2018年高考物理《步步高》(全国通用

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新步步高2018版浙江高考物理选考总复习第一章实验1用打点计时器测速度实验2探究小车速度随时间变化规

解析 0.15 s恰好是BC的中间时刻，因此需要测出BC的长度，也就是纸带b的长度.
(3)若测得a段纸带的长度为2.0 cm，e段纸带的长度为10.0 cm，则可求出加速度的大小为____ m/s2. 2.0
解析根据匀变速直线运动的规律 Δx＝aT2，由于相邻两段的时间间隔都是 0.1 s，可得：a＝xe4－T2xa＝2.0 m/s2.
√
√
123
解析
2.关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法中错误的是( ) A.长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低 B.在释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处 C.应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车 √D.要在小车到达定滑轮前使小车停止运动
解析长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误.
解析答案
5.某同学用如图7甲所示的实验装置“探究小车速度随时间变化的规律”：
45
图7
(1)电磁打点计时器接_________电源(填“低压直低流压”交“低流压交流”或“220 V交流”).
45
解析电磁打点计时器接低压交流电源. (2)实验时，使小车靠近打点计时器，先________再_________.(填“接通电源”或“放接开通小电车源”)
x3－x2＝x2－x1(或2x2＝x1＋x3)
x2＋x3 10T
解析因小车做匀加速直线运动，所以x3－x2＝x2－x1，即2x2＝x1＋x3，c点是bd段的时间中点，则c点的瞬时速度等于该段的平均速度，vc
＝
.
x2＋x3
10T
解析答案
例2 实验中，如图3所示为一次记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔T＝0.1 s.

2018年高考物理《步步高》（全国通用

2018年高考物理《步步高》（全国通用•含答案及详细解析）一轮微专题复习题（10套“微专题”题+1套章末综合练习题，共11套题）第二章牛顿运动定律1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：作用力与反作用力的关系可总结为“三同、三异、三无关”．三同：同大小、同变化、同消失．三异：异体、异向、异效．三无关：与物体的种类无关、与物体的状态无关，与是否与其他物体相互作用无关．1．(对惯性的理解)(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动2．(对牛顿第一定律的研究)伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法．图1中a、b分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是() 图1 A．图a通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动B．图a中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易C．图b中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成D．图b的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持3．(对牛顿第三定律的理解)牛顿在总结C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一和第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等始终大小相等4．(牛顿第三定律在受力分析中的应用)电视台体育频道讲解棋局节目中棋盘竖直放置，棋盘由磁石做成，棋子都可视为被磁石吸引的小磁体，若某棋子静止，则() A．棋盘面可选足够光滑的材料．棋盘面可选足够光滑的材料B．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大．棋盘对棋子的作用力比棋子对棋盘的作用力大C．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大．棋盘对棋子的作用力比棋子的重力大D．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大．若棋盘对棋子的磁力越大，则对其摩擦力也越大5．一物体受绳子的拉力作用由静止开始前进，先做加速运动，然后改为匀速运动，再改做减速运动，则下列说法中正确的是() A．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力．加速前进时，绳子拉物体的力大于物体拉绳子的力B．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力．减速前进时，绳子拉物体的力小于物体拉绳子的力C．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等．只有匀速前进时，绳子拉物体的力才与物体拉绳子的力大小相等D．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等．不管物体如何前进，绳子拉物体的力与物体拉绳子的力大小总相等6．伽利略利用如图2所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后运动至右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐减小的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.