滑动且不漏气．一温度计通过缸底小孔插入缸内，插口处密封良好，活塞下挂一个沙桶，沙桶装满沙子时，活塞恰好静止．现给沙桶底部钻一个小洞，细沙慢慢漏出，外部环境温度恒定，则()图4－1－9A ．绳的拉力对沙桶做正功，所以气体对外界做功B ．外界对气体做功，温度计示数不变C ．气体体积减小，同时从外界吸热D ．外界对气体做功，温度计示数增加解析：选 B.汽缸导热良好，细沙慢慢漏出，故活塞缓慢上升，有足够的时间与外界进行热交换，故温度不变，而压强变大．由理想气体状态方程可得体积减小，外界对气体做功，而内能又不变，故向外界放热，B 项正确．二、非选择题11．(2011年杭州高二检测)水能不产生污染物，是一种清洁能源，位于美国和加拿大交界处的尼亚加拉瀑布流量可达每秒6000 m 3，而且是一年四季流量稳定，瀑布落差50 m ，若利用这一资源发电，设其效率为50%，估算发电机的输出功率．(g 取10 m/s 2)解析：每秒钟流下的水的质量为：m ＝ρV ＝1×103×6000 kg ＝6×106 kg ，每秒钟水减少的机械能为：E ＝mgh ＝6×106×10×50 J ＝3×109 J ，设发电机的输出功率为P ，则由能量守恒定律可得：Eη＝P ×1 s ，解得：P ＝3×109×50% W ＝1.5×109 W .答案：1.5×109 W12.(2011年南宁高二检测)爆米花酥脆可口、老少皆宜，是许多人喜爱的休闲零食，如图4－1－10为高压爆米花的装置原理图，玉米在铁质的密闭容器内被加热，封闭气体被加热成高温高压气体，当打开容器盖后，“嘭”的一声气体迅速膨胀，压强急剧减小，玉米粒就“爆炸”成了爆米花．设当地温度为t 1＝27 ℃，大气压为p 0，已知密闭容器打开前的气体压强达到4p 0.试分析：图4－1－10(1)容器内的气体看做理想气体，求容器内气体的温度；(2)假定在一次打开的过程中，容器内气体膨胀对外界做功15 kJ ，并向外释放了20 kJ 的热量，容器内原有气体的内能如何变化？变化了多少？解析：(1)根据查理定律：p 1T 1＝p 2T 2p 1＝p 0，T 1＝300 K ，p 2＝4p 0.整理得：T 2＝1200 K ，t 2＝927 ℃.(2)由热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W ，得ΔU ＝－20－15 kJ ＝－35 kJ ，故内能减少35 kJ.答案：(1)927 ℃ (2)减少 35 kJ。
2013年教科物理选修3-3：第1章第2节知能优化训练
1．油膜法粗略测定分子直径的实验基础是( )A ．把油酸分子视为球形，其直径即为油膜的厚度B ．让油酸在水面上充分散开，形成单分子油膜C ．油酸分子的直径等于滴到水面上的油酸体积除以油膜的面积D ．油酸分子直径的数量级是10－15 m解析：选ABC.油酸分子可视为球形，油膜的厚度可看成分子直径，油酸分子可看成一个挨一个排列，油滴扩展为油膜时体积不变，即V ＝Sd .2．采用油膜法估测分子的直径，需要测量的物理量是( )A ．1滴油的质量和它的密度B ．1滴油的体积和它的密度C ．1滴油的体积和它散成油膜的最大面积D ．所散成的油膜的厚度和它的密度答案：C3．在测出单分子油膜的厚度后，为了进一步求出阿伏伽德罗常量，还必须知道下列哪一个物理量( )A ．摩尔质量B ．摩尔体积C ．密度D ．分子体积解析：选B.测量出分子直径后，就能计算出分子体积，分子体积乘以阿伏伽德罗常量等于摩尔体积，B 对．4．为了尽可能准确地估测出油膜分子的大小，下列哪些措施是可行的( )A ．油酸浓度适当大一些B ．油酸浓度适当小一些C ．油酸扩散后立即绘出轮廓图D ．油酸扩散并待其收缩稳定后再绘出轮廓图答案：BD5．(2011年福州高二检测)某学生在“用油膜法估测分子的大小”实验中，计算结果明显偏大，可能是由于( )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 ．求每滴溶液体积时，1 mL 溶液的滴数错误地多记了10滴解析：选AC.计算结果偏大，由公式d ＝V S知，是V 的测量值偏大或S 的测量值偏小．油酸未完全散开，会引起油膜面积S 的测量值偏小，故d 偏大，A 选项正确；油酸中含有的酒精会溶于水并很快挥发，故B 选项不影响计算结果；计算油膜面积时，不足半格的舍去，多于半格的应算一个，若舍去了所有不足一格的方格，会造成S 测量值偏小，故d 偏大，C 选项正确；多记了滴数会引起V 的测量值偏小，故d 偏小，D 选项错误．6．某种油剂的密度为8×102 kg/m 3，若不慎将0.8 kg 的这种油剂漏到湖水中并形成单分子油膜，则湖面受污染面积约为( )A ．10－3 m 2B ．107 m 2C ．10 km 2D ．10－10 m 2解析：选C.油滴的体积V ＝m ＝0.88×102 m 3＝1×10－3 m 3，湖面受污染面积S ＝V d ＝1×10－31010 m 2＝107 m 2＝10 km 2.7．(2011年深圳高二检测)在用油膜法估测分子直径大小的实验中，若已知油滴的摩尔质量为M ，密度为ρ，油滴质量为m ，油滴在水面上扩散后的最大面积为S ，阿伏伽德罗常量为N A ，以上各量均采用国际单位，那么( )A ．油滴分子直径D ＝M ρSB ．油滴分子直径D ＝m ρSC ．油滴所含分子数N ＝M mN A D ．油滴所含分子数N ＝m MN A 解析：选BD.用油膜法测分子直径，认为油膜的厚度就为分子直径，油滴的质量为m ，最大面积为S ，则油滴的体积为V ＝m ρ，油滴分子直径为D ＝m ρS，选项B 对、A 错；油滴的物质的量为m M ，油滴所含分子数为N ＝m MN A ，选项D 对、C 错． 8．(2011年高考大纲全国卷)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤： ①往边长约为40 cm 的浅盘里倒入约2 cm 深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________．(填写步骤前面的数字)(2)将1 cm 3的油酸溶于酒精，制成300 cm 3的油酸酒精溶液；测得1 cm 3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m 2.由此估算出油酸分子的直径为________m ．(结果保留1位有效数字)解析：(1)实验操作开始之前要先配制油酸酒精溶液，确定每一滴溶液中含有纯油酸的体积，所以步骤④放在首位．实验操作时要在浅盘放水、痱子粉，为油膜形成创造条件，然后是滴入油酸、测量油膜面积，计算油膜厚度(即油酸分子直径)，所以接下来的步骤是①②⑤③.(2)油酸溶液的体积百分比浓度是1300，一滴溶液的体积是150cm 3＝2×10－8 m 3，所以分子直径d ＝2×10－8×13000.13m ＝5×10－10 m. 答案：(1)④①②⑤③ (2)5×10－109．油酸酒精溶液的浓度为每1000 mL 油酸酒精溶液中有油酸0.6 mL ，用滴管向量筒内滴50滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1 mL.若把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图1－2－3所示．图1－2－3(1)若每一小方格的边长为30 mm ，则油酸薄膜的面积为________m 2；(2)每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为________m 3；(3)根据上述数据，估算出油酸分子的直径为________m.解析：(1)用填补法数出在油膜范围内的格数(面积大于半个方格的算一个，不足半个的舍去不算)为86个，油膜面积约为S ＝86×(3.0×10－2 m)2＝7.74×10－2 m 2.