2016步步高物理答案(二轮)
【步步高】2016版高考物理(全国通用)专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动
力场依次出现)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以
上的场)、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉 及本专题内容的频率极高，特别是计算题，题目难度 大，涉及面广.
(2)试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动 定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起，主要考查 考生的空间想象力、分析综合能力以及运用数学知识解 决物理问题的能力.以及考查考生综合分析和解决复杂问 题的能力.
专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动
真题示例
图1
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；
1 解得 r＝B
2mU0 q
3 打在 MN 中点 P 的离子运动半径为 r0＝4L，代入解得 9qB2L2 9qB2L2 m＝ 32U 答案 32U 0 0
(2)为使原本打在 P的离子能打在 QN区域，求加速电压 U的
Eq＝max ③
vx＝axt
vx 2 t＝d
④
⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
1 答案 2v0tan2θ
(2)该粒子在电场中运动的时间. 解析 联立⑤⑥式得
2d t＝v tan θ. 0 2d 答案 v tan θ 0
考纲解读
1.题型特点
(1) 带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高
同理，第 n 次调节电压，有
L 检测完整，有 rn≤2
5 n＋1 rn＝ L 6
lg 2 解得 n≥ 6 －1≈2.8 lg 5
最少次数为3次 答案 3次
2.(2014· 全国大纲· 25)如图2所示，在第
一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向
垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限
高考物理自由复习步步高系列02(解析版)
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）【课本内容再回顾——查缺补漏】回顾一：牛顿第一定律内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。
理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，（运动状态指物体的速度），力是使物体产生加速度的原因。
（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。
）；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。
惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。
质量是物体惯性大小的量度。
（4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。
而不受外力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。
它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F=0时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。
回顾二：牛顿第二定律内容：物体的加速度大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向跟作用力方向。
公式：F=ma.理解要点：（“七个性质”）（1）矢量性：公式F=ma是矢量式，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x,F y=ma y, 若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a 表示物体在该方向上的加速度。
（2）瞬时性：F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5学案：第二章 1、2 电子 原子的核式结构模型 Word版含答
学案1电子学案2原子的核式结构模型[目标定位]1.知道阴极射线是由电子组成的，知道电子的电荷量和比荷.2.了解汤姆孙发现电子对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．一、电子[问题设计]图1条形磁铁使阴极射线偏转如图1所示，接通真空管(又称阴极射线管)的电源，将条形磁铁的一个磁极靠近射线管，观察阴极射线是否偏转，向什么方向偏转；把另一个磁极靠近射线管，观察射线的偏转情况．你认为射线的偏转是什么原因造成的？你能通过射线偏转的情况来确定射线粒子流携带的是哪种电荷吗？答案运动电荷在磁场中受到洛伦磁力．根据左手定则，结合磁场方向、粒子运动方向，可以判断出射线粒子电荷是正电荷还是负电荷．[要点提炼]1．阴极射线(1)阴极射线：科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管的阴极会发射出一种射线，这种射线叫做阴极射线．(2)英国物理学家汤姆孙使阴极射线在磁场和电场中产生偏转，确定了阴极射线是一种带负电的粒子流．2．阴极射线的特点(1)在真空中沿直线传播；(2)碰到物体可使物体发出荧光．3．微粒比荷(荷质比)的测定(1)比荷：带电粒子的电荷量与质量之比称为比荷，又称荷质比．(2)汤姆孙发现阴极射线中的粒子比荷是氢离子比荷的1 000多倍，而两者电荷量相同．汤姆孙把他发现的这种粒子命名为电子．4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19_C，电子质量m＝9.1×10－31_kg.e二、α粒子散射实验及原子的核式结构模型[问题设计]阅读课本“α粒子散射实验”及“原子的核式结构模型”，说明：(1)α粒子散射实验装置由几部分组成？实验过程是怎样的？(2)有些α粒子发生了较大角度的偏转，这些偏转是电子造成的吗？答案(1)实验装置：①α粒子源：钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能α粒子，其带两个单位的正电，质量为氢原子质量的4倍．②金箔：特点是金原子的质量大，且易延展成很薄的箔．③可移动探测器：能绕金箔在水平面内转动．④整个实验过程在真空中进行．金箔很薄，α粒子(42He)很容易穿过．实验过程：α粒子源封装在铅盒中，铅盒壁上有一个小孔，α粒子可以从小孔中射出，打到前方的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．可移动探测器可以绕着金箔做圆周运动，从而探测到α粒子在各个方向上的散射情况．(2)不是．α粒子的质量比电子的质量大得多，α粒子碰到电子就像子弹碰到灰尘一样，不会造成α粒子大角度的偏转．[要点提炼]1．实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子偏转的角度超过了90°，个别的甚至接近180°.2．α粒子散射实验的结果用汤姆孙的“枣糕模型”无法解释．3．卢瑟福的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．4．原子核的大小：原子核半径的数量级为10－15m，而整个原子半径的数量级是10－10m.因而原子内部十分“空旷”．一、对阴极射线的认识例1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图2所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图2A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，为使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．答案 C二、带电粒子比荷的测定例2为求得电子的比荷，设计实验装置如图3所示．其中两正对极板M 1、M2之间的距离为d，极板长度为L.若M1、M2之间不加任何电场或磁场，可在荧光屏上P点观察到一个亮点．图3在M 1、M 2两极板间加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧光屏上的亮点逐渐向荧光屏下方偏移，直到荧光屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U .保持电压U 不变，对M 1、M 2区域再加一个大小、方向合适的磁场B ，使荧光屏正中心处重现亮点． (1)外加磁场方向如何？(2)请用U 、B 、L 等物理量表示出电子的比荷qm.解析 (1)加上磁场后电子不偏转，电场力等于洛伦兹力，且洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外．(2)当在荧光屏上看不到亮点时，电子刚好打在下极板M 2靠近荧光屏端的边缘，则d 2＝Uq 2dm (L v)2，q m ＝d 2v 2UL 2.① 由电场力等于洛伦兹力得Uqd ＝Bq v解得v ＝UBd②将②式代入①式得q m ＝UB 2L2.答案 (1)磁场方向垂直纸面向外 (2)q m ＝UB 2L 2三、α粒子散射实验及原子的核式结构模型例3 如图4所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )图4A ．在图中的A 、B 两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子数多，B 处观察到的粒子数少，所以选项A 、B 错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误，C 正确．答案 C例4 在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( ) A ．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里 B ．正电荷在原子内是均匀分布的 C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子的质量在原子核内是均匀分布的解析 原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C 、D 的说法没有错，但与题意不符． 答案 A电子原子的,核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧电子的发现⎩⎪⎨⎪⎧阴极射线汤姆孙发现密立根测定电子的电荷量原子核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧α粒子散射实验卢瑟福的核式结构模型原子核的大小和尺寸1．(对阴极射线的认识)英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现( ) A ．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B ．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C ．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D ．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量 答案 AD解析 阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B 错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的比荷是相同的，C 错误．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量，最早测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D 正确． 2．(带电粒子比荷的测定)关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是( ) A ．密立根利用电场力和磁场力平衡的方法，测得了带电体的最小带电荷量B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，推测出了带电体的最小带电荷量C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子质量的千分之一答案 B3．(对α粒子散射实验的理解)X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的()答案 D解析α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．4．(原子的核式结构模型)关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是()A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里D．原子核的半径的数量级是10－10m答案AB解析因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑力引提供向心力，B正确；原子核半径的数量级是10－15m，原子半径的数量级是10－10m，D错误．题组一对阴极射线的认识1．关于阴极射线的性质，判断正确的是()A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其比荷比氢原子的比荷大得多，故A 、C 正确．2.如图1所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线径迹下偏，则( )图1A ．导线中的电流由A 流向B B ．导线中的电流由B 流向AC ．如要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB 中电流的方向来实现D ．电子的径迹与AB 中电流的方向无关 答案 BC解析 阴极射线带负电，由左手定则判断管内磁场垂直纸面向里；由安培定则判断AB 中电流的方向由B 流向A .电流方向改变，管内磁场方向改变，电子受力方向也改变． 3．阴极射线管中的高电压的作用( ) A ．使管内气体电离 B ．使管内产生阴极射线 C ．使管内障碍物的电势升高 D ．使电子加速 答案 D题组二 比荷的测定4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m ，调节两极板间的电势差U ，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d .则可求出小油滴的电荷量q ＝________.图2答案mgdU解析 由平衡条件得mg ＝q U d ，解得q ＝mgdU .题组三 α粒子散射实验及原子的核式结构模型5．在α粒子散射实验中，关于选用金箔的原因下列说法不正确．．．的是( ) A ．金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔B．金核不带电C．金原子核质量大，被α粒子轰击后不易移动D．金核半径大，易形成大角度散射答案 B6．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子() A．全部穿过或发生很小偏转B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过D．全部发生很大偏转答案 B解析卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．7．卢瑟福在解释α粒子散射实验的现象时，不考虑α粒子与电子的碰撞影响，这是因为() A．α粒子与电子之间有相互排斥，但斥力很小，可忽略B．α粒子虽受电子作用，但电子对α粒子的合力为零C．电子体积极小，α粒子不可能碰撞到电子D．电子质量极小，α粒子与电子碰撞时能量损失可忽略答案 D解析α粒子与电子间有库仑引力，电子的质量很小，α粒子与电子相碰，运动方向不会发生明显的改变，所以α粒子和电子的碰撞可以忽略．A、B、C错，D正确．8．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子有作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子答案BCD解析原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较大，故C、D对．9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的运动轨迹如图3中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是()图3A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案 A解析α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏转；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.10．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是()A．原子是一个质量分布均匀的球体B．原子的质量几乎全部集中在原子核内C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m答案BD。
【步步高】高考物理二轮复习资料 专题二 选择题课件
选项 C 正确；因 0～4 s 内图线都在时间轴的上方，故速度
一直沿正方向，选项 D 错误.