对比三次实验结果，可直接得到的结论是() 图2 A．如果斜面光滑，小球可以上升到比O′点更高的位置′点更高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高．小球受到斜面的阻力越小，其上升的位置越高D．自由落体运动是匀变速直线运动．自由落体运动是匀变速直线运动7.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为M ，环的质量为m ，如图3所示，已知环沿杆匀加速下滑时，杆对环的摩擦力大小为f ，则此时箱对地面的压力大小为多少？则此时箱对地面的压力大小为多少？图3 答案解析1．AD [物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A 项正确．没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C 错．D 项符合惯性定义，是正确的．]2．B [图a 是先在倾角较小的斜面上进行实验，“冲淡”重力，使时间测量更容易，A 项错误，B 项正确；完全没有摩擦阻力的斜面并不存在，C 项错；图b 中实验通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，D 项错．]3．D [由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，选项A 错误；压力和支持力作用在两个不同的物体上，而平衡力是作用在同一个物体上，选项B 错误；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力等于车对人的作用力，选项C 错误；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力，选项D 正确．]4．C [根据竖直方向上二力平衡知：f 静＝G ，则G 应不超过最大静摩擦力，有f 静<f m ＝μF N ，F N 一定，要使棋子不滑下，应增大最大静摩擦力，为此应增大μ，棋盘面应选取较粗糙的材料，故A 错误；棋盘对棋子的作用力与棋子对棋盘的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反．故B 错误；棋盘对棋子的摩擦力与重力大小相等，棋盘对棋子的作用力是支持力与摩擦力的合力，所以比棋子的重力大，故C 正确；棋盘对棋子的静摩擦力与棋子的重力平衡，棋盘对棋子的磁力增大，摩擦力大小不变，故D 错误．]5．D [绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，与物体的运动状态和作用效果无关，与物体的运动状态和作用效果无关，加速前进、加速前进、匀速前进或减速前进时，匀速前进或减速前进时，绳子拉物体的力都绳子拉物体的力都等于物体拉绳子的力，故A 、B 、C 错误，D 正确．]6．C [在此实验中，若斜面光滑，只有重力做功，机械能守恒，小球最高只能上升到O ′位置，A 项错误．此实验说明小球受到的阻力越小，机械能损失越少，上升的位置越高，但不能直接说明小球不受力时，它将一直保持匀速运动或静止状态，更不能直接说明自由落体运动是匀变速直线运动，所以C项正确，B、D两项错误．]7．f＋Mg解析箱子在竖直方向上受力情况如图所示，其受重力Mg、地面对它的支持力F N及环对它的摩擦力f′，由牛顿第三定律知f′＝f. 由于箱子处于平衡状态，可得：F N＝f′＋Mg＝f＋Mg. 根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则F N′＝F N＝f＋Mg. 1．考点及要求：(1)牛顿运动定律(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律的应用(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)刚性绳(或接触面)：一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间，一般题目中所给的细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时，均可按此模型处理；(2)弹簧(或橡皮绳)：此种物体的特点是形变量大，形变恢复需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．1．(弹簧模型)如图1所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间() 图1 A．木块B对水平面的压力迅速变为2mgB．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．弹簧的弹性势能立即减小．弹簧的弹性势能立即减小2．(杆模型)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为() 图2 A.233g B．0 C．g D.33g3. 3. ((多选)如图3所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触，此时轻弹簧的伸长量为x，现将悬绳剪断，则下列说法正确的是() 图3 A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断后A物块向下运动距离2x时速度最大时速度最大D．悬绳剪断后A物块向下运动距离x时加速度最小时加速度最小4.如图4所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固定在框架上，下端连接一个质量为m的小球，小球上下振动时，框架始终没有跳起．当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为( ) 图4 A ．gB.M －m m g C ．0 D.M ＋m m g5．(多选)如图5所示，弹簧p 和细绳q 的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C ，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p 、q 与竖直方向的夹角均为60°60°..