高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案17

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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业8

课后限时作业8实验：探究弹力与弹簧伸长的关系时间：45分钟1.某物理实验小组在探究弹簧的劲度系数k与其原长l0的关系实验中,按示意图所示安装好实验装置,让刻度尺零刻度与轻质弹簧上端平齐,在弹簧上安装可移动的轻质指针P,实验时的主要步骤是：①将指针P移到刻度尺l01＝5.00 cm处,在弹簧挂钩上挂上200 g 的钩码,静止时读出指针所指刻度并记录下来；②取下钩码,将指针P移到刻度尺l02＝10.00 cm处,在弹簧挂钩上挂上250 g的钩码,静止时读出指针所指刻度并记录下来；③取下钩码,将指针P移到刻度尺l03＝15.00 cm处,在弹簧挂钩上挂上50 g的钩码,静止时读出指针所指刻度并记录下来；④重复③步骤,在每次重复③时,都将指针P下移5.00 cm,同时保持挂钩上挂的钩码质量不变.将实验所得数据记录、列表如下：(1)重力加速度g取10 m/s2.在实验步骤③中,弹簧的原长为15.00 cm时,其劲度系数为30 N/m.(2)同一根弹簧的原长越长,弹簧的劲度系数C(弹簧处在弹性限度内).A.不变B.越大C.越小【试题解析】：(1)弹簧的原长为l03＝15.00 cm时,挂钩上钩码的质量为m3＝50 g,所受拉力F3＝m3g＝0.5 N,弹簧长度l3＝16.67 cm,弹簧伸长Δx3＝l3－l03＝1.67 cm.根据胡克定律,F3＝k3Δx3,解得k3≈30 N/m.(2)弹簧的原长为l05＝25.00 cm时,挂钩上钩码的质量为m5＝50 g,所受拉力F5＝m5g＝0.5 N,弹簧长度l5＝30.56 cm,弹簧伸长Δx5＝l5－l05＝5.56 cm.根据胡克定律,F5＝k5Δx5,解得k5≈9 N/m.由此可知,同一根弹簧的原长越长,弹簧的劲度系数越小,选项C正确.2.图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：63.60(63.58～63.62) 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；答案：如图所示(3)由图象求出该弹簧的劲度系数24.8(24.6～25.0) N/m、弹簧的原长为55.2(55.1～55.3) cm.(均保留三位有效数字)3.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候,测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示,则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为300_N/m.(2)为了用弹簧测定两木块A、B间的动摩擦因数μ,两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案.①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小,你认为方案甲更合理.②甲方案中,若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N.当A被拉动时,弹簧测力计a的示数为6.0 N,b的示数为11.0 N,则A、B间的动摩擦因数为0.3.【试题解析】：(1)由题图可知,当弹力为F0＝60 N,弹簧的伸长量x0＝L－L0＝20 cm＝0.2 m,由胡克定律得弹簧的劲度系数k＝F0x0＝600.2N/m＝300 N/m.(2)①甲、乙两种方案,在拉着A运动的过程中,拉A的弹簧测力计由于在不断地运动,示数可能会变化,读数不准,甲方案中的a是不动的,指针稳定,便于读数,甲方案更合理.②a的拉力与A对B的滑动摩擦力f平衡,由于a示数为6.0 N,即f＝F＝6.0 N,A、B间的动摩擦因数μ＝f G B＝6.020.0＝0.3.4.(1)某次研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L关系实验时,得到如图甲所示的F-L图象,由图象可知：弹簧原长L0＝3.0 cm,求得弹簧的劲度系数k＝200 N/m.(2)按如图乙的方式挂上钩码(已知每个钩码重G＝1 N),使(1)中研究的弹簧压缩,稳定后指针指示如图乙,则指针所指刻度尺示数为 1.50 cm.由此可推测图乙中所挂钩码的个数为3个.【试题解析】：(1)由胡克定律F＝k(L－L0),结合题图甲中数据得L0＝3.0 cm,k＝200 N/m.(2)由题图乙知指针所示刻度为1.50 cm,由F＝k(L0－L),可求得此时弹力为F＝3 N,故所挂钩码的个数为3个.5.某物理小组想要探究弹力和弹簧伸长的关系,并测量弹簧的劲度系数.做法是先将弹簧的一端固定在铁架台上,然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧,并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上.当弹簧自然下垂时,将指针指示的刻度值记作L0；弹簧下端挂一个50 g的砝码时,指针指示的刻度值记作L1；弹簧下端挂两个50 g 的砝码时,指针指示的刻度值记作L2；…；挂七个50 g的砝码时,指针指示的刻度值记作L7.测量记录如下表：(1)实验中,L 3和L 7两个值还没有记录,请你根据如图所示的指针位置将这两个测量值依次写出6.85,14.05；(2)为了充分利用测量数据,该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差.分别计算出三个差值：d 1＝L 4－L 0＝6.90 cm,d 2＝L 5－L 1＝6.90 cm,d 3＝L 6－L 2＝7.00 cm,请你给出第4个差值d 4＝L 7－L 3＝7.20 cm ；(3)根据以上差值,可以计算出每增加50 g 砝码的弹簧平均伸长量ΔL ,则ΔL ＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44×4；(用d 1、d 2、d 3、d 4表示) (4)计算弹簧的劲度系数k ＝28 N/m.(g 取9.8 m/s 2)【试题解析】：(1)刻度尺的最小分度值为 1 mm,所以L 3＝6.85 cm,L 7＝14.05 cm ；(2)根据题意：d 4＝L 7－L 3＝14.05 cm －6.85 cm ＝7.20 cm ；(3)因为d 1＝L 4－L 0＝4ΔL ,d 2＝L 5－L 1＝4ΔL ,d 3＝L 6－L 2＝4ΔL ,d 4＝L 7－L 3＝4ΔL ,所以：ΔL ＝d 1＋d 2＋d 3＋d 44×4；(4)充分利用测量数据得 k ＝4×4·ΔF d 1＋d 2＋d 3＋d 4＝4×4×50×10－3×9.8(6.90＋6.90＋7.00＋7.20)×10－2N/m ＝28 N/m.6.把两根轻质弹簧串联起来测量它们各自的劲度系数,如图甲所示.(1)未挂钩码之前,指针B指在刻度尺如图乙所示的位置上,其示数为11.50 cm；(2)将质量50 g的钩码逐个挂在弹簧Ⅰ的下端,逐次记录两弹簧各自的伸长量；所挂钩码的质量m与每根弹簧的伸长量x可描绘出如图丙所示的图象,由图象可计算出弹簧Ⅱ的劲度系数kⅡ＝28 N/m；(取重力加速度g＝9.8 m/s2)(3)图丙中,当弹簧Ⅰ的伸长量超过17 cm时其图线为曲线,由此可知,挂上第5个钩码时,拉力已经超过它的弹性限度,这对测量弹簧Ⅱ的劲度系数没有(填“有”或“没有”)影响(弹簧Ⅱ的弹性限度足够大).【试题解析】：(1)毫米刻度尺读数需估读到最小分度的下一位,指针B示数为11.50 cm.(2)由题图丙中的数据可知,弹簧Ⅱ的形变量为Δx ＝7.00 cm时,拉力F＝mg＝4×0.05×9.8 N＝1.96 N,根据胡克定律可知kⅡ＝FΔx＝1.96 N7.00×10－2 m＝28 N/m.(3)由题图丙中的数据可知,当弹簧Ⅰ的伸长量为14 cm时,对应的拉力F′是1.96 N,所以其劲度系数k1＝F′Δx′＝1.96 N14.00×10－2 m＝14 N/m；弹簧Ⅰ的伸长量为17 cm时,对应的拉力F″＝k1Δx″＝14×0.17 N＝2.38 N,n＝2.380.05×9.8≈4.86.由此可知,挂上第5个钩码时,拉力已经超过弹簧Ⅰ的弹性限度,这时弹簧Ⅱ的图线仍然是直线,说明对测量弹簧Ⅱ的劲度系数没有影响.7.将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起,看成一根新弹簧,设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1,原细弹簧(记为B)劲度系数为k2,套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系,同学们做出了如下猜想：甲同学：和电阻并联相似,可能是1k3＝1k1＋1k2乙同学：和电阻串联相似,可能是k3＝k1＋k2丙同学：可能是k3＝k1＋k2 2(1)为了验证猜想,同学们设计了相应的实验(装置见图甲).(2)简要实验步骤如下,请完成相应填空.①将弹簧A悬挂在铁架台上,用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；②在弹簧A的下端挂上钩码,记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g,并用刻度尺测量弹簧的长度L1；③由F＝nmg计算弹簧的弹力,由x＝L1－L0计算弹簧的伸长量,由k＝Fx计算弹簧的劲度系数；④改变钩码的个数,重复实验步骤②、③,并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；⑤仅将弹簧分别换为B、C,重复上述操作步骤,求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论.(3)图乙是实验得到的图线,由此可以判断乙同学的猜想正确.【试题解析】：(2)由步骤②知,弹簧的弹力等于钩码的总重力,即F ＝nmg,由步骤③知,可以建立F与x的关系式,要想多得几组数据,就需改变钩码的个数.(3)题图乙得到的实验图线的斜率为弹簧的劲度系数,由图中数据得k3＝k2＋k1,所以乙同学的猜想正确.8.某同学用图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在下表中给出,其中f4的值可从图乙中弹簧秤的示数读出.回答下列问题：(1)f4＝2.75 N；(2)在图丙的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线；答案：如图所示(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝μ(M＋m)g,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k＝μg；(4)取g＝9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得μ＝0.40.(保留两位有效数字)【试题解析】：(1)弹簧秤读数时应估读,弹簧秤示数为2.75 N.(2)按数据描点连线如图所示.(3)由于砝码和木块相对桌面静止,由平衡条件可知f＝μ(M＋m)g,则有f＝μMg＋μmg,f-m图象中k＝μg.(4)由k＝μg可得μ＝kg＝2.93－2.150.25－0.059.80≈0.40.。

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5．(2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(C)A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为I L.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知I L>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压与电流均相同，所以两支路电阻相同．由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确．6．(多选)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是(BD)A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析：由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．7．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(CD)A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR解析：金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确．电磁感应在生活中的应用电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS 问题中信息题的考查．命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等.8．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E -t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E -t 关系图可能是( D )解析：若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．9．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( C )A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．第41讲电磁感应规律综合应用知识点一电磁感应中的电路问题1．电源：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．2．电流：电路闭合时的电流I可由欧姆定律求出，I＝ER＋r，路端电压U＝IR＝E－Ir.3．电势：在外电路中，电流由高电势流向低电势；在内电路中，电流由低电势流向高电势．思考：如图所示，MON是固定导轨，金属棒与导轨接触良好，在拉力F 作用下向右运动．(1)图中电路相当于电源的部分是金属棒．(2)闭合电路中的感应电流方向沿逆时针方向．(3)路端电压是闭合电路外电路的电压，等于该图中aOb部分电路的分压．知识点二电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)．知识点三电磁感应中的能量问题1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化．(1)在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源．(√)(2)安培力做正功的过程是将电能转化为机械能的过程．(√)(3)物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程．(√)1．如图所示有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5 T，两边界间距s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4 Ω，现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是(A)解析：t 在0～5×10－2 s 内，ab 切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正，则ab 两端电势差U ab ＝34E ＝34×BL v ＝34×0.5×0.2×2 V ＝15×10－2 V ；t 在5×10－2 s ～10×10－2 s 内，cd 边进入磁场Ⅱ后，cd 边和ab 都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正，所以U ab ＝E ＝BL v ＝0.5×0.2×2 V ＝0.20 V ＝20×10－2 V ，t 在10×10－2 s ～15×10－2 s 内，ab 边穿出磁场后，只有cd 边切割磁感线，由右手定则知，a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正．U ab＝14E ＝14BL v ＝14×0.5×0.2×2 V ＝5×10－2 V ，故整个过程中线框a 、b 两点的电势差U ab 随时间t 变化的图线如图A 所示，故A 项正确．2．如图甲，水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R 和平行板电容器C 相连，导体棒MN 置于导轨上且接触良好，取向右为运动的正方向，导体棒沿导轨运动的位移—时间图象如图乙所示；导体棒始终处于垂直纸面向外的匀强磁场中，不计导轨和导体棒电阻，则0～t 2时间内( C )A．若S接A，电容器a极板始终带负电B．若S接A，t1时刻电容器两极板电压最大C．若S接B，MN所受安培力方向先向左后向右D．若S接B，t1时刻MN所受的安培力最大解析：在x-t图象中，图象的斜率表示导体棒运动的速度，由图乙可知，0～t1时间内斜率是正值、t1～t2时间内斜率为负值，则说明0～t2时间内导体棒先向右移动后向左移动．若S接A，导体棒通过金属导轨与平行板电容器C连接，0～t2时间内导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，可知电容器a极板先带负电后带正电，故A项错误；若S接A，t1时刻导体瞬间静止，即导体棒不切割磁感线，故MN中无感应电动势产生，电容器两极板电压为零，即最小，故B项错误；若S接B，导体棒通过金属导轨与定值电阻R连接，0～t2时间内，导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，电流的方向先顺时针后逆时针，由左手定则可知，MN所受安培力方向先向左后向右，故C项正确；若S 接B，t1时刻MN瞬间静止，导体棒不切割磁感线，电路中无电流，MN受安培力为零(即最小)，故D项错误．3.如图所示，光滑足够长导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨及金属棒电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应(C)A ．将导轨间距变为原来的2倍B ．换一电阻减半的灯泡C ．换一质量为原来2倍的金属棒D ．将磁场磁感应强度B 加倍解析：当ab 棒下滑到稳定状态时做匀速直线运动，根据平衡条件有：mg sin θ＝F A ，又安培力F A ＝B 2L 2v R 得，mg sin θ＝B 2L 2v R ，由能量守恒定律得，灯泡的功率P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R .当把导轨间的距离增大为原来的2倍时，即L 变为2倍，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来12倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的12倍，故A 项错误；换一电阻减半的灯泡，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来的12倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的12倍，故B 项错误；当换一根质量为原来2倍的金属棒时，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来的2倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的2倍，故C 项正确；当把磁感应强度B 增大为原来的2倍，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来的14倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的14倍，故D 项错误． 4．用相同的导线绕制的边长分别为L 和2L 的正方形闭合线框，以相同的速度匀速进入右侧的匀强磁场，如图所示，在线框进入磁场的过程中a 、b 和c 、d 两点间的电压分别为U 甲和U 乙，ab 边和cd 边所受的安培力分别为F 甲和F 乙，则下列判断正确的是( D )A ．U 甲＝U 乙B ．U 甲＝2U 乙C ．F 甲＝F 乙D ．F 甲＝F 乙2解析：线框进入磁场后切割磁感线，a 、b 中产生的感应电动势是c 、d 中电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设甲线框电阻为4r ，乙线框的电阻为8r ，则有：U 甲＝BL v ·3r 4r ＝34BL v ，U 乙＝B ·2L v ·6r 8r＝32BL v ，故2U 甲＝U 乙，故A 、B 项错误；根据安培力表达式F ＝BIL ，E ＝BL v 及R ＝ρL S ，从而得出安培力综合式为：F ＝SB 2L v ρ，安培力与线框边长成正比，所以有：F 甲＝12F 乙；故C 项错误，D 项正确．知识点一电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图2．分析电磁感应电路问题的基本思路典例在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N 相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，质量m＝1×10－14 kg、电荷量q＝－1×10－14C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab 两端的路端电压；(3)金属棒ab 运动的速度．【解析】 (1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq又E ＝U MN d ，所以U MN ＝mgd q ＝0.1 VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝U MN R 3＝0.05 A 则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I R 1R 2R 1＋R 2＝0.4 V . (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律得E ＝U ab ＋Ir ＝0.5 V联立解得v ＝1 m/s.【答案】 (1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s【突破攻略】电磁感应中确定电源的方法(1)判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)．(2)动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E ＝Bl v ，方向由右手定则判断．(3)感生问题(磁感应强度的变化)的电动势E ＝n ΔB ·S Δt，方向由楞次定律判断．而电流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向．1．(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( BD )A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 V解析：由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 错误；导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf 间电阻中无电流，de 和cf 间无电压，因此cd和fe 两端电压相等，即U ＝E 2R ×R ＝Bl v 2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误． 2.(多选)如图所示，两根平行长直金属导轨，固定在同一水平面内，间距为d ，其左端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为m 的导体棒ab 垂直于导轨放置，且与两导轨接触良好，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F 作用下，从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)，设导体棒接入电路的电阻为r 导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，在这一过程中( BC )A ．导体棒运动的平均速度为(F －μmg )(R ＋r )2B 2d 2B ．流过电阻R 的电荷量为Bdl R ＋rC ．ab 两端的最大电压为(F －μmg )R BdD ．ab 两端的最大电压为(F －μmg )(R ＋r )Bd解析：当合外力为0的时候，导体棒的加速度为0，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，导体棒将做匀速直线运动，由E ＝Bd v ，F A ＝BId 以及I ＝Bd v R ＋r ，得到安培力F A ＝B 2d 2v R ＋r，匀速运动时合外力为0，所以F ＝F A ＋μmg ，可得到：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，因其运动过程是加速度减小的变加速运动，故其平均速度v >v m 2＝(F －μmg )(R ＋r )2B 2d 2，故A 错误；由电荷量q ＝I Δt 以及E ＝ΔΦΔt，得到q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝Bdl R ＋r，故B 正确；ab 两端的最大电压在电流最大时，由F ＝F A ＋μmg 及F A ＝BId ，得到I m ＝F －μmg Bd ，U m ＝I m R ＝(F －μmg )R Bd，故选项C 正确，D 错误．知识点二电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象问题2.据电磁感应过程选择图象典例将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是()【解析】在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝12BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝E1r＝BωR22r，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)．在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)．回路中产生的感应电动势为E2＝12BωR2＋12·2Bω·R2＝32BωR2＝3E1；感应电流为I2＝3I1.在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝12BωR2＋12·2Bω·R2＝32BωR2＝3E1；感应电流为I3＝3I1.在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝1 2BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4＝I1，B对．【答案】 B【突破攻略】电磁感应图象选择题的两个常用方法1．排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．2．函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．3．据图象分析判断电磁感应过程典例如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B －t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V .(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)感应电动势e＝Bl v＝2B v2(t－1)＝(t－1)V感应电流i＝eR＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)．【答案】(1)0.04 V(2)0.04 N i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)【突破攻略】处理图象问题要做到“四明确、一理解”3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(BC)A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：由题图乙可知，导线框运动的速度大小v＝Lt＝0.10.2m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BL v，得B＝EL v＝0.010.1×0.5T＝0.2 T，A项错误；由题图乙可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝ER＝0.010.005A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D 项错误．4.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac 右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(A)解析：由E＝BL v可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大．由右手定则可知，感应电流方向由M到N，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故选项A正确．知识点三电磁感应中的动力学问题1．两种状态及处理方法2.力学对象和电学对象的相互关系典例如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【审题关键点】分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确的求解问题．【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Bl v ③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m .【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 【突破攻略】 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：5．(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B ，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v ，忽略电感的影响，则( AD )A ．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C ．此时圆环的加速度a ＝B 2v ρdD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdg B 2解析：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A 正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B 错误；圆环中感应电动势为E ＝B ·2πR ·v ，感应电流I＝E R ′，电阻R ′＝ρ2πR πr 2＝2Rρr 2，解得I ＝B πv r 2ρ.圆环受的安培力F ＝BI ·2πR ＝2B 2π2v Rr 2ρ.圆环的加速度a ＝mg －F m ＝g －2B 2π2v Rr 2mρ，圆环质量m ＝d ·2πR ·πr 2，解得加速度a ＝g －B 2v ρd ，C 错误；当mg ＝F 时，加速度a ＝0，速度最大，v m ＝ρdg B 2，D 正确． 6．如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .已知金属棒ab 匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析：(1)设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①N 1＝2mg cos θ ②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T ③N 2＝mg cos θ ④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)． ⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL ⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为ε＝BL v ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝εR ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. 答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2知识点四电磁感应中的能量问题1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)．(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化．(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．典例小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F ＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.【审题关键点】【解析】(1)由牛顿第二定律a＝F－mg sinθm＝12 m/s2进入磁场时的速度v＝2as＝2.4 m/s.。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业2