答案 BC
例 2 (2010·天津·3)质点做直线运动的 v－t 图象如图 2 所示，
规定向右为正方向，则该质点在前 8 s 内平均速度的大小和
方向分别为
(
)
A.0.25 m/s 向右 C.1 m/s 向右
•
【原创模拟】 1.如图 4 所示，一斜面体静止在粗糙的水平地
面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下 滑.若沿平行于斜面的方向用力 F 向下推此 物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面 保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力 A.大小为零 B.方向水平向右 C.方向水平向左 D.大小和方向无法判断
图4
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/172022/1/17January 17, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/172022/1/172022/1/171/17/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/172022/1/17
2016版《新步步高》考前三个月(江苏专用)高考物理二轮复习系列——专题5功和能
1．(2015·新课标全国Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图1所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图12．(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图2，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图2A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离3．(2015·四川理综·9)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．如图3所示，若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s 达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．图3(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)1．题型特点(1)单独命题①功和功率的计算．②利用动能定理分析简单问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用．(2)交汇命题①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．2．考查热点(1)守恒法．(2)整体法、分段法．(3)图象法．考题一功和功率的计算1．下表列出了某种型号轿车的部分数据，图4为轿车中用于改变车速的挡位．手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度，从“1～5”逐挡速度增大，R是倒车挡．试问若轿车在额定功率下，要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？当轿车以最高速度运行时，轿车的牵引力约为多大()图4A．“5”挡、8000N B．“5”挡、2000NC．“1”挡、4000N D．“1”挡、2000N2．(2015·重庆市南开中学二诊)如图5所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，表面光滑，倾角为θ.经一段时间恒力F做功8J，此后撤去恒力F，物体又经相同时间回到出发点，则在撤去该恒力前瞬间，该恒力的功率是()图5A.23g m sin θB.43g m sin θ C.65g m sin θ D.83g m sin θ 3．(2015·温州二模)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个物体吊起．物体在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中物体的机械能E 与其位移x 关系的图象如图6所示，其中0～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线，根据图象可知( )图6A ．0～x 1过程中钢绳的拉力逐渐增大B ．0～x 1过程中物体的动能一直增加C ．x 1～x 2过程中钢绳的拉力一直不变D ．x 1～x 2过程中起重机的输出功率一直增大1．功的计算(1)恒力做功的计算公式：W ＝Fl cos α；(2)当F 为变力时，用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)； (3)利用F －l 图象曲线下的面积求功； (4)利用W ＝Pt 计算． 2．功率(1)功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t 内的平均功率；(2)功率计算式：P ＝F v cos α.其中α是力与速度间的夹角．若v 为瞬时速度，则P 为F 在该时刻的瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为F 在该段位移内的平均功率．考题二 功能关系的理解4．(2015·北京昌平区二模)一个质量为m 的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为g3，方向向下，其中g 为重力加速度．则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是( ) A ．小球的动能增加23mghB ．小球的电势能减小23mghC ．小球的重力势能减少13mghD ．小球的机械能减少23mgh5．(多选)(2015·大连二模)如图7所示，一小物体在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A 经B 滑动到C ，如不考虑在B 点机械能的损失，则( )图7A ．从A 到B 和从B 到C ，减少的机械能相等 B ．从A 到B 和从B 到C ，增加的动能相等 C ．从A 到B 和从B 到C ，摩擦产生的热量相等D ．小物体在B 点的动能一定最大6．(2015·洛阳二次统考)如图8所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O 点等高的位置由静止释放．小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是( )图8A．小球的机械能先增大后减小B．弹簧的弹性势能一直增加C．重力做功的功率一直增大D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大1．功能关系(1)重力做功与重力势能的变化关系：W G＝－ΔE p.(2)弹力做功与弹性势能的变化关系：W弹＝－ΔE p.(3)合力的功与动能变化的关系：W合＝ΔE k.(4)滑动摩擦力做功产生内能的计算：Q＝F f x相对．(5)电场力做功：W＝－ΔE p＝qU，电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．2．说明(1)一对相互作用的静摩擦力做功代数和为0，不改变系统机械能．(2)一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和小于0，系统机械能减少，转化为内能．考题三动能定理的应用7．(2015·江淮十校4月联考)如图9所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于斜面船的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为32，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为( )图9A.113MgL8 B.53MgL ＋8MgL 4C.12＋34MgLD.332MgL8．(2015·海南单科·4)如图10所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图10A.14mgRB.13mgR C.12mgR D.π4mgR 9．(2015·云南名校模拟)如图11所示，半径R ＝0.5m 的光滑圆弧CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10m/s 2，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．1．动能定理应用的基本步骤(1)选取研究对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．(3)明确过程初、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W＝E k2－E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．2．应用动能定理时根据运动过程不同可以全程列式、也可分段列式．考题四动力学和能量观点的综合应用10．(多选)(2015·广元市一模)如图12甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法中正确的是()图12A．物体的质量m＝0.67kgB．物体可能静止在斜面顶端C．物体上升过程的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10J11．(2015·浙江五校二次联考)如图13所示，在水平轨道竖直安放一个与水平面夹角为θ，长度为L0，以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为L；水平轨道左侧有一轻质弹簧，左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A轻放(初速度为0)在传送带顶端，通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触，之后A压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半)，经水平轨道返回圆形轨道，物块A可视为质点．已知R＝0.2m，θ＝37°，L0＝1.8m，L＝1.0m，v0＝6m/s，物块A质量为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与PQ段间的动摩擦因数为μ2＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图13(1)物块A滑到传送带底端时速度的大小；(2)物块A刚与弹簧接触时速度大小；(3)物块A返回到圆形轨道的高度；(4)若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道？专题综合练1．(2015·宁波模拟)如图14所示，一小球从高h 处自由下落进入水面，若小球在水中所受阻力为F ＝k v 2，且水足够深，则( )图14A ．h 越大，匀速时速度v 越大B ．h 变大，小球在水中动能变化一定变多C ．h 变小，小球在水中动能变化可能变多D ．小球在水中刚匀速的位置与h 无关2．如图15所示，可视为质点的小球以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h 的斜面顶端．下图中有四种运动：A 图中小球滑入轨道半径等于12h 的光滑管道；B 图中小球系在半径大于12h 而小于h 的轻绳下端；C 图中小球滑入半径大于h 的光滑轨道；D 图中小球固定在长为12h 的轻杆下端．在这些情况中，小球在最低点的水平初速度都为v 0不计空气阻力，小球不能到达h 高的是( )图153．(2015·赣州模拟)如图16甲所示，质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)以v 0＝10m/s 的初速度从粗糙斜面上的P 点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示，已知斜面固定且足够长．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.下列说法中正确的是()图16A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功率为50WC．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1∶5D．在t＝6s时物块克服摩擦力做功的功率为20W4．(多选)(2015·永州三模)如图17所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中()图17A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B．两传送带对小物体做功相等C．两传送带消耗的电能相等D．两种情况下因摩擦产生的热相等5．(2015·绵阳模拟)如图18所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()图18A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大6．(2015·北京昌平区质检)人通过定滑轮将质量为m 的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图19所示．则在此过程中( )图19A ．人对物体做的功为mghB ．人对物体做的功为12m v 2C ．物体克服重力所做的功为mgh cos θD ．物体所受的合外力做功为12m v 27．(2015·宁德市质检)一个排球在A 点被竖直抛出时动能为20J ，上升到最大高度后，又回到A 点，动能变为12J ，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则( ) A ．上升到最高点过程重力势能增加了20J B ．上升到最高点过程机械能减少了8J C ．从最高点回到A 点过程克服阻力做功4J D ．从最高点回到A 点过程重力势能减少了12J8．(2015·唐山二模)在物体下落过程中，速度小于10m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t ＝0.5 s 时刻的切线，如图20所示．已知小球在t ＝0时刻释放，其质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图20(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值．9．(2015·全国大联考二)如图21所示，粗糙水平面与半径R ＝1.5m 的光滑14圆弧轨道相切于B点，质量m ＝1kg 的物体在大小为10N 、方向与水平面成37°角的拉力F 作用下从A 点由静止开始沿水平面运动，到达B 点时立刻撤去F ，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C 点，然后返回经过B 处的速度v B ＝15m/s.已知s AB ＝15 m ，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图21(1)物体到达C 点时对轨道的压力大小和物体越过C 点后上升的最大高度h ；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ.10．(2015·南京三模)如图22所示，高为L 的斜轨道AB 、CD 与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B 、D 两点，圆弧的半径也为L .质量为m 的小滑块从A 点由静止滑下后，经CD 轨道返回，再次冲上AB 轨道至速度为零时，相对于BD 面的高度为L5.