下列判断正确的有( ) 图5 A ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间q 对球的拉力大小为mgB ．若p 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32g C ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p 对球的拉力大小为12mgD ．若q 和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g6. (多选多选)如图6所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上，质量m ＝2 kg 的物块与水平轻弹簧相连，物块在与水平方向成θ＝45°角的拉力F 作用下处于静止状态，此时水平面对物块的弹力恰好为零，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( ) 图6 A ．此时轻弹簧的弹力大小为20 N B ．当撤去拉力F 的瞬间，物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向左，方向向左C ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8 m/s 2，方向向右，方向向右D ．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0 7.物块A 1和A 2、B 1和B 2质量均为m ，A 1、A 2用刚性轻杆相连，B 1、B 2用轻质弹簧连接，两个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，个装置都放在水平支托物上，处于平衡状态，如图如图7所示．今突然迅速地撤去支托物，让物块下落，在撤去支托物的瞬间，A 1、A 2受到的合力分别为F A 1和F A 2，B 1、B 2受到的合力分别为F B 1和F B 2，则( ) 图7 A ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，FB 1＝0，F B 2＝2mgB ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝0，F B 2＝2mgC ．F A 1＝0，F A 2＝2mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mgD ．F A 1＝mg ，F A 2＝mg ，F B 1＝mg ，F B 2＝mg答案解析1．C 2．A [撤离木板之前，小球处于三力平衡状态，木板对小球的弹力大小等于233mg .当木板突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，突然撤离的瞬间，木板的弹力消失，但小球的重力不变，但小球的重力不变，但小球的重力不变，弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹簧的弹力也不变，重力与弹簧的弹力的合力大小依旧等于木板对小球的弹力233mg ，根据牛顿第二定律有233mg ＝ma ，得a ＝233g ，选项A 正确．] 3．AC [剪断悬绳前，对B 受力分析，B 受到重力和弹簧的弹力，知弹力F ＝mg ，剪断瞬间，对A 分析，A 的合力为F 合＝mg ＋F ＝2mg ，根据牛顿第二定律，得a ＝2g ，故选项A 正确，B 错误．弹簧开始处于伸长状态，弹簧开始处于伸长状态，弹力弹力F ＝mg ＝kx .当向下压缩，mg ＝F ′＝kx ′时，速度最大，x ′＝x ，所以下降的距离为2x ，选项C 正确，D 错误．]4．D [以框架为研究对象进行受力分析可知，当框架对地面压力为零时，其重力与弹簧对其弹力平衡，即F ＝Mg ，故可知弹簧处于压缩状态，再以小球为研究对象分析受力可知F＋mg ＝ma ，联立可解得，小球的加速度大小为a ＝M ＋m m g ，故选项D 正确．] 5．BD [原来p 、q 对球的拉力大小均为mg .p 和球脱钩后，球将开始沿圆弧运动，将q 受的力沿法向和切线正交分解，如图甲，得F －mg cos 60°＝m v 2r ＝0，即F ＝12mg ，合力为mg sin 60°＝ma ，故a ＝32g ，选项A 错误，B 正确；q 和球突然脱钩后瞬间，p 的拉力未来得及改变，仍为mg ，因此合力为mg ，如图乙，球的加速度大小为g .故选项C 错误，D 正确．] 6．AB [物块在重力、拉力F 和弹簧的弹力作用下处于静止状态，由平衡条件得kx ＝F cos θ，mg ＝F sin θ，解得弹簧的弹力kx ＝mg tan 45°＝20 20 N N ，故选项A 正确；撤去拉力F 的瞬间，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma 1，解得a 1＝8 m/s 2，方向向左，故选项B 正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力消失，则F cos θ＝ma 2，解得a 2＝10 m/s 2，方向向右，故选项C 、D 错误．] 7．B [撤去支托物的瞬间，由于轻杆是刚体(认为无形变)，所以弹力马上发生变化，A 1、A 2立即做自由落体运动，轻杆与A 1、A 2间弹力为零，所以F A 1＝F A 2＝mg ；撤去支托物前，由平衡条件知弹簧弹力大小为mg ，撤去支托物的瞬间，弹簧的形变因物块静止的惯性而不能马上改变，弹力仍保持原值，所以B 1受的合力F B 1＝0，B 2受的合力F B 2＝2mg ，故选项B 正确．]1．考点及要求：(1)牛顿运动定律的应用(Ⅱ)；(2)匀变速直线运动的公式(Ⅱ).2.方法与技巧：(1)抓住两个分析：受力分析和运动过程分析；(2)解决动力学问题时对力的处理方法：合成法和正交分解法；(3)求解加速度是解决问题的关键．求解加速度是解决问题的关键．1．