(2)因50滴油酸酒精溶液的体积为1 mL ，且溶液含纯油酸的浓度为ρ＝0.06%，故每滴油酸酒精溶液含纯油酸的体积为V 0＝V N ρ＝1 mL 50×0.06%＝1.2×10－11m 3. (3)把油酸薄膜的厚度视为油酸分子的直径，可估算出油酸分子的直径为D ＝V 0S ＝1.2×10－117.74×10－2m ＝1.6×10－10 m. 答案：(1)7.74×10－2 (2)1.2×10－11 (3)1.6×10－1010．(2011年南京高二检测)为保护环境和生态平衡，在各种生产活动中都应严禁污染水源．在某一水库中，一艘年久失修的快艇在水面上违规快速行驶，速度为8 m/s ，导致油箱突然破裂，柴油迅速流入水中，从漏油开始到船员堵住漏油处共用1.5分钟．测量时，漏出的油已在水面上形成宽约为a ＝100 m 的长方形厚油层．已知快艇匀速运动，漏出油的体积V ＝1.44×10－3 m 3.求：(1)该厚油层的平均厚度D 为多少？(2)该厚油层的厚度D 约为分子直径d 的多少倍？(已知油分子的直径约为10－10 m)解析：(1)油层长度L ＝v t ＝8×90 m ＝720 m油层厚度D ＝V La ＝1.44×10－3720×100m ＝2×10－8 m. (2)n ＝D d ＝2×10－810－10＝200(倍)． 答案：(1)2×10－8 m (2)200倍。
2013高考物理一轮总复习：第十一章实验十二知能优化演练
1．在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，选用哪些器材较好( ) ①长1 m 左右的细线 ②长30 cm 左右的细线 ③直径2 cm 的塑料球 ④直径2 cm 的铁球 ⑤秒表 ⑥时钟 ⑦最小刻度线是cm 的直尺 ⑧最小刻度是mm 的直尺A ．①③⑤⑦B ．①④⑤⑧C ．②④⑥⑦D ．②③⑤⑦解析：选B.由实验的误差原因及实验的注意事项可知，B 项中各器材较好．2．(2012·江苏启东中学月考)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是________．A ．适当加长摆长B ．质量相同、体积不同的摆球，应选用体积较大的C ．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D ．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期解析：单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度．适当加长摆线长度，有利于把摆球看成质点，在摆角小于10°的条件下，摆球的空间位置变化较大，便于观察，选项A 对．摆球体积越大，所受空气阻力越大，对质量相同的摆球其影响越大，选项B 错．摆角应小于10°，选项C 对．本实验采用累积法测量周期，若仅测量一次全振动，由于球过平衡位置时速度较大，难以准确记录，且一次全振动的时间太短，偶然误差较大，选项D 错．答案：AC3．在“用单摆测重力加速度”的实验中，(1)某同学的操作步骤为：a ．取一根细线，下端系住直径为d 的金属小球，上端固定在铁架台上b ．用米尺量得细线长度lc ．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球d ．用秒表记录小球完成n 次全振动的总时间t ，得到周期T ＝t /ne ．用公式g ＝4π2l T 2计算重力加速度 按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比____________(选填“偏大”、“相同”或“偏小”)．(2)已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T ′＝T 0(1＋a sin 2θ2)，式中T 0为摆角θ趋近于0°时的周期，a 为常数．为了用图象法验证该关系式，需要测量的物理量有______________；若某同学在实验中得到了如图11－3－8所示的图线，则图象中的横轴表示________．图11－3－8解析：(1)由于此单摆的真实摆长为l ＋d 2，而该同学在计算时代入公式的摆长是l ，故重力加速度值与实际值相比偏小．(2)在公式中T 0、a 为定值，故要验证此关系式，只需测量T ′和θ即可．由题图可知，此图线为直线，可判断纵横轴所表示量的关系为一次函数关系．如横轴为sin 2θ2，纵轴为T ′，则由关系式T ′＝T 0(1＋a sin 2θ2)可知纵截距一定为正，与题图不符；将公式变形为sin 2θ2＝1T 0aT ′－1a可知，此时纵截距可能为负，与题图相符，故可判断，横轴表示T ′. 答案：(1)偏小 (2)T ′、θ T ′4．在利用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出了多组摆长和运动周期，并根据相应的实验数据作了T 2－l 的关系图象，如图11－3－9所示．图11－3－9(1)由图可判断该同学出现的错误可能是：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据仍能算出重力加速度，其数值为________m/s 2.解析：(1)当漏测r 时，相当于以摆线长l ′为摆长l ，这里T 2＝kl ′＝k (l －r )，由数学知识可知，这时图线的斜率不变，如图所示，可将原图线a 向右平移r ，就得到漏测r 后的图线b ，其横截距的物理意义即为半径r .同理，当多加r 时，图线为c ，因此，该同学实验中出现的错误是测摆长时多加了摆球的半径．(2)由T ＝2π l g 知，T 2＝4π2l g ＝kl (其中k ＝4π2g)，作出T 2－l 图线是一条过原点的直线，k 为图线的斜率，求出k 后，则可求得当地重力加速度g ＝4π2k ＝4π2×(99.0＋1.0)×10－24.0－0m/s 2＝9.86 m/s 2.答案：(1)测量摆长时多加了摆球的半径 (2)9.865．(2012·陕西汉中调研)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，(1)测摆长时，若正确测出悬线长l 和摆球直径d ，则摆长为____________；(2)测周期时，当摆球经过________位置时开始计时并计数1次，测出经过该位置N 次(约60～100次)的时间为t ，则周期为________．此外，请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度g ，并参照示例填写下表(示例的方法不能再用)．A ．天平B ．刻度尺C ．弹簧测力计D ．电磁打点计时器E ．带夹子的重锤F ．纸带G ．导线若干H ．铁架台I ．低压交流电源 J ．低压直流电源 K ．小车 L ．螺旋测微器解析：本题考查用单摆测定重力加速度的原理，摆长和周期的测定、仪器的选取、方法步骤等．单摆的摆长是指悬线长加上小球的半径，即为l ＋d 2；测定周期时，摆球在最低处平衡位置速度最大，因此应从最低位置开始计时，以减小实验误差，若从小球经平衡位置开始计时并计数N 次，则小球完成了N －12个全振动，故其周期T ＝t N －12＝2t N －1.测重力加速度的方法有多种，其中一种可用斜面和打点计时器由牛顿第二定律来测，方法见答案．答案：(1)l ＋d (2)平衡 2t 所选器材(只填器材序号)简述实验方法(不要求写出具体步骤) 实验设计一 A 、C 、E 用弹簧测力计称出带夹子重锤的重力大小G ，再用天平测出其质量m ，则g ＝G /m实验设计二 B 、D 、F 、G 、I 、K 、M 安装仪器，接通电源，让纸带随小车一起沿斜面下滑．用刻度尺测出所需数据．改变斜面高度再测一次．利用两次数据，由牛顿第二定律算出结果图11－3－106．