已知滑块与AB 轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g ，求：图22(1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)滑块与CD 面间的动摩擦因数μ2；(3)经过足够长时间，滑块在两斜面上滑动的路程之和s .答案精析专题5 功和能真题示例1．A [当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．]2．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确．] 3．(1)1950m (2)2.04kg解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1；距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2，距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v t 1①s 2＝v t 2② s 3＝12v t 3③s ＝s 1＋s 2＋s 3④联立①②③④式并代入数据得s ＝1950m ⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F ，所做的功为W 1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P ，所做的功为W 2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W ，排放气态污染物的质量为M .则W 1＝Fs 1⑥ W 2＝Pt 2⑦ W ＝W 1＋W 2⑧M ＝(3×10－9kg·J －1)·W ⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M ＝2.04kg考题一 功和功率的计算1．D [根据P ＝F v 可知，需要最大牵引力，则速度要最小，所以变速杆应推至“1”挡；当牵引力等于阻力时速度达到最大值，此时F ＝P 额v m ＝1080001893.6N ≈2057N ．]2．D [F 作用下的加速度为a ，运动时间为t ，x ＝12at 2，末速度v t ＝at ，撤去F 后的加速度为g sin θ，物体做类上抛运动，故以沿斜面向上为正方向，－x ＝v t t －12g sin θt 2，解得a ＝g sin θ3，F－mg sin θ＝ma ，解得F ＝4mg sin θ3，因为F 做的功为8J ，W ＝Fx ，所以x ＝6mg sin θ，故v t ＝2ax＝2m，所以F 的功率P ＝F v t ＝8g m sin θ3.]3．C [由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E －x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～x 1内斜率的绝对值逐渐减小，故在0～x 1内物体所受的拉力逐渐减小．所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故A 、B 错误；由于物体在x 1～x 2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故C 正确；由于物体在x 1～x 2内E －x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以超重机的输出功率可能不变，故D 错误．]考题二 功能关系的理解4．D [由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F 合＝ma ＝13mg ，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加ΔE k ＝F合h ＝13mgh ，故A 错误；由牛顿第二定律得：mg －F ＝13mg ，解得电场力F ＝23mg ，且方向竖直向上，则电场力做功W电＝－Fh ＝－23mgh ，故小球的电势能增加23mgh ，故B 错误；小球在竖直方向上下降h 高度时重力做正功mgh ，因此，小球的重力势能减少mgh ，故C 错误；由上知，小球的电势能增加23mgh ，根据能量守恒知，小球的机械能减少23mgh ，故D 正确．]5．AC [设斜面与水平面的夹角为θ，则斜面的长度：x ＝Lcos θ物体受到的摩擦力：F f ＝μmg cos θ，物体下滑的过程中摩擦力做的功：W f ＝F f ·x ＝μmg cos θ·Lcos θ＝μmg ·L ①由上式可知，物体下滑的过程中，摩擦力做功的大小与斜面的倾角无关，与水平位移的大小成正比．物体从A 到B 和从B 到C ，水平方向的位移大小相等，所以物体克服摩擦力做的功相等，物体减少的机械能相等．故A 正确；由题图可知，物体从A 到B 和从B 到C ，AB 段的高度比较大，所以在AB 段重力对物体做的功比较大，由动能定理： ΔE k ＝W 总＝W G －W f ②由①②可知，从A 到B 和从B 到C ，AB 段增加的动能比较大．故B 错误；物体从A 到B 和从B 到C ，物体减少的机械能转化为内能，物体减少的机械能相等，所以摩擦产生的热量相等．故C 正确；物体从B 到C 的过程中，重力对物体做正功，摩擦力对物体做负功，由于不知道二者的大小关系，所以C 点的动能也有可能大于物体在B 点的动能．故D 错误．] 6．A [先分析小球的运动过程，由静止释放，初速度为0，沿杆方向受重力和弹力的两个分力，做加速运动，当弹簧与杆垂直时，还有重力沿杆方向的分力，继续加速；当小球下滑到某个位置时，重力和弹力的两个分力大小相等、方向相反时，加速度为0，速度最大，之后做减速运动，D 错误．小球的机械能是动能和重力势能之和，弹力做功是它变化的原因，弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增后减，故A 正确．弹簧的弹性势能变化由弹力做功引起，弹力先做正功后做负功，故弹性势能先减后增，B 错误．重力做功的功率是重力沿杆方向的分力和速度的乘积，故应先增后减，C 错误．]考题三 动能定理的应用7．D [拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中运用动能定理得： 0－0＝W F min －Mg ·52L ·sin60°－μMg cos60°·L解得：W F min ＝332MgL ，故D 正确．] 8．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR －W f＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确．] 9．(1)4kg (2)78N (3)1m解析 (1)根据平衡条件，满足：m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 可得m 2＝4 kg(2)P 到D 过程由动能定理得m 1gh ＝12m 1v 2D 由几何关系得h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)运动到D 点时，根据牛顿第二定律：F D －m 1g ＝m 1v 2D R解得F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM 之间往复运动，C 点和M 点速度为零．由全过程动能定理得：m 1gL 1sin 53°－μm 1g cos 53°s 总＝0 解得s 总＝1 m考题四 动力学和能量观点的综合应用10．CD [物体在最高点时的机械能等于重力势能，即mgh ＝30J ，解得m ＝1kg.故A 错误；物体上升到最高点的过程中，机械能减小20J ，即克服摩擦力做功等于20J ，有：F f x ＝20J ，x ＝h sin37°＝3.00.6m ＝5m ，则摩擦力F f ＝4N ，因为mg sin37°>F f ，知物体不能静止在斜面的顶端．故B 错误；根据牛顿第二定律得，上升过程中的加速度大小a ＝mg sin37°＋F f m ＝6＋41m/s2＝10 m/s 2.故C 正确；上升过程克服摩擦力做功为20J ，则整个过程克服摩擦力做功为40J ，根据动能定理得，－W f ＝12m v 2－12m v 20，解得回到斜面底端的动能E k ＝10J ．故D 正确．]11．见解析解析 (1)物块A 在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：a ＝g 据运动学公式得v 2＝2aL 0，解得：v ＝v 0＝6 m/s(2)以物块A 为研究对象，从传送带底端运动到P 的过程中，由动能定理得：－μ2mgL ＝12m v 21－12m v 20代入数据解得：v 1＝4 2 m/s (3)A 反弹速度v 2＝12v 1＝2 2 m/sA 向右经过PQ 段，由v 23－v 22＝－2μ2gL代入数据解得速度：v 3＝2 m/sA 滑上圆形轨道，由动能定理得：－mgh ＝0－12m v 23可得，返回到圆形轨道的高度为h ＝0.2 m ＝R ，符合实际． (4)物块A 以v 0冲上PQ 段直到回到PQ 段右侧，据牛顿运动定律得：v 21－v 20＝－2μ2gL ′v 2＝12v 1v 23－v 22＝－2μ2gL ′联立可得，A 回到右侧速度v 23＝v 24－52μ2gL ′＝(9－5L ′)(m/s)2要使A 能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道，则有：A 沿轨道上滑至最大高度h 时，速度减为0，则h 满足：0<h ≤R 又12m v 23＝mgh v 3>0联立可得，1 m ≤L ′<1.8 m综上所述，要使A 物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L 满足的条件是1 m ≤L <1.8 m.专题综合练1．C [当重力、浮力和阻力相等时，小球做匀速运动，有mg ＝F 浮＋kv 2，浮力是定值，可知匀速运动的速度是一定值，故A 错误；若小球进入水中做加速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h 越大，进入水中的速度越大，则动能变化越小，若小球进入水中做减速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h 越大，进入水中的速度越大，则动能变化越大，同理，当h 变小时，在水中的动能可能变多，可能变小．故B 错误，C 正确；小球匀速运动的速度是一定值，但是开始匀速运动的位置与h 有关，故D 错误．]2．B [图A 中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故A 正确；绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h 高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B 错误；图C 中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故C 正确；杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故D 正确．]3．C [由题图乙知，物块上滑的加速度a 1＝10 m/s 2；下滑的加速度a 2＝2m/s 2；由牛顿第二定律可得：上滑时，mg sin θ＋F f ＝ma 1；下滑时，mg sin θ－F f ＝ma 2，联立解得：sin θ＝0.6；mg F f ＝52，选项A 错误；根据速度－时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1～6s 内的位移x ＝12×5×10m ＝25m ，则t ＝1s 到t ＝6s 的时间内物块所受重力的平均功率：P ＝mgx sin θt ＝10×25×0.65W ＝30W ，故B 错误；物块所受的摩擦力F f ＝25mg ＝4N ，则t ＝6s 时物块克服摩擦力做功的功率P ＝F f v ＝4×10W ＝40W ，故D 错误；因为物块机械能的变化量等于克服阻力做功的大小，所以在t ＝0到t ＝1s 时间内机械能的变化量大小ΔE 1＝F f x 1，t ＝1s 到t ＝6s 时间内机械能变化量大小ΔE 2＝F f x 2，则ΔE 1ΔE 2＝F f x 1F f x 2＝525＝15，故C 正确．] 4．AB [根据公式v 2＝2ax ，可知物体加速度关系a 甲<a 乙，再由牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，得知μ甲<μ乙，故A 正确；传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故B 正确；由摩擦生热Q ＝F f x 相对知，甲图中：v t 12＝H sin θ，Q 甲＝F f1x 1＝F f1(v t 1－v t 12)＝F f1H sin θ，F f1－mg sin θ＝ma 1＝m v 22·H sin θ乙图中：Q 乙＝F f2x 2＝F f2H －h sin θ，F f2－mg sin θ＝ma 2＝m v 22·H －h sin θ解得：Q 甲＝mgH ＋12m v 2，Q 乙＝mg (H －h )＋12m v 2，Q 甲>Q 乙，故D 错误； 根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物体增加的机械能之和，因物体两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲>Q 乙，所以将小物体运至B 处，甲传送带消耗的电能更多，故C 错误．]5．A [在B 点，根据平衡有：F 1sin30°＝mg ，解得F 1＝2mg .B 到A ，根据动能定理得，mgL (1－cos60°)＝12m v 2，根据牛顿第二定律得，F 2－mg ＝m v 2L， 联立两式解得F 2＝2mg ，故A 正确；从A 到B ，小球缓慢移动，根据动能定理得，W F －mgL (1。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)第2部分专题1应考策略 方法技巧十、选修部分
Vmol Mmol V 占＝ N (气体) m 分＝ N A A
V m N＝V · NA＝M · NA mol mol
Mmol＝ρ· Vmol
(2)分子永不停息地做无规则运动
扩散现象和布朗运动是分子无规则运动的证明 . 温度越高，
扩散越快；颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈.
(3)分子间存在着相互作用力
)
图3
1 2 3
解析
由图示可知，ab过程，气体体积与热力学温度成正
比，则气体发生等压变化，气体体积增大温度升高，气体
内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于
对外界所做的功，故A错误；
由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不 变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝ Q＋W可知，气体要放出热量，故B错误；
3.光
考点12 光的折射定律(Ⅰ) (1)折射定律：折射光线跟入射光线和法线在同一平面内，
折射光线和入射光线分居在法线两侧，入射角的正弦跟折
射角的正弦成正比. (2)在折射现象中，光路是可逆的.
图2
考点13
折射率(Ⅰ)
sin θ1 c 折射率：n＝sin θ ＝v，其中 θ1 为光在真空(空气)中的入射 2 角， θ2 为光在介质中的折射角， c 为光在真空中的传播速度， v 为光在介质中的传播速度.
系统做功，W>0，系统对外界做功，W<0.
考点13
能源与可持续发展(Ⅰ)
(1)能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失， 它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转 移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变. (2)能量守恒定律说明自然界中的能量是守恒的，一切违背 能量守恒定律的设想都是不可能实现的，第一类永动机不
【新步步高】2015-2016学年高一物理人教版必修.