(已知运动分析受力)如图1所示，一物体从倾角为30°的斜面顶端由静止开始下滑，s 1段光滑，s 2段有摩擦，已知s 2＝2s 1，物体到达斜面底端的速度刚好为零，求s 2段的动摩擦因数μ.(g 取10 m/s 2) 图1 2．(已知受力分析运动)如图2所示，在质量为m B ＝30 30 kg kg 的车厢B 内紧靠右壁，放一质量m A ＝20 kg 的小物体A (可视为质点)，对车厢B 施加一水平向右的恒力F ，且F ＝120 N ，使之从静止开始运动．测得车厢B 在最初t ＝2.0 s 内移动s ＝5.0 m ，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．图2 (1)计算B 在2.0 s 的加速度；的加速度；(2)求t ＝2.0 s 末A 的速度大小；的速度大小；(3)求t ＝2.0 s 内A 在B 上滑动的距离．上滑动的距离．3．如图3甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成θ＝37°角，质量m ＝1 1 kgkg 的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O 处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F 作用于小球上，在t 1＝2 s 时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求：，忽略浮力．求：图3 (1)小球在0～2 s 内的加速度a 1和2～5 s 内的加速度a 2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F 的大小．的大小．4．如图4所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f ＝4 N ．g 取10 m/s 2. 图4 (1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t ＝5 s 时离地面的高度h . (2)当无人机悬停在距离地面高度H ＝100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v . (3)在无人机从离地高度H ＝100 m 处坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.答案解析1.32解析设物体的质量为m ，在s 1段物体做匀加速直线运动，在s 2段物体做匀减速运动，在s 1段由牛顿第二定律得： mg sin θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＝5 m/s 2 在s 2段：μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，解得a 2＝μg cos θ－g sin θ 设s 1段结束时的速度为v ，根据运动学方程，在s 1段：v 2＝2a 1s 1在s 2段：v 2＝2a 2s 2，又s 2＝2s 1解得：μ＝322．(1)2.5 m /s 2 (2)4.5 m/s (3)0.5 m 解析 (1)设t ＝2.0 s 内车厢的加速度为a B ，由s ＝12a B t 2得 a B ＝2.5 m/s 2(2)对B ，由牛顿第二定律：F －f ＝m B a B ，得f ＝45 N 对A ，据牛顿第二定律得A 的加速度大小为a A ＝2.25 m/s 2所以t ＝2.0 s 末A 的速度大小为：v A ＝a A t ＝4.5 m/s. (3)在t ＝2.0 s 内A 运动的位移为s A ＝12a A t 2＝4.5 m ， A 在B 上滑动的距离Δs ＝s －s A ＝0.5 m. 3．(1)15 m /s 2，方向沿杆向上，方向沿杆向上10 m/s 2，方向沿杆向下，方向沿杆向下 (2)0.5 50 N 解析 (1)取沿细杆向上的方向为正方向，由题图可知，在0～2 s 内，a 1＝Δv 1Δt 1＝15 m/s 2(方向沿杆向上) 在2～5 s 内，a 2＝Δv 2Δt 2＝－10 m/s 2(“－”表示方向沿杆向下)． (2)有风力F 时的上升过程，由牛顿第二定律，有 F cos θ－μ(mg cos θ＋F sin θ)－mg sin θ＝ma 1，停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有－μmg cos θ－mg sin θ＝ma 2，联立解得μ＝0.5，F ＝50 N. 4．(1)75 m (2)40 m/s (3)535 5 s s 解析 (1)由牛顿第二定律：F －mg －f ＝ma 得a ＝6 m/s 2高度h ＝12at 2 解得h ＝75 m (2)下落过程中mg －f ＝ma 1 a 1＝8 m/s 2落地时v 2＝2a 1H 解得v ＝40 m/s (3)恢复升力后向下减速运动过程F －mg ＋f ＝ma 2 a 2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为v m ，则有v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得v m ＝4053 m/s 由v m ＝a 1t 1 解得t 1＝553 s 1．考点及要求：超重和失重(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)从受力的角度判断，当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时物体处于超重状态，小于重力时处于失重状态，等于零时处于完全失重状态；(2)从加速度的角度判断，当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态．1．(对超重和失重的理解)小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层．则下列说法正确的是( ) A ．他始终处于超重状态．他始终处于超重状态B ．他始终处于失重状态．他始终处于失重状态C ．他先后处于超重、平衡、失重状态．他先后处于超重、平衡、失重状态D ．