(2012·龙岩质检)某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L ，通过改变摆线的长度，测得6组L 和对应的周期T ，画出L －T 2图线，然后在图线上选取A 、B 两个点，坐标如图11－3－10所示．他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g ＝________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将________．(填“偏大”、“偏小”或“相同”)解析：设摆球重心在其球心的下方x 远处由T ＝2π L g 得，T A ＝2π L A ＋x g ，T B ＝2π L B ＋x g由以上各式可得g ＝4π2(L B －L A )T 2B －T 2A由T ＝2π L g 可得L ＝gT 24π2，可见在L －T 2图中斜率k ＝g 4π2，即得g ＝4π2k ，题中数据不改变，k 也不会改变，g 也不变．答案：4π2(L B －L A )T 2B －T 2A相同 7．(创新实验)将一单摆装置竖直挂于某一深度为h (末知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图11－3－11甲所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L ，并通过改变L 而测出对应的摆动周期T ，再以T 2为纵轴、L 为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度g .(1)现有如下测量工具：A.时钟；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺．本实验所需的测量工具有________．(2)如果实验中所得到的T 2－L 关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是a 、b 、c 中的________．图11－3－11(3)由图象可知，小筒的深度h ＝________m ；当地的重力加速度g ＝________m/s 2.解析：本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法．(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L 用到毫米刻度尺，测单摆的周期用秒表，所以测量工具选B 、D.(2)设摆线在筒内部分的长度为h ，由T ＝2π L ＋h g得， T 2＝4π2g L ＋4π2g h ，可知T 2－L 关系图象为a . (3)将T 2＝0，L ＝－30 cm 代入上式可得h ＝30 cm ＝0.3 m将T 2＝1.20 s 2，L ＝0代入上式可求得g ＝π2＝9.86 m/s 2答案：(1)BD (2)a (3)0.3 9.868．将在地球上校准的摆钟拿到月球上去，若此钟在月球记录的时间是1 h ，那么实际上的时间应是________h ．(月球表面的重力加速度是地球表面的1/6)．若要把此摆钟调准，应使摆长调为原来长度的________．解析：设在地球上摆钟周期为T 0，指示时间为t 显，月球上周期为T ，实际时间为t 实，则摆钟在月球上振动次数N ＝t 显T 0＝t 实T. 所以t 实＝T T 0t 显＝g g 月t 显＝ 6 h ，即该钟在月球上记录的时间为1 h ，则实际时间为 6 h ．要将它调准，即T 0＝T ，则必使T T 0＝1，根据周期公式有L 0g ＝L 月g 月，得L 月＝g 月g L 0＝16L 0，即需把摆长调为原来长度的16答案：6 169．某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中，先测得摆线长为97.50 cm ，摆球直径为2.0 cm ，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图11－3－12所示，则：图11－3－12(1)该摆摆长为________ cm ，秒表的示数为________ s.(2)如果测得的g 值偏小，可能的原因是________．A ．测摆线长时摆线拉得过紧B ．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C ．开始计时时，秒表过迟按下D ．实验中误将49次全振动次数计为50次(3)实验中测得试以l解析：(1)摆长l ＝l ′＋12d ＝98.50 cm.秒表的读数为99.7 s. (2)由单摆周期公式T ＝2π l g 得g ＝4π2l (t n)2，所以l 偏大，g 偏大；t 偏大，g 偏小；n 偏大，g 偏大，故B 正确．(3)由单摆周期公式得T 2＝4π2g l ，所以图线是过坐标原点的一条直线，直线斜率k ＝4π2g ，所以g ＝4π2k，作出图象如图所示．求得直线斜率k ＝4.00 s 2/m ，所以g ＝4π2k ＝4×3.1424.00m/s 2＝9.86 m/s 2. 答案：(1)98.50 99.7 (2)B (3)图象见解析 9.86 m/s 2。
2013年教科物理选修3-3：第2章第4节知能优化训练
1．一定质量的气体，下列叙述正确的是( )A ．如果体积减小，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多B ．如果压强增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多C ．如果温度升高，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多D ．如果分子密度增大，气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数一定增多解析：选 B.气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数，是由单位体积内的分子数和分子的平均速率共同决定的．A 、D 都是单位体积内的分子数增多，但分子的平均速率如何变化却不知道；C 由温度升高可知分子的平均速率增大，但单位体积内的分子数如何变化未知，故A 、C 、D 都错．2．(2010年高考江苏卷)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体．下列图像能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是( )图2－4－8解析：选B.气体做等温变化，遵守玻意耳定律．由pV ＝C 知，p 与1V成正比，故选项B 正确．3．一定质量的理想气体V －t 图像如图2－4－9所示，在气体由状态A 变化到状态B 的过程中，气体的压强( )图2－4－9A ．一定不变B ．一定减小C ．一定增加D ．不能判定怎样变化 解析：选D.若BA 的延长线交于t 轴上的－273.15 ℃，则是等压变化，气体压强一定不变．若与t 轴交点位于－273.15 ℃的右方，则气体的压强一定减小，若与t 轴交点位于－273.15 ℃的左方，则气体的压强一定增大．4．如图2－4－10所示，一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，哪些是正确的( )图2－4－10A ．a →d 的过程气体体积增加B ．b →d 的过程气体体积不变C ．c →d 的过程气体体积增加D ．a →d 的过程气体体积减小解析：选AB.在p －T 图中的等容线的延长线是过原点的直线，且体积越大，直线的斜率越小．由此可见，a 状态对应体积最小，c 状态对应体积最大，故选项A 、B 正确．5．