学案1牛顿第一定律标定位一.理想实验的魅力知识探究问题设计1.日常生活中，我们有这样的经验：马拉车，车就前进，停止用力，车就停下来.是否有力作用在物体上物体才能运动呢？马不拉车时，车为什么会停下来呢？答案不是.车之所以会停下来是因为受到阻力的作用.2.如果没有摩擦阻力，也不受其他任何力的作用，水平面上运动的物体会怎样？请阅读课本中的“理想实验的魅力”，思考伽利略是如何由理想实验得出结论的.答案如果没有摩擦阻力，水平面上运动的物体将保持这个速度永远运动下去.理想实验再现：如图甲所示,让小球沿一个斜面由静止滚下，小球将滚上另一个斜面.如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度. 如果减小第二个斜面的倾斜角度，如图乙所示，小球在这个斜面上达到原来的高度就要通过更长的路程.继续减小第二个斜面的倾斜角度，如图丙所示，使它最终成为水平面，小球就再也达不到原来的高度，而将沿水平面以恒定的速度永远运动下去.1.关于运动和力的两种对立的观点⑴亚里士多德的观点：必须有力作用在物体上，物体才能运动;没有力的作用，物体就要静止在一个地方力是维持物体运动的原因. 这种错误的观点统治了人们的思维近两千年.（2）伽利略的观点（伽利略第一次提出）：物体的运动不需要（填“需要”或“不需要”）力来维持.2.伽利略的理想实验的意义⑴伽利略的理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来即采用“可靠事实+抽象思维+科学推论”的方法推翻了亚里士多德的观点，初步揭示了运动和力的正确关系.⑵第一次确立了物理实验在物理学中的地位.二、牛顿物理学的基石——惯性定律1.牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,B 余非作用在它卜面的力迫使它改变这种状态2.对牛顿第一定律的理解⑴定性说明了力和运动的关系.①说明了物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态.②说明力是改变物体运瑰淋脑.（2）揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性.因此牛顿第一定律也口曜隹定律.3.物体运动状态的变化即物体运动速度的变化，有以下三种情况：⑴速度的方向不变，只有包改变.（物体做直线运动）⑵速度的大小不变，只有方向改变.（物体做曲线运动）⑶速度的大小和方向同时发生改变.（物体做曲线运动）三、惯性与质量坐在公共汽车里的人，当汽车突然启动时，有什么感觉？当运动的汽车突然停止时，又有什么感觉？解释上述现象. 答案当汽车突然启动时，人身体后倾.当汽车突然停止时, 人身体前倾.这是因为人具有惯性，原来人和车一起保持静止状态，当车突然启动时，人的身体下部随车运动了，但上部由于惯性保持原来的静止状态，所以会向后倾；原来人和车一起运动，当车突然停止时，人的身体下部随车停止了，但上部由于惯性保持原来的运动状态，故向前倾.1.惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，我们把这个性质叫做惯性.牛顿第一定律又口暨隹定律.2.惯性与质量的关系⑴惯性是物体的固有属性切物体都具有惯性.(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大.3.惯性与力无关⑴惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，因此物体“受到了惯性作用”、“产生了惯性”、“受到惯性力”等说法都是错误的.(2)力是改变物体运动状态的原因.圆生是维持物体运动状态的原因.4.惯性的表现⑴不受力时，惯性表现为保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，有“惰性”的意思.(2)受力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度.质量越大，惯性越大，运动状态越蕊改变.人能推动冰面上的重箱子，用同样的力却推不动粗糙地面上不太重的箱子，是不是冰面上的重箱子惯性小于粗糙地面上不太重的箱子呢？为什么？答案不是.质量是物体惯性大小的唯一量度，重箱子的惯性大于轻箱子的惯性.判断物体惯性的大小应在相同情况下比较，比如用同样的力推都处于冰面上或都处于粗糙地面上质量不同的物体，比较哪个物体的运动状态更容易改变.I典例精析一、对伽利略理想实睑的认识例1理想实验有时能更深刻地反映自然规律.伽利略设计了一个如图1所示的理想实验，他的设想步骤如下：图1①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动.I请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列（只要填写序号即可）.在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论.下列有关事实和推论的分类正确的是（）A.①是事实，②③④是推论B.②是事实，①③④是推论C.③是事实，①②④是推论D.④是事实，①②③是推论解析本题是在可靠事实的基础上进行合理的推理，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确的结论.而②是可靠事实，因此放在第一步，③、①是在斜面上无摩擦的设想，最后推导出水平面上的理想实验④.因此正确顺序是②③①④.答案②③①④B二.对牛顿第一定律的理解例2由牛顿第一定律可知（）A.物体的运动是依靠惯性来维持的B.力停止作用后，物体的运动就不能维持C.物体做变速运动时，一定有外力作用D.力是改变物体惯性的原因解析物体具有保持原来静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性，由于惯性的存在，物体才保持原来的运动状态，A对.力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，B 错,C对.惯性是物体的固有属性，力不能改变物体的惯性大小，骁昔答案AC针对训练做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是（）A.悬浮在空中不动B.速度逐渐减小C.保持一定速度向下做匀速直线运动D.无法判断解析物体自由下落时，仅受重力作用，重力消失以后物体将不受力，根据牛顿第一定律的描述，物体将以重力消失瞬间的速度做匀速直线运动，故选项C正确.答案C三、惯性的理解例3关于物体的惯性，下述说法中正确的是（）A.运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大B.静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大C乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性解析惯性大小只与物体质量有关，与物体的速度无关故A错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，火车速度变化慢，表明它的惯性大，是因为它的质量大，与是否静止无关，故B错误；乒乓球能被快速抽杀，表明它的运动状态容易发生改变是因为它的惯性小，故C正确；一切物体在任何情况下都有惯性，故D错误.答案C12 3 4 课堂要点小结1.（对伽利略理想实验的认识）关于伽利略的理 想实验，下列说法正确的是（）A.只要接触面摩擦相当小，物体在水平面上就能匀速运动 下去B.这个实验实际上是永远无法做到的C.利用气垫导轨，就能使实验成功D.虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上 解析 两种观点亚里士多德的观点（错误）伽利略的观点（正确） 牛顿第一定律《 牛顿第一定律内容意义 【惯性只要接触面摩擦存在，物体就受到摩擦力的作用物体在水平面上就不能匀速运动下去，故A错误.没有摩擦是不可能的，这个实验实际上是永远无法做到的，故B正确.若使用气垫导轨进行理想实验，可以提高实验精度，但是仍然存在摩擦力，故C错误；12 3 4虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上故D正确.答案BD12 3 43 42.（对牛顿第一定律的理解）关于牛顿第一定律的理解正确的是（）A.不受外力作用时，物体的运动状态保持不变B.物体做变速运动时一定受外力作用C.在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果D.飞跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态12 3 4解析牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态，即总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A正确牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因.物体做变速运动说明运动状态在改变，B正确.12 3 4在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦阻力的作用而改变了运动状态.飞跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用迫使他改变了原来的运动状态,C错误，D正确.答案ABD12 3 43.（力与运动的关系）某人用力推一下原来静止在水平面上的小车，小车便开始运动，以后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）A.力是维持物体速度不变的原因B.力是维持物体运动的原因C.力是改变物体惯性的原因D.力是改变物体运动状态的原因12 3 4解析力是改变物体运动状态的原因，小车原来静止，在力的作用下小车开始运动，是力使其运动状态发生了改变.用较小的力就能使小车做匀速直线运动是推力与摩擦力的合力为零的缘故.答案D4.（对惯性的理解）如图2所示，冰壶在冰面倒泮CHN即皿口加I上运动时受到的阻力很小，可以在较长时二；间内保持运动速度的大小和方向不变，我三〜佟们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”.这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于（）A.冰壶的速度B.冰壶的质量C.冰壶受到的推力D.冰壶受到的阻力解析一个物体惯性的大小，与其运动状态、受力情况是没有任何关系的，衡量物体惯性大小的唯一因素是质量，故B正确.答案B。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)第2部分专题1应考策略 方法技巧九、电学实验
________ Ω.
1 2 3
1 2 3
0.001×150＋1 200 并联电阻 R3＝ Ω ＝ 150 Ω ； 0.009
1.5－1.35 R2＋r＝ 0.01 Ω＝15 Ω
故R2＝15 Ω－0.5 Ω＝14.5 Ω；
题图乙所示电流为0.75 mA，则干路电流为7.5 mA；
应大致“对称”地分居两侧，偏离较远的点应当舍去.
实验三
测量电源的电动势和内阻
1.实验原理 由闭合电路欧姆定律：E＝U＋Ir，只要测出两组U、I值， 就可以列方程组求出E和r. 2.实验电路的选择
由于电源的内阻一般很小，为减小测量误差，常采用图2甲
所示的电路，而不用图乙所示的电路.
图2
3.电压表、电流表量程及滑动变阻器的选取
1 2 3
(2)某实验小组用伏安法测金属丝的电阻，记录实验数据如下： U/V
I/A
0.10
0.02
0.30
0.06
0.70
0.16
1.00
0.22
1.50
0.34
1.70
0.46
2.30
0.52
由以上实验数据可知：
①本次实验的电流表选用的是 ________ 、电压表选用的是 ______、滑动变阻器选用的是______(填以下器材前的字母).
1 2 3
(3) 图 7 为该同学根据正确设计的实验电路测出多组数据并
绘出的I1－I2图线，由图线可以求出被测方形电池的电动势 E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果保留两位有效 数字)
1 2 3
答案 9.0 10
1 2 3
【步步高】2016版高考物理(全国通用)第2部分专题2细研评分细则,临场再练答题规范四、电学计算题
滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′
g′＝
qE 2 m ＋g2
⑥
且 vP 2＝vD2＋g′2t2
⑦
解得 vP＝
答案
2
qE 2 2 2 vD ＋ m ＋g t
2
⑧
qE 2 2 2 vD ＋ m ＋g t
评分标准：①④⑥⑦各3分，②③⑤⑧各2分.
⑩
乙
则导致sin θn′＞1 子不能穿出该层磁场右侧边界.
答案 (1)2 qEd m 2 B mEd q (2)B nqd 2mE
⑯ ⑰
说明θn′不存在，即原假设不成立.所以比荷较该粒子大的粒
(3)见解析
评分细则
1.第(1)问6分，①③式各2分，②④式各1分.
2. 第 (2) 问 8 分，⑤至 ⑫ 式各 1 分，⑧⑪ 式要有画图表达，
不能直接得出.
3.第(3)问6分，⑬至⑯式各1分，⑰式2分. 4.有其他解法得出正确结果的，参照答案酌情给分.
[答题规则] 1.审题要规范：第(1)问是带电粒子在电场中的匀加速运动， 牛顿第二定律结合运动学公式或动能定理的方法均可；第 (2)问粒子从第n层磁场右侧边界穿出时的情景，要注意数 学知识在处理物理问题中的应用；第(3)问论证：若粒子恰 好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变
v2 2 qv2B＝m r 2
2 由②③式解得 r2＝B mEd q
③
④
(2) 设粒子在第 n 层磁场中运动的速度为 vn ，轨迹半径为
rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同).