课后限时作业2 匀变速直线运动的规律时间：45分钟1.历史上,伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球,他通过实验观察和逻辑推理,得到的正确结论有( A )A.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比B.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关【试题解析】：伽利略的斜面实验中小球做初速度为零的匀加速直线运动,由x ＝12at 2＝12g sin α·t 2(α为斜面的倾角)知,当斜面的倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比,选项A 正确；由v ＝at ＝g sin α·t 知,当斜面的倾角一定时,小球在斜面上运动的速度与时间成正比,选项B 错误；由v 2＝2aL ＝2gL sin α知,当斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角α有关,选项C 错误；由L ＝12at 2＝12g sin α·t 2知,当斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角α有关,选项D 错误.2.汽车在水平面上刹车,其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2,则它在前3 s 内的平均速度为( B )A.6 m/sB.8 m/sC.10 m/sD.12 m/s【试题解析】：将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知,v 0＝24 m/s,a ＝－12 m/s 2,所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t＝0－24－12s ＝2 s,由此可知3 s 时汽车已经停止,故前3 s 内的位移x ＝24×2 m －6×22 m ＝24 m,平均速度v ＝x t ＝243m/s ＝8 m/s.3.(多选)物体沿一直线单向运动,在t 时间内通过的路程为s ,它在中间位置处的速度为v 1,在中间时刻的速度为v 2,则( ABC )A.当物体做匀加速直线运动时,v 1>v 2B.当物体做匀减速直线运动时,v 1>v 2C.当物体做匀速直线运动时,v 1＝v 2D.当物体做匀速直线运动时,v 1<v 2【试题解析】：做匀速直线运动的物体速度大小不变,故v 1＝v 2,选项C 正确.无论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动,都有v 1＝v 20＋v 2t 2,v 2＝v 0＋v t 2,利用差值法比较v 1和v 2的大小,v 21－v 22＝v 20＋v 2t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0＋v t 22＝(v t －v 0)24>0,即v 1>v 2,选项A 、B 正确. 4.在足够长的光滑斜面上,有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动.如果物体的加速度始终为5 m/s 2,方向沿斜面向下,那么经过3 s 时物体的速度大小和方向是( B )A.25 m/s,沿斜面向上B.5 m/s,沿斜面向下C.5 m/s,沿斜面向上D.25 m/s,沿斜面向下【试题解析】：取初速度方向为正方向,则v 0＝10 m/s,a ＝－5 m/s 2,由v ＝v 0＋at 可得,当t ＝3 s 时,v ＝－5 m/s,“－”表示物体在t ＝3 s 时速度方向沿斜面向下,故选项B 正确.5.某人从阳台每隔时间T释放一小球,某时刻用照相机拍得多个小球在同一照片中位置如图中1、2、3、4、5、…所示,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断错误的是(A)A.在位置“1”处小球刚刚释放B.小球做匀加速直线运动C.小球下落的加速度为d T2D.在位置“3”处小球的速度为7d 2T【试题解析】：由题图可知相邻相等时间间隔的位移差都为d,故小球做匀加速直线运动,选项B正确；由Δx＝aT2＝d可知,加速度a＝dT2,选项C正确；在位置“3”处小球处于从位置“2”到位置“4”的中间时刻,故速度v3＝3d＋4d2T＝7d2T,选项D正确；位置“1”到位置“2”的距离与位置“2”到位置“3”的距离之比为23,故在位置“1”处小球不是刚刚释放,选项A错误.6.一物体由静止沿光滑斜面匀加速下滑距离为L时,速度为v,当它的速度为v2时,它沿斜面下滑的距离是(C)A.12L B.22L C.14L D.34L 【试题解析】：由v 2＝2aL 可得L ＝v 22a ；当它的速度为v 2时,它沿斜面下滑的距离是l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 222a ＝14×v 22a ＝L 4,选项C 正确. 7.两物体在同一竖直线上的不同高度自由下落,同时落地,第一个物体下落时间为t ,第二个物体下落时间为t 2,重力加速度为g ,当第二个物体开始下落时,两物体相距为( D )A.gt 2B.38gt 2C.34gt 2D.14gt 2 【试题解析】：第二个物体在第一个物体下落t 2时间后开始下落,此时第一个物体下落的高度h 1＝12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝18gt 2；根据h ＝12gt 2知,第一个物体和第二个物体下落的总高度分别为12gt 2和18gt 2,两物体未下落时相距为38gt 2,所以当第二个物体开始下落时,两物体相距为Δh ＝38gt 2－18gt 2＝14gt 2选项D 正确.8.(多选)如图所示,某质点做匀减速直线运动,依次经过A 、B 、C 三点,最后停在D 点.已知AB ＝6 m,BC ＝4 m,从A 点运动到B 点,从B 点运动到C 点两个过程速度变化量都为－2 m/s,则下列说法正确的是( BD )A.质点到达B点时速度大小为2.55 m/sB.质点的加速度大小为2 m/s2C.质点从A点运动到C点的时间为4 sD.A、D两点间的距离为12.25 m【试题解析】：设加速度大小为a,根据题设条件得|Δv|＝at＝2 m/s,AB、BC为连续相等时间内的位移,由匀变速直线运动推论Δx＝at2,解得t＝Δxat＝6－42s＝1 s,a＝2 m/s2,选项B正确；质点从A点运动到C点的时间为2t＝2 s,选项C错误；根据匀变速直线运动的平均速度公式可得v B＝v AC＝AB＋BC2t＝5 m/s,选项A错误；由速度与位移公式可得x AD＝AB＋v2B2a＝12.25 m,选项D正确.9.如图所示,a、b、c、d为光滑斜面上的四个点.一小滑块自a点由静止开始下滑,通过ab、bc、cd各段所用时间均为T.现让该滑块自b点由静止开始下滑,则该滑块(A)A.通过bc、cd段的时间均大于TB.通过c、d点的速度之比为1 2C.通过bc、cd段的位移之比为1 3D.通过c点的速度等于通过bd段的平均速度【试题解析】：当滑块由a点静止下滑时,滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动,假设ab段的间距为x,则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x,x bc x cd＝35,选项C错误；如果滑块由b点静止释放,显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T,选项A正确；滑块在c点的速度应为v1＝2a′·3x,滑块在d点的速度应为v2＝2a′·8x,则v1v 2＝38,选项B 错误；因为x bc x cd ＝35,显然通过c 点的时刻不是bd 的中间时刻,则滑块通过c 点的速度不等于bd 段的平均速度,选项D 错误.10.如图所示,一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶,当车头行驶到进站口O 点时,列车接到停车指令,立即匀减速停车,因OA 段铁轨不能停车,整个列车只能停在AB 段内,已知OA ＝1 200 m,OB ＝2 000 m,求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间.【试题解析】：(1)若列车车尾恰好停在A 点,减速运动的加速度大小为a 1,距离为x 1,则0－v 20＝－2a 1x 1x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1 400 m解得a 1＝167m/s 2 若列车车头恰好停在B 点,减速运动的加速度大小为a 2,距离为x OB ＝2 000 m,则0－v 20＝－2a 2x OB ,解得a 2＝1.6 m/s 2故加速度大小a 的取值范围为1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)当列车车头恰好停在B 点时,减速运动的时间最长,则0＝v 0－a 2t ,解得t ＝50 s答案：(1)1.6 m/s 2≤a ≤167 m/s 2 (2)50 s 11.近几年长假期间,国家取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费,给自驾带来了很大的实惠,但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力,因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过.假设收费站的前、后都是平直大道,长假期间过站的车速要求不超过v＝21.6 km/h,事先小汽车未减速的车速均为v0＝108 km/h,制动后小汽车的加速度的大小为a1＝4 m/s2.试问：(1)长假期间,驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a2＝6 m/s2的加速度加速至原来的速度,则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中,汽车运动的时间至少是多少？(3)在(1)(2)问题中,车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【试题解析】：取小汽车初速度方向为正方向,v＝21.6 km/h＝6 m/s,v0＝108 km/h＝30 m/s(1)小汽车进入站台前做匀减速直线运动,设距离收费站x1处开始制动,则：由v2－v20＝－2ax1,解得x1＝108 m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段,以v＝6 m/s 过站时汽车运动的时间最少,前后两段位移分别为x1和x2,时间为t1和t2,则减速阶段：v＝v0－a1t1得t1＝v0－va1＝6 s加速阶段：v0′＝v＝6 m/s,v′＝v0＝30 m/s则：v0＝v＋a2t2,t2＝v0－va2＝4 s则汽车运动的时间至少为t＝t1＋t2＝10 s. (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2解得x2＝72 m 则总位移x＝x1＋x2＝180 m若不减速通过所需时间t′＝xv0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为Δt＝t－t′＝4 s.答案：(1)108 m(2)10 s(3)4 s12.某公路旁与公路平行有一行电线杆,相邻两根电线杆间的间隔均为50 m,一辆汽车从第一根电线杆开始从静止开始做匀加速直线运动,通过第5到第6根杆用时10 s,通过第6到第7根杆用时8 s,求：(1)该汽车的加速度a ；(2)在经过第多少根电线杆后汽车达到公路限制时速100 km/h.【试题解析】：(1)汽车做匀加速直线运动,t 时间内的平均速度等于t 2时刻的瞬时速度,汽车在第5、6根电线杆之间时,中间时刻的瞬时速度为v 1＝5010＝5 m/s,在第6、7根电线杆之间时,中间时刻的瞬时速度v 2＝508 m/s,则汽车加速度a ＝v 2－v 1t 1＋t 22＝536m/s 2. (2)汽车100 km/h ＝1003.6m/s,由v ＝at 可得t ＝v a ＝200 s,则位移s ＝12at 2＝12×536×(200)2≈2 778 m,则电线杆根数n ＝2 77850＋1≈56.6根,即第56根后达到限速.答案：(1)536m/s 2 (2)56根。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试9

＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由
几何关系可知，R1＝
R 2
，R2＝Rcos30°＝
3 2
R，则vv21＝RR21＝ 3，C项正确．
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2.如图所示，一个理想边界为 PQ、MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为 d，方向垂直纸面向里．一电子从 O 点沿纸面垂直 PQ 以速度 v0 进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为 2d.O′
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A．小物块一定带正电荷 B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C．小物块在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动 D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的作用力为零时的速率为mBqg
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解析：带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，故 A 错误．小物块沿斜面运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为 mgsinθ，根据牛顿第二定律知 a＝gsinθ，小物块在离开斜面前做匀加速直线运动，故 B 正确，C 错误．当物块对斜面的作用力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有 mgcosθ＝qvB，解得 v＝ mgBcqosθ，故 D 错误．
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4.质量为 m、带电荷量为 q 的小物块，从倾角为 θ 的光滑绝缘固定斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为 B，如图所示．若带电小物块下滑后某时刻

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业16

A．ω1<ω2，v1＝v2 B．ω1>ω2，v1＝v2 C．ω1＝ω2，v1>v2 D．ω1＝ω2，v1<v2 解析：由题意可知，两齿轮边缘处的线速度大小相等，即 v1＝v2，因 r1>r2，故根据 v＝ωr 可知 ω1<ω2，选项 A 正确．
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2．光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式：在读取内环数据时，以恒定角速度的方式读取，而在读取外环数据时，以恒定线速度的方式读取．如图所示，设内环内边缘半径为 R1，内环外边缘半径为 R2，外环外边缘半径为 R3.A、B、C 分别为各边缘上的点，则读取内环上 A 点时 A 点的向心加速度大小和
触，则下列说法正确的是( AC )
2Dg，故 A 正确，B 错误；栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故 C 错误；若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子此时的速度不为零，则栗子的运动不是自由落体运动，故 D 错误．
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7．(多选)如图所示，水平杆两端有挡板，质量为 m 的小木块 A 穿在水平杆上，轻质弹簧一端与杆左侧挡板连接，另一端与 A 连接．初始时弹簧处于伸长状态，弹力恰好等于 A 与水平杆间的最大静摩擦力，A 与杆间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 到竖直轴 OO′的距离为 L.现使杆绕竖直轴 OO′由静止缓慢加速转动，角速度为 ω.若小木块 A 不与挡板接
于零，则汽车转弯时的车速应等于( B )
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gRh A. L
C.
gRL h
gRh B. d
D.

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5．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为
第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度 v2 与第一宇宙速度 v1 的关系是 v2＝ 2v1.已知某星球的半径为 r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度 gE 的18，不计其他星球的影响，则该星球的第
D．月球同步卫星离月球表面的高度为 3 h2Rπ22Tt22－R
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解析：由自由落体运动规律得 h＝12gt2，所以 g＝2th2 ，故 A
错误；月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据 mg
＝mvR21，得 v1＝ gR＝
2ht2R，故 B 错误；在月球表面的物体
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解析：伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演) 和谐地结合起来，选项 A 正确；笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项 B 正确；开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，选项 C 正确；引力常量是由卡文迪许测出的，选项 D 错误．
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课后限时作业17 万有引力与航天
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1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了
贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是( D )
A．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来
B．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献 C．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律 D．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量

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第一章第1讲
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3．加速度
(1)定义：物体速度的__变__化__量___与发生这一变化所用时间的比
值．
Δv
(2)定义式：a＝____Δ__t ___.单位：m/s2.
(3)方向：与____Δ_v____的方向一致，由__合__力_____的方向决定，
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第一章第1讲
第12页
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1．对于下列体育比赛的论述，说法正确的是( C ) A．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时刻 B．运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球位移的大小为 4.50 m C．运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看成质点
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第一章第1讲
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解析：某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时间，故 A 错误；运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球水平方向的位移大小为 4.50 m，故 B 错误；运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m，故 C 正确；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看成质点，故 D 错误．
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第一章第1讲
第8页
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2．速度 (1)定义：物体___运_Δ_动_x_位__移___与发生这个位移所用时间的比值． (2)定义式：v＝___Δ_t____.单位：m/s. (3)方向：平均速度方向与__位__移____的方向相同，瞬时速度方向即物体运动的方向．