一定质量的气体，在状态变化过程中的p －T 图像如图2－4－11所示，在A 状态时的体积为V 0，试画出对应的V －T 图像．图2－4－11解析：对气体由A →B ，根据玻意耳定律有p 0V 0＝3p 0V B ，则V B ＝13V 0.对气体由B →C ：根据盖吕萨克定律：V B T 0＝VC 3T 0，V C ＝3V B ＝V 0，由此可知A 、B 、C 三点的状态量分别为A ：p 0，T 0，V 0；B ：3p 0，T 0，13V 0；C ：3p 0,3T 0，V 0.V －T 图像如图所示．答案：见解析一、选择题1．如图2－4－12所示为一定质量的某种气体的等压线，等压线上的a 、b 两个状态比较，下列说法正确的是( )图2－4－12A ．在相同时间内撞在单位面积上的分子数b 状态较多B ．在相同时间内撞在单位面积上的分子数a 状态较多C ．在相同时间内撞在相同面积上的分子数两状态一样多D ．单位体积的分子数两状态一样多解析：选B.由题图可知一定质量的气体在a 、b 两个状态压强相等，而a 状态温度低，分子的平均动能小，平均每个分子对器壁的撞击力小，而压强不变，则相同时间内撞在单位面积上的分子数a 状态一定较多，故A 、C 错，B 对，一定质量的气体，分子总数不变，V b >V a ，单位体积的分子数a 状态较多，故D 错．2．如图2－4－13所示，一定质量的理想气体由状态A 沿平行于纵轴的直线变化到状态B ，则它的状态变化过程是( )图2－4－13A ．气体的温度不变B ．气体的内能增加C ．气体分子的平均速率减小D ．气体分子在单位时间内与器壁在单位面积上碰撞的次数不变 解析：选B.从p －V 图像中的AB 图线看，气体由状态A 变到B 为等容升压，根据查理定律，一定质量的气体，当体积不变时，压强与绝对温度成正比，故A 错．气体的温度升高，内能增加，故B 对．气体的温度升高，分子平均速率增加，故C 错．气体压强增大，则气体分子在单位时间内与器壁在单位面积上碰撞的次数增多，故D 错．3．如图2－4－14所示，p 表示压强，V 表示体积，T 为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )图2－4－14解析：选ABC.A 图表示温度T 始终不变，B 、C 图表示p ÷1VA 、B 、C 对，D 图中p ∝V ，此时温度必然变化，故D 错．4．如图2－4－15所示，D →A →B →C 表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程，则下列说法正确的是( )图2－4－15A ．D →A 是一个等温过程B ．A →B 是一个等温过程C ．A 与B 的状态参量相同D ．B →C 体积减小，压强减小，温度不变解析：选A.D →A 是一个等温过程，A 对；A 、B 两状态温度不同，A →B 是一个等容过程(体积不变)，B 、C 错；B →C ，V 增大，p 减小，T 不变，D 错．5．如图2－4－16所示，是一定质量的某种气体状态变化的p －V 图像，气体由状态A 变化到状态B 的过程中，气体分子平均速率的变化情况是( )图2－4－16A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小解析：选D.由图像可知，p A V A＝p B V B，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．由于离原点越远的等温线温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．6．描述一定质量的气体作等容变化的过程的图线是图2－4－17中的()图2－4－17解析：选D.等容变化的过程的p－t图在t轴上的坐标是(－273 ℃，0)，D正确．7．图2－4－18中，p表示压强，V表示体积，T表示热力学温度，t表示摄氏温度，下列各图中能正确描述一定质量理想气体等压变化规律的是()图2－4－18答案：AC8．如图2－4－19所示，是一定质量的气体从状态A经B到状态C的V－T图像，由图像可知()图2－4－19A．p A<p B B．p A>p BC．p B<p C D．p B>p C解析：选C.AB在等压线上，C状态的压强大于A状态的压强．9．如图2－4－20所示是一定质量的气体从状态A经B到状态C的p－T图像，由图像可知()图2－4－20A．V A＝V BB．V B＝V CC．V B<V CD．V A>V C解析：选AC.由题图和查理定律可知V A＝V B，故A正确；由B到C，温度不变，压强减小，说明体积增大，故C正确．10．图2－4－21所示为0.3 mol的某种气体的压强和温度关系p－t图线．p0表示1个标准大气压，则在状态B时气体的体积为()图2－4－21A ．5.6 LB ．3.2 LC ．1.2 LD ．8.4 L解析：选D.此气体在0 ℃时，压强为标准大气压，所以它的体积应为22.4×0.3 L ＝6.72 L ，根据图线所示，从p 0到A 状态，气体是等容变化，A 状态的体积为6.72 L ，温度为127 K ＋273 K ＝400 K ，从A 状态到B 状态为等压变化，B 状态的温度为227 K ＋273 K ＝500 K ，根据盖吕萨克定律V A T A ＝V B T B 得，V B ＝V A T B T A ＝6.72×500400L ＝8.4 L.二、非选择题 11．一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变成状态C ，其中A →B 过程为等压变化，B →C过程为等容变化．已知V A ＝0.3 m 3，T A ＝T C ＝300 K ，T B ＝400 K. (1)求气体在状态B 时的体积．(2)说明B →C 过程压强变化的微观原因．解析：(1)A →B 过程，由盖吕萨克定律V A T A ＝VB T B知V B ＝T B T A V A ＝400300×0.3 m 3＝0.4 m 3(2)B →C 过程，气体体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子平均动能减小，压强减小．答案：(1)0.4 m 3(2)见解析12．(2011年海口调研)如图2－4－22甲是一定质量的气体由状态A 经过状态B 变为状态C 的V －T 图像，已知气体在状态A 时的压强是1.5×105 Pa.(1)说出A →B 过程中压强变化的情形，并根据图像提供的信息，计算图中T A 的温度值． (2)请在图乙坐标系中，作出由状态A 经过状态B 变为状态C 的p －T 图像，并在图线相应位置上标出字母A 、B 、C ，如果需要计算才能确定有关坐标值，请写出计算过程．图2－4－22解析：由题图甲可以看出，A 与B 的连线的延长线过原点O ，所以A →B 是等压变化，即p A ＝p B .由题图甲可知，由B →C 是等容变化．(1)根据盖吕萨克定律可得：V A T A ＝VB T B所以T A ＝V A V B ×T B ＝0.40.6×300 K ＝200 K.(2)根据查理定律得：p B T B ＝p CT C所以p C ＝T C T B p B ＝400300p B ＝43p B ＝43p A ＝43×1.5×105 Pa ＝2.0×105Pa则可画出由状态A →B →C 的p －T 图像如图所示．答案：见解析。
高考总复习物理课件选修3-4实验二
上述现象恰好消失．此时只须测量出
________________，即可计算出玻璃
砖的折射率．请用你的测量量表示出
折射率n＝________.
【解析】 “P2 挡住 P1 的像的现象恰好 消失”意味着刚好发生全反射现象，此 时玻璃砖内光线的入射角恰好等于临界 角 C，玻璃砖转过 θ，入射光路的法线 也转过同样的角度， 入射角 θ＝C.根据 n 1 1 ＝ 得 n＝ sinC sinθ.