1 nqEd＝2mvn 2 vn 2 qvnB＝m r n ⑤
⑥
设粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为 αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹 角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分 量不变，有
《新步步高》高考物理考前三个月(四川版)二轮文档：专题10 直流电路与交流电路Word版含答案
1．(2015·新课标全国Ⅰ·16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图1所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图1A ．U ＝66V ，k ＝19B ．U ＝22V ，k ＝19C ．U ＝66V ，k ＝13D ．U ＝22V ，k ＝13答案 A解析 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，根据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U3R ，那么原线圈输入电压220V ＝3U ＋U3R ×R ，整理可得U ＝66V ；原、副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.根据以上分析可知选项A 正确．2．(2015·四川理综·4)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图2所示．矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )图2A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0D ．有效值是2Ne 0答案 D解析 矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，所以发电机的电动势峰值为2Ne 0，A 、B 错误；由于不计线圈的电阻，所以发电机的输出电压峰值为2Ne 0，故有效值为2Ne 02＝2Ne 0，故D 正确． 3．(2015·天津理综·6)如图3所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图3A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小 答案 BC解析 保持Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U 22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；保持P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，同理分析原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误．4．(2015·福建理综·15)图4为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图4A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m )2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 2·2r ＝4r ⎝⎛⎭⎫n 1n 22⎝⎛⎭⎫P U m2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．1．题型特点(1)交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点．(2)直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等． 2．命题趋势高考对电路知识的单独考查主要是交流电路部分，特别是变压器与远距离输电相结合的动态分析问题是命题热点，而直流电路内容的考查通常与实验结合在一起，一般不单独命题．考题一 直流电路的分析1．一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U 时，通过导线的电流为I ，导线中自由电子定向移动的平均速率为v ，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压2U ，则( ) A ．通过导线的电流为I8B ．通过导线的电流为I16C ．导线中自由电子定向移动的速率为v4D ．导线中自由电子定向移动的速率为v2答案 AD解析 将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积为原来的14，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R ＝ρLS 分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为2U 时，根据欧姆定律I ＝U R 可知，电流变为I8.故A 正确，B 错误．电流的微观表达式I ＝nevS ，其中n 、e 不变，电流I 为原来的18，横截面积S 变为原来的14倍，则自由电子定向移动的平均速率为v2.故C错误，D 正确．2．如图5所示的电路中，电源电动势为E ，内电阻为r ，平行板电容器C 的两金属板水平放置，R 1和R 2为定值电阻，P 为滑动变阻器R 的滑动触头，G 为灵敏电流计，A 为理想电流表，开关S 闭合后，C 的两板间恰好有一质量为m 、电荷量为q 的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是( )图5A ．在P 向上移动的过程中，A 表的示数变大，油滴仍然静止，G 中有方向由a 至b 的电流B ．在P 向上移动的过程中，A 表的示数变小，油滴向上加速运动，G 中有由b 至a 的电流C ．在P 向下移动的过程中，A 表的示数变大，油滴向下加速运动，G 中有由a 至b 的电流D ．在P 向下移动的过程中，A 表的示数变小，油滴向上加速运动，G 中有由b 至a 的电流 答案 BC解析 油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与滑动变阻器R 、电阻R 2相并联后与R 1串联，滑片向上移动，电阻R 变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U ＝E －I (r ＋R 1)，故电容器两端电压变大，带电荷量变大，电场力变大，油滴向上加速；电容器充电，故G 中电流从b 到a ，故A 错误，B 正确．在将滑动变阻器滑片P 向下移动的过程，电阻R 变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U ＝E －I (r ＋R 1)，故电容器两端电压变小，带电荷量变小，电场力变小，油滴向下加速；电容器放电，故G 中电流从a 到b ，故C 正确，D 错误．3．如图6所示，电流表A 1(0～3A)和A 2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )图6A．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5答案BC解析电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电阻，在题图中两电流计也是并联的，所以C正确；它们的量程之比为5∶1，即总电阻之比为1∶5，所以并联时读数之比5∶1，所以B正确．4．如图7所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“6V 12W”字样，电动机的线圈电阻R M＝0.50Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时()图7A．整个电路消耗的电功率为24WB．电动机的热功率为12WC．电动机的输出功率为12WD．电动机的输入功率为12W答案 D解析灯泡正常发光，则电路电流I＝I L＝P LU L＝126A＝2 A；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故A错误；电动机的热功率P Q＝I2R M＝22×0.5 W＝2 W，故B错误；灯泡正常发光时，电动机电压U M＝U－U L＝(12－6) V＝6 V，电动机的输入功率P＝U M I＝6×2 W＝12 W，电动机的输出功率P出＝P－P Q＝12 W－2 W＝10 W，故C 错误，D正确．1．闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法：流程如下(2)利用结论法：即“串反并同”法．①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(减小)．(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论．2．电路中的电功、电热、电功率和热功率(1)纯电阻电路：①Q＝W＝UIt＝I2Rt②P＝UI＝I2R(2)非纯电阻电路①W>Q(W＝Q＋E其他)②P电>P热(P电＝P热＋P其他)考题二交变电流的产生及描述5．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动(如图8甲所示)，产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是()图8A．从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B ．从t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量为2E 0(R ＋r )ωC ．t 4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E 0D ．t 1时刻电阻R 的发热功率为RE 202(R ＋r )2答案 D解析 由于磁通量是双向标量，在t 3到t 5这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为ΔΦ1＝2BS ，故A 错误；通过电阻的电荷量Q ＝n ΔΦR ，所以t 3到t 4这段时间通过电阻R 的电荷量Q ＝nBS R ＋r ＝E 0R ＋r ω，故B 错误；由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图像中，在电动势最大时，线圈中磁通量的变化率最大，即E 0＝nk ，所以k ＝E 0n ，故C 错误；求功率时需用有效值，所以E ＝E 02，所以电流I ＝ER ＋r ，R 的发热功率为P ＝RE 20R ＋r2，故D 正确．6．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B ，方向如图9所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动．导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 、电阻为r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法正确的是( )图9A ．半圆形硬导线的转速2rPπ2R 2BB ．半圆形硬导线的转速rPπ2R 2BC ．半圆形硬导线从图示位置转90°通过小灯泡的电荷量为πR 2BrD ．半圆形硬导线从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为0 答案 A解析 设灯泡的额定电压为U ，则P ＝U 2r ，得到U ＝Pr .由于除灯泡外，其余部分电阻不计，则U ＝22E m ，而E m ＝BSω＝2πBSn ＝2πB ×12πR 2n ，故有：n ＝2Prπ2R 2B，故A 正确，B 错误；从该位置旋转90°的过程中，穿过半圆形硬导线平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝B ×12πR 2＝12πR 2B ，根据推论得到，通过小灯泡的电荷量为q ＝ΔΦr ＝πBR 22r，故C 、D 错误．7．海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图10甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R ＝15Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N ＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B ＝0.2T ，线圈直径D ＝0.4m ，电阻r ＝1Ω.取重力加速度g ＝10m /s 2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v ＝0.4πsin (πt ) m/s.则下列说法正确的是( )图10A ．波浪发电产生电动势e 的瞬时表达式为e ＝16sin (πt ) VB ．灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝4sin (πt ) AC ．灯泡的电功率为120WD ．灯泡两端电压的有效值为1522V答案 BC解析 线圈在浮桶里随波浪上下运动切割磁感线产生感应电动势，e ＝NBLv ＝NB πDv ＝200×0.2×π×0.4×0.4πsin (πt ) V ＝64sin (πt ) V ，故A 错误；R 总＝(15＋1) Ω＝16 Ω，则灯泡中电流i 的瞬时表达式为i ＝e R 总＝4sin (πt ) A ，故B 正确；灯泡中电流的有效值为I ＝42 A ＝2 2 A ，灯泡的电功率P ＝I 2R ＝120 W ，故C 正确；灯泡两端电压的有效值为U ＝IR ＝15×2 2 V ＝30 2 V ，D 错误．1．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．2．正弦式交流电的“四值”3．只有正弦式交流电最大值与有效值间才有2倍关系．考题三 变压器及远距离输电8．如图11所示，一个理想变压器上有三组线圈，三组线圈匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，现将三只相同的灯泡分别接入三组线圈中，并把n 1的接线端接上交变电源，接通电源后，下列各项正确的是( )图11A ．若L 1正常发光，那么L 2、L 3都不能正常发光B ．若L 2正常发光，那么L 1将烧毁C ．若L 2正常发光，那么L 1、L 3都不能正常发光D ．若L 3正常发光，那么L 2将烧毁 答案 ACD解析 变压器除了改变电压，还会改变电流．当次级线圈接通时，电流就按一定的比例会反馈到初级线圈上．I 1由I 2与I 3的反馈而成，因为n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，设原线圈电压为3U ，则副线圈电压分别为2U 和U ，根据输入功率等于输出功率知：3UI 1＝2UI 2＋UI 3，又I 2＝2I 3，联立得：I 1＝53I 3＝56I 2.设正常发光时电流为I .若L 1正常发光，那么L 2电流大于I 将烧坏、L 3电流小于I 不能正常发光，A 正确；若L 2正常发光，那么L 1和L 3电流都小于I 不能正常发光，B 错误，C 正确；若L 3正常发光，那么L 2电流大于I 烧毁，D 正确．9．如图12为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，A 1、A 2、A 3为相同的理想交流电流表，当a 、b 端接入低压交流电源时，则( )图12A ．A 1、A 2的示数相等B ．A 2、A 3的示数相等C ．A 1的示数大于A 2的示数D ．A 2的示数大于A 3的示数 答案 C解析 根据变压器的规律电流与匝数成反比，得I 1I 2＝n 2n 1，且n 1<n 2，故A 1的示数大于A 2的示数，故A 错误，C 正确；同理，A 2的示数小于A 3的示数，故B 、D 错误．10．某小型发电站通过升压变压器向60km 远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220V 供用户使用(设两个变压器均为理想变压器)，输电示意图如图13所示．已知输电线的电阻率为ρ＝1.25×10－8Ω·m ，横截面积为1.5×10－4m 2，发电机输出功率为20kW ，输出电压为250V ，若线路损耗的功率为输出功率的5%.则下列说法正确的是( )图13A ．发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律B ．