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试6

综合能力测试六动量时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(A)A.30 kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s【试题解析】：火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒.选竖直向上为正方向,设喷气后火箭的动量为p,由动量守恒定律得：0＝p－m v,则p＝m v＝0.050×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.2.在光滑水平面上有一辆平板车,一人手握大锤站在车上.开始时人、锤和车均静止,且这三者的质量依次为m1、m2、m3.人将大锤水平向左抛出后,人和车的速度大小为v,则抛出瞬间大锤的动量大小为(C)A.m1vB.m2vC.(m1＋m3)vD.(m2＋m3)v【试题解析】：人、锤和车组成的系统动量守恒,取向右为正方向,则(m1＋m3)v－p＝0,解得抛出瞬间大锤的动量大小为p＝(m1＋m3)v,故C正确,A、B、D错误.3.如图所示,放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧,当轻弹簧被放开时,A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地面上.若m A＝3m B,则下列结果正确的是(D)A.若轻弹簧对A 、B 做功分别为W 1和W 2,则有W 1:W 2＝1:1B.在与轻弹簧作用过程中,两木块的速度变化量之和为零C.若A 、B 在空中飞行时的动量变化量分别为Δp 1和Δp 2,则有Δp 1:Δp 2＝1:1D.若A 、B 同时离开桌面,则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内,A 、B 两木块的水平位移大小之比为1 3【试题解析】：弹簧弹开物体过程中,两物体及弹簧组成的系统动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得m A v A －m B v B ＝0,则速度之比v A v B ＝13,根据动能定理得,轻弹簧对A 、B 做功分别为W 1＝12m A v 2A ,W 2＝12m B v 2B ,联立解得W 1W 2＝13,故A 错误；根据动量守恒定律可知,在与轻弹簧作用过程中,两木块的动量变化量之和为零,即m A Δv A ＋m B Δv B ＝0,可得Δv A ＋Δv B ≠0,故B 错误；A 、B 离开桌面后都做平抛运动,它们抛出点的高度相同,运动时间相等,设为t ,由动量定理得,A 、B 在空中飞行时的动量变化量分别为Δp 1＝m A gt ,Δp 2＝m B gt ,所以Δp 1:Δp 2＝3:1,故C 错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由x ＝v 0t 知,t 相等,又木块在桌面上运动时,v A :v B ＝1:3,则A 、B 两木块的水平位移大小之比为1:3,故D 正确.4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量.则此过程中产生的内能可能是( A )A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J【试题解析】：设子弹的初速度为v 0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v ,木块的质量为M ,子弹的质量为m ,根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ,解得v ＝m v 0M ＋m,木块获得的动能为ΔE k ＝12M v 2＝Mm 2v 202(M ＋m )2,系统产生的内能为Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝Mm v 202(M ＋m ),所以ΔE k Q ＝m M ＋m ,由于木块的质量大于子弹的质量,所以ΔE k Q ＝mM ＋m <12,即Q >2ΔE k ＝2×8 J ＝16 J,故A 正确,B 、C 、D 错误.5.滑块a 、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动,两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示.则滑块a 、b 的质量之比( B )A.54 B.18 C.8 1 D.4 5【试题解析】：设a 、b 的质量分别为m 1、m 2,a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2,由题给的图象得v 1＝－2 m/s,v 2＝1 m/s,a 、b 发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v ,由题给的图象得v ＝23m/s,由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ,由以上各式解得m 1m 2＝18,故B 正确,A 、C 、D 错误.6.如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接,并静止在光滑的水平面上.现使A 瞬时获得水平向右的速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得( CD )A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都是处于压缩状态B.t3～t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为m1:m2＝1:2D.在t2时刻A与B的动能之比为E k1:E k2＝1:8【试题解析】：由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大,t3时刻达到共同速度,此时弹性势能最大,弹簧处于伸长状态,故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程,开始时A逐渐减速,B逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩到最短,然后弹簧逐渐恢复原长,B依然加速,A先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误；系统动量守恒,选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1＝(m1＋m2)v2,将v1＝3 m/s,v2＝1 m/s代入得：m1m2＝12,故C正确；在t2时刻A 的速度大小为v A＝1 m/s,B的速度为v B＝2 m/s,根据m1m2＝12,求出E k1E k2＝18,故D正确.7.如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则(AC)A.A 物体的质量为3mB.A 物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为32m v 20 D.弹簧压缩最大时的弹性势能为m v 20【试题解析】：弹簧固定时,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A 的动能转化为弹簧的弹性势能,根据系统的机械能守恒可知,弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A 的初动能,设A 的质量为m A ,则有E pm＝12m A v 20,当弹簧一端连接另一质量为m 的物体B 时,A 与弹簧相互作用的过程中B 将向右运动,A 、B 速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m A ·2v 0＝(m ＋m A )v ,由机械能守恒定律得E pm ＝12m A (2v 0)2－12(m A ＋m )v 2,联立解得m A ＝3m ,E pm ＝1.5m v 20,故A 、C 正确,B 、D 错误.8.如图所示,在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙,A 、B 两点相距为5 m,小车甲从B 点以大小为4 m/s 的速度向右做匀速直线运动的同时,小车乙从A 点由静止开始以大小为2 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动.一段时间后,小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短),碰后两车粘在一起,整个过程中,两车的受力不变(不计碰撞过程).下列说法正确的是( BC )A.小车乙追上小车甲用时4 sB.小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9 mC.碰后瞬间两车的速度大小为7 m/sD.若地面光滑,则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s 2【试题解析】：小车乙追上小车甲时,有x乙－x甲＝5 m,即12at2－v甲t＝5 m,代入数据解得t＝5 s,所以小车乙追上小车甲用时5 s,故A错误；当两车的速度相等时相距最远,则有v甲＝at′,解得t′＝v甲a＝42s＝2 s,最远距离s＝5 m＋v甲t′－12at′2＝(5＋4×2－12×2×22) m＝9 m,故B正确；碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5 m/s＝10 m/s,对于碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得m v甲＋m v乙＝2m v,解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7 m/s,故C正确；若地面光滑,碰前乙车所受的作用力F＝ma,甲车的合力为0,则碰后两车的加速度大小a′＝F2m＝a2＝1 m/s2,故D错误.二、非选择题(12′＋12′＋15′＋13′＝52′)9.某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量,图中PQ是斜槽,QR为水平槽,实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹.重复上述操作10次,得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次.图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点.(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向.(2)某次实验中,得出小球落点情况如图所示(单位是cm),P ′、M 、N 分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心),则入射小球和被碰小球质量之比为m 1m 2＝4 1.【试题解析】：(1)为保证小球滚落后做平抛运动,斜槽末端的切线要沿水平方向.(2)由碰撞过程中m v 的乘积总量守恒可知m 1·OP ′t ＝m 1·OM t ＋m 2·ON t (t 为运动时间)代入数据可解得m 1m 2＝4 1.10.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验,气垫导轨装置如图甲所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成.在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,压缩空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,如图乙所示,这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差.(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平.②向气垫导轨通入压缩空气.③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向.④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳.⑤把滑块2放在气垫导轨的中间.⑥先接通打点计时器的电源,然后放开滑块1,让滑块带动纸带一起运动.⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带如图丙所示：⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.试完善实验步骤⑥的内容.(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知,两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为0.620 kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为0.618 kg·m/s(保留三位有效数字).(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用.【试题解析】：(1)⑥使用打点计时器时,先接通电源后释放纸带,所以先接通打点计时器的电源,后放开滑块1；(2)放开滑块1后,滑块1做匀速运动,跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动,根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为p1＝m1v1＝0.310×0.20.1kg·m/s＝0.620kg·m/s,滑块2的动量为零,所以碰撞前的总动量为0.620 kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等,所以碰撞后总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×0.1680.14kg·m/s＝0.618 kg·m/s.(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用.11.如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A＝4 kg,其上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量m B＝2 kg.现对A施加一个大小为10 N、水平向右的恒力F,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动,碰撞后经过0.6 s,二者的速度达到2 m/s.求：(1)A开始运动时的加速度大小a；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；(3)A的上表面长度l.【试题解析】：(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F＝m A a解得a＝2.5 m/s2.(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6 s后速度达到v′＝2 m/s的过程,由动量定理得Ft＝(m A＋m B)v′－(m A＋m B)v解得v＝1 m/s.(3)设A、B发生碰撞前A的速度为v A,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有m A v A＝(m A＋m B)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl＝12m Av2A解得l＝0.45 m.答案：(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m12.如图所示,光滑轨道abc固定在竖直平面内,ab倾斜、bc水平,与半径R＝0.4 m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接.可视为质点的小球甲和乙静止在水平轨道上,二者中间压缩有轻质弹簧,弹簧与两小球均不拴接且被锁定.现解除对弹簧的锁定,小球甲在脱离弹簧后恰能沿轨道运动到a 处,小球乙在脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点d .已知小球甲的质量m 1＝2 kg,a 、b 的竖直高度差h ＝0.45 m,已知小球乙在c 点时轨道对其弹力的大小F ＝100 N,弹簧恢复原长时两小球均在水平轨道上,不计空气阻力,重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)小球乙的质量；(2)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功.【试题解析】：(1)对小球甲,由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 21 对小球甲、乙,由动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2对小球乙,在c 点,由牛顿第二定律得F －m 2g ＝m 2v 22R联立解得m 2＝1 kg,v 2＝6 m/s 或m 2＝9 kg,v 2＝23m/s 小球乙恰好过d 点,有m 2g ＝m 2v 2d R解得v d ＝gR ＝2 m/s由题意v d <v 2,所以小球乙的质量m 2＝1 kg.(2)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中,由动能定理有2m 2gR＋W f ＝12m 2v 22－12m 2v 2d 解得小球乙克服摩擦力所做的功W f ＝8 J.答案：(1)1.0 kg (2)8 J。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试2

综合能力测试二相互作用时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.如图所示,质量为m的木块在质量为M的木板上滑行,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,木板一直静止,重力加速度为g,那么木块与木板间、木板与地面间的摩擦力大小分别为(B)A.μ2mg和μ1MgB.μ2mg和μ2mgC.μ2mg和μ1(m＋M)gD.μ2mg和μ1Mg＋μ2mg【试题解析】：因为木块对木板的摩擦力为μ2mg,方向水平向右,而木板静止,所以地面给木板的静摩擦力水平向左,大小为μ2mg,选项B 正确.2.如图所示,水平地面上堆放着原木,关于原木P在支撑点M、N 处受力的方向,下列说法正确的是(A)A.M处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上C.M处受到的静摩擦力沿MN方向D.N处受到的静摩擦力沿水平方向【试题解析】：支持力的方向与接触面垂直,所以M处的支持力的方向与地面垂直,即竖直向上,N处的支持力的方向与接触面垂直,即垂直于MN向上,故选项A正确,选项B错误；摩擦力的方向与接触面平行,与支持力垂直,故选项C、D错误.3.如图所示,在粗糙的水平面上,长度为L 、质量M ＝2 kg 的长木板某时刻正以速度v 0向右运动.现对长木板施加一水平向左的恒力F (大于3 N),同时将一质量m ＝1 kg 的光滑小球无初速度地放置于长木板上表面与左端距离为2L 3处,发现长木板向右运动距离3L 5后立即反向向左运动.已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1,g 取10 m/s 2,规定水平向左为正方向,则长木板受到的摩擦力f 随时间t 的变化规律正确的是图中的( A )【试题解析】：长木板向右减速运动3L 5的过程中,长木板所受的摩擦力f 1＝μ(m ＋M )g ＝3 N,方向水平向左；长木板反向向左加速运动⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 5＋L 3的过程中,小球仍在长木板上,则长木板所受的摩擦力f 2＝μ(m ＋M )g ＝3 N,方向水平向右；当小球脱离长木板后,长木板所受的摩擦力f 3＝μMg ＝2 N,方向水平向右,选项A 正确.4.将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上,一小滑块A 放在物体B 上,如图所示,已知物体B 的质量为M ,滑块A 的质量为m ,除了物体B 与水平面间的摩擦力之外,其余接触面的摩擦力均可忽略不计.当整个装置静止时,滑块A 和物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ,重力加速度为g ,则下列说法正确的是( C )A.物体B 对水平面的压力大小为MgB.物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC.滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD.滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θ【试题解析】：以滑块A 为研究对象,进行受力分析,并运用合成法,如图所示,由几何知识得,挡板对滑块A 的弹力大小为F N1＝mg tan θ,C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为F N2＝mg sin θ,根据牛顿第三定律,滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ,D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象,在竖直方向上受力平衡,则水平面对物体B 的支持力F N ＝(M ＋m )g ,故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ,A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡,则水平面对物体B 的摩擦力大小为f ＝F N1＝mg tan θ,B 错误.5.如图所示,支架固定在水平地面上,其倾斜的光滑直杆与地面成30°角,两圆环A 、B 穿在直杆上,并用跨过光滑定滑轮的轻绳连接,滑轮的大小不计,整个装置处于同一竖直平面内.圆环平衡时,绳OA竖直,绳OB与直杆间夹角为30°.则环A、B的质量之比为(A)A.1 3B.1 2C.3 1D.3 2【试题解析】：分别对A、B两圆环受力分析,运用合成法,如图所示,以A为研究对象,则A只能受到重力和绳子的拉力的作用,杆对A不能有力的作用,否则A水平方向受力不能平衡,所以T＝m A g；以B为研究对象,根据共点力平衡条件,结合图可知,绳子的拉力T与B受到的支持力N和竖直方向之间的夹角都是30°,所以T与N大小相等,得m B g ＝2×T cos30°＝3T,故m A m B＝1 3.6.如图所示,倾角为30°的斜面体静止在水平地面上,轻绳一端连着斜面上的物体A(轻绳与斜面平行),另一端通过两个滑轮连于天花板上的P点.动滑轮上悬挂质量为m的物块B,开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动,直到动滑轮两边轻绳的夹角为90°时,物体A刚好要滑动.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体A与斜面间的动摩擦因数为33.整个过程中斜面体始终静止,不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦.下列说法正确的是(AB)A.物体A 的质量为22m B.物体A 受到的摩擦力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐减小D.斜面体对地面的压力逐渐减小【试题解析】：动滑轮两边轻绳的夹角为90°时,对物块B 受力分析如图甲所示,根据平衡条件有m B g ＝2T cos θ,此时θ＝45°,解得T ＝2m B g 2,对物体A 受力分析如图乙所示,有m A g sin30°＋μm A g cos30°＝T ,联立解得m A ＝22m B ＝2m 2,选项A 正确；两绳竖直时拉力T ＝mg 2>m A g sin30°,所以摩擦力f 沿斜面向下,将P 点缓慢向右移动,绳子拉力T 逐渐增大,摩擦力f ＝T －m A g sin30°逐渐增大,选项B 正确；对斜面体、物体A 和物块B 组成的系统受力分析如图丙所示,由平衡条件知,竖直方向上,有T cos θ＋F N ＝(m A ＋m B ＋m 斜)g ,因为T cos θ＝m B g 2为一定值,故地面对斜面体的支持力保持不变,水平方向上,有T sin θ＝f 地,故地面对斜面体的摩擦力水平向左并逐渐增大,选项C 、D 错误.7.如图所示,半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上,质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态,P和圆心O的连线与水平面的夹角为θ.现将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°,框架与小球始终保持静止状态.在此过程中,下列说法正确的是(重力加速度为g)(BC)A.框架对小球的支持力先减小后增大B.力F的最小值为mg cosθC.地面对框架的摩擦力始终在减小D.框架对地面的压力先增大后减小【试题解析】：小球受重力mg、外力F、弹力F N作用,因小球受力平衡,其对应的平衡三角形如图所示,力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°的过程中,力F先减小后增大,其最小值为mg cosθ,支持力F N一直减小,选项A错误,B正确.对小球和框架整体,由于F在水平方向的分力不断减小,在竖直方向的分力不断增大,可得地面对框架的摩擦力始终在减小,结合牛顿第三定律,可得框架对地面的压力也是一直减小,选项C正确,D错误.8.如图所示,A、B都是重物,A被绕过小滑轮P的细线悬挂,B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点,bO′水平拉着B,cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与小滑轮间的摩擦力均可忽略,整个装置处于静止状态.若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 3 N,重力加速度g 取10 m/s2,则下列说法中正确的是(AB)A.弹簧的弹力为10 NB.A 的质量为2 kgC.桌面对B 的摩擦力为10 ND.OP 与竖直方向的夹角为60°【试题解析】：由P 处受力平衡得m A g ＝F O ′a ＝F OP 2cos30°＝20 N,则m A ＝2 kg,OP 与竖直方向成30°角,选项B 正确,D 错误；将F O ′a 进行正交分解,可得F 弹＝F O ′a cos60°＝10 N,F O ′b ＝F O ′a sin60°＝10 3 N ＝f B ,选项A 正确,C 错误.二、非选择题(9′＋10′＋15′＋18′＝52′)9.“用等效替代法验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示,其中A 为固定橡皮筋的图钉,O 为橡皮筋与细绳的结点,OB 和OC 为细绳,图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.(1)本实验中“等效替代”的含义是C.A.橡皮筋可以用细绳替代B.左侧弹簧测力计的作用效果可以替代右侧弹簧测力计的作用效果C.两弹簧测力计共同作用的效果可以用一个弹簧测力计的作用效果替代(2)图乙中的F与F′两力中,方向一定沿着AO方向的是F′,图中F是F1、F2合力的理论值.(3)完成该实验的下列措施中,能够减小实验误差的是ABC.A.拉橡皮筋的绳细一些且长一些B.拉橡皮筋时,弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行C.拉橡皮筋的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些D.使拉力F1和F2的夹角很小【试题解析】：(1)该实验采用了“等效替代法”,即用两个弹簧测力计拉橡皮筋的效果和用一个弹簧测力计拉橡皮筋的效果是相同的,要求橡皮筋的形变量相同,故A、B错误,C正确.(2)F是通过作图的方法得到的合力的理论值,在平行四边形的对角线上,而F′是通过一个弹簧测力计沿AO方向拉橡皮筋,使橡皮筋伸长到O点而测量出的力,因此其方向沿着AO方向.(3)为减小实验误差,拉橡皮筋的绳要细一些且长一些,故A正确；为减小实验误差,拉橡皮筋时,弹簧测力计、橡皮筋、细绳应贴近木板且与木板面平行,故B正确；拉橡皮筋的细绳要长些,标记同一细绳方向的两点要远些,故C正确；拉力F1和F2的夹角要适当大些,故D错误.10.在探究“弹力和弹簧伸长的关系”时,小张同学用如图甲所示的实验装置进行实验.将该弹簧竖直悬挂,在自由端挂上钩码,通过改变钩码的个数,记录钩码的质量m和弹簧上指针在刻度尺上的读数x.(1)小张同学根据实验数据在坐标纸上用描点法画出x-m图象如图乙所示,由图象可求得该弹簧的劲度系数k＝70 N/m(当地的重力加速度g＝9.8 m/s2,结果保留3位有效数字).(2)在本次实验中,考虑到弹簧自身有重量,测得弹簧劲度系数k的值与真实值相比较没有影响(填“偏大”“偏小”或“没有影响”).【试题解析】：(1)由胡克定律mg＝k(x－x0),变化为x＝gk m＋x0.图乙所示的x-m图象的斜率等于gk,由x-m图象可得k＝70 N/m.(2)弹簧自身重力不影响x-m图象的斜率,对弹簧劲度系数的测量没有影响.11.如图所示,质量M＝2 kg的木块套在水平固定杆上,并用轻绳与质量m＝1 kg的小球相连.今用跟水平方向成60°角的力F＝10 3 N 拉着小球并带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m的相对位置保持不变,g取10 m/s2.在运动过程中,求：(1)轻绳与水平方向的夹角；(2)木块M与水平杆间的动摩擦因数μ.【试题解析】：(1)m处于平衡状态,其所受合力为零.以m为研究对象,由平衡条件得：水平方向F cos60°－F T cosθ＝0①竖直方向F sin60°－F T sinθ－mg＝0②由①②得θ＝30°.(2)M、m整体处于平衡状态,整体所受合力为零.以M、m整体为研究对象,由平衡条件得：水平方向F cos60°－F f＝0③竖直方向F N＋F sin60°－Mg－mg＝0④由③④得F N＝15 N,F f＝5 3 N.则μ＝F fF N＝33.答案：(1)30°(2)3 312.一般教室门上都会安装一种暗锁,这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾斜角θ＝45°)、锁槽E,以及连杆、锁头等部件组成,如图甲所示.设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力f m由f m＝μF N(F N为正压力)求得.有一次放学后,当某同学准备关门时,无论用多大的力,也不能将门关上(这种现象称为自锁),此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示,P为锁舌D与锁槽E之间的接触点,弹簧由于被压缩而缩短了x.(1)试判断自锁状态时,D的下表面所受摩擦力的方向；(2)求自锁时锁舌D与锁槽E之间的正压力的大小；(3)无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,则μ至少为多大？【试题解析】：(1)自锁状态时,D有向左运动的趋势,所以它的下表面所受摩擦力的方向为水平向右.(2)D的受力情况如图所示.根据平衡条件水平方向F N sinθ＝f1＋f2cosθ＋kx竖直方向F＝f2sinθ＋F N cosθ又f1＝μF,f2＝μF N解得F N＝2kx1－2μ－μ2(3)自锁状态时,无论F N多大,都不能将门关上,所以有1－2μ－μ2＝0,得μ＝2－1.答案：(1)水平向右(2)2kx1－2μ－μ2(3)2－1。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案全书word - 副本3