2．入射角θ1不宜太大(接近90°)，也
不宜太小 ( 接近 0°) ．太大：反射光
较强，出射光较弱；太小：入射角、
折射角测量的相对误差较大．
3．操作时，手不能触摸玻璃砖的光
洁光学面，更不能把玻璃砖界面当尺
子画界线．
4 ．实验过程中，玻璃砖与白纸的相
对位置不能改变． 5．玻璃砖应选用宽度较大的，宜在5
每次测量时让圆盘的下半部分竖直进
入液体中，而且总使得液面与直径
BC相平，EF作为界面的法线，而后
在图中右上方区域观察P1、P2的像，
并在圆周上插上大头针P3，使P3正好
挡住P1、P2.同学们通过计算，预先
Байду номын сангаас
在圆周EC部分刻好了折射率的值，
这样只要根据P3所插的位置，就可直
接读出液体折射率的值，则： (1)若∠AOF＝30°，OP3与OC的夹
【答案】玻璃砖直径边绕 O 点转过的角 1 度θ sinθ
知能优化演练
本部分内容讲解结束
实验二
测定玻璃的折射率
知识要点归纳
实验目的
掌握测定折射率的方法，会测定玻
璃的折射率．
实验原理
如图2－3－1所示,当光线AO以一定的 入射角θ1穿过两面平行的玻璃砖时，
2013届高考物理一轮复习优化探究(模块达标检测+高效知能检测)人教-选修3-2-第9章-第2单元
一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )A ．防止涡流而设计的B ．利用涡流而设计的C ．起电磁阻尼的作用D ．起电磁驱动的作用解析：线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流，涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后较快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．答案：BC2．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( )A ．图①中，回路产生的感应电动势恒定不变B ．图②中，回路产生的感应电动势一直在变大C ．图③中，回路在0～t 1时间内产生的感应电动势小于在t 1～t 2时间内产生的感应电动势D ．图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大解析：在图①中，ΔΦΔt ＝0，感应电动势为零，故选项A 错；在图②中，ΔΦΔt 为一定值，故感应电动势不变，选项B 错；在图③中，0～t 1内的|ΔΦΔt |比t 1～t 2内的|ΔΦΔt |大，选项C 错；在图④中，图线上各点切线的斜率绝对值先变小后变大，故选项D 对．答案：D3.在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图所示，已知C ＝30 μF ，L 1＝5 cm ，L 2＝8 cm ，磁场以5×10－2T/s 的速率增加，则( )A ．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－5CB ．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－5CC ．电容器上极板带正电，带电荷量为6×10－9CD ．电容器上极板带负电，带电荷量为6×10－9C解析：电容器两极板间的电势差U 等于感应电动势E ，由法拉第电磁感应定律，可得E ＝ΔB Δt ·L 1L 2＝2×10－4 V ，电容器的带电荷量Q ＝CU ＝CE ＝6×10－9C ，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C 项正确．答案：C4．(2011年高考广东理综)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )A ．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D ．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同解析：由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A 错．感应电动势正比于ΔΦΔt ，与磁通量的大小无直接关系，B 错误，C 正确．根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D 错误．答案：C5.如图所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个环面积为0.02 m 2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m 2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调节滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加0.2 T ，则从上向下看( )A ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VB ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VC ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V D ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V 解析：铁芯内的磁通量情况是相同的，金属环的有效面积即铁芯的横截面积．据电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝1×0.2×0.01 V ＝2×10－3V .又据楞次定律，金属环中电流方向为逆时针，即C 正确．答案：C6.(2012年广州模拟)线圈通以如图所示的随时间变化的电流，则( )A ．0～t 1时间内线圈中的自感电动势最大B ．t 1～t 2时间内线圈中的自感电动势最大C ．t 2～t 3时间内线圈中的自感电动势最大D ．t 1～t 2时间内线圈中的自感电动势为零解析：线圈中的自感电动势与通入的电流的变化率成正比，即E ∝ΔI Δt .根据图象分析：0～t 1时间内的电流变化率小于t 2～t 3时间内的电流变化率，A 错误、C 正确；t 1～t 2时间内的电流变化率为零，自感电动势为零，B 错误、D 正确．答案：CD7.如图所示，L 是自感系数很大、电阻很小的线圈，若合上或断开开关S 1和S 2时，可能发生的情况是( )A ．只闭合S 1的瞬间，L 1灯逐渐亮起来B ．再合上S 2稳定后，L 2灯是暗的C ．只断开S 1的瞬间，L 1灯立即熄灭，L 2灯亮一下再熄灭D ．只断开S 1瞬间，L 2和L 1灯过一会儿才熄灭解析：只闭合S1时，由于线圈自感作用，流过L1灯的电流将逐渐增大，L1灯逐渐亮起来，而L2灯是立即变亮；再合上S2稳定后，由于R L很小，L2灯几乎被短路，故L2灯是暗的．断开S1时，由于S2闭合，电感线圈L与L2构成回路，由于自感的作用，电流将由稳定时L中的值逐渐减小，由I L≫I L2，所以L2灯将闪亮一下再熄灭；而灯L1与电阻R串联后被S2短路，故灯L1立即熄灭．答案：ABC8．如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒中间用绝缘丝线系住．开始，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．I和F T分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力．则在t0时刻()A．I＝0，F T＝0B．I＝0，F T≠0C．I≠0，F T＝0 D．I≠0，F T≠0解析：t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd所受安培力均为零，丝线的拉力为零．C项正确．答案：C9.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v0、3v0速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两次过程中()A．导体框中产生的感应电流的方向相同B．导体框中产生的焦耳热相同C．导体框ad边两端电势差相同D．通过导体框截面的电量相同解析：由楞次定律可知导体框中产生的感应电流方向相同，A正确；由电磁感应定律可得Q＝(Bl v)24R v l＝B2l3v4R，因此导体框中产生的焦耳热不同，故B错误；两种情况下电源的电动势不相同，导体框ad 边两端电势差不同，C 错误；由q ＝ΔΦ4R 知与速度无关，D 正确．答案：AD10．某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示，图乙为其俯视图．将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h ＝0.5 m 、半径r ＝0.2 m 的圆柱体，其可绕固定轴OO ′逆时针(俯视)转动，角速度ω＝100 rad/s.设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B ＝0.2 T 、方向都垂直于圆柱体侧表面．紧靠圆柱外侧固定一根与其等高、电阻R 1＝0.5 Ω的细金属杆ab ，杆与轴OO ′平行．图丙中阻值R ＝1.5 Ω的电阻与理想电流表A 串联后接在杆a 、b 两端．下列说法正确的是( )A ．