输电线上的电流为10A C.n 2n 1>n 3n 4D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 答案 AB解析 发电机是通过电磁感应将其他形式的能转化为电能的设备，其原理为法拉第电磁感应定律，故A 正确；由电阻定律可知，R ＝ρL S ＝1.25×10－8×60×2×1031.5×10－4 Ω＝10 Ω；由功率公式可得：5%P ＝I 2R 解得：I ＝10 A ，故B 正确；由功率公式P ＝UI 可得，输电电压U 2＝20 00010 V＝2 000 V ，则n 2n 1＝2 000250＝8，降压变压器输入电压U 3＝U 2－IR ＝2 000－10×10 V ＝1 900 V ，则n 3n 4＝U 3U 4＝1 900220≈8.6，故n 2n 1<n 3n 4，故C 、D 错误． 11．如图14所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R ，当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一质量为m 的重物以速度v 匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为( )图14A ．4IR ＋mg v IB.mg v I C ．4IRD.14IR ＋mg v I答案 A解析 电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I ，输入功率等于副线圈消耗的功率：P ＝(2I )2R＋mgv ＝UI ，所以电压表的读数U ＝4IR ＋mgv I .变压器电路的动态分析技巧(1)根据题意弄清变量和不变量；(2)弄清动态变化过程中的决定关系；(3)利用直流电路的动态分析方法，具体思路如下：专题综合练1．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a 、b 、c ，且a >b >c .电流沿以下方向经过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是( )答案 A解析 由电阻的决定式可知，A 中电阻R A ＝ρc ab ，B 中电阻R B ＝ρb ac ；C 中电阻R C ＝ρa bc；D 中电阻R D ＝ρa bc，故电阻最小的为A. 2．(2015·江苏单科·1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流改变为110V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1600D ．3200答案 B解析 根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得，n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，选项B 正确． 3．今有某小型发电机和一理想变压器连接后给一个灯泡供电，电路如图15(电压表和电流表均为理想电表)．已知该发电机线圈匝数为N ，电阻为r ，当线圈以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡(额定电压为U 0.电阻恒为R )恰能正常发光，则( )图15A ．交压器的匝数比为U ∶U 0B ．电流表的示数为U 20RUC ．在图示位置时，发电机线圈的磁通量为2U 2Nn πD ．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝U sin2n πt答案 AB解析 电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是n 1∶n 2＝U ∶U 0，故A 正确；灯泡电流是U 0R，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P ，所以输入功率为P ，U 0 ·U 0R ＝IU ，即电流表读数I ＝U 20RU，故B 正确；手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是E m＝2I(R＋r)＝NΦmω，解得最大磁通量Φm＝2I R＋rNω，故C错误；线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u＝2U sin 2nπt，故D错误．4．如图16所示，图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是()图16A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．图甲电压的有效值为220V，图乙电压的有效值小于220VC．图乙电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πt VD．图甲电压经过匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍答案 B解析由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，题图甲电压比题图乙电压大，根据有效值的定义可知，题图甲的有效值要比题图乙的有效值大，题图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝E m2＝220 V，题图乙的有效值小于220V，故B正确；题图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误．5．(2015·广东理综·15)如图17为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后()图17A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2答案 C解析 在输入电压U 1和原线圈匝数n 1不变的情况下，使输出电压U 2有效值由220V 降至110V ，由U 2U 1＝n 2n 1知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C 正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A 错误；由P ＝UI 知，输出功率之比为4∶1，故B 错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D 错误．6．如图18所示电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，电阻R 2为定值电阻，R 1为滑动变阻器，A 、B 为水平放置的电容器的上下两个极板．当滑动变阻器R 1处于某位置时，A 、B 两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是( )图18A ．两极板A 、B 间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动B ．移动R 1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU ，则电阻R 2两端的电压减小了ΔUC ．R 1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动D ．R 1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R 2上消耗的热功率变小答案 D解析 仅把两极板A 、B 间正对面积减小，电容器的电压不变，由E ＝U d分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止，故A 错误；移动R 1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU ，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻R 2两端的电压的减小量小于ΔU ，故B 错误；电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻R 1滑动触头向右移动，故C 错误；若将R 1的滑动触头向右移动时，R 1的电阻增大，总电流减小，即可知R 2的发热功率减小，故D 正确．7．电吹风是生活中的常用电器．某款电吹风的各项参数如下表所示，其电路图如图19所示，理想变压器的两线圈匝数分别为n 1和n 2，a 、b 、c 、d 为四个固定触点，可动的扇形金属片P 可同时接触两个触点．触片P 处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态．关于该款电吹风，下列说法中正确的是( )图19A ．触片P 与触点b 、c 接触时，电吹风吹热风B ．变压器两线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5C ．小风扇线圈电阻为8ΩD ．电热丝正常工作时电阻为6.25Ω答案 C解析 只有电热丝接入时才能吹热风，故吹热风时触片P 与触点a 、b 接触，故A 错误；根据变压器的副线圈、原线圈的匝数与电压的关系：n 1∶n 2＝50∶220＝5∶22，故B 错误；小风扇的热功率为：P 热＝50 W －42 W ＝8 W ，电流I ＝5050A ＝1 A ，则由P ＝I 2r 可得：r ＝8 Ω，故C 正确；电热丝的功率P ′＝450 W －50 W ＝400 W ，由P ′＝U 2R 可知，电热丝电阻R ＝2202400 Ω＝121 Ω，故D 错误．8．在如图20所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示．下列说法正确的是( )图20A.U 1I 不变，ΔU 1ΔI变大 B.U 2I 变大，ΔU 2ΔI不变 C.U 3I 变大，ΔU 3ΔI变大D ．电源的输出功率变大答案 B解析 根据欧姆定律得知：U 1I ＝ΔU 1ΔI ＝R 1.故当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，U 1I 、ΔU 1ΔI均不变，故A 错误；U 2I ＝R 2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －I (R 1＋r )，则有U 2ΔI＝R 1＋r ，不变，故B 正确；U 3I ＝R 1＋R 2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U 3＝E －Ir ，则有ΔU 3ΔI＝r ，不变．故C 错误；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，外电阻变大，但是不知道外电阻与内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，则D 错误．9．普通的交流电压表是不能直接接在高压输电线路上测量电压的，通常要通过电压互感器来连接．图21中电压互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电压为U ab ；cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电压为U cd .为了使电压表能正常工作，则( )图21A ．ab 接MN ，cd 接PQ ，U ab <U cdB ．ab 接MN ，cd 接PQ ，U ab >U cdC ．ab 接PQ ，cd 接MN ，U ab <U cdD ．ab 接PQ ，cd 接MN ，U ab >U cd答案 C解析 电压互感器的作用是使大电压变成小电压，根据变压器原理可知，应使匝数多的接入输入端，故MN 接cd ，PQ 接ab ，且U ab <U cd .10．(2015·海南单科·10)如图22所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V ，则( )图22A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48V答案 AD解析 当负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0时，根据串、并联电路规律，R 两端电压为R 0两端电压的5倍，因为电压表测量R 两端的电压，所以U R 0＝15×5V ＝1V ，故副线圈两端电压为U 2＝6V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1＝24V ，所以此时原线圈两端电压的最大值为242V ≈34V ，A 正确，B 错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前、后电流也不变，则变化后电压U 2＝IR 0＋5IR 0＝6IR 0，变化前，U 2′＝IR 0＋11IR 0＝12IR 0，所以U 2′＝2U 2＝12V ，根据公式U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48V ，D 正确，C 错误．11．如图23所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(36V ,6W)字样，此时L 1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A ，下列说法正确的是()图23A ．原、副线圈匝数之比为3∶1B ．变压器的输入功率为12WC ．电压表的读数为18VD ．若L 3突然断路，则L 1变暗，L 2变亮，输入功率减小答案 CD解析 因为L 1正常发光，L 1两端的电压为36 V ，电流I ＝P U ＝636 A ＝16 A ，L 2的电流为112A ，两端的电压为18 V ，电功率为1.5 W ，所以副线圈的输出电压(36＋18) V ＝54 V ，副线圈的输出功率为：(6＋1.5＋1.5) W ＝9 W ，原线圈的输入功率也为9 W ；I 1I 2＝n 2n 1，0.516＝n 2n 1，n 1n 2＝13，当L 3断路时，副线圈的电压不变，总电阻增大，电流变小，L 1变暗，L 2两端的电压变大，L 2变亮，由P ＝U 2R 总，U 不变，R 总增大，总功率变小．。
《新步步高》2016浙江版高考物理二轮复习高考12题逐题特训第8题预测题型2
预测题型2电学发展创新实验1．(2015·安徽皖东三校5月联考)根据伏安法，由10V电源、0～15V电压表、0～10mA电流表等器材，连接成测量较大阻值电阻的电路．由于电表内阻的影响会造成测量误差，为了避免此误差，现在原有器材之外再提供一只高精度的电阻箱和单刀双掷开关，某同学设计出了按图1电路来测量该未知电阻的实验方案．图1(1)请按图1电路，将图2中所给器材连接成实验电路．图2(2)请完成如下实验步骤：①先把开关S拨向R x，调节滑动变阻器，使电压表和电流表有一合适的读数，并记录两表的读数，U＝8.12V，I＝8.0mA，用伏安法初步估测电阻R x的大小；②________________________________________________________________________，之后把开关S拨向电阻箱R，调整电阻箱的电阻值，使电压表、电流表的读数与步骤1中的读数一致．读得此时电阻箱的阻值R＝1000Ω；③该待测电阻阻值为________Ω.(3)利用测得的数据，还可以得到________表(填“电流”或“电压”)的内电阻等于________Ω. 2．如图3所示是测量阻值约几十欧的未知电阻R x的原理图，图中R0是保护电阻(10Ω)，R1是电阻箱(0～99.9Ω)，R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源(电动势10V，内阻很小)．在保证安全和满足需求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：图3①连接好电路，将滑动变阻器R调到最大；②闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；③重复步骤(2)，再测量6组R1和I2的值；④将实验测得的7组数据在如图4所示坐标纸上描点．图4根据实验回答以下问题：(1)现有四只供选用的电流表A．电流表(0～3mA，内阻为2Ω)B．电流表(0～3mA，内阻未知)C．电流表(0～0.3A，内阻为5Ω)D．电流表(0～0.3A，内阻未知)A1应选用________，A2应选用________．(2)测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值________(选填“不变”、“变大”或“变小”)．(3)在如图4所示坐标纸上画出R1与I2的关系图．(4)根据以上实验得出R x＝________Ω.(结果保留两位有效数字)3．(2015·济南二模)某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻．A．待测干电池一节，电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B．