1.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是(B)A．定值电阻R2的电功率减小B．电压表和电流表的示数都减小C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．R中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值解析：当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，R接入电路的电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表的示数减小，R2的电压增大，R1的电压减小，电流表的示数减小，A、C错误，B正确；因为总电流增大，电流表的示数减小，所以R中电流增大，并且R中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值，D错误．2.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(C)A.25B.12C.35D.23解析：断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1Q 2＝35，选项C 正确．3．如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R ，电压表为理想电表，S 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( A )A ．电压表读数将变小B ．L 1亮度不变，L 2将变暗C ．L 1将变亮，L 2将变暗D ．电源内阻的发热功率将变小解析：开关在位置1时，外电路总电阻R 总＝32R ，电压表示数U＝32R R ＋32RE ＝35E ，同理，每个灯泡两端的电压U 1＝U 2＝15E ，电源内阻的发热功率为P 热＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25E 2R ＝4E 225R .开关在位置2时，外电路总电阻R 总′＝23R ，电压表示数U ′＝23R R ＋23RE ＝25E ，灯泡L 1的电压U 1′＝15E ，L 2的电压U 2′＝25E ，电源内阻的发热功率为P 热′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫35E 2R ＝9E 225R .综上所述，电压表读数变小，故A 正确．L 1亮度不变，L 2将变亮，故B 、C 错误．电源内阻的发热功率将变大，故D 错误．知识点二闭合电路的功率及效率问题由P 出与外电阻R 的关系图象可知①当R ＝r 时，电源的输出功率最大为P m ＝E 24r .②当R >r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． ③当R <r 时，随着R 的增大输出功率越来越大．④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.典例如图所示，已知电源电动势为6 V ，内阻为1 Ω，保护电阻R 0＝0.5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，保护电阻R 0消耗的电功率最大，并求这个最大值．【解析】保护电阻消耗的功率为P 0＝E 2R 0(r ＋R ＋R 0)2，因R 0和r是常量，而R 是变量，所以R 最小时，P 0最大，即R ＝0时，P 0max ＝E 2R 0(r ＋R 0)2＝62×0.51.52 W ＝8 W.【答案】 R ＝0 P 0max ＝8 W4．典例中条件不变，求当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 消耗的功率P R 最大，并求这个最大值．解析：这时要把保护电阻R 0与电源内阻r 算在一起，据以上结论，当R ＝R 0＋r 即R ＝(1＋0.5) Ω＝1.5 Ω时，P R max ＝E 24(r ＋R 0)＝624×1.5 W＝6 W.答案：R ＝1.5 Ω P R max ＝6 W5．在典例中，若电阻箱R 的最大值为3 Ω，R 0＝5 Ω，求：当电阻箱R 读数为多少时，电阻箱R 的功率最大，并求这个最大值．解析：把R 0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R 的最大值为3 Ω，小于6 Ω，P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 等2R ＝E 2(R －r 等)2R ＋4r 等，则不能满足R ＝r 等，当电阻箱R 的电阻取3 Ω时，R消耗功率最大，最大值为：P ＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 等2R ＝43 W.答案：R ＝3 Ω P ＝43W6．典例中条件不变，求电源的最大输出功率．解析：由电功率公式P 出＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋r 2R 外＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r，当R 外＝r时，P 出最大，即R ＝r －R 0＝0.5 Ω时，P 出max ＝E 24r ＝624×1W ＝9 W.答案：9 W7．如图所示，电源电动势E ＝2 V ，内阻r ＝1 Ω，电阻R 0＝2 Ω，可变电阻的阻值范围为0～10 Ω.求可变电阻为多大时，R 上消耗的功率最大，最大值为多少？解析：方法一：P R ＝U 2R ，根据闭合电路欧姆定律，路端电压 U ＝E ·R 0R R 0＋R r ＋R 0R R 0＋R ＝ER 0RrR 0＋rR ＋R 0R ，所以P R ＝E 2R 20R(rR 0＋rR ＋R 0R )2，代入数据整理得P R ＝164R ＋9R ＋12，当R ＝23 Ω时，R 上消耗的功率最大，P R max ＝23W.方法二：采用等效电源法分析，把定值电阻等效到电源的内部，即把电源和定值电阻看作电动势为E ′＝R 0R 0＋r E ，内阻为r ′＝R 0rR 0＋r 的电源，当R ＝r ′＝R 0rR 0＋r 时，电源对外电路R 的输出功率最大P R ＝E ′24r ′.把数值代入各式得：E 等＝E ′＝R 0R 0＋r E ＝43 V ；r 等＝r ′＝R 0r R 0＋r ＝23Ω. 所以：P R ＝E 2等4r 等＝23 W.答案：R ＝23 Ω P ＝23W知识点三两类U -I 图象的比较与应用两种图象的比较8．(多选)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是(AD)A ．电源的电动势为6.0 VB ．电源的内阻为12 ΩC ．电源的短路电流为0.5 AD ．电流为0.3 A 时的外电阻是18 Ω解析：由于该电源的U -I 图象的纵轴坐标不是从零开始的，故纵轴上的截距仍为电源的电动势，即E ＝6.0 V ，但横轴上的截距0.5 A 并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r ＝|ΔUΔI |＝6.0－5.00.5－0 Ω＝2 Ω.由闭合电路欧姆定律可得电流I ＝0.3 A 时，外电阻R ＝EI －r ＝18 Ω.故选项A 、D 正确．9．(多选)如图所示的U -I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U -I 图线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图象可知( AD )A ．R 的阻值为1.5 ΩB ．电源电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩC．电源的输出功率为3.0 WD．电源内部消耗功率为1.5 W解析：由于电源的路端电压与电流的关系曲线Ⅰ和电阻R的U-I 图线Ⅱ都为直线，所以电源的路端电压与电流的关系图线Ⅰ的斜率的绝对值等于电源内阻，r＝1.5 Ω；电阻R的U-I图线Ⅱ的斜率等于电阻R的阻值，R＝1.5 Ω，选项A正确，B错误；电源的路端电压与电流的关系图线和电阻R的U-I图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P＝UI＝1.5×1.0 W＝1.5 W，选项C 错误；由EI＝P＋P r解得电源内部消耗的功率为P r＝EI－P＝3.0×1.0 W－1.5 W＝1.5 W，选项D正确．电路故障分析1．电路故障一般是短路或断路．常见的情况有导线断芯、灯泡断丝、灯泡短路、电阻内部断路、接触不良等现象．故障的特点如下：2.利用电流表、电压表判断电路故障的方法U ad＝0，U cd＝6 V，由此可断定(C)B．L1的灯丝烧断了C．L2的灯丝烧断了D．变阻器R断路解析：由U ab＝6 V可知，电源完好，灯泡都不亮，说明电路中出现断路故障，且在a、b之间．由U cd＝6 V可知，灯泡L1与变阻器R 是通的，断路故障出现在c、d之间，故灯L2断路．所以选项C正确．11．如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(A)A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路解析：等效电路如图所示．若R1断路，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A正确．若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误．若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表中电流变大，与题意相矛盾，C、D错误，因此正确选项只有A.第32讲实验：测定金属丝的电阻率一、实验目的1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法．2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法．3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率．二、实验原理1．游标卡尺的构造、原理及读数(1)构造(如图)主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉．(2)原理利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等份刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等份刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等份刻度有10个的、20个的、50个的，见下表：(3)读数若用L0表示由主尺上读出的整毫米数，x表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则其读数为L＝L0＋kx，其中k 为精确度．2．螺旋测微器的构造、原理及读数(1)螺旋测微器的构造如下图所示是常用的螺旋测微器．它的测砧A和固定刻度S固定在尺架F上．旋钮K、微调旋钮K′和可动刻度H、测微螺杆P连在一起，通过精密螺纹套在S上．(2)螺旋测微器的原理测微螺杆P与固定刻度S之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮K每旋转一周，P前进或后退0.5 mm，而可动刻度H上的刻度为50等份，每转动一小格，P前进或后退0.01 mm.即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．(3)读数测量时被测物体长度的整数毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出．测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．3．伏安法测电阻(1)电流表的内接法和外接法的比较(2)两种电路的选择①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若R x较小，宜采用电流表外接法；若R x较大，宜采用电流表内接法．②比值法：当R xR V<R AR x时，用电流表外接法；当R xR V>R AR x时，用电流表内接法．③实验试探法：按如图所示接好电路，让电压表一根接线柱P先后与a、b处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．(3)滑动变阻器的限流式接法和分压式接法4.实验器材的选择以“安全性”“精确性”“方便性”为前提，综合考虑．选择电学实验仪器主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器件．(1)选择电表以不使电表受损和尽量减小误差为原则，即加在电表上的最大电压或电流不得超过其最大量程，实验过程中指针可移动范围最好大于量程的1 3.(2)选择滑动变阻器要考虑它的额定电流，然后对采用分压法的滑动变阻器选总阻值较小的，对采用限流法的滑动变阻器的总阻值选比电路中的电阻稍大些为好．对于滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜采用．(3)对器材选择的一般步骤是：①找出唯一性的器材；②草画电路图(暂不把电表接入)；③估算电流最大值和最小值；④考虑电表是否安全(该用分压法还是限流法)，以及能否使电表达到满偏的13以上．5．电阻率的测定原理把金属丝接入如图所示的电路中，用“伏安法”测量其电阻R＝U I；用米尺测量金属丝的长度l ；用螺旋测微器测量金属丝的直径d ，计算出其横截面积S ；根据电阻定律R ＝ρl S 得金属丝的电阻率ρ＝RS l ＝πd 2U 4Il. (1)实验步骤①用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d .②接好用伏安法测电阻的实验电路．③用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .④把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．⑤改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 、U 的值，记录在表格内．⑥拆除实验线路，整理好实验器材．(2)数据处理①求R x 的平均值方法一：计算法．用R x ＝U I 分别算出各次的数值，再取平均值．方法二：图象法．用U -I 图线的斜率求出．②计算电阻率：将记录的数据U 、I 、l 、d 的值代入电阻率计算式ρ＝πd 2U 4Il. ③注意事项a ．先测直径，再连电路：为了方便，测量直径时应在金属丝连入电路之前测量．b ．电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．c ．电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．(4)误差分析1．如图甲所示为某次测量时电压表的刻度盘的情形，若当时使用的是该表的0～3 V 量程，那么电压表读数为1.15(1.14～1.16均可) V ；若当时使用的是该表的0～15 V 量程，那么电压表读数应为5.7(5.6～5.8均可) V ．如图乙所示的电阻箱的读数为84_580.2 Ω.解析：0～3 V量程最小刻度是0.1 V，要向下估读一位，读数为1.15 V．0～15 V量程最小刻度为0.5 V，只要求读到0.1 V这一位，所以读数为5.7 V．图乙中的电阻箱有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率，将每个旋钮上指针所指的数值(都为整数)乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到电阻箱的读数为84 580.2 Ω.2．某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程为100 μA，内阻约为2 kΩ)；B．电流表(量程为500 μA，内阻约为300 Ω)；C．电压表(量程为15 V，内阻约为100 kΩ)；D．电压表(量程为50 V，内阻约为500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许通过的最大电流为1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值为1 kΩ，额定功率为1 W)；G．开关和导线若干．(1)电流表应选B，电压表应选C.(填字母代号)(2)该同学正确选择仪器后连接了如图所示的电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：①电流表采用外接法； ②滑动变阻器采用限流式接法．解析：(1)直流电源的电压为20 V ，为了提高读数准确度应该选择电压表C ，因此待测电阻两端电压不得超过15 V ，则通过的电流不超过I ＝U R x＝15 V 25 kΩ＝600 μA ，电流表应该选B. (2)为了减小误差，电流表应采用内接法，因为滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，若采用限流接法，限流效果不明显，应该采用分压接法接入电路．3．某同学测量直流恒流电源的输出电流I 0和定值电阻R x 的阻值，电路如图所示．实验器材如下：直流恒流电源(电源输出的直流电流I 0保持不变，I 0约为0.8 A)；待测电阻R x (阻值约为20 Ω)；滑动变阻器R (最大阻值约为50 Ω)；电压表V(量程为15 V，内阻约为15 kΩ)；电流表A(量程为0.6 A，内阻约为0.2 Ω)；请回答下列问题．(1)实验所用器材如图所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．答案：如图所示(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a(选填“a”或“b”)处，其理由是理由见解析．(3)所得实验数据如下表，请在下图所示的直角坐标系上画出U-I 图象．(4)根据所画U-I图象，可求得直流恒流电源输出电流I0＝0.88(0.85～0.92均可) A，待测电阻的阻值R x＝20(19～22均可) Ω.(结果均保留两位有效数字)解析：(1)连线如图所示；(2)电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到a处，其理由是开关S闭合后，流过电流表的电流不会超过电流表的量程；(3)图象如图所示；(4)由图象可知，当U＝0时即为恒流电源输出电流，I0＝0.88 A；当I＝0时，电流全部通过R x，则I0R x＝18.0 V，解得R x≈20 Ω.突破点一实验原理和电路连接例1要测量某种合金的电阻率．(1)若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝________.用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为________mm.(2)图乙是测量合金丝阻值的原理图，S2是单刀双掷开关．根据原理图在图丙中将实物连线补充完整．(3)闭合S 1，当S 2处于位置a 时，电压表和电流表的示数分别为U 1＝1.35 V ，I 1＝0.30 A ；当S 2处于位置b 时，电压表和电流表的示数分别为U 2＝0.92 V ，I 2＝0.32 A ．根据以上测量数据判断，当S 2处于位置________(选填“a ”或“b ”)时，测量相对准确，测量值R x ＝________Ω.(结果保留两位有效数字)【尝试解题】 (1)合金丝电阻：R ＝ρL S ＝4ρL πD 2，则电阻率：ρ＝πRD 24L；由题图甲可知，其读数为：0.5 mm ＋15.7×0.01 mm ＝0.657 mm.(2)如图所示．(3)根据ΔU U 1＝1.35－0.921.35≈0.32，而ΔI I 1＝0.32－0.300.30≈0.067，可知，电压表变化较大，说明电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法时测量相对准确，即S 2处于位置b ，根据欧姆定律，则有：R x ＝0.920.32Ω≈2.9 Ω.【答案】 (1)πRD 24L0.657 (2)见解析图 (3)b 2.91．现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度．螺旋测微器和游标卡尺的示数分别如图甲、乙所示．(1)由上图甲、乙读得圆柱体的直径为1.845 mm，长度为4.240 cm.(2)为了精确测量圆柱体的电阻R x，设计出如图丙所示的实验电路图，按照该电路图完成图丁中的实物电路连接．答案：见解析图(3)若流经圆柱体的电流为I，圆柱体两端之间的电压为U，圆柱体的直径和长度分别为D、L，则用D、L、I、U表示的电阻率的关系式为ρ＝U πD 24LI. 解析：(1)圆柱体的直径为1.5 mm ＋34.5×0.01 mm ＝1.845 mm ，长度为42 mm ＋8×0.05 mm ＝4.240 cm.(2)将电表连入电路时注意电流要从正接线柱流入，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，电路图连接如图所示．(3)圆柱体的电阻为R x ＝U I ，根据电阻的决定式可知R x ＝ρL S ＝ρ4L πD 2，联立两式得ρ＝U πD 24LI. 突破点二数据处理和误差分析例2 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm.(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．(2)用伏安法测金属丝的电阻R x.实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：x(选填“乙”或“丙”)．(3)图丁是测量R x的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图丁中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图戊所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图戊中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线．由图线得到金属丝的阻值R x＝________Ω(保留两位有效数字)．(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准．下列关于误差的说法中正确的选项是________．A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差【尝试解题】(1)螺旋测微器的读数为0 mm＋39.8×0.01 mm ＝0.398 mm.(2)通过给定的数据发现电压从接近0开始变化，故滑动变阻器采用的是分压式接法．(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为0.(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧．图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以R x≈4.5 Ω.(5)由R ＝ρl S ，S ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫d 22，取d ＝4×10－4 m 、l ＝0.5 m 、R ＝4.5 Ω，解出ρ≈1×10－6 Ω·m.(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A 错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，选项B 错误，C 正确；利用U -I 图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D 正确．【答案】 (1)0.398(0.395～0.399均可) (2)乙(3)如图所示(4)如图所示 4.5(4.3～4.7均可) (5)C (6)CD2．某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与横截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：(1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如图所示，读得直径d ＝1.200 mm.(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与横截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系．不满足__R与S2成反比(或RS2＝常量)(3)若导线的电阻率ρ＝5.1×10－7Ω·m，则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l＝19 m(结果保留两位有效数字)．解析：(1)由题图可知，导线直径d＝1 mm＋20.0×0.01 mm＝1.200 mm.(2)由题表中数据分析发现RS2＝常量(或R与S2成反比)，所以R 与S不满足反比关系．(3)由R＝ρlS，解得l＝RSρ，查题表知R＝3.1 Ω时，S＝3.135 mm2，解得l≈19 m.突破点三电阻的测量方法方法1伏安法测电阻伏安法测电阻是电学实验的基础，是高考考查的热点，也是难点．它渗透在电学实验的各个环节中，如测未知电阻、测电阻率、测各种电表内阻等．本质上都是伏安法测电阻在不同情景下的具体应用．主要涉及电压表、电流表的选择以及实物连线等．例3某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表．采用分压电路接线，左图是实物的部分连线图，待测电阻为右图中的R1，其阻值约为5 Ω.(1)测R1阻值的最优连接方式为导线①连接________(填a或b)、导线②连接________(填c或d)．(2)正确接线测得实验数据如表，用作图法求得R1的阻值为________Ω.(3)已知右图中R2与R1是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2的边长是R1的110，若测R2的阻值，则最优的连线应选________(填选项)．A．①连接a，②连接c B．①连接a，②连接dC．①连接b，②连接c D．①连接b，②连接d【尝试解题】(1)因电压表的内阻远大于待测电阻R1的阻值，则电流表采用外接法，而滑动变阻器应采用分压式接法，故测R1阻值的最优连接方式为导线①连接a，导线②连接d；(2)建立坐标系描点连线如答案图所示，则R2＝ΔUΔI＝1.80.4Ω＝4.5Ω；(3)根据电阻定律可得，R＝ρLdL＝ρd，故R2＝R1，要测R2的阻值，与测量R1一样，最优的连线应①连接a，②连接d，选项B正确．【答案】(1)a d(2)如图所示 4.4～4.7(3)B方法2伏伏法测电阻(电压表的灵活选用)已知内阻的电压表可做电流表使用，在缺少合适的电流表的情况下，常用电压表代替电流表使用，这是设计电路中的高频考点．例4用以下器材可测量电阻R x的阻值．待测电阻R x，阻值约为600 Ω；电源E，电动势约为6.0 V，内阻可忽略不计；电压表V1，量程为0～500 mV，内阻r1＝1 000 Ω；电压表V2，量程为0～6 V，内阻r2约为10 kΩ；电流表A，量程为0～0.6 A，内阻r3约为1 Ω；定值电阻R0，R0＝60 Ω；滑动变阻器R，最大阻值为150 Ω；单刀单掷开关S一个，导线若干．(1)测量中要求两只电表的读数都不小于其量程的13，并能测量多组数据，请在虚线框中画出测量电阻R x的实验电路图．(2)若选择测量数据中的一组来计算R x，则由已知量和测量物理量计算R x的表达式为R x＝________，式中各符号的意义是______________________．(所有物理量用题中代表符号表示)【尝试解题】(1)电路的最大电流为I＝6 V600 Ω＝0.01 A，电流表量程太大，可以把电压表V 1并联一个定值电阻改装成电流表，电压表选择V 2即可，要求测量多组数据，滑动变阻器需要分压式接法，电路如图．(2)流过被测电阻的电流为I ＝U 1r 1＋U 1R 0＝U 1(R 0＋r 1)R 0r 1，被测电阻阻值为R x ＝U 2－U 1I ＝(U 2－U 1)R 0r 1U 1(R 0＋r 1). 【答案】 (1)测量电路见解析图 (2)(U 2－U 1)R 0r 1U 1(R 0＋r 1)U 1为电压表V 1的读数，U 2为电压表V 2的读数，r 1为电压表V 1的内阻，R 0为定值电阻方法3 安安法测电阻(电流表的灵活选用)已知内阻的电流表可做电压表使用，在缺少合适的电压表的情况下，常用电流表代替电压表使用，这是电学设计电路的高频考点．例5 用安安法测定一个待测电阻R x 的阻值(阻值约为200 Ω)，实验室提供如下器材：电池组E ：电动势3 V ，内阻不计；电流表A 1：量程0～15 mA ，内阻约为100 Ω；电流表A2：量程0～300 μA，内阻为1 000 Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20 Ω，额定电流2 A；电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A；开关S、导线若干．要求实验中尽可能准确地测量R x的阻值，请回答下列问题：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表________(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到________Ω，这样可以改装成一个量程为3.0 V的电压表．(2)在图中画完整测量R x阻值的电路图，并在图中标明器材代号．(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是________mA，电流表A2的示数是________μA，测得待测电阻R x的阻值是________．本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．【尝试解题】(1)把A2和R2串联起来充当电压表，此电压表量程为3 V，R＝3300×10－6Ω－1 000 Ω＝9 000 Ω.(3)由图可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数是150 μA，待测电阻阻值为R x＝150×10－6×(1 000＋9 000)8.0×10－3Ω＝187.5 Ω.采用电流表外接法测量的电流值偏大，因此测量的电阻偏小．【答案】(1)A29 000(2)电路如图(3)8.0150187.5 Ω偏小方法4等效替代法如图所示．①S接1，调节R2，读出表示数为I；②S接2，R2不变，调节电阻箱R1，使表示数仍为I；③由以上可得R x＝R1.该方法的优点是消除了表内阻对测量的影响，缺点是电阻箱。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业4