他先后处于失重、平衡、超重状态．他先后处于失重、平衡、超重状态2．(超重和失重的分析)如图1所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同，放上A 物块后A 物块匀加速下滑，B 物块获一初速度后匀速下滑，C 物块获一初速度后匀减速下滑，放上D 物块后D 物块静止在斜面上，四个斜面体均保持静止．四种情况下斜面对地面的压力依次为F 1、F 2、F 3、F 4，则它们的大小关系是( ) 图1 A ．F 1＝F 2＝F 3＝F 4B ．F 1>F 2>F 3>F 4C ．F 1<F 2＝F 4<F 3D ．F 1＝F 3<F 2<F 43.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉西奇以2.04 m 的成绩获得冠军．弗拉西奇的身高约为1.93 m ，忽略空气阻力，g 取10 m/s 2，如图2所示．则下列说法正确的是( ) 图2 A ．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态．弗拉西奇在下降过程中处于完全失重状态B ．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态．弗拉西奇起跳以后在上升的过程中处于超重状态C ．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力．弗拉西奇起跳时地面对她的支持力等于她所受的重力D ．弗拉西奇起跳时的初速度大约为3 m/s 4．(多选)2013年12月2日1时30分，“嫦娥三号”探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心成功发射；12月14日21时，“嫦娥三号”到达距月球表面4 4 mm 处，关闭所有发动机，首次实现软着陆.12月15日晚，“嫦娥三号”着陆器和巡视器顺利互拍成像，“嫦娥三号”任务取得圆满成功．则下列说法正确的是( ) A ．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于超重状态B ．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态．发射初期，“嫦娥三号”处于失重状态C ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于失重状态D ．从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态处到着陆的过程中，“嫦娥三号”处于超重状态5.如图3所示，物体A 被平行于斜面的细线拴在斜面的上端，整个装置保持静止状态，斜面被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，被固定在台秤上，物体与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，装置稳定后，当细线被烧断，物体下滑时与静止时物体下滑时与静止时比较，台秤的示数( ) 图3 A ．增加．增加B ．减小．减小C ．不变．不变D ．无法确定．无法确定6．如图4所示，质量为M 的木楔ABC 静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m 的物体，以一定的初速度从A 点沿平行斜面的方向推出，物体m 沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是( ) 图4 A ．地面对木楔的支持力大于(M ＋m )gB ．地面对木楔的支持力小于(M ＋m )gC ．地面对木楔的支持力等于(M ＋m )gD ．地面对木楔的摩擦力为0 7．举重运动员在地面上能举起120 120 kg kg 的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100 100 kg kg 的重物，求升降机运动的加速度；若在以2.5 m /s 2的加速度加速下降的升降机中，此运动员能举起质量多大的重物？(取g ＝10 m/s 2) 答案解析1．C [小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，减速，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是中间为零，最后向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C 对．] 2．C [设物块和斜面的总重力为G . A 物块匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的分加速度，存在失重现象，则F 1<G ；B 物块匀速下滑，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 2＝G . C 物块匀减速下滑，加速度沿斜面向上，具有竖直向上的分加速度，存在超重现象，则F 3>G ；D 物块静止在斜面上，合力为零，斜面体保持静止状态，合力也为零，则系统的合力也为零，故F 4＝G .故有F 1<F 2＝F 4<F 3，故C 正确，A 、B 、D 错误．] 3．A [在上升和下降过程中，弗拉西奇的加速度等于重力加速度，处于完全失重状态，选项A 正确，选项B 错误；弗拉西奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力，选项C 错误；弗拉西奇在上升的过程中做竖直上抛运动，由运动学公式v 20＝2gh可得初速度v 0＝2gh＝20×(2.04－1.932)m /s≈4.6 m/s ，选项D 错误．] 4．AC [发射初期，“嫦娥三号”加速上升，加速度向上，处于超重状态；从距月球表面4 m 处到着陆的过程中，关闭所有发动机，“嫦娥三号”加速度为重力加速度，处于失重状态，选项A 、C 正确，B 、D 错误．]5．B [细线被烧断物体沿斜面下滑时不受摩擦力，物体A 将加速下滑，则物体A 的加速度沿竖直向下方向的分量不为0，A 处于失重状态，故台秤的示数将减小，选项B 正确．] 6．