直流电压表V，量程为3V，内阻非常大C．定值电阻R0＝150ΩD．电阻箱RE．导线和开关根据如图5甲所示的电路连接图进行实验操作．多次改变电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U.在1U－R坐标系中描出的坐标点如图乙所示．图5(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则1U与R的关系式为________．(2)在图乙画出1U－R关系图线．(3)根据图线求得斜率k＝________V－1·Ω－1，截距b＝________V－1(结果保留两位有效数字)．(4)根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(结果保留三位有效数字)．答案精析预测题型2电学发展创新实验1．(1)连线见解析图(2)②保持滑动变阻器滑片位置不变，将电阻箱阻值调到1000Ω左右或者最大③1000(3)电流15解析(1)已知原理电路图，则将各串联支路连接，再并联即可得出正确的实物图，如图所示．(2)②将开关接到R x时，由伏安法可得电流表及待测电阻的总电阻，为了准确测量，可以保持滑动变阻器滑片位置不变，调整电阻箱的阻值，将电阻箱阻值调到1000Ω左右或最大．③待测电阻阻值为1000Ω.(3)由伏安法测得电阻为电流表及待测电阻的阻值，故电流表内阻可以测出，R A＝UI－R＝8.120.008Ω－1000Ω＝15Ω.2．(1)D C(2)变大(3)见解析图(4)31(29～33之间均可)解析(1)A1示数I1＝0.15A，则A1应选用量程为0.3A的电流表，由于只要知道电流大小即可，即选用D；根据R1与I2的关系图可知，A2的量程为0.3A，且必须要知道其电阻，因此选用C.(2)调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，则与其串联的电阻和电流表的两端电压必须减小，因此只有让滑动变阻器R接入电路的阻值变大，才能达到这样的条件．(3)根据题目中已描的点，平滑连线，注意让点分布在图线的两边，如图所示．(4)根据欧姆定律，则有： (R 1＋R 0＋R A1)I A1＝I 2(R x ＋R A2) 整理可得：R 1＝I 2R x ＋R A2I A1－R 0－R A1而R 1与I 2的图象的斜率k ＝58－00.30－0.06Ω≈241.7Ω则有R x ＝kI A1－R A2＝241.7×0.15Ω－5Ω≈31Ω. 3．(1)1U ＝1ER 0R ＋R 0＋r ER 0 (2)见解析图 (3)0.0044 0.70(4)1.52(1.50～1.54) 9.60(8.00～11.00)解析 (1)由闭合回路欧姆定律，得：U R 0＝E R 0＋R ＋r ，解得1U ＝1ER 0R ＋R 0＋r ER 0.(2)如图所示．(3)由图可知，斜率k ＝0.0044V －1·Ω－1，截距b ＝0.70V －1.(4)由1U ＝1ER 0R ＋R 0＋r ER 0得，k ＝1ER 0，b ＝R 0＋r ER 0，又R 0＝150Ω，解得E ≈1.52V ，r ＝9.60Ω.。
《新步步高大二轮专题复习与增分策略(通用)物理》二轮专题突破习题专题10选考部分第2讲..doc
第2讲机械振动与机械波光岛考题电1机械振动【解题方略】1.简谐运动的对称性：振动质点在关于平衡位置对称的两点，X、F、a、S Ek、Ep的大小均相等，其中回复力只加速度6/与位移x的方向相反，而。
与x的方向可能相同，也可能相反. 振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即t RC = t CB.振动质点通过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，即t BC = t B c•如图1所示2.简谐运动的周期性：做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦” 或“余弦”规律变化，它们的周期均相同•其位移随时间变化的表达式为："/sin(初+ 0咸x =Acos (cot + (p).【例1】简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图2甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔让一条纸带在与小球振动方向垂肓的方向上匀速运动，笔卩在纸带上画出的就是小球的振动图象•取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示•则下列说法中正确的是()A.弹费振子的周期为4sB.弹簧振子的振幅为10cmC./=17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD.若纸带运动的速度为2cm/s,振动图线上1、3两点间的距离是4cmE.2.5s时振子正在向x轴正方向运动解析周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为r=4s,故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B正确；振子的周期为4s ,由周期性知r/=17s时振子相对平衡位置的位移与2 Is时振子相对平衡位置的位移相同，为0 ,故C错误；若纸带运动的速度为2cm/s ,振动图线上1、3两点间的距离是s = vt= 2cm/sX2s = 4cm.KD正确；由图乙可知2.5s时振子正在向x轴负方向运动，故E错误.答案ABD预测1 (2015・山东理综・38(1))如图3所示，轻弹•簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖方?方向做简谐运动•以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为尹=0.1sin(2.5M)m./=0时刻，一小球从距物块/?高处自山落卞；/=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度.収重力加速度的大小g=10m/s2.以下判断正确的是__________________ •(双选，填正确答案标号)h图3A.力=1.7mB.简谐运动的周期是0.8sC.0.6s内物块运动的路程是0.2mD.f=0.4s时，物块与小球运动方向相反答案AB 解析/二0.6s时，物块的位移为y = 0.1sin(2.5兀X 0.6)m = - 0.1m ,则对小球h + \y\ = ^，解得2兀2.TLh = 1.7m ,选项A正确；简谐运动的周期是r=^- = y^s = 0.8s ,选项B正确；0.6s内物块运T动的路程是3A = 0.3m ,选项C错误；r = 0.4s = 2 ,此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误.预测2某同学用单摆测当地的重力加速度.他测出了摆线长度厶和摆动周期八如图4(a)所示.通过改变摆线长度厶测出对应的摆动周期获得多组八与厶再以尸为纵轴、厶为横轴画出函数关系图象如图(b)所示.由图象可知，摆球的半径r= __________ m,当地重力加速度g=_______ m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会 __________ (选填“偏人”“偏小”或“一样”).答案1.0X10—2 7t2一样解析由横轴截距得，球的半径应为1.0X10*2m；图象斜率k = ^= ] °咒一2二4 ,而g 二霁故g 二^~m/s2 = n2 m/s2根据以上推导，斜率不变，重力加速度不变，故对g没有影响，一样.商考题电2机械波▼【解题方略】1.波动图象描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点偏离平衡位置的位移•在时间上具有周期性、空间上具有重复性和双向性的特点.2.深刻理解波动中的质点振动.质点振动的周期(频率)=波源的周期(频率)=波的传播周期(频率).3.要画好、用好振动图象，并正确地与实际情景相对应.要正确画出波形图，准确写出波形平移距离、质点振动时间与波长、周期的单一解或多解表达式.4.分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化•另外，各矢量均在其值为零时改变方向.5.“一分、一看、二找”巧解波动图象与振动图象的综合问题(1)分清振动图象与波动图象•只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为/则为振动图象.(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级.(3)找准波动图象对应的时刻.(4)找准振动图象对应的质点.【例21 (2016-全国甲卷・34⑵)一列简谐横波在介质中沿x轴止向传播，波长不小于lOcm.O和A 是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点./=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4cm,质点力处于波峰位置；时，质点O第一次回到平衡位置，f=ls吋，质点/第一次冋到平衡位置•求：(1)简谐波的周期、波速和波长；(2)质点O的位移随时间变化的关系式.解析(1)设振动周期为卩由于质点力在0到Is内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是+个周期，由此可知"4s①由于质点O与/的距离Ax = 5cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在尸*s时回到平2衡位置，而/在C Is时回到平衡位置，时间相差Az = |s ,可得波的速度D 二右二 7.5cm/s ②由X = vT 得，简谐波的波长2 = 30cm ③(2)设质点O 的位移随时间变化的关系为2兀/ y = A cos(— + go)④将①式及题给条件代入上式得4 = Acos^o< 71 ⑤ 0 = /cos(& + go)JT解得 00 二 3 M 二 8cm®质点O 的位移随时间变化的关系式为或尹二 0.08sin （^/ + 才）m答案（l ）4s 7.5cm/s 30cm（2）y=0.08cos （》+f ） m 或 y=0.08sin （》+罟）m预测3 (2016-全国丙卷-34(1))111波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播.波源振动 的频率为20Hz,波速为16m/s.D 知介质小P 、0两质点位于波源S 的两侧，且P 、。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)第2部分专题1应考策略 方法技巧二、物体的曲线运动
考点12
匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)
(1)特点：合外力大小不变，方向总是指向圆心．匀速圆周 运动是加速度(方向)时刻在变化的变加速曲线运动． (2)向心力与向心加速度的关系遵从牛顿第二定律：
v2 2π 2 2 F＝ma＝m r ＝mrω ＝mr( T ) . (3)做圆周运动的物体，只要物体所受合外力大小恒定，且
C.aA＝aB
D.FA<FB
图4
1 2 3 4 5
解析
小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，
如图 . 小球受重力和细线的拉力，合力提供向心力，根据几
何关系可知向心力：F＝mgtan θ
1 2 3 4 5
v2 由向心力公式得：mgtan θ＝m r
又r＝lsin θ
解得：v＝ gltan θsin θ
平行四边形定则． ②合运动是物体的实际运动．
③合运动的运动性质：
F 与 v 共线，物体做直线运动； F 与 v 不共线，物体做曲线
运动．
考点10
抛体运动(Ⅱ)
(1)平抛运动问题的分析方法：分解为水平方向上的匀速直 线运动和竖直方向上的自由落体运动．
(2)平抛运动的轨迹图象及规律(如图1所示)
图1
平抛运动 速 度 大小 方向 大小 方向
1 2 3 4 5
3.(多选)如图4所示，两个相同的小球A、B用长度分别为l1、
l2 的细线 (l1<l2) 悬于天花板的 O1 、 O2 点，两球在水平面内做
匀速圆周运动，两根细线与竖直轴夹角均为θ.设A、B两球的 线速度分别为vA、vB，角速度分别为ωA、ωB， 加速度分别为aA、aB，两根细线的拉力分别 为FA、FB，则( A.vA>vB ) B.ωA>ωB
【新步步高】2015-2016学年高一物理教科版必修2学案：第四章 9 实验：验证机械能守恒定律 Word版含答案[www
学案9实验：验证机械能守恒定律[目标定位]1.验证机械能守恒定律.2.熟悉瞬时速度的测量方法.3.能正确进行实验操作，分析实验数据得出结论，能定性地分析产生误差的原因.一、实验原理1.在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能减少，动能增加，如果重力势能的减少量________动能的增加量，就验证了机械能守恒定律.2.两种验证方案(1)若以重物下落的起始点O为基准，设重物的质量为m，测出重物自起始点O下落距离h 时的速度v，则在误差允许范围内，由计算得出________＝mgh，机械能守恒定律即被验证.(2)若以重物下落过程中的某一点A为基准，设重物的质量为m，测出重物对应于A点的速度v A，再测出重物由A点下落Δh后经过B点的速度v B，则在误差允许范围内，由计算得出__________________＝mgΔh，机械能守恒定律即被验证.二、实验器材铁架台(带铁夹)、电火花计时器、重物(带夹子)、_____、导线、毫米刻度尺、交流电源(220 V).三、实验步骤1.安装置：按图1甲把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连接好.图12.打纸带：在纸带的一端用夹子把重物固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器附近.先接通电源后放开纸带，让重物拉着纸带自由下落.重复几次，得到3～5条打好点的纸带.3.选纸带：从打好点的纸带中挑选点迹清晰且开始的两点间距接近2 mm 的一条纸带，在起始点标上0，以后任取间隔相同时间的点依次标上1、2、3…….4.测距离：用刻度尺测出0到1、2、3……的距离，即为对应下落的高度h 1、h 2、h 3…….四、数据处理1.计算各点对应的瞬时速度：根据公式v n ＝h n ＋1－h n －12T ，计算出1、2、3、……、n 点的瞬时速度v 1、v 2、v 3、……、v n .2.机械能守恒验证：方法一：利用起始点和第n 点.从起始点到第n 个计数点，重力势能减少量为mgh n ，动能增加量为12m v 2n ，计算gh n和12v 2n ，如果在实验误差允许范围内gh n ＝12v 2n ，则机械能守恒定律得到验证.方法二：任取两点A 、B .从A 点到B 点，重力势能减少量为mgh AB ＝mgh A －mgh B ，动能增加量为12m v 2B －12m v 2A ，计算gh AB 和12v 2B －12v 2A ，如果在实验误差允许范围内gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则机械能守恒定律得到验证.方法三：图像法.计算各计数点12v 2的值，以12v 2为纵轴，以各计数点到第一个点的距离h 为横轴，根据实验数据绘出12v 2－h 图线(如图2).若在误差允许范围内图像是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒定律.图2五、误差分析1.本实验的误差主要是由纸带测量产生的偶然误差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦阻力引起的系统误差.2.测量时采取多次测量求平均值的方法来减小偶然误差，安装打点计时器时使两限位孔中线竖直，并且选择质量适当大些、体积尽量小些的重物来减小系统误差.六、实验注意事项1.打点计时器安装要稳固，并使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力.2.应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力相对减小.3.实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物下落.4.本实验中的两种验证方法均不需要测重物的质量m .5.速度不能用v ＝gt 或v ＝2gh 计算，应根据纸带上测得的数据，利用v n ＝h n ＋1－h n －12T 计算瞬时速度.例1 某同学利用重物自由下落来“验证机械能守恒定律”的实验装置如图3甲所示.图3(1)请指出实验装置中存在的明显错误：____________.(2)进行实验时，为保证重物下落时初速度为零，应______(选填“A ”或“B ”).A.