课后限时作业4实验：研究匀变速直线运动时间：45分钟1.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等6个计数点(每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点,本图中没有画出),打点计时器接的是220 V、50 Hz的交变电流.他把一把毫米刻度尺放在纸带上,其零刻度和计数点A对齐.[下述第(2)、(3)、(4)小题结果均保留两位有效数字](1)该打点计时器打点的时间间隔为0.02 s.(2)由以上数据计算打点计时器在打C点时,物体的瞬时速度v C是0.16 m/s.(3)计算该物体的加速度a为0.43 m/s2.(4)纸带上的A点所对应的物体的瞬时速度v A＝0.074 m/s.(5)如果当时电网中交变电流的频率是f＝49 Hz,而做实验的同学并不知道,那么由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏大(选填“大”或“小”).【试题解析】：(1)电源频率为50 Hz,则打点时间间隔为0.02 s；(2)利用匀变速直线运动的推论得：v C＝x BD2T＝4.20－1.002×0.1×10－2 m/s＝0.16 m/s；(3)设A到B之间的距离为x1,以后各段分别为x2、x3、x4,根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小,得：x3－x1＝2a1T2x4－x2＝2a2T2为了更加准确地求解加速度,我们对两个加速度取平均值,得：a＝12(a1＋a2)≈0.43 m/s2(4)根据匀变速直线运动速度与时间关系公式v＝v0＋at得A点所对应的物体的瞬时速度为：v A＝v C－at AC＝0.074 m/s(5)如果在某次实验中,交流电的频率为49 Hz,那么实际周期大于0.02 s,根据运动学公式Δx＝at2得：测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏大的.2.在利用打点计时器探究小车“速度随时间变化的关系”的实验中,所用交流电的频率为50 Hz,某次实验中得到的一条纸带如图所示.(1)从比较清晰的点起,每五个点取一个点作为计数点,分别标明0、1、2、3、4,则两个相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s.(2)量得x1＝30.1 mm,x2＝36.2 mm,x3＝42.2 mm,x4＝48.1 mm,则打下计数点“2”时小车的速度为0.392 m/s,小车的加速度为0.6 m/s2.(3)当打下计数点“0”时,小车的速度为0.272_m/s.【试题解析】：(1)因每五个点取一个点作为计数点,则相邻计数点之间还有四个点,得纸带上相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s；(2)x1＝30.1 mm＝30.1×10－3 m,x2＝36.2 mm＝36.2×10－3 m,x3＝42.2 mm＝42.2×10－3 m,x4＝48.1 mm＝48.1×10－3 m,纸带上2点对应的瞬时速度,由匀变速直线运动的规律得：v2＝x2＋x32T＝0.392 m/s根据Δx＝aT2,由逐差法得：a＝x3＋x4－x1－x24T2＝0.6 m/s2(3)由速度—时间关系式有：v2＝v0＋a·2T, 代入数据得：v0＝0.272 m/s.3.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、…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、…,如图所示甲、乙、丙三段纸带,分别是从三条不同纸带上撕下的.(1)在甲、乙、丙三段纸带中,属于纸带A的是乙(填“甲”、“乙”或“丙”)；(2)打纸带A时,小车的加速度大小为3.11 m/s2；(3)打点计时器打计数点1时小车的速度为0.456 m/s(结果均保留三位有效数字).【试题解析】：(1)根据匀变速直线运动的特点(相邻的时间间隔位移之差相等)得出：x34－x23＝x23－x12＝x12－x01,所以属于纸带A的是乙；(2)根据运动学公式Δx＝aT2,得：a＝0.061 1－0.030.01m/s2＝3.11 m/s2；(3)利用匀变速直线运动的推论：v1＝0.061 1＋0.032×0.1m/s≈0.456 m/s.4.(2019·广东省广州市二模)打点计时器接在50 Hz的交流电源上时,每隔0.02 s打一个点.做匀变速直线运动的小车拖动纸带穿过打点计时器,纸带上记录的点如图,A、B、C、D、E为5个计数点,相邻两计数点间有4个点没标出.已知纸带与A点相近的一端跟小车相连,由此可知,小车的加速度大小为0.740 m/s2(结果保留三位有效数字),方向与小车运动方向相反(填“相同”或“相反”)；打下C点时,小车的瞬时速度为0.472 m/s(计算结果保留三位有效数字).【试题解析】：打点计时器接在50 Hz的交流电源上时,每隔0.02 s 打一个点.因相邻两计数点间有4个点没标出,则T＝0.1 s.已知纸带与A点相近的一端跟小车相连,由此可知,小车的加速度为a＝x DE－x AB3T2＝(3.61－5.83)×10－23×0.01m/s2＝－0.740 m/s2,负号说明方向与小车运动方向相反；AB中间时刻的速度v1＝5.83×10－20.1m/s＝0.583 m/s,则打C点时,小车的瞬时速度v C＝v1＋a(T＋0.5T)＝(0.583－0.740×0.15) m/s＝0.472 m/s.5.某研究性学习小组用图甲所示装置来测定当地重力加速度,主要操作如下：①安装实验器材,调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上.②打开试管夹,由静止释放小铁球,用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t,并用刻度尺(图上未画出)测量出两个光电门之间的高度h ,计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v .③保持光电门1的位置不变,改变光电门2的位置,重复②的操作.测出多组(h ,t ),计算出对应的平均速度v .④画出v -t 图象.请根据实验,回答如下问题：(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v 0,当地的重力加速度为g .则小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v ＝v 0＋12gt .(用v 0、g 和t 表示)(2)实验测得的数据如表：答案：见解析图(3)根据v -t 图象,可以求得当地重力加速度g ＝9.7(9.5～9.9) m/s 2,试管夹到光电门1的距离约为6.2(5.9～6.6) cm.(以上结果均保留两位有效数字)【试题解析】：(1)根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v＝v 0＋12gt . (2)根据数据作出v -t 图象：(3)小铁球通过两光电门间平均速度v 的表达式为v ＝v 0＋12gt ；所以v -t 图象的斜率表示12g , 所以当地重力加速度g ＝2k ＝9.7 m/s 2,根据v -t 图象得出v 0＝1.10 m/s,根据运动学公式得试管夹到光电门1的距离约为x ＝1.1022×9.7m ＝0.062 m ＝6.2 cm. 6.如图是某同学研究小球下落时的频闪照片,频闪仪每隔0.1 s 闪光一次并进行拍照.照片中小球静止时在位置1,某时刻释放小球,下落中的小球各位置与位置1的距离如图中所标的数据(单位：cm).实验过程正确,但该同学发现图中数据存在以下问题：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12 m ＝4.90 cm,而图中标出的位置1和位置2间的距离为1.23 cm,比4.90 cm 小很多,你对此问题的解释是小球在位置2时下落的时间小于0.1_s.下落中小球在位置3的速度大小为1.47 m/s,小球做自由落体运动的加速度大小为9.80 m/s 2.(计算结果均保留三位有效数字)【试题解析】：根据h ＝12gt 2＝12×9.8×0.12 m ＝4.90 cm,而位置1和位置2的距离为1.23 cm,比4.90 cm 小很多,由此可知,频闪仪拍位置1时,小球并没有立即开始下落,导致小球在位置2时下落的时间小于0.1 s ；从上向下,给小球编号,即为1、2、3、4；那么3是2与4的中间时刻,故：v 3＝x 242t,x 24＝(30.63－1.23) cm ＝29.4 cm ＝29.4×10－2 m,每相邻两个位置间的时间间隔t ＝0.1 s,代入数据得：v 3＝29.4×10－22×0.1 m/s ＝1.47 m/s,设2到3间的位移为x 1,3到4间的位移为x 2,由匀变速直线运动的推论：Δx ＝at 2得：x 2－x 1＝gt 2,(注意：t 是发生x 1或x 2这个位移所用的时间,t ＝0.1 s,代入数据得：[(30.63－11.03)－(11.03－1.23)]×10－2(m)＝g ×(0.1 s)2,解得：g ＝9.80 m/s2.7.某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度,电源频率f ＝50 Hz,在纸带上打出的点中,选出零点,然后每隔4个点取1个计数点,因保存不当,纸带被污染,如图所示,A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点,仅能读出其中3个计数点到零点的距离：s A ＝16.6 mm,s B ＝126.5 mm,s D ＝624.5 mm,若无法再做实验,可由以上信息推知：①相邻两计数点的时间间隔为0.1 s ；②打C 点时物体的速度大小为2.5 m/s ；(保留两位有效数字)③物体的加速度大小为(s D －3s B ＋2s A )f 275(用s A 、s B 、s C 、s D 和f 表示).【试题解析】：①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点,则相邻两计数点的时间间隔为T ＝0.1 s ；②根据匀变速直线运动中某段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度得v C ＝x BD t BD＝s D －s B 2T≈2.5 m/s ；③由Δx ＝aT 2,得：x BC ＝x AB ＋aT 2,x CD ＝x BC ＋aT 2＝x AB ＋2aT 2,两式相加得x BD ＝2x AB ＋3aT 2,所以a ＝(s D －s B )－2(s B －s A )3T 2＝(s D －3s B ＋2s A )f 275. 8.在暗室中用如图甲所示装置做“测定重力加速度”的实验.实验器材有：支架、漏斗、橡皮管、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪.具体实验步骤如下：①在漏斗内盛满清水,旋松螺丝夹子,水滴会以一定的频率一滴滴地落下.②用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮,由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴.③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度.④采集数据进行处理.(1)实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时,频闪仪的闪光频率满足的条件是频闪仪的闪光频率等于水滴滴落的频率.(2)实验中观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz,某同学读出其中比较远的水滴到第一个水滴的距离如图乙所示,根据数据测得当地重力加速度g＝9.72 m/s2；第8个水滴此时的速度v8＝2.27 m/s.(结果都保留三位有效数字)(3)该实验存在的系统误差可能有(答出一条即可)：存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化).【试题解析】：(1)频闪仪频率等于水滴滴落的频率时,则每滴下来的一滴水,频闪仪都在相同的位置记录,故可看到一串仿佛固定不动的水滴.(2)由图乙可知s 67＝19.36－13.43＝5.93 cms 78＝26.39－19.36＝7.03 cms 89＝34.48－26.39＝8.09 cms 90＝43.67－34.48＝9.19 cm,由逐差法可得g ＝(9.19＋8.09－5.93－7.03)×10－24×(130)2 m/s 2＝9.72 m/s 2. 第8滴水的速度为：v 8＝s 78＋s 892T ＝(7.03＋8.09)×10－22×130m/s ≈2.27 m/s. (3)由于空气阻力对水滴的作用,水滴不是严格的自由落体；或者滴水的频率改变了,都会产生误差；也可以说出测量水滴位置过程中产生的测量误差.。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业3