A [物体m 沿斜面向下做减速运动，加速度方向沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，系统处于超重状态，故A 正确，B 、C 错误；物体加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D 错误．]7．2 m/s 2，方向向上，方向向上160 kg 解析运动员在地面上能举起m 0＝120 kg 的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力 F ＝m 0g ＝1 200 N. 在运动着的升降机中只能举起m 1＝100 100 kgkg 的重物，可见该重物超重了，升降机应具有向上的加速度，设此加速度为a 1，对重物由牛顿第二定律得F －m 1g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 2 m m /s 2.当升降机以a 2＝2.5 m/s 2的加速度加速下降时，重物失重．设此时运动员能举起的重物质量为m 2，对重物由牛顿第二定律得m 2g －F ＝m 2a 2，解得m 2＝160 kg. 1．考点及要求：(1)图象(Ⅱ)；(2)牛顿运动定律(Ⅱ)；(3)力的合成与分解(Ⅱ).2.方法与技巧：。

2018高考物理步步高第五章第1讲

第1讲功功率动能定理一、功1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功．2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移．3．物理意义：功是能量转化的量度．4．计算公式(1)恒力F的方向与位移l的方向一致时：W＝Fl.(2)恒力F的方向与位移l的方向成某一夹角α时：W＝Fl cos_α.5．功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功．(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功．6．一对作用力与反作用力的功]7.一对平衡力的功一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零．二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式(1)P ＝W t，P 为时间t 内物体做功的快慢． (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率．③当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解．深度思考由公式P ＝Fv 得到F 与v 成反比正确吗答案不正确，在P 一定时，F 与v 成反比．三、动能动能定理 1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能． (2)公式：E k ＝12mv 2.(3)矢标性：动能是标量，只有正值．(4)状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度． 2．动能定理(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量． (2)表达式：W ＝12mv 22－12mv 21＝E k2－E k1.(3)适用条件：①既适用于直线运动，也适用于曲线运动．②既适用于恒力做功，也适用于变力做功．③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．深度思考物体的速度改变，动能一定改变吗答案不一定．如匀速圆周运动．1．(粤教版必修2P67第5题)用起重机将质量为m 的物体匀速吊起一段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一种( )A ．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零B ．重力做负功，拉力做正功，合力做正功C ．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零D ．重力不做功，拉力做正功，合力做正功答案 C2．(粤教版必修2P77第2题)(多选)一个物体在水平方向的两个恒力作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去其中的一个力，则( )A ．物体的动能可能减少B ．物体的动能可能不变C ．物体的动能可能增加D ．余下的力一定对物体做功答案 ACD3．(多选)关于功率公式P ＝Wt和P ＝Fv 的说法正确的是( ) A ．由P ＝W t知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C ．由P ＝Fv 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限增大 D ．由P ＝Fv 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比答案 BD4．(人教版必修2P59第1题改编)如图1所示，两个物体与水平地面间的动摩擦因数相等，它们的质量也相等．在甲图中用力F 1拉物体，在乙图中用力F 2推物体，夹角均为α，两个物体都做匀速直线运动，通过相同的位移．设F1和F2对物体所做的功分别为W1和W2，物体克服摩擦力做的功分别为W3和W4，下列判断正确的是( )图1A．F1＝F2B．W1＝W2C．W3＝W4D．W1－W3＝W2－W4答案D5．有一质量为m的木块，从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点，如图2所示．若由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图2A．木块所受的合外力为零B．因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C．重力和摩擦力的合力做的功为零D．重力和摩擦力的合力为零答案C命题点一功的分析与计算1．