先接通电源，再释放纸带B.先释放纸带，再接通电源(3)根据打出的纸带，选取纸带上连续打出的1、2、3、4四个点如图乙所示.已测出1、2、3、4到打出的第一个点O的距离分别为h1、h2、h3、h4，打点计时器的打点周期为T.若代入所测数据能满足表达式gh3＝____________，则可验证重物下落过程机械能守恒(用题目中已测出的物理量表示).例2用如图4所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V的交流电和直流电两种.重物从高处由静止开始下落，重物拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量及相关计算，即可验证机械能守恒定律.图4(1)下面列举了该实验的几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器件；B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C.用天平测出重物的质量；D.释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能.其中没有必要进行或者操作不当的步骤是____________________.(2)在一次实验中，质量为m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示(相邻计数点的时间间隔为0.02 s)，长度单位cm，那么从起点O到打下计数点B的过程中重力势能的减少量ΔE p＝________ J，此过程中重物动能的增加量ΔE k＝________ J(g取9.8 m/s2，结果数据均保留至小数点后两位)；通过计算，数值上ΔE p________ΔE k(填“＞”“＝”或“＜”)，这是因为__________________________________.例3在验证机械能守恒定律的实验中，质量为m＝1 kg 的重物拖着纸带下落，在此过程中，打点计时器在纸带上打出一系列的点，在纸带上选取五个连续的点A 、B 、C 、D 和E ，如图5所示.其中O 为重物开始下落时记录的点，各点到O 点的距离分别是31.4 mm 、49.0 mm 、70.5 mm 、95.9 mm 、124.8 mm.当地重力加速度g ＝10 m/s 2.本实验所用电源的频率f ＝50 Hz.(结果保留三位有效数字)图5(1)打点计时器打下点B 时，重物下落的速度v B ＝____________m /s ，打点计时器打下点D 时，重物下落的速度v D ＝____________ m/s.(2)从打下点B 到打下点D 的过程中，重物重力势能减小量ΔE p ＝________ J ，重物动能增加量为ΔE k ＝________________________________________________________.1.如图6是用自由落体法验证机械能守恒定律时得到的一条纸带.有关尺寸已在图中注明.我们选取n 点来验证机械能守恒定律.下面列举一些计算n 点速度的方法，其中正确的是( )图6A.n 点是第n 个点，则v n ＝gnTB.n 点是第n 个点，则v n ＝g (n －1)TC.v n ＝x n ＋x n ＋12TD.v n ＝h n ＋1－h n －12T2.在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，查得当地的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺上的读数如图7所示，图中O 点是打点计时器打出的第一个点，A 、B 、C 、D 分别是每打两个点取的计数点.则重物由O 点运动到B 点时(重物质量为m kg)图7(1)重力势能的减少量是________J.动能的增加量是________J.(2)根据计算的数据得出的结论：____________________________________________________________________________________________________________________.3.如图8为利用气垫导轨(滑块在该导轨上运动时所受阻力可忽略)验证机械能守恒定律的实验装置，完成以下填空.图8实验步骤如下：①将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1 m，将导轨调至水平.②测出挡光条的宽度l和两光电门中心之间的距离s.③将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2.④读出滑块分别通过光电门1和光电门2的挡光时间Δt1和Δt2.⑤用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m.⑥滑块通过光电门1和光电门2时，可以确定系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为E k1＝____________和E k2＝____________.⑦在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少量ΔE p＝________.(重力加速度为g)⑧如果满足关系式__________________，则可认为验证了机械能守恒定律.答案精析学案9 实验：验证机械能守恒定律知识探究 一、 1．等于2．(1)12m v 2 (2)12m v 2B －12m v 2A二、 纸带 典例精析例1 (1)打点计时器不能接“直流电源”(或打点计时器应接“交流电源”) (2)A (3)(h 4－h 2)28T 2解析 (1)从题图甲中的实验装置中发现，打点计时器接在了“直流电源”上，打点计时器的工作电源是“交流电源”．因此，明显的错误是打点计时器不能接在“直流电源”上． (2)为了使纸带上打下的第1个点是速度为零的初始点，应该先接通电源，让打点计时器正常工作后，再释放纸带．若先释放纸带，再接通电源，当打点计时器打点时，纸带已经下落，打下的第1个点的速度不为零．(3)根据实验原理，只要验证gh n ＝12v 2n 即可验证机械能守恒定律．因此需求解v 3.根据匀变速直线运动规律关系式可得，v 3＝h 4－h 22T ，则有12v 23＝(h 4－h 2)28T 2，故只要在误差允许范围内验证gh 3＝(h 4－h 2)28T 2成立，就可验证重物下落过程中机械能守恒．例2 (1)BCD (2)0.49m 0.48m ＞ 纸带和重物运动过程中受到阻力的作用 例3 见解析解析 (1)v B ＝x AC 2T ＝(70.5－31.4)×10－32×0.02m /s≈0.978 m/sv D ＝x CE 2T ＝(124.8－70.5)×10－32×0.02m /s≈1.36 m/s(2)ΔE p ＝mgh BD ＝1×10×(95.9－49.0)×10－3 J ＝0.469 J ΔE k ＝12m (v 2D －v 2B)＝12×1×(1.362－0.9782) J ≈0.447 J. 自我检测 1．CD2．(1)1.911m 1.89m (2)在实验误差允许的范围内重物减少的重力势能等于其增加的动能，即机械能守恒解析 (1)重力势能的减少量为ΔE p ＝mgh OB ＝m ×9.8×0.195 J ＝1.911m J. 重物下落到B 点时的速度为 v B ＝h AC4T≈1.944 m/s所以重物从开始下落到B 点增加的动能为 ΔE k ＝12m v 2B ≈1.89m J.(2)从以上计算的数据得出在实验误差允许范围内重物减少的重力势能等于其增加的动能，即机械能守恒．3．⑥12(M ＋m )(l Δt 1)2 12(M ＋m )(lΔt 2)2 ⑦mgs⑧ΔE p ＝E k2－E k1解析 ⑥滑块通过光电门的速度 v 1＝l Δt 1，v 2＝l Δt 2所以E k1＝12(M ＋m )v 21＝12(M ＋m )(l Δt 1)2 E k2＝12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )(l Δt 2)2 ⑦系统重力势能的减少量等于托盘和砝码重力势能的减少量ΔE p ＝mgs . ⑧若ΔE p ＝E k2－E k1，则验证了机械能守恒定律．。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)专题4 万有引力与航天
GMm GM 解析 在星球表面有 R2 ＝mg，所以重力加速度 g＝ R2 ， 1 G81M GM 地球表面 g＝ R2 ＝9.8 m/s2，则月球表面 g′＝ 1 ＝ 3.7R2 3.7×3.7 GM 1 1 81 × R2 ≈ 6 g ，则探测器重力 G ＝ mg′ ＝ 1 300× 6 ×9.8 N≈2×103 N，选项 B 正确；
探测器自由落体，末速度 v＝ 2g′h≈ 8.9 m/s，选项 A 错误；
4 3×9.8 m/s≠
关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离 开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C 错误；
GM′m mv2 在近月轨道运动时万有引力提供向心力，有 ， 2 ＝ R′ R′ 所以 v＝ 1 G81M 1 ＝ 3.7R 3.7GM 81R ＜ GM R ，即在近月圆轨
l3 C.Gθt2 t2 D.Gθl3
)
图3
v2 GMm “ 嫦娥三号 ” 绕着月球做匀速圆周运动， F ＝ R2 ＝ m R . 代入 v 与 R，
l3 解之可得 M＝Gθt2
l l 解析 l＝Rθ 则 R＝θ；v＝t
答案 C
5.(多选)木卫一是最靠近木星的卫星，丹麦天文学家罗迈
最早在十七世纪通过对木卫一的观测测出了光速.如图4所
专题4 万有引力与航天
真题示例
1.( 多选 )(2015· 新课标全国 Ⅰ· 21) 我国发射的 “ 嫦娥三号 ” 登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道 上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4 m高处做一 次悬停 ( 可认为是相对于月球静止 ) ；最后关闭发动机，探
测器自由下落.已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质
答案 B
高考能力测试步步高物理基础训练2
高考能力测试步步高物理基础训练2基础训练2（时间60分钟，赋分100分）本套试题训练和考查的重点是理解匀变速直线运动的有关计算公式，并能熟练地运用这些公式解决实际问题.用打点计时器来测量匀变速直线运动的加速度和某一时刻的速度也是本套试题的重要考查内容.第7题、第8题、第14题为创新题.这些试题的特点是既与生产、生活中的实际问题相联系，又较灵活地考查了学生分析问题和解决问题的能力.一、选择题（每小题5分，共401.骑自行车的人沿着直线从静止开始运动，运动后，在第1 s 、2 s 、3 s 、4 s 内，通过的路程分别为1 m 、2 m 、3 m 、4 mA.4 s 内的平均速度是2.5 m/sB.在第3、4 s 内平均速度是3.5 m/sC.第3 s 末的即时速度一定是3 m/sD.2.汽车以20 m/s 的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5 m/s 2，那么开始刹车后2 s 与开始刹车后6 sA.1∶4B.3∶5C.3∶4D.5∶93.有一个物体开始时静止在O 点，先使它向东做匀加速直线运动，经过5 s ，使它的加速度方向立即改为向西，加速度的大小不改变，再经过5 s ，又使它的加速度方向改为向东，但加速度大小不改变，如此重复共历时20 s A.B.物体最后静止在OC.D.4.物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s ，1 s 后速度的大小变为10 m/s ，关于该物体在这1 s①位移的大小可能小于4 m②位移的大小可能大于10 m③加速度的大小可能小于4 m/s 2④加速度的大小可能大于10 m/s 2A.②④B.①④C.②③D.①③5.物体从斜面顶端由静止开始滑下，经t s 到达中点，则物体从斜面顶端到底端A.t 2sB.t sC.2t sD.22t s6.做匀加速直线运动的物体，先后经过A 、B 两点时的速度分别为v 和7v ，经 历的时间为tA.前半程速度增加3.5 vB.前2t 时间内通过的位移为11 v t /4C.后2t 时间内通过的位移为11v t /4D.后半程速度增加3v7.A.每节车厢末端经过观察者的速度之比是1∶2∶3∶…∶nB.每节车厢末端经过观察者的时间之比是1∶3∶5∶…∶nC.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶3∶5D.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1∶2∶38.汽车A 在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4 m/s 2的加速度做匀加速运动，经过30 s 后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时，汽车B 以8 m/s 的速度从A 车旁边驶过，且一直以相同速度做匀速直线运动，运动方向与A 车相同，则从绿灯亮时开始A.A 车在加速过程中与BB.A 、BC.相遇时AD.二、填空题（每小题6分，共249.做匀加速直线运动的火车，车头通过路基旁某电线杆时的速度是v 1，车尾通过该电线杆时的速度是v 2，那么，火车中心位置经过此电线杆时的速度是_______.10.一物体由静止开始做匀加速直线运动，在第49 s 内位移是48.5 m,则它在第60 s 内位移是_______ m.11.一物体初速度为零，先以大小为a 1的加速度做匀加速运动，后以大小为a 2的加速度做匀减速运动直到静止.整个过程中物体的位移大小为s ，则此物体在该直线运动过程中的最大速度为_______.12.如图1—2—1所示为用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度的实验时记录下的一条纸带.纸带上选取1、2、3、4、5各点为记数点，将直尺靠在纸带边，零刻度与纸带上某一点0对齐.由0到1、2、3…点的距离分别用d 1、d 2、d 3…表示，测量出d 1、d 2、d 3…的值，填入表中.已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz ，由测量数据计算出小车的加速度a 和纸带上打下点3时小车的速度v 3，并说明加速度的方向.图1—2—1加速度大小a =_______m/s ，方向_______，小车在点3时的速度大小v 3=_______m/s.三、计算题（共3613.(12分)一物体做匀加速直线运动，初速度为0.5 m/s ，第7 s 内的位移比第5 s 内的位移多4 m（1）物体的加速度.（2）物体在5 s 内的位移.14.（12分）某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10 s 内下降高度为1800 m ，造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动.（1（2）试估算成年乘客所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离座椅.(g 取10 m/s 2)15.（12分）如图1—2—2，一长为l 的长方形木块可在倾角为a 的斜面上无摩擦地滑下，连续经过1、2两点，1、2之间有一距离，物块通过1、2两点所用时间分别为t 1和t 2,那么物块前端P 在1、2图1—2—2高考能力测试步步高物理基础训练2答案一、1.AB 2.C 3.C 4.B 5.A 6.C 7.AC8.C二、9. 22221v v + 10.59.5 11.v m =21212a a s a a + 12.0.58;与运动方向相反；0.13三、13.利用相邻的相等时间里的位移差公式：Δs =aT 2,知Δs =4 m,T =1 s.a =2572Ts s - =2124⨯m/s 2=2m/s 2.再用位移公式可求得s 5=v 0t +21at 2=(0.5×5+21×2×52) m=27.5 m . 14.由s =21at 2及：a =10001800222⨯=t s m/s 2=36 m/s 2. 由牛顿第二定律：F +mg =ma 得F =m (a -g )=1560 N,成年乘客的质量可取45 kg~65 kg,因此，F 相应的值为1170 N~1690 N15.设P 端通过1后21t 时刻速度为v 1′，通过2后22t 时刻速度为v 2′,由匀变速运动规律有：v 1′=11t ,v 2′=21t .物体运动的加速度为a =g sin α, 21'-'t =)11(sin sin 1212t t g l g v v -='-'αα又t 1-1′=21t ,t 2-2′=22t ,故t 12=t 1-1′-t 2-2′+21'-'t =)11(sin 21221t t g L t t -+-α。