课后限时作业3运动图象追及和相遇问题时间：45分钟1.某一物体做直线运动,其速度随时间变化的v-t图象如图所示.下列说法正确的是(D)A.在t＝36 s时,物体速度的方向发生了变化B.在0～44 s内,bc段对应的加速度最大C.在36～44 s内,物体的位移为192 mD.在36～44 s内,物体的加速度为－6 m/s2【试题解析】：速度—时间图象,速度的正负代表物体的运动方向,故A错误；图象的斜率代表加速度,易知cd段加速度比bc段的大,B 错误；由图象与时间轴所围成的面积代表物体的位移知,cd段的总位移为0,C错误；cd段的斜率为－6 m/s2,D正确.2.(多选)一条东西方向的平直公路边上有两块路牌A、B,A在西B 在东,一辆匀速行驶的汽车自东向西经过B时,一只小鸟恰自A向B匀速飞去,小鸟飞到汽车正上方立即折返,以原速率飞回A,过一段时间后,汽车也行驶到A.它们的位置—时间图象如图所示,图中t2＝2t1,由图可知(BC)A.小鸟的速率是汽车速率的两倍B.第一次相遇时小鸟与汽车位移的大小之比是31C.小鸟飞行的总路程是汽车的1.5倍D.小鸟和汽车在0～t 2时间内位移相等【试题解析】：由题意可知,相遇所用时间t 0＝12t 1＝14t 2,故相遇时汽车的位移为全程的14,所以小鸟与汽车的位移大小之比为31,小鸟飞过的路程为全程的32倍,即汽车的1.5倍,所以BC 正确；由题图知,小鸟用时为汽车的12,根据v ＝s t 可得,小鸟的速率为汽车的3倍,所以A 错误；位移是矢量,在此过程中,小鸟的位移为0,所以D 错误.3.(多选)某时刻,两车从同一地点、沿同一方向做直线运动,下列关于两车的位移x 、速度v 随时间t 变化的图象,能反映t 1时刻两车相遇的是( BD )【试题解析】：x -t 图象中,x 轴表示物体位移,则由题图可知,两车不会相遇,故A 错误；由题图可知,t 1时刻两图线相交,故两车相遇,故B 正确；v -t 图象表示物体的速度随时间变化的规律,图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移,由题图可知,两车通过的位移不同,故不会相遇,故C 错误；由题图可知,两车在t 1时间内通过的位移相同,故两车相遇,故D 正确.4.(多选)在平直公路上,汽车以10 m/s 的速度匀速驶向路口,当行驶至距路口停车线20 m 处时,还有3 s 绿灯就要熄灭.而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处,则汽车运动的速度—时间图象可能有( BC )【试题解析】：由v -t 图象与时间轴围成的图形面积表示位移知：s A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋02×3 m ≠20 m,A 错误；s B >15 m,可能为20 m,B 正确；s C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10×1＋10＋02×2 m ＝20 m,C 正确；s D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫10×0.5＋10＋02×2.5 m ＝17.5 m<20 m,D 错误；故选BC.5.一个物体沿直线向右运动,t ＝0时刻物体的速度为2 m/s 、加速度为 1 m/s 2,规定向右为正方向,物体的加速度随时间的变化规律如图所示,则下列判断正确的是( D )A.物体做匀加速直线运动B.物体的加速度与时间成正比C.t ＝5 s 时刻物体的速度为6.25 m/sD.t ＝8 s 时刻物体的速度为13.2 m/s【试题解析】：从题图可知,物体的加速度在不断变化,显然A错；加速度与时间成一次函数关系,没有过坐标原点,因此不是正比关系,B 错；题图中的图线与坐标轴所围的面积代表速度的改变量,由于a＝1＋0.1t(m/s2),Δv＝a0＋a t2t＝2＋0.1t2t(m/s),当t＝5 s时,Δv＝6.25 m/s,v＝v0＋Δv＝8.25 m/s,C错；同理知D对.6.甲、乙两车沿水平方向做直线运动,某时刻刚好经过同一位置,此时甲的速度为5 m/s,乙的速度为10 m/s,以此时作为计时起点,它们的速度随时间变化的关系如图所示,则(C)A.在t＝4 s时,甲、乙两车相距最远B.在t＝10 s时,乙车恰好回到出发点C.乙车在运动过程中速度的方向保持不变D.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动【试题解析】：v-t图线与横轴所围成的面积表示物体的位移,在0～4 s时间内,乙车始终在甲车前方,但t＝10 s时,乙车停止运动,甲车已超过乙车,且两车的距离比t＝4 s时大,A错误；0～10 s时间内,乙车的速度方向始终与所选的正方向相同,乙车的运动方向没有发生改变,所以t＝10 s时,乙车离出发点最远,B错误,C正确；v-t图线的斜率表示加速度,所以乙车的加速度先减小再增大再减小,D错误.7.小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动,取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向,下列速度v和位置x的关系图象中,能描述该过程的是(A)【试题解析】：以竖直向上为正方向,则小球下落的速度为负值,故C 、D 错误；设小球原来距地面的高度为h .小球下落的过程中,根据运动学公式有：v 2＝2g (h －x ),由数学知识可得,v -x 图象应是开口向左的抛物线.小球与地面碰撞后上升的过程,与下落过程具有对称性,故A 正确,B 错误.故选A.8.相距15 m 的甲、乙两质点在t ＝0时刻开始沿同一直线相向运动,它们运动的v -t 图象如图所示.下列说法正确的是( D )A.0～3 s 内,甲的平均速度大小比乙的小B.t ＝3 s 时,甲的加速度为零C.0～5 s 内,甲和乙的平均速度大小相等D.t ＝5 s 时,甲、乙相遇【试题解析】：0～3 s 内,甲的平均速度v 甲＝－62m/s ＝－3 m/s,乙的平均速度v 乙＝0＋45×32m/s ＝1.2 m/s,甲的平均速度大小比乙的大,故A 错误；速度—时间图象的斜率表示加速度,甲的加速度始终为a ＝Δv Δt ＝0－(－6)3－0m/s 2＝2 m/s 2,故B 错误；0～5 s 内,甲的平均速度v甲＝－6＋42 m/s ＝－1 m/s,乙的平均速度v 乙＝0＋42m/s ＝2 m/s,甲的平均速度大小比乙的小,故C 错误；根据速度—时间图象与时间轴围成的面积表示位移,可知在0～5 s 时间内,甲的位移为x 甲＝12×(－6)×3 m ＋12×4×2 m ＝－5 m,乙的位移为x 乙＝12×4×5 m ＝10 m,则x 乙－x 甲＝15 m,故在t ＝5 s 时刻,甲、乙相遇,故D 正确.9.树德中学运动会上,4×100 m 接力赛是最为激烈的比赛项目,有甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现,甲短距离加速后能保持9 m/s 的速度跑完全程.为了确定乙起跑的时机,甲在接力区前s 0处作了标记,当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令,乙在接力区的前端听到口令时立即起跑(忽略声音传播的时间及人的反应时间),先做匀加速运动,速度达到最大后,保持这个速度跑完全程.已知接力区的长度为L ＝20 m.(1)若s 0＝13.5 m,且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,完成交接棒,则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？(2)若s 0＝16 m,乙的最大速度为8 m/s,要使甲、乙能在接力区内完成交接棒,且比赛成绩最好,则乙在加速阶段的加速度应为多少？【试题解析】：(1)设经过时间t ,甲追上乙,根据题意有v t －v t 2＝s 0, 将v ＝9 m/s 、s 0＝13.5 m 代入得t ＝3 s,此时乙离接力区末端的距离为Δs ＝L －v t 2＝6.5 m. (2)因为甲、乙的最大速度v 甲>v 乙,所以在完成交接棒时甲跑过的距离越长,成绩越好,故应在接力区的末端完成交接,且乙到达最大速度v 乙,设乙的加速度为a ,加速的时间t 1＝v 乙a ,在接力区的运动时间t ＝L ＋s 0v 甲,L ＝12at 21＋v 乙(t －t 1),解得a ＝83 m/s 2.答案：(1)6.5 m (2)83m/s 2 10.边防武警追捕逃犯的过程可以模拟为如下情景.如图所示,B 为武警车,车上装有测速仪,测速仪安装有超声波发射和接收装置,已知声波v ＝340 m/s,A 为逃犯汽车,两者静止且相距335 m,B 距边境线5 000 m.某时刻B 发出超声波,同时A 由静止开始做匀加速直线运动向边境逃窜.当B 接收到反射回来的超声波信号时A 、B 相距355 m,同时B 由静止开始做匀加速直线运动追赶A .已知A 的最大速度为30 m/s,B 的最大速度为40 m/s.问：(1)A 的加速度多大？(2)B 的加速度至少多大才能在境内追上A?【试题解析】：(1)设超声波从发射到追上A 车的时间为t 1,此段时间A 车的位移为x 1,超声波从A 车反射被接收装置接收到的时间为t 2,此段时间A 车的位移x 2,则t 1＝t 2＝T ,x 1x 2＝13,x 1＋x 2＝20 m,解得x 1＝5 m,x 2＝15 m,则T ＝335 m ＋x 1v＝1 s, 解得a A ＝x 2－x 1T 2＝10 m/s 2. (2)A 车加速到最大速度的时间t A 1＝v A a A＝3 s, 位移x A 1＝v A 2t A 1＝45 m, 匀速运动到边境线的时间t A 2＝5 000 m －335 m －x A 1v A＝154 s, 从A 运动开始,若B 车在边境线恰好追上A 车,则B 车运动到边境线的时间t B ＝t A 1＋t A 2－2T ＝155 s,设B 车加速到最大速度的时间t B 1,B 车匀速运动到边境线的时间t B 2,t B 1＋t B 2＝t B ,v B 2t B 1＋v B t B 2＝5 000 m,解得t B 1＝60 s, 则B 车的加速度大小至少为a B ＝v B t B 1＝23m/s 2. 答案：(1)10 m/s 2 (2)23 m/s 2 11.随着机动车数量的增加,交通安全问题日益凸显,分析交通违法事例,将警示我们遵守交通法规,珍惜生命.如图所示为某型号货车紧急制动时(假设做匀减速直线运动)的v 2-x 图象(v 为货车的速度,x 为制动距离),其中图线1为满载时符合安全要求的制动图象,图线2为严重超载时的制动图象.某路段限速72 km/h,是根据该型号货车满载时安全制动时间和制动距离确定的,现有一辆该型号的货车严重超载并以54 km/h 的速度行驶.通过计算求解：(1)驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车制动时间和制动距离是否符合安全要求；(2)若驾驶员从发现险情到采取紧急制动措施的反应时间为1 s,则该型号货车满载时以72 km/h 速度正常行驶的跟车距离至少应为多远.【试题解析】：(1)根据速度位移公式v 2－v 20＝2ax ,有v 2＝2ax ＋v 20,图线斜率的一半表示加速度；根据题中图象得到：满载时,加速度为5 m/s 2,严重超载时加速度为2.5 m/s 2；设该型号货车满载时以72 km/h(20 m/s)的速度减速,制动距离x 1＝v 22a 1＝4002×5m ＝40 m, 制动时间为t 1＝v a 1＝205s ＝4 s ；设该型号货车严重超载时以54 km/h(15 m/s)的速度减速,制动距离x 2＝v ′22a 2＝1522×2.5m ＝45 m>x 1, 制动时间为t 2＝v ′a 2＝152.5s ＝6 s>t 1；所以驾驶员紧急制动时,该型号严重超载的货车制动时间和制动距离均不符合安全要求.(2)货车在反应时间内做匀速直线运动x 3＝v t 3＝20×1 m ＝20 m,跟车距离最小值x ＝v 22a 1＋x 3＝40 m ＋20 m ＝60 m. 答案：见解析。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案10

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第三章第10讲
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解析：伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故选项D正确．
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2.北京时间2016年8月21日，里约奥运会跳水项目收官．中国跳水梦之队，获得7金2银1铜的好成绩．如图为10米跳台金牌获得者陈艾森在决赛中的关键一跳，关于陈艾森能跳起离开跳台的说法正确的是( C )
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知识点二
牛顿第三定律
1．内容两个物体之间的作用力和反作用力总是_大__小__相__等__，__方__向__相_，反
作用在______同__一__条__直__线__上____．
2．意义建立了相互作用物体之间的联系及__作__用__力___与__反__作__用__力_____
大一轮复习 ·高三物理 ·经典方案
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第三章第10讲
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4．我国道路安全交通法规定，在各种小型车辆前排乘坐的人必须系好安全带，因刹车时汽车会很快停下来，而人还要继续向前运动，此时安全带对人施加向后的拉力，保障人的安全，在这一过程中( A )
A．人和汽车都具有惯性 B．人和汽车都没有惯性 C．人具有惯性，汽车没有惯性 D．汽车具有惯性，人没有惯性
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第三章
牛顿运动定律
第三章牛顿运动定律
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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试4

综合能力测试四曲线运动万有引力与航天时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.我国未来将建立月球基地,并在绕月轨道上建造空间站.如图所示,关闭发动机的航天飞机A 在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近,并将在椭圆的近月点B 处与空间站对接.已知空间站绕月轨道半径为r ,周期为T ,引力常量为G ,月球的半径为R .下列判断正确的是( C )A.航天飞机到达B 处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须加速B.图中的航天飞机正在减速飞向B 处C.月球的质量M ＝4π2r 3GT 2D.月球的第一宇宙速度v ＝2πr T【试题解析】：航天飞机到达B 处时速度比较大,如果不减速,此时万有引力不足以提供向心力,这时航天飞机将做离心运动,故A 错误；因为航天飞机越接近月球,受到的万有引力越大,加速度越大,所以航天飞机正在加速飞向B 处,B 错误；由万有引力提供空间站做圆周运动的向心力,则G Mm r 2＝m 4π2r T 2,整理得M ＝4π2r 3GT 2,故C 正确；速度v ＝2πr T 是空间站在轨道r 上的线速度,而不是围绕月球表面运动的第一宇宙速度,故D 错误.2.下列关于离心现象的说法正确的是( C )A.当物体所受的离心力大于向心力时产生离心现象B.做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失后,物体将做背离圆心的圆周运动C.做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失后,物体将沿切线做直线运动D.做匀速圆周运动的物体,当它所受的一切力都突然消失后,物体将做曲线运动【试题解析】：物体只要受到力,必有施力物体,但“离心力”是没有施力物体的,故所谓的离心力是不存在的,只要向心力不足,物体就做离心运动,故A选项错；做匀速圆周运动的物体,当所受的一切力突然消失后,物体做匀速直线运动,故B、D选项错,C选项正确.3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图,且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是(A)A.质点经过C点的速率比D点的大B.质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°C.质点经过D点时的加速度比B点的大D.质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角先增大后减小【试题解析】：质点做匀变速曲线运动,所以加速度不变,C错误；由于在D点速度方向与加速度方向垂直,则在A、B、C点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以质点由A到B到C到D速率减小,所以C点速率比D点的大,A正确,B错误；质点由A到E的过程中,加速度方向与速度方向的夹角一直减小,D错误.4.如图所示,一轻杆一端固定质量为m的小球,以另一端O为圆心,使小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动,以下说法正确的是( C )A.小球过最高点时,杆所受的弹力不能等于零B.小球过最高点时,速度至少为gRC.小球过最高点时,杆对球的作用力可以与球所受重力方向相反,此时重力一定不小于杆对球的作用力D.小球过最高点时,杆对球的作用力一定与小球所受重力方向相反【试题解析】：由mg －F N ＝m v 2R ,小球在最高点的速度为v ＝gR 时,杆不受弹力,选项A 错误；本题是轻杆模型,小球过最高点时,速度可以为零,选项B 错误；小球的重力和杆对小球的弹力的合力提供向心力,向心力指向圆心,如果重力和杆的弹力方向相反,重力必须不小于杆的弹力,选项C 正确；小球过最高点时,杆对球的作用力方向与重力方向可能相同,也可能相反,选项D 错误.5.如图所示,长度均为l ＝1 m 的两根轻绳,一端共同系住质量为m ＝0.5 kg 的小球,另一端分别固定在等高的A 、B 两点,A 、B 两点间的距离也为l ,重力加速度g 取10 m/s 2.现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v 时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v 时,每根绳的拉力大小为( A )A.5 3 NB.2033 NC.15 ND.10 3 N【试题解析】：小球在最高点速率为v 时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg ＝m v 2r ；当小球在最高点的速率为2v 时,由牛顿第二定律得mg ＋2F T cos30°＝m (2v )2r ,解得F T ＝3mg ＝5 3 N,故选项A 正确.6.下图为一链条传动装置的示意图.已知主动轮是逆时针转动的,转速为n ,主动轮和从动轮的半径比为k ,下列说法正确的是( BC )A.从动轮是顺时针转动的B.主动轮和从动轮边缘的线速度大小相等C.从动轮的转速为nkD.从动轮的转速为n k【试题解析】：主动轮逆时针转动,带动从动轮逆时针转动,因为用链条传动,所以两轮边缘线速度大小相等,A 错误,B 正确；由r 主r 从＝k,2πn ·r 主＝2πn 从·r 从,可得n 从＝nk ,C 正确,D 错误.7.如图所示,宽为L 的竖直障碍物上开有间距d ＝0.6 m 的矩形孔,其下沿离地面的高度h ＝1.2 m,离地面的高度H ＝2 m 的质点与障碍物的间距为x ,在障碍物以速度v 0＝4 m/s 匀速向左运动的同时,质点自由下落.忽略空气阻力,g 取10 m/s 2,则以下说法正确的是( BC )A.L ＝1 m,x ＝1 m 时小球可以穿过矩形孔B.L ＝0.8 m,x ＝0.8 m 时小球可以穿过矩形孔C.L ＝0.6 m,x ＝1 m 时小球可以穿过矩形孔D.L ＝0.6 m,x ＝1.2 m 时小球可以穿过矩形孔【试题解析】：小球做自由落体运动,运动到矩形孔的上沿高度所需的时间为t 1＝ 2(H －h －d )g ＝0.2 s ；小球运动到矩形孔下沿高度所需的时间为t 2＝ 2(H －h )g＝0.4 s,则小球通过矩形孔的时间为Δt ＝t 2－t 1＝0.2 s,根据等时性知L 的最大值为L m ＝v 0Δt ＝0.8 m,故A 错误；若L ＝0.8 m,x 的最小值为x min ＝v 0t 1＝0.8 m,x 的最大值为x max ＝v 0t 2－L ＝0.8 m,则x ＝0.8 m,B 正确；若L ＝0.6 m,x 的最小值为x min ＝v 0t 1＝4×0.2 m ＝0.8 m,x 的最大值为x max ＝v 0t 2－L ＝1 m,所以0.8 m ≤x ≤1 m,C 正确,D 错误.8.法籍意大利数学家拉格朗日在论文《三体问题》中指出：两个质量相差悬殊的天体(如太阳和地球)所在同一平面上有5个特殊点,如图中的L 1、L 2、L 3、L 4、L 5所示,若飞行器位于这些点上,会在太阳与地球引力共同作用下,可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动,人们称之为拉格朗日点.若发射一颗卫星定位于拉格朗日点L 2,下列说法正确的是( CD )A.该卫星绕太阳运动的周期和地球自转周期相等B.该卫星在L 2点处于平衡状态C.该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D.该卫星在L 2处所受太阳和地球引力的合力比在L 1处大【试题解析】：据题意知,卫星与地球同步绕太阳做圆周运动,则公转周期相同,故A 错误；卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力,这两个引力方向相同,合力不为零,处于非平衡状态,故B 错误；由于卫星与地球绕太阳做圆周运动的周期相同,卫星的轨道半径大,根据公式a ＝4π2T 2r 可知,卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度,故C 正确；卫星在L 2或L 1处所受太阳和地球引力的合力提供做圆周运动的向心力,即F 合＝m 4π2T 2r ,卫星在L 2处的轨道半径比在L 1处大,所以合力比在L 1处大,故D 正确.二、非选择题(18′＋16′＋18′＝52′)9.如图所示,装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进,车上机枪的枪管水平,距地面高为h ＝1.8 m.在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触.枪口与靶距离为L 时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s ＝90 m 后停下.装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹.(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g 取10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔,求L 的范围.【试题解析】：(1)装甲车加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝L v ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹离地的高度h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s t 2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L 2＝v 2hg ＋s ＝570 mL 的范围为492 m<L ≤570 m. 答案：(1)209m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m10.如图所示,底端切线水平且竖直放置的光滑14圆弧轨道的半径为L ,其轨道底端P 距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L ,Q 为圆弧轨道上的一点,它和圆心O 的连线OQ 与竖直方向的夹角为60°.现将一质量为m 、可视为质点的小球从Q 点由静止释放,不计空气阻力,重力加速度为g .试求：(1)小球在P 点时受到的支持力大小；(2)在以后的运动过程中,小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B 点的距离.【试题解析】：(1)对小球滑到圆弧轨道底端的过程,由动能定理得mgL (1－cos60°)＝12m v 2 解得v ＝gL小球在P 点时,由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2L解得F N ＝2mg(2)小球离开P 点后做平抛运动,设其水平位移为L 时所用时间为t ,则L ＝v t小球下落的高度为h ＝12gt 2 联立解得h ＝L 2故小球第一次与墙壁的碰撞点离B 的距离为d ＝L －h ＝12L . 答案：(1)2mg (2)12L 11.双星系统中两个星球A 、B 的质量都是m ,A 、B 相距为L ,它们正围绕两者连线上的某一点做匀速圆周运动.实际观测该系统的周期T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值T 0,且T T 0＝k (k <1).于是有人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球C 的影响,并认为C 位于双星A 、B 的连线正中间,相对A 、B 静止,求：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统的周期理论值T 0；(2)星球C 的质量.【试题解析】：(1)两个星球A 、B 组成的双星系统角速度相同,根据万有引力定律,两星之间的万有引力F ＝G m ·m L 2.设两星的轨道半径分别是r 1、r 2.由两星之间的万有引力提供两星做匀速圆周运动的向心力,有F ＝mr 1ω20,F ＝mr 2ω20,可得r 1＝r 2,因此两星绕连线的中点转动.由G m 2L 2＝m ·L 2·ω20,解得ω0＝ 2Gm L 3 所以T 0＝2πω0＝2π2GmL 3＝2π L 32Gm. (2)设星球C 的质量为M ,由于星球C 的存在,A 、B 双星的向心力均由两个万有引力的合力提供,则有G m 2L 2＋G mM ⎝ ⎛⎭⎪⎫12L 2＝m ·12L ·ω2 得ω＝ 2G (m ＋4M )L 3则T ＝2πω＝2π L 32G (m ＋4M )有TT0＝2πL32G(m＋4M)2πL32Gm＝mm＋4M＝k所以M＝1－k24k2m.答案：(1)2πL32Gm(2)1－k24k2m。