常用办法：对于恒力做功利用W＝Fl cos α；对于变力做功可利用动能定理(W＝ΔE k)；对于机车启动问题中的定功率启动问题，牵引力的功可以利用W＝Pt.2．几种力做功比较(1)重力、弹簧弹力、电场力、分子力做功与位移有关，与路径无关．(2)滑动摩擦力、空气阻力、安培力做功与路径有关．(3)摩擦力做功有以下特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．③相互作用的一对滑动摩擦力做功过程中会发生物体间机械能转移和机械能转化为内能，内能Q＝F f x相对．例1一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( ) A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1物体从静止开始经过同样的时间．答案 C 解析根据x ＝v ＋v 02t 得，两过程的位移关系x 1＝12x 2，根据加速度的定义a ＝v －v 0t，得两过程的加速度关系为a 1＝a 22.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即F f1＝F f2＝F f ，根据牛顿第二定律得，F 1－F f1＝ma 1，F 2－F f2＝ma 2，所以F 1＝12F 2＋12F f ，即F 1>F 22.根据功的计算公式W ＝Fl ，可知W f1＝12W f2，W F 1>14W F 2，故选项C 正确，选项A 、B 、D错误．判断力是否做功及做正、负功的方法1．看力F 的方向与位移l 的方向间的夹角α——常用于恒力做功的情形． 2．看力F 的方向与速度v 的方向间的夹角α——常用于曲线运动的情形．3．根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合＝ΔE k，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时合外力做负功．1.如图3所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )图3A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功答案B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a ＝g tan θ，当a >g tan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a <g tan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B 选项是错误的．2．以一定的初速度竖直向上抛出一个小球，小球上升的最大高度为h ，空气阻力的大小恒为F ，则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )A ．0B ．－FhC ．FhD ．－2Fh答案 D解析阻力与小球速度方向始终相反，故阻力一直做负功，W ＝－Fh ＋(－Fh )＝－2Fh ，D 选项正确．命题点二功率的理解和计算 1．平均功率与瞬时功率 (1)平均功率的计算方法 ①利用P ＝W t.②利用P ＝F v cos α，其中v 为物体运动的平均速度． (2)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝Fv F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力． 2．机车的两种启动模型3.机车启动问题常用的三个公式(1)牛顿第二定律：F－F f＝ma.(2)功率公式：P＝F·v.(3)速度公式：v＝at.说明：F为牵引力，F f为机车所受恒定阻力．例2在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如图4所示的F －1v图象(图线ABC 为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ：图4(1)求该汽车的额定功率；(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移．①最大速度在图象中对应的力；②AB 、BO 均为直线．答案 (1)8×104W (2)75 m解析 (1)由图线分析可知：图线AB 表示牵引力F 不变即F ＝8 000 N ，阻力F f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s ，此后汽车做匀速直线运动．由图可知：当最大速度v max ＝40 m/s 时，牵引力为F min ＝2 000 N 由平衡条件F f ＝F min 可得F f ＝2 000 N 由公式P ＝F min v max 得额定功率P ＝8×104W.(2)匀加速运动的末速度v B ＝P F，代入数据解得v B ＝10 m/s 汽车由A 到B 做匀加速运动的加速度为a ＝F －F f m＝2 m/s 2设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为x ，则t 1＝v B a＝5 s ，t 2＝35 s －5 s ＝30 sB 点之后，对汽车由动能定理可得Pt 2－F f x ＝12mv 2C －12mv 2B ，代入数据可得x ＝75 m.1．求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率；(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率． 2．机车启动中的功率问题(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝PF 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v ＝P F <v m ＝P F 阻.3.一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5所示．