电流表A 的示数约为1.41 AB ．杆ab 产生的感应电动势的有效值E ＝2 VC ．电阻R 消耗的电功率为2 WD ．在圆柱体转过一周的时间内，流过电流表A 的总电荷量为零解析：圆柱体转过一周为感应电动势的4个周期，T ＝T 04＝142πω＝π200 s.金属杆上感应电动势的大小E ′＝Bl v ＝Bhrω＝2.0 V ；感应电动势的方向周期性变化，周期为π200 s ，所以有效值E ＝2.0 V ，则I＝E R 1＋R＝1.0 A ，电阻R 的电功率为P ＝I 2R ＝1.5 W ．电流在电流表中周期性变化，每个周期流过电流表A 的总电荷量为零．答案：BD二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示，不计电阻的U 形导轨水平放置，导轨宽l ＝0.5 m ，左端连接阻值为0.4 Ω的电阻R .在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1 Ω的导体棒MN ，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量m ＝2.4 g 的重物，图中L ＝0.8m ．开始时重物与水平地面接触并处于静止．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B 0＝0.5 T ，并且以ΔB Δt ＝0.1T/s 的速度在增大．不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？(g 取10 m/s 2)解析：以MN 为研究对象，有BIl ＝F T ；以重物为研究对象，有F T ＋F N ＝mg .由于B 在增大，安培力BIl 增大，绳的拉力F T 增大，地面的支持力F N 减小，当F N ＝0时，重物将被吊起．此时BIl ＝mg ①又B ＝B 0＋ΔB Δt t ＝0.5＋0.1t ②E ＝LlΔB Δt ③ I ＝E R ＋r④ 将已知数据代入以上四式联立解得t ＝1 s.答案：1 s12.(15分)如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP 放置在水平面内．MO 间接有阻值为R ＝3 Ω的电阻．导轨相距d ＝1 m ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．质量为m ＝0.1 kg ，电阻为r ＝1 Ω的导体棒CD 垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN 的恒力F ＝1 N 向右拉动CD ，CD 受的摩擦阻力F f 恒为0.5 N ．求：(1)CD 运动的最大速度是多少？(2)当CD 达到最大速度后，电阻R 消耗的电功率是多少？(3)当CD 的速度为最大速度的一半时，CD 的加速度是多少？解析：(1)设CD棒的运动速度大小为v，则导体棒产生的感应电动势为：E ＝Bd v据闭合电路欧姆定律有：I＝E R＋r则安培力为：F0＝BdI据题意分析，当v最大时，有：F－F0－F f＝0 联立以上几式得：v m＝(F－F f)(R＋r)B2d2＝8 m/s.(2)棒CD速度最大时，同理有：E m＝Bd v mI m＝E m R＋r而P R m＝I2m·R联立得：P R m＝B2d2v2m R(R＋r)＝3 W.(3)当CD速度为12v m时有：E′＝Bd v m/2I＝E′R＋rF′＝BId据牛顿第二定律有：F－F′－F f＝ma 联立得：a＝2.5 m/s2.答案：(1)8 m/s(2)3 W(3)2.5 m/s2。
高考总复习物理试题选修3-4第11章实验十二知能优化演练
1．(2013·龙岩模拟)某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验时，测得的重力加速度数值明显大于当地的重力加速度的实际值．造成这一情况的可能原因是() A．测量摆长时，把悬挂状态的摆线长当成摆长B．测量周期时，当摆球通过平衡位置时启动秒表，此后摆球第30次通过平衡位置时制动秒表，读出经历的时间为t，并由计算式T＝t30求得周期C．开始摆动时振幅过小D．所用摆球的质量过大解析：选B.由T＝2πlg得g＝4π2T2l，g值偏大说明l偏大或T偏小．把悬挂状态的摆线长当成摆长，会使l偏小，g值偏小，A错；摆球第30次通过平衡位置时，实际上共完成15次全振动，周期T＝t15，误认为30次全振动，T变小引起g值明显偏大，B对；单摆周期与振幅和摆球质量无关，C、D错误．2.在利用单摆测定重力加速度的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到g＝4π2lT2.只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2－l图象，就可以求出当地的重力加速度．理论上T2－l图象是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图象如图所示．(1)造成图象不过坐标原点的原因可能是________；(2)由图象求出的重力加速度g＝________m/s2.(取π2＝9.86)解析：(1)由图知l＝0时，T≠0，说明摆长测小了，故可能的原因是求摆长时未考虑球半径．(2)图线的斜率k＝4，而k＝4π2g，故g＝π2＝9.86 m/s2.答案：(1)漏记球半径(2)9.863.(2013·陕西五校联考)几名学生进行野外考察，登上一山峰后，他们想粗略测出山顶处的重力加速度．于是他们用细线拴好石块P系在树枝上做成一个简易单摆，如图所示．然后用随身携带的钢卷尺、电子手表进行了测量．同学们首先测出摆长L，然后将石块拉开一个小角度，由静止释放，使石块在竖直平面内摆动，用电子手表测出单摆完成n次全振动所用的时间t.(1)利用测量数据计算山顶处重力加速度的表达式g＝________；(2)若振动周期测量正确，但由于难以确定石块的重心，测量摆长时从悬点一直量到石块下端，所以用这次测量数据计算出来的山顶处重力加速度值比真实值________．(填“偏大”、“偏小”或“相等”)解析：(1)由t n ＝2π L g ，得g ＝4π2n 2L t2. (2)L 偏大导致重力加速度g 偏大．答案：(1)4π2n 2L t2 (2)偏大 4.(2013·福州模拟)如图为用单摆测重力加速度的实验．(1)为了减小误差，下列措施正确的是( )A ．摆长L 应为线长与摆球半径的和，且在20 cm 左右B ．在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线C ．在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线D ．计时起点和终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间(2)某同学正确操作，得到了摆长L 和n 次全振动的时间t ，由此可知这个单摆的周期T ＝________，当地的重力加速度g ＝________.解析：(1)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m 左右为宜，A 错；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线，B 对；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线可减小计时误差，C 对；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，D 错．(2)由t ＝nT 知单摆的周期T ＝t n. 由T ＝2πL g 得g ＝4π2L T2，将T 代入得 g ＝⎝⎛⎭⎫2n πt 2L .答案：(1)BC (2)t n ⎝⎛⎭⎫2n πt 2L 5.(2012·高考天津卷)某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素．(1)他组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是________(填字母代号)．A ．保证摆动过程中摆长不变B ．可使周期测量得更加准确C ．需要改变摆长时便于调节D ．保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L ＝0.9990 m ，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______mm ，单摆摆长为______m.(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________．(填字母代号)解析：(1)用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线的目的是保证摆动过程中摆长不变，需要改变摆长时便于调节，A、C正确．(2)根据游标卡尺读数规则，摆球直径为12.0 mm，单摆摆长为L－d/2＝0.9990 m－0.0060 m＝0.9930 m.(3)单摆测量周期，必须从平衡位置开始计时，且摆角小于10°，所以合乎实验要求且误差最小的是A.答案：(1)AC(2)12.00.9930(3)A。
2013届高考物理一轮复习优化探究(模块达标检测+高效知能检测)人教选修3-4-模块达标检测