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4.如图所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内， AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，CD段为平滑的弯管．一小球从管口D处由静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．关于管口D距离地面的高度必须满足的条件是( B )
A．等于2R C．大于2R且小于52R
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6.如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，另一端固定在
转轴上，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转
动．将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放．若小球在
运动过程中受到的空气阻力大小不变．当小球运动到最低点P
时，轻杆对小球的弹力大小为
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A．轮胎与水平跑道间的动摩擦因数μ＝0.2 B．绳的拉力F的大小为55 N C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做的功为1 375 J D．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W
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解析：绳从轮胎上脱落后，轮胎的受力情况如图甲所示．由轮胎的速度—时间图象可得此过程的加速度为a2＝－5 m/s2，根据牛顿第二定律有－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，N2－ mg＝0，代入数据解得μ＝0.5，选项A错误；绳拉轮胎的过程中，轮胎的受
mg，方向竖直向上．下列说法
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2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳拖着质量m＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后绳从轮胎上脱落，轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin37°＝0.6，

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综合能力测试三牛顿运动定律时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.关于力学单位制,下列说法中正确的是( D )A.kg 、m/s 、N 是导出单位B.kg 、m 、J 是基本单位C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是gD.在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式是F ＝ma【试题解析】：kg 是质量的单位,它是基本单位,所以A 错误；国际单位制规定了七个基本量,分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量,它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J 是导出单位,B 错误；g 也是质量的单位,但它不是质量在国际单位制中的单位,C 错误；牛顿第二定律的表达式F ＝ma 是在各物理量都取国际单位制中的单位时得出的,D 正确.2.质量分别为m 1和m 2的两物体A 和B 互相接触,放在光滑水平面上,如图所示.对物体A 施加水平推力F ,则物体A 对物体B 的作用力等于( B )A.m 1m 1＋m 2F B.m 2m 1＋m 2F C.F D.m 2m 1F 【试题解析】：根据牛顿第二定律,对整体,有a ＝F m 1＋m 2,对B 物体,有F ′＝m 2a ＝m 2m 1＋m 2F . 3.甲、乙两球质量分别为m 1、m 2,从同一地点(足够高)同时由静止释放.两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f ＝k v (k 为正的常量).两球的v -t 图象如图所示.落地前,经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2.下列判断正确的是( C )A.释放瞬间甲球加速度较大B.m 1m 2＝v 2v 1C.甲球质量大于乙球质量D.t 0时间内两球下落的高度相等【试题解析】：释放瞬间,v ＝0,因此空气阻力f ＝0,两球均只受重力,加速度均为重力加速度g ,A 错误；两球先做加速度减小的加速运动,最后都做匀速运动,稳定时,有k v ＝mg ,因此最大速度与其质量成正比,即v ∝m ,故m 1m 2＝v 1v 2,B 错误；由图象知v 1>v 2,因此m 1>m 2,C 正确；图象与时间轴围成的面积表示位移,由图可知,t 0时间内两球下落的高度不相等,D 错误.4.某电梯只受重力与绳索拉力,在t ＝0时由静止开始上升,a -t 图象如图所示,则下列相关说法正确的是( D )A.t ＝4.5 s 时,电梯处于失重状态B.5～55 s 时间内,绳索拉力最小C.t ＝59.5 s 时,电梯处于超重状态D.t ＝60 s 时,电梯速度恰好为零【试题解析】：利用a -t 图象可判断,t ＝4.5 s 时,电梯有向上的加速度,电梯处于超重状态,A 错误；0～5 s 时间内,电梯处于超重状态,拉力大于重力,5～55 s 时间内,电梯匀速上升,拉力等于重力,55～60 s 时间内,电梯处于失重状态,拉力小于重力,综上所述,B 、C 错误；因a -t 图线与t 轴所围的“面积”表示速度改变量,而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等,则电梯的速度在t ＝60 s 时为零,D 正确.5.如图所示,在光滑水平面上,A 、B 两物体用轻弹簧连接在一起,A 、B 的质量分别为m 1、m 2,在拉力F 作用下,A 、B 共同做匀加速直线运动,加速度大小为a .某时刻突然撤去拉力F ,此瞬间A 和B 的加速度大小分别为a 1和a 2,则( D )A.a 1＝0,a 2＝0B.a 1＝a ,a 2＝m 2m 1＋m 2a C.a 1＝m 1m 1＋m 2a ,a 2＝m 2m 1＋m 2a D.a 1＝a ,a 2＝m 1m 2a 【试题解析】：撤去拉力F 的瞬间,物体A 的受力不变,所以a 1＝a ,对物体A 受力分析,可得F 弹＝m 1a ；撤去拉力F 的瞬间,物体B 受到的合力大小为F 弹′＝F 弹＝m 2a 2,所以a 2＝m 1m 2a ,故选项D 正确. 6.如图所示,质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s 时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力,则在此恒力作用下(g 取10 m/s 2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( BC )A.物体经10 s 速度减为零B.物体经2 s 速度减为零C.物体速度减为零后将保持静止D.物体速度减为零后将向右运动【试题解析】：物体受到向右的滑动摩擦力,f ＝μF N ＝μmg ＝3 N,根据牛顿第二定律得a ＝F ＋f m ＝2＋31m/s 2＝5 m/s 2,方向向右,物体减速到0所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s,B 正确,A 错误；减速到零后,F <f ,物体处于静止状态,不再运动,C 正确,D 错误.7.如图所示,质量都为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,用大小等于mg (g 为重力加速度)的恒力F 向上拉B ,运动距离为h 时B 与A 分离.下列说法中错误的是( ABD )A.B 和A 刚分离时,弹簧处于原长B.B 和A 刚分离时,它们的加速度为gC.弹簧的劲度系数等于mg hD.在B 与A 分离之前,它们做匀加速运动【试题解析】：在施加外力F 前,对A 、B 整体受力分析,可得2mg ＝kx 1,A 、B 两物体分离时,A 、B 间弹力为零,此时B 物体所受合力F 合＝F －mg ＝0,即受力平衡,两物体的加速度恰好为零,选项A 、B 错误；对物体A ,有mg ＝kx 2,由于x 1－x 2＝h ,所以弹簧的劲度系数为k ＝mg h ,选项C 正确；在B 与A 分离之前,由于弹簧弹力逐渐减小,故加速度逐渐减小,选项D 错误.8.如图甲所示,将物体A 放在某摩天大楼升降电梯的底板上,随电梯一起运动,此过程中物体对升降机底板的压力F 随时间t 变化的规律如图乙所示.已知物体A的质量为60 kg,g取10 m/s2.以下说法正确的是(AC)A.若电梯是由静止开始运动,则在25 s内电梯的位移大小为175 mB.若电梯是由静止开始运动,则在25 s内电梯的位移大小为275 mC.若5～15 s内电梯处于静止状态,则在25 s内电梯的位移大小为75 mD.若5～15 s内电梯处于静止状态,则在25 s内电梯的位移大小为125 m【试题解析】：若电梯是由静止开始运动,由图可知,在第一段时间0～5 s内,电梯向下做匀加速运动,有mg－F1＝ma1,解得a1＝600－48060m/s2＝2 m/s2,电梯下降的高度为h1＝12a1t21＝12×2×52 m＝25 m；在第二段时间5～15 s内,电梯向下做匀速运动,速度为v＝a1t1＝2×5 m/s ＝10 m/s,下降高度为h2＝v t2＝10×10 m＝100 m；在第三段时间15～25 s内,电梯向下做匀减速运动,有F2－mg＝ma2,解得a2＝660－60060m/s2＝1 m/s2,25 s末速度减为零,则下降高度为h3＝v22a2＝1002×1m＝50m,在25 s内电梯的位移为h＝h1＋h2＋h3＝(25＋100＋50) m＝175 m,故A正确,B错误；若5～15 s内电梯处于静止状态,则0～5 s内电梯处于减速上升状态,15～25 s内电梯处于加速上升状态,在25 s内电梯的位移大小h′＝h1＋h3＝(25＋50) m＝75 m,故C正确,D错误.二、非选择题(18′＋16′＋18′＝52′)9.在“用DIS研究小车加速度与所受合外力的关系”实验中,甲、乙两组同学分别用如图(a)和(b)所示的实验装置进行实验,重物通过细线跨过滑轮拉相同质量的小车,位移传感器B随小车一起沿水平轨道运动,位移传感器A固定在轨道一端.甲组实验中把重物的重力作为拉力F,乙组直接用力传感器测得拉力F.改变重物的重力,重复实验多次,记录多组数据,并画出a-F图象.(1)位移传感器B属于发射器(选填“发射器”或“接收器”).(2)甲组实验把重物的重力作为拉力F的条件是小车(包括位移传感器B)的质量远大于重物的质量.(3)图中符合甲组同学作出的实验图象的是②；符合乙组同学作出的实验图象的是①.【试题解析】：(1)位移传感器B属于发射器.(2)在该实验中实际是mg＝(M＋m)a,要满足mg＝Ma,应该使重物的质量远小于小车(包括位移传感器B)的质量,即小车(包括位移传感器B)的质量远大于重物的质量.(3)在质量不变的条件下,加速度与合外力成正比.甲组同学把重物的重力作为拉力F,由实验原理mg＝Ma,可得a＝mgM,而实际上a′＝mg M ＋m,即随着重物的质量增大,不再满足重物的质量远小于小车(包括位移传感器B )的质量,所以图中符合甲组同学作出的实验图象的是②.乙组直接用力传感器测拉力F ,随着重物的质量增大,拉力F 测量是准确的,a -F 关系图象为一倾斜的直线且与甲的图象斜率相同,符合乙组同学作出的实验图象的是①.10.在平直公路上有A 、B 两辆汽车,二者质量均为6.0×103 kg,运动时所受阻力均为车重的115.它们的v -t 图象分别如图中a 、b 所示.g 取10 m/s 2.求：(1)A 车的加速度a A 和牵引力F A ；(2)0～3 s 内B 车的位移x B 和牵引力F B .【试题解析】：(1)由图可得A 车匀加速运动的加速度为a A ＝Δv Δt ＝148m/s 2＝1.75 m/s 2 由牛顿第二定律得F A －kmg ＝ma A解得F A ＝1.45×104 N.(2)0～3 s 内B 车的位移等于B 车的v -t 图线与坐标轴围成的面积,即x B ＝9 m由图可得B 车匀减速运动的加速度为a B ＝Δv ′Δt ′＝－23 m/s 2 由牛顿第二定律得F B －kmg ＝ma B解得F B ＝0.答案：(1)1.75 m/s 2 1.45×104 N (2)9 m 011.如图所示,AB、CD为两个光滑的平台,一倾角为37°、长为5 m 的传送带与两平台平滑连接.现有一小物体以10 m/s的速度沿平台AB 向右运动,当传送带静止时,小物体恰好能滑到平台CD上.(g取10 m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)(1)求小物体跟传送带间的动摩擦因数；(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一数值时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD,求这个临界速度；(3)若小物体以8 m/s的速度沿平台AB向右运动,欲使小物体能到达平台CD,传送带至少以多大的速度顺时针运动？【试题解析】：(1)传送带静止时,小物体在传送带上受力如图甲所示,根据牛顿第二定律得μmg cos37°＋mg sin37°＝ma1B→C过程,有v20＝2a1l解得a1＝10 m/s2,μ＝0.5.(2)当小物体在传送带上受到的摩擦力始终向上时,最容易到达传送带顶端,此时,小物体受力如图乙所示,根据牛顿第二定律得mg sin37°－μmg cos37°＝ma2若恰好能到达平台CD,有v2＝2a2l解得v＝2 5 m/s,a2＝2 m/s2即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于2 5 m/s时,无论传送带顺时针运动的速度有多大,小物体都不能到达平台CD.(3)设小物体在平台AB上的运动速度为v1,传送带顺时针运动的速度大小为v2.从小物体滑上传送带至小物体速度减小到传送带速度过程,有v21－v22＝2a1x1从小物体速度减小到传送带速度至恰好到达平台CD过程,有v22＝2a2x2x1＋x2＝l解得v2＝3 m/s即传送带至少以 3 m/s的速度顺时针运动,小物体才能到达平台CD.答案：(1)0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业7

课后限时作业7受力分析共点力的平衡时间：45分钟1.如图所示,一超市员工用推车搬运货物,货物随推车一起沿水平地面向右做匀速直线运动,则推车对货物的作用力(A)A.沿竖直向上方向B.沿斜向右上的某一方向C.沿水平向右方向D.沿斜向右下的某一方向【试题解析】：对货物,由平衡条件知,推车对货物的作用力与重力是一对平衡力,选项A正确.2.a、b两个质量相同的球用线相连接,a球用线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止(线的质量不计),则图中正确的是(B)【试题解析】：把a、b两个质量相同的球看作整体,所受重力竖直向下,所受斜面支持力垂直于斜面向上,根据平衡条件知,要使系统保持静止,悬挂在天花板上的细线应斜向右上方,但A图中小球a、b不可能处于平衡状态,故只有B图正确.3.(多选)物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁,如图所示,a处于静止状态.现增大力F,则下列说法中正确的是(BD)A.a受到的摩擦力有两个B.a受到的摩擦力大小不随F变化而变化C.b受到地面的支持力大小随F的增大而增大D.b受到地面的支持力大小等于a、b的重力之和【试题解析】：对a,由平衡条件得,竖直方向上b对a的摩擦力大小等于a的重力,选项A错误,选项B正确；对a、b整体,由平衡条件得,b受到地面的支持力大小等于a、b的重力之和,选项C错误,选项D 正确.4.如图所示,一个质量m＝1 kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上.为使小环能够静止不动,需对它施加一个水平拉力F,已知重力加速度g取10 m/s2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,则F的大小和方向分别是(A)A.7.5 N,水平向左B.7.5 N,水平向右C.13.3 N,水平向左D.13.3 N,水平向右【试题解析】：施加水平力F 后,由于小环静止,则小环所受重力G 、支持力F N 和F 三力的矢量关系如图所示,故F ＝mg tan37°＝1×10×34N ＝7.5 N,方向水平向左,选项A 正确.5.如图所示,质量均为m 的两个球A 、B 固定在轻杆的两端,将其放入光滑的半圆形碗中,杆的长度等于碗的半径.当杆与碗的竖直半径垂直时,两球刚好能平衡,重力加速度为g ,则杆对小球的作用力为( A )A.33mg B.233mg C.32mg D.2mg【试题解析】：对A 球受力分析,如图所示,由共点力的平衡知识可得,杆的作用力为F ＝mg tan30°＝33mg ,A 正确.6.(多选)如图所示,轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上,圆环A 套在粗糙的水平直杆MN上.现用水平力F拉着绳子上的一点O,使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原位置不动.在这一过程中,环对杆的摩擦力f和环对杆的压力F N的变化情况是(BD)A.f不变B.f增大C.F N减小D.F N不变【试题解析】：以结点O为研究对象,进行受力分析,由题意可知,O 点处于动态平衡,则可作出三力的平衡关系图如图甲所示,由图可知水平拉力增大.以环和结点整体作为研究对象,对其受力分析如图乙所示,由整个系统平衡可知F N＝(m＋m环)g,f＝F,故f增大,F N不变,B、D正确.7.如图所示,在平行于固定光滑斜面的推力F 的作用下,质量相等的A 、B 两物体沿斜面做匀速直线运动,A 、B 间轻弹簧的劲度系数为k ,斜面的倾角为30°,则弹簧的压缩量为( B )A.F kB.F 2kC.F 3kD.F 4k【试题解析】：设物体A 、B 的质量均为m .先用整体法,得出F ＝2mg sin30°＝mg ；后用隔离法,选取物体B 为研究对象,对其受力分析,根据平衡条件可得弹簧对B 沿斜面向上的弹力F 弹＝mg sin30°＝mg 2＝F 2,即F 2＝kx ,所以x ＝F 2k,故选项B 正确.8.在车站、机场等地会看见一些旅客推着行李箱,也有一些旅客拉着行李箱在水平地面上行走.建立物理模型如图甲和乙所示,假设行李箱都做匀速运动,对同一行李箱在这两种情况下,下列说法正确的是( D )A.两种情况下,行李箱所受地面的摩擦力相同B.两种情况下,推行李箱省力C.力F1与重力的合力方向水平向右D.力F2与摩擦力的合力方向竖直向下【试题解析】：对图甲,正压力F N1＝mg－F1sinθ,对图乙,正压力F N2＝mg＋F2sinθ,由f＝μF N可知,两种情况下行李箱所受地面的摩擦力不同,选项A错误；对图甲,由平衡条件得F1cosθ＝μ(mg－F1sinθ),解得F1＝μmgcosθ＋μsinθ,同理,对图乙可得F2＝μmgcosθ－μsinθ,故F2>F1,即拉箱子省力,选项B错误；图甲中力F1与重力的合力方向不沿水平方向,选项C错误；图乙中力F2与摩擦力的合力和重力与支持力的合力方向相反,即竖直向下,选项D正确.9.如图所示,在竖直墙壁间有质量分别是m 和2m 的半圆球A 和圆球B ,其中B 的球面光滑,半圆球A 与左侧墙壁之间存在摩擦,两球心之间连线与水平方向成30°角,两球恰好不下滑.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则半圆球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为( A ) A.32 B.33 C.34 D.233【试题解析】：以圆球B 为研究对象,对圆球B 进行受力分析如图甲所示,由平衡条件可得F N ＝F cos30°,F sin30°＝2mg ,所以F N ＝23mg .以两球组成的整体为研究对象,对其受力分析如图乙所示,由平衡条件得f ＝3mg ,F N1＝F N ,由题意知,整体恰好不滑动,故f ＝μF N1′(F N1′与F N1是一对相互作用力,F N1′表示半圆球A 对墙壁的压力),联立解得μ＝32,选项A 正确.10.(多选)如图所示,桌面上固定一个光滑竖直挡板,现将一个长方体物块A 与截面为三角形的垫块B 叠放在一起,用水平外力F 缓缓向左推动B,使A缓慢升高,假设各接触面均光滑,则该过程中(BD)A.A和B均受三个力作用而平衡B.B对桌面的压力保持不变C.A对B的压力越来越小D.外力F的大小恒定不变【试题解析】：A受到重力、挡板的弹力和B的支持力三个力,B受到重力、A的压力、桌面的支持力和外力F四个力,故A错误；当B向左移动时,B 对A的支持力和挡板对A的弹力方向均不变,根据平衡条件得,这两个力大小保持不变,则A对B的压力也保持不变,对整体受力分析如图所示,由平衡条件得,F＝N1,挡板对A的弹力N1不变,则外力F不变,桌面对整体的支持力N＝G总保持不变,则B对桌面的压力不变,故C错误,B、D均正确.11.质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时,它正好匀速下滑.现用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升,如图所示,已知木楔在整个过程中始终静止,重力加速度为g.(1)当α为多少时,拉力F 有最小值？最小值为多大？(2)当α＝θ时,木楔对水平面的摩擦力为多大？【试题解析】：木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mg sin θ＝μmg cos θ 即μ＝tan θ.(1)木楔在力F 作用下沿斜面向上匀速运动,有F cos α＝mg sin θ＋f F sin α＋F N ＝mg cos θ f ＝μF N可得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin2θcos (θ－α)故当α＝θ时,F 有最小值,为F min ＝mg sin2θ.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态,故整体受到地面的摩擦力等于F 的水平分力,即f ＝F cos(α＋θ)当α＝θ时,F 取最小值mg sin2θ,此时f ＝mg sin2θcos2θ＝12mg sin4θ. 答案：(1)θ mg sin2θ (2)12mg sin4θ12.如图所示,水平细杆上套有一质量为0.54 kg 的小环A ,用轻绳将质量为0.5 kg 的小球B 与A 相连.B 受到始终与水平方向成53°角的风力作用,与A 一起向右匀速运动,此时轻绳与水平方向夹角为37°,运动过程中B 球始终在水平细杆的下方,则：(取g ＝10 m/s 2,sin37°＝0.6,cos37°＝0.8)(1)B对绳子的拉力大小；(2)A与杆间的动摩擦因数.(保留一位有效数字)【试题解析】：(1)对小球B由平衡条件得绳的拉力为F T＝mg sin37°＝3.0 N.由牛顿第三定律知B对绳子的拉力大小为3.0 N.(2)环A做匀速直线运动,有F T cos37°－F f＝0F N＝Mg＋F T sin37°而F f＝μF N,解得μ≈0.3.答案：(1)3.0 N(2)0.313.如图所示,光滑固定斜面上有一个质量为10 kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上,已知绳子与竖直方向的夹角为45°,斜面倾角为30°,整个装置处于静止状态,g取10 m/s2.求：(2取1.414)(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；(2)若另外用一个外力拉小球,能够把小球拉离斜面,求最小拉力的大小.【试题解析】：(1)如图,沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系,对小球受力分析,把不在坐标轴上的力沿轴分解.则：水平方向上：F T sin45°－F N sin30°＝0竖直方向上：F T cos45°＋F N cos30°－mg＝0由以上两式得F N≈73.2 N,F T≈51.8 N(2)外力方向与绳子垂直时,拉力最小.拉力的最小值为F min＝mg sin45°代入数据,解得F min≈70.7 N.答案：(1)51.8 N73.2 N(2)70.7 N。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案综合能力测试7

综合能力测试七静电场时间：60分钟分值：100分一、选择题(1—5为单选,6—8为多选,6′×8＝48′)1.如图所示在倾角为α的光滑绝缘斜面上放有两个质量分别为m1和m2的带电小球A、B(均可视为质点),已知m1＝2m2,两球相距为L.当两球同时由静止开始释放时,B球的初始加速度恰好等于零.经过一段时间后,当两球距离为L′时,A、B的加速度大小之比a1a2＝3 2,则L′L等于(B)A.16 1B.2 1C.10 5D.510【试题解析】：两球同时由静止开始释放时,B的初始加速度恰好等于零,则B球所受库仑力沿斜面向上,A球所受库仑力沿斜面向下,A 的初始加速度沿斜面向下,A、B之间的库仑力F＝m2g sinα,一段时间后A、B两球间的距离增大,库仑力减小,B球的加速度沿斜面向下,所以加速度a2方向应沿斜面向下,设两球距离为L′时A、B间的库仑力为F′,则a2＝m2g sinα－F′m2,a1＝m1g sinα＋F′m1,因a1a2＝32,m1＝2m2,得F′＝0.25m2g sinα,因F′F＝14,所以L′L＝21,故A、C、D错误,B正确.2.静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性地显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,开关S闭合后,静电计指针张开一定角度.为使指针张开的角度变小,下列做法中可行的是( B )A.断开开关S 后,将A 、B 两极板分开些B.断开开关S 后,增大A 、B 两极板的正对面积C.保持开关S 闭合,将A 、B 两极板靠近些D.保持开关S 闭合,将变阻器滑片向右移动【试题解析】：断开开关,电容器带电荷量Q 不变,将A 、B 分开一些,则间距d 增大,根据C ＝εr S 4πkd知,电容C 减小,根据C ＝Q U 知,电势差增大,指针张角增大,故A 错误；断开开关,电容器带电荷量Q 不变,增大正对面积,根据C ＝εr S 4πkd知,电容C 增大,根据C ＝Q U 知,电势差U 减小,指针张角减小,故B 正确；保持开关闭合,不论使A 、B 两板靠近些,还是使滑动变阻器的滑片向右移动,电容器两端的电势差都不变,则指针张角不变,故C 、D 错误.3.下图为静电除尘机的原理示意图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区,带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,图中虚线为电场线(方向未标).不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化,则( D )A.电场线方向由放电极指向集尘极B.图中A点电势高于B点电势C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动D.尘埃在迁移过程中电势能减小【试题解析】：带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积,说明电场线方向由集尘极指向放电极,图中A点电势低于B点电势,选项A、B错误；由于放电极与集尘极之间的电场为非匀强电场,尘埃所受电场力不是恒力,所以尘埃在迁移过程中做变加速运动,选项C错误；尘埃在迁移过程中,电场力做正功,电势能减小,选项D正确.4.如图所示,虚线表示某电场中的四个等势面,相邻等势面间的电势差相等,一个不计重力的带负电的粒子从右侧垂直于等势面4向左进入电场,其运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点,则(B)A.四个等势面电势高低关系为φ1>φ2>φ3>φ4B.该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场C.等势面4上各点场强处处相等D.粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直【试题解析】：粒子所受的电场力指向轨迹凹侧,由于粒子带负电,因此c处电场线指向左上方,沿着电场线,电势降低,可知φ1<φ2<φ3<φ4,故A错误；由图可知,粒子做曲线运动,其受力的方向不断变化,所以粒子的运动轨迹和等势面3不可能垂直,故D错误；该电场上、下对称,该区域可能是点电荷和无限大金属平板形成的电场,故B正确；电场线的疏密表示电场的强弱,所以等势面4上各点的场强不是处处相等的,故C错误.5.将一个带电荷量为＋Q的点电荷P固定在空间中的某一位置处,两个质量相等的带电小球A、B分别在该点电荷下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上,如图所示.若A、B所带的电荷量很少,两者间的作用力可忽略不计,取无穷远处电势为零,则下列说法中正确的是(B)A.小球A、B所带的电荷量相等B.小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等C.小球A、B运动轨迹上的各点场强分别相同D.库仑力刚好提供小球做匀速圆周运动所需的向心力【试题解析】：两个质量相等的带电小球A、B分别在P下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动,且运动轨迹均处在以P为球心的同一球面上,所需向心力由重力和库仑力的合力提供,选项D错误；在竖直方向,设小球和球心的连线与竖直方向的夹角为θ,有k Qqr2cosθ＝mg,由于两小球轨道不同,θ不同,但所受的重力相等,所以小球A、B所带的电荷量不相等,选项A错误；小球A、B运动轨迹上的各点电势分别相等,场强大小分别相等,但方向不同,B正确,C错误.6.如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势φ随x变化的关系如图乙所示.若在O点由静止释放一个电子,且电子仅受电场力的作用,则(ABD)A.电子将沿Ox方向运动B.电子的电势能将一直减小C.沿Ox方向电场强度一直增大D.电子运动的加速度先减小后增大【试题解析】：由图象知,沿x轴正方向电势逐渐升高,所以电场沿x轴负方向,电子所受的电场力沿x轴正方向,电子将沿Ox方向加速运动,电场力做正功,电子的电势能减小,A、B正确；电势φ随x变化的图象的斜率表示电场强度,由图象可知,沿Ox方向电场强度先减小后增大,电子受到的电场力先减小后增大,电子运动的加速度先减小后增大,故C错误,D正确.7.如图所示,真空中有边长为a的等边三角形ABC,P点是三角形的中心.在A点固定一个电荷量为q的负点电荷,在B点固定一电荷量为q的正点电荷,已知静电力常量为k,则以下说法中正确的是(CD)A.C 点的电场强度大小为2kq a 2B.C 点电势高于P 点电势C.某一试探电荷在C 点与P 点所受的静电力大小的比值为39 D.将某一试探电荷从C 点沿C 、P 连线的方向移动到P 点的过程中,静电力不做功【试题解析】：处于A 、B 两点的点电荷在C 点形成的电场的场强大小均为E ＝k q a2,两场强方向所成的角为120°,故C 点的电场强度大小为E C ＝2E cos60°＝kq a2,选项A 错误；C 、P 两点均处于A 、B 连线的垂直平分线上,故C 、P 两点的电势相等,将某一试探电荷从C 点沿C 、P 连线的方向移动到P 点的过程中,静电力不做功,选项B 错误,D 正确；A 、B 两点的点电荷在P 点形成的电场的场强大小均为E ′＝k q ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2cos30°2＝3kq a 2,两场强所成的角为60°,故P 点的电场强度大小为E P ＝2E ′cos30°＝33kq a 2,C 、P 两点的场强大小的比值E C E P＝39,某一试探电荷在C 点与P 点所受的静电力大小的比值为39,选项C 正确. 8.如图所示,在O 点固定一个点电荷Q ,一个带电粒子P 从很远处以初速度v 0射入电场,MN 为粒子P 仅在电场力作用下的运动轨迹.图中虚线分别是以O 为中心,以R 1、R 2、R 3为半径画出的三个圆,且R 2－R 1＝R 3－R 2,a 、b 、c 分别为轨迹MN 与三个圆的交点.以下说法中正确的是(CD)A.P、Q两电荷可能同号,也可能异号B.a点电势高于b点电势C.P在a点的电势能大于在c点的电势能D.P由c点运动到b点时的动能变化大于由c点运动到a点时的动能变化【试题解析】：由带电粒子P的运动轨迹的弯曲方向可知,P受到点电荷Q的库仑力为引力,所以P、Q两电荷一定异号,故A错误；由于Q的电性不确定,电场线的方向不确定,则a、b电势的关系也不能确定,故B错误；P从c点运动到a点,电场力做的总功是负功,电势能增大,则P在a点的电势能大于在c点的电势能,故C正确；根据点电荷的电场线分布情况可知,b、c间的场强大于c、a间的场强,由公式U＝Ed可知,b、c间的电势差大于c、a间的电势差,由电场力做功公式W ＝qU得,P由c点运动到b点时电场力做的功|W cb|大于由c点运动到a 点时克服电场力做的功|W ca|,根据动能定理可知,P由c点运动到b点时的动能变化大于由c点时运动到a点的动能变化,故D正确.二、非选择题(18′＋16′＋18′＝52′)9.如图所示,长度为L的光滑绝缘细直杆MN水平固定在匀强电场中,场强大小为E,方向与竖直方向的夹角为θ.杆的M端固定一个带负电小球A,所带的电荷量大小为Q；带负电的小球B穿在杆上,可自由滑动,所带的电荷量大小为q,质量为m.现将小球B从杆的N端由静止释放,小球B 开始向M 端运动,已知静电力常量为k ,重力加速度为g ,求：(1)小球B 对细杆的压力大小；(2)小球B 开始运动时的加速度大小；(3)小球B 速度最大时离M 端的距离.【试题解析】：(1)小球B 在垂直于杆的方向上的合力为零,故F N ＝qE cos θ＋mg .(2)小球B 开始运动时,在水平方向上,由牛顿第二定律得qE sin θ－kQq L 2＝ma 解得a ＝Eq sin θm －kQq mL 2. (3)当小球B 的速度最大时,其加速度为零,设此时小球B 离M 端的距离为x ,有qE sin θ＝kQq x 2 解得x ＝kQ E sin θ. 答案：(1)qE cos θ＋mg (2)Eq sin θm －kQq mL2 (3)kQ E sin θ 10.如图所示,在方向水平向右、场强大小E ＝6 000 N/C 的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面.一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙,甲的质量m 1＝2×10－4 kg,带电荷量q 1＝2×10－9 C ；乙的质量m 2＝1×10－4 kg,带电荷量q 2＝－1×10－9 C.开始时细绳处于拉直状态,两滑块放在平面上.现由静止释放两滑块,t ＝3 s 时细绳突然断裂,不计滑块间的库仑力.求：(1)细绳断裂前两滑块的加速度；(2)在整个运动过程中乙的电势能增量的最大值.【试题解析】：(1)对甲、乙整体分析,有F 合＝q 1E ＋q 2E ＝(m 1＋m 2)a 0解得a 0＝0.02 m/s 2.(2)当乙发生的位移最大时,乙的电势能增量最大,细绳断裂前,甲、乙发生的位移均为s 0＝12a 0t 2＝12×0.02×32 m ＝0.09 m 此时甲、乙的速度均为v 0＝a 0t ＝0.02×3 m/s ＝0.06 m/s细绳断裂后,乙的加速度变为a 乙′＝q 2E m 2＝－1×10－9×6×1031×10－4 m/s 2＝－0.06 m/s 2 从细绳断裂到乙的速度为零,乙发生的位移s 乙′＝0－v 202a 乙′＝0－0.0622×(－0.06)m ＝0.03 m 整个运动过程乙发生的位移s 乙max ＝s 0＋s 乙′＝0.09 m ＋0.03 m ＝0.12 m此时乙的电势能增量ΔE p ＝|W乙|＝|q 2E |s 乙max ＝1×10－9×6×103×0.12 J ＝7.2×10－7 J.答案：(1)0.02 m/s 2 (2)7.2×10－7 J11.如图甲所示的装置中,热电子由阴极O 飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U 0,电容器极板长l ＝10 cm,板间距离d＝10 cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离L ＝10 cm.在电容器两极板间接有交变电压,上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示.每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的.(1)在t ＝0.06 s 时,电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？【试题解析】：(1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0,根据动能定理得eU 0＝12m v 20 设偏转电场的场强为E ,则有E ＝U d设电子经时间t 0通过偏转电场,偏离中心轴线的侧向位移为y ,则在沿轴线方向上,有t 0＝l v 0在垂直于轴线方向上,有a ＝eE my ＝12at 20＝eUl 22md v 20＝Ul 24U 0d 设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ,偏转角为θ,则电子通过偏转电场时,有v y＝at0tanθ＝v y v0电子在荧光屏上偏离O′点的距离Y＝y＋L tanθ＝Ul2U0d⎝⎛⎭⎪⎫l2＋L由题图知,t＝0.06 s时,U＝1.8U0代入数据得Y＝13.5 cm.故打在屏上的点为O′点上方13.5 cm处.(2)由题知电子偏移量y的最大值为d2,所以当偏转电压超过2U0时,电子就打不到荧光屏上了当U＝2U0时,解得Y＝15 cm所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y＝30 cm.答案：(1)O′上方13.5 cm处(2)30 cm。

高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案课后限时作业29

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5.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为 m 的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取 g，sin37°＝0.6，cos37° ＝0.8.求：
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2.如图所示，从 F 处释放一个无初速度的电子向 B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为
U)( C )
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A．电子到达 B 板时的动能是 eU B．电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零 C．电子到达 D 板时动能是 3eU D．电子在 A 板和 D 板之间做往复运动
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课后限时作业29 电容器带电粒子在电场中的运动
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时间：45 分钟
1．如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，两极板与一个静电计相连，将 B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容 C、静电计指针偏角 θ 和极板间电场
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(1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？ (3)电场强度变化后物块下滑距离 L 时的动能．
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解析：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有
FNsin37°＝qE FNcos37°＝mg 解得 E＝34mqg