1．(6分)分析下列物理现象：(1)“闻其声而不见其人”；(2)学生围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音；(3)当正在鸣笛的火车向着我们疾驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．这些物理现象分别属于波的()A．衍射、干涉、多普勒效应B．衍射、多普勒效应、干涉、C．折射、干涉、多普勒效应D．折射、多普勒效应、干涉解析：“闻其声而不见其人”是声音的衍射．音叉上有两个发声的波源，声波发生干涉，所以在音叉周围会听到忽强忽弱的声音．鸣笛的火车向着我们驶来时，汽笛声的音调变高是多普勒效应．所以A正确．答案：A2．(6分)关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是()A．电磁波是横波B．电磁波的传播需要介质C．电磁波能产生干涉和衍射现象D．电磁波的电场和磁场的方向相互垂直解析：电磁场由近及远的传播形成电磁波，电磁波在传播过程中，电场、磁场以及传播方向三者相互垂直，电磁波是一种波，它具有波的一切特性，它能发生反射、折射、干涉、衍射等现象，电磁波在真空中的速度最大，它的传播不需要介质．故正确选项为A、C、D.答案：ACD3．(6分)关于爱因斯坦质能方程，下列说法中正确的是()A．E＝mc2中的E是物体以光速c运动的动能B．E＝mc2是物体的核能C．E＝mc2是物体各种形式能的总和D．由ΔE＝Δmc2知在核反应中，亏损的质量Δm转化成能量ΔE放出解析：爱因斯坦的质能方程E ＝mc 2中的E 是指物体相连系的一切能量的总和，既不是单一的动能，也不是单一的核能，故A 、B 错误，C 正确．质量是质量，能量是能量，彼此不能转化，但可以相互度量，故D 错误．答案：C4.(6分)如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r ，外圆半径为R ，R ＝2r .现有一束单色光垂直于水平端面A 射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B 射出，设透明柱体的折射率为n ，光在透明柱体内传播的时间为t ，若真空中的光速为c ，则( )A ．n 可能为3B ．n 可能为2C ．t 可能为22r cD ．t 可能为4.8r c解析：光线从A 端面右端点C 射入，光路如图所示，因为sin θ＝r R ，R ＝2r ，可得θ＝45 °.CE ＝r ，则光线EF 与半径为r 的圆相切，经两次全反射，由几何关系和题意可知，满足条件的只有此条光线，所以临界角C ≤θ＝45°.因n ＝1sin C ≥2，故A 、B 正确；根据光在介质中传播距离s ＝4r ，介质中光速v ＝c n ，光传播时间t ＝s v ，解得t ≥42r c ，故C 、D 错．答案：AB5．(6分)(2011年高考海南单科)一列简谐横波在t ＝0时的波形图如图所示．介质中x ＝2 m 处的质点P 沿y 轴方向做简谐运动的表达式为y ＝10sin (5πt ) cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是________(填入正确选项前的字母)．A ．周期为4.0 sB ．振幅为20 cmC ．传播方向沿x 轴正向D ．传播速度为10 m/s解析：由波形图可知振幅A＝10 cm，波长λ＝4 m；由y＝10sin (5πt) cm可知，ω＝5πrad/s，根据ω＝2πT得简谐运动的周期T＝2πω＝2π5πs＝0.4 s；根据v＝λT，得波速v＝λT＝40.4m/s＝10 m/s，根据y＝10sin (5πt) cm知，t＝T4＝0.1 s时，y＝10 cm，即质点P位于波峰处，所以t＝0时刻时P点向上振动，根据振动方向和波传播方向的关系知该波沿x轴正向传播，综上所述C、D正确．答案：CD6．(8分)一振动周期为T、振幅为A、位于x＝0点的波源从平衡位置沿y 轴正向开始做简谐振动．该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失．一段时间后，该振动传播至某质点P，关于质点P振动的说法正确的是________．A．振幅一定为AB．周期一定为TC．速度的最大值一定为vD．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决于它离波源的距离E．若P点与波源距离s＝v T，则质点P的位移与波源的相同解析：质点P振动的振幅、周期、开始振动的方向都与波源相同，故选项A、B正确，选项D错误；质点振动的速度与波速v无关，选项C错误；E选项中，P点与波源振动情况完全一致，选项E正确．答案：ABE7．(10分)(2012年泰安模拟)(1)机械波和电磁波都能传递能量，其中电磁波的能量随波的频率的增大而________；波的传播及其速度与介质有一定的关系，在真空中机械波是________传播的，电磁波是________传播的(填“能”、“不能”或“不确定”)；在从空气进入水的过程中，机械波的传播速度将______，电磁波的传播速度将__________．(填“增大”、“减小”或“不变”)(2)如图所示复合光经过半圆形玻璃后分成a、b两束光，比较a、b两束光在玻璃砖中的传播速度v a____v b；入射光线由AO转到BO，出射光线中________最先消失；若在该光消失时测得AO与BO间的夹角为α，则玻璃对该光的折射率为________．解析：(1)电磁波的能量随波的频率的增大而增大；电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，而机械波不能在真空中传播；从空气进入水的过程中，机械波的传播速度增大，而电磁波的传播速度减小．(2)由折射率n＝sin θ1sin θ2知n a＞n b，又n＝cv，故v a＜v b；根据sin C＝1n可知，a光的临界角较小，当入射光线由AO转到BO时，出射光线中a最先消失．玻璃对a光的折射率n＝1sin(90°－α)＝1cos α.答案：(1)增大不能能增大减小(2)＜a1 cos α8．(10分)20世纪80年代初，科学家发明了硅太阳能电池．如果在太空设立太阳能卫星电站，可24 h发电，且不受昼夜气候的影响．利用微波——电能转换装置，将电能转换成微波向地面发送，太阳能卫星电站的最佳位置在离地1 100 km的赤道上空，此时微波定向性最好．飞机通过微波区不会发生意外，但微波对飞鸟是致命的．可在地面站附近装上保护网或驱逐音响，不让飞鸟通过．(地球半径R＝6 400 km)(1)太阳能电池将实现哪种转换________．A．光能—微波B．光能—热能C．光能—电能D．电能—微波(2)微波是________．A．超声波B．次声波C．电磁波D．机械波(3)飞机外壳对微波的哪种作用，使飞机安全无恙________．A．反射B．吸收C．干涉D．衍射(4)微波对飞鸟是致命的，这是因为微波的________．A．电离作用B．穿透作用C ．生物电作用D ．热效应解析：(1)太阳能电池实现光能与电能的转换，C 对，A 、B 、D 错．(2)微波是某一频率的电磁波，C 对，A 、B 、D 错．(3)飞机外壳可以反射微波，使飞机安全，A 对，B 、C 、D 错．(4)微波是频率很高的电磁波，在生物体内可引起热效应，由于太阳能卫星电站的功率很大，产生的热量足以将鸟热死．答案：(1)C (2)C (3)A (4)D9．(10分)(2011年高考山东理综)如图所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB ＝60°.一束平行于角平分线OM 面的单色光由OA 面射入介质，经OA 面折射的光线恰平行于面OB .①求介质的折射率．②折射光线中恰好射到M 点的光线________(填“能”或“不能”)发生全反射．解析：依题意作出光路图，①由几何知识可知，入射角θ1＝60°，折射角θ2＝30°④根据折射定律得n ＝sin θ1sin θ2⑤ 代入数据解得n ＝3⑥②不能．答案：①3 ②不能10．(10分)用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件：A.白炽灯，B.单缝，C.光屏，D.双缝，E.滤光片．(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是A 、________(A 已写好)；(2)正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，用测量头测出10条亮纹间的距离为a ；改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出10条亮纹间的距离为b，则一定是a________b(选填“大于”、“小于”或“等于”)．解析：(1)用双缝干涉测光的波长时，光具座上元件安装的顺序应该为白炽灯、滤光片、单缝、双缝、光屏，故顺序应为A、E、B、D、C；(2)Δx＝ldλ，因只改变光的波长，其他条件不变，而λ红>λ绿，故a>b.答案：(1)E、B、D、C(2)大于11．(10分)一列横波沿x轴正方向传播，在t＝0时刻的波形如图所示，波刚好传到x＝3 m处，此后x＝1 m处的质点比x＝－1 m处的质点__________(选填“先”、“后”或“同时”)到达波峰位置；若该波的波速为10 m/s，经过Δt时间，在x轴上－3 m～3 m区间内的波形与t0时刻的正好相同，则Δt＝________.解析：横波沿x轴正方向传播，x＝－1 m处质点向上振动，经过T4到达波峰位置，x＝1 m处的质点向下振动，经过3T4到达波峰位置，故x＝1 m处质点后到达波峰位置；根据v＝λT，可以求出T＝0.4 s，而要使经过Δt时间－3 m～3 m区间内的波形与t0时刻的正好相同，时间必须是周期的整数倍，即Δt＝nT＝0.4n(n＝1、2、3、…)．答案：后0.4n(n＝1、2、3、…)12．(12分)(1)有以下说法：A．在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，为减小偶然误差，应测出单摆做n次全振动的时间t，利用T＝tn求出单摆的周期B．如果质点所受的合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动C ．变化的磁场一定会产生变化的电场D ．图甲振荡电路中的电容器正处于放电状态E ．X 射线是比紫外线频率低的电磁波F ．只有波长比障碍物的尺寸小的时候才会发生明显的衍射现象G ．在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长越短其中正确的是________．(2)如图乙所示，一束平行单色光由空气斜射入厚度为h 的玻璃砖，入射光束与玻璃砖上表面夹角为θ，入射光束左边缘与玻璃砖左端距离为b 1，经折射后出射光束左边缘与玻璃砖的左端距离为b 2，可以认为光在空气中的传播速度等于真空中的光速c .求：光在玻璃砖中的传播速度v .解析：(1)单摆n 次全振动的时间为t ，则周期T ＝t n ，A 正确．做简谐运动的质点，所受回复力应满足F ＝－kx ，B 错误．若磁场是均匀变化的，产生的电场是恒定的，C 错误．由图甲磁场方向可知电流方向，可得电容器正处于放电状态，D 正确．X 射线的频率比紫外线的频率高，E 错误．只有波长比障碍物的尺寸大或相差不多的时候才会发生明显的衍射现象，F 错误．在同种均匀介质中传播的声波波速相同，由v ＝λf 知频率越高，波长越短，G 正确．(2)由光的折射定律得sin θ1sin θ2＝n 又n ＝c v由几何关系得sin θ1＝cos θsin θ2＝b 2－b 1(b 2－b 1)2＋h 2由以上各式可得v ＝c (b 2－b 1)h 2＋(b 2－b 1)2cos θ. 答案：(1)A 、D 、G (2)c (b 2－b 1)h 2＋(b 2－b 1)2cos θ。
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1. 如图2－3－7，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下说法正确的是( )
图2－3－7
(1)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离适当大些，可以提高准确度
(2)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离取得小些，可以提高准确度
(3)入射角θ1适当大些，可以提高准确度
(4)入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行
(5)P 1、P 2的间距，入射角的大小均与实验的准确度无关
A ．(1)(3)
B ．(2)(4)
C ．(3)(5)
D ．(1)(4)
解析：选A.实验根据大头针确定入射光线和出射光线，在连线及测量时必然有误差，P 1、P 2和P 3、P 4之间距离适当大些，可以减小百分误差，故(1)正确，(2)错误；实验要求入射角不能太小，否则会导致测量误差太大，(3)正确；根据几何知识知光在第二界面的入射角等于在第一界面的折射角，即小于临界角，不会发生全反射，(4)错误；综合上述分析知(5)错误．故选A.
2. 某同学做测定玻璃折射率实验时，用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sin θ1－sin θ2图象如图2－3－8所示，下列判断中正确的是( )
图2－3－8
A ．他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃时的折射现象
B ．玻璃的折射率为0.67
C ．玻璃的折射率为1.5
D ．玻璃的临界角的正弦值为0.67
解析：选ACD.此直线斜率k ＝sin θ1sin θ2＝10.67＞1，所以研究的光线是从空气射入玻璃时的折射
现象，A 选项正确．k 也就是折射率n ＝10.67＝1.5，C 选项正确．sin C ＝1n ＝0.67，D 选项正
确．
3. 某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误，但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa ′与bb ′不平行，如图2－3－9所示，则( )
图2－3－9
A ．AO 与O ′
B 两条直线平行
B ．AO 与O ′B 两条直线不平行
C ．他测出的折射率偏大
D ．他测出的折射率不受影响
答案：BD
4．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa ′、bb ′与玻璃砖位置的关系分别如图2－3－10中的①②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa ′、bb ′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．丙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．
图2－3－10
解析：甲同学测量的光路图如图甲所示，真实值n ＝sin θ1sin θ2，测量值n ′＝sin θ1sin θ2′.因θ2′＞θ2，
故n ′＜n ，所以甲同学测得的折射率与真实值相比偏小．
乙同学测量的光路图如图乙所示，测量值n ＝sin θ1sin θ2，与真实值相等．
丙同学测量可能出现三种可能，光路图如图丙所示．当出射点为c 时，测量值与真实值相同；当出射点在c 左侧时，测量值小于真实值；当出射点在c 点右侧时，测量值大于真实值．故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大、可能偏小、可能不变．
答案：偏小 不变 可能偏大、可能偏小、可能不变
5. 如图2－3－11所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率，在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P 1、P 2确定入射光线，并让入射光线过圆心O ，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像，连接OP 3.图中MN 为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B 、C 分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB 、CD 均垂直于法线并分别交法线于A 、D 点．
图2－3－11
(1)设AB 的长度为l 1，AO 的长度为l 2，CD 的长度为l 3，DO 的长度为l 4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．
(2)该同学在插大头针P 3前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
答案：(1)l 1和l 3 n ＝l 1l 3 (2)偏大
6．(2010·高考福建卷)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图2－3－12所示．
图2－3－12
(1)此玻璃的折射率计算式为n ＝________(用图中的θ1、θ2表示)；
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．
解析：(1)本题意在考查考生对入射角、折射角、折射率的理解和应用．光线由空气射入玻
璃的入射角i ＝π2－θ1，折射角r ＝π2－θ2，由折射率的定义可得：n ＝sin i sin r ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－θ1sin ⎝⎛⎭
⎫π2－θ2＝cos θ1cos θ2，
根据平行玻璃砖对光线的影响可知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小．
答案：(1)cos θ1cos θ2⎝ ⎛⎭⎪⎫或sin (90° －θ1)sin (90°－θ2) (2)大
7. 用三棱镜做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插入两枚大头针P 1和P 2，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图2－3－13所示．
图2－3－13
(1)在题图上画出所需的光路．
(2)为了测出棱镜玻璃的折射率，需要测量的量是________，________，在图上标出它们．
(3)计算折射率的公式是________．
解析：(1)如图所示，画出通过P 1、P 2的入射光线，交AC 面于O ，画出通过P 3、P 4的出射光线交AB 面于O ′.则光线OO ′就是入射光线P 1P 2在三棱镜中的折射光线．
(2)在所画的图上注明入射角θ1和折射角θ2，并画出虚线部分，用量角器量出θ1和θ2(或用直尺测出线段EF 、OE 、GH 、OG 的长度)．
(3)n ＝sin θ1sin θ2；⎝ ⎛⎭
⎪⎫或因为sin θ1＝EF OE ，sin θ2＝GH OG ，则n ＝EF /OE GH /OG ＝EF ·OG OE ·GH
. 答案：见解析。