假定汽车所受阻力的大小F 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5答案 A解析当汽车的功率为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 f ＝ma 1，F f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝F f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1F f.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 f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝F f 时，速度最大v m ′＝P 2F f，此后汽车做匀速直线运动．综合以上分析可知选项A 正确．4．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升，重物上升的高度为h ，则整个过程中，下列说法正确的是( )A ．钢绳的最大拉力为P v 2B ．钢绳的最大拉力为mgC ．重物匀加速的末速度为P mgD ．重物匀加速运动的加速度为Pmv 1－g 答案 D解析加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力较大，匀速运动阶段钢绳的拉力为P v 2，故A 错误；加速过程重物处于超重状态，钢绳拉力大于重力，故B 错误；重物匀加速运动的末速度不是运动的最大速度，此时钢绳对重物的拉力大于其重力，故其速度小于P mg，故C 错误；重物匀加速运动的末速度为v 1，此时的拉力为F ＝P v 1，由牛顿第二定律得：a ＝F －mg m ＝Pmv 1－g ，故D 正确．命题点三动能定理及其应用 1．动能定理 (1)三种表述①文字表述：所有外力对物体做的总功等于物体动能的增加量； ②数学表述：W 合＝12mv 2－12mv 20或W 合＝E k －E k0；③图象表述：如图6所示，E k －l 图象中的斜率表示合外力．图6(2)适用范围①既适用于直线运动，也适用于曲线运动； ②既适用于恒力做功，也适用于变力做功；③力可以是各种性质的力，既可同时作用，也可分阶段作用． 2．解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程； (2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W 合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．例3我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图7所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A 处由静止开始以加速度a＝ m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B 的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.图7(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大．答案 (1)144 N (2) m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx－F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v2C R⑤由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg ⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝ m.5．(多选)(2015·浙江理综·18)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为×104kg ，设起飞过程中发动机的推力恒为×105N ；弹射器有效作用长度为100 m ，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则( )A ．弹射器的推力大小为×106N B ．弹射器对舰载机所做的功为×108J C ．弹射器对舰载机做功的平均功率为×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2答案 ABD解析设总推力为F ，位移x ＝100 m ，阻力F 阻＝20%F ，对舰载机加速过程由动能定理得Fx －20%F ·x ＝12mv 2，解得F ＝×106 N ，弹射器推力F 弹＝F －F 发＝×106 N －×105 N ＝×106N ，A 正确；弹射器对舰载机所做的功为W ＝F 弹·x ＝×106×100 J＝×108J ，B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率P ＝F 弹·0＋v 2＝×107 W ，C 错误；根据运动学公式v 2＝2ax ，得a ＝v 22x＝32 m/s 2，D 正确．6．(多选)(2016·浙江理综·18)如图8所示为一滑草场．某条滑道由上下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°＝，cos 37°＝．则( )图8A ．动摩擦因数μ＝67B ．载人滑草车最大速度为2gh 7C ．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD ．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg ·2h －μmg cos45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，解得μ＝67，选项A 正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得，mgh －μmg cos 45°·h sin 45°＝12mv 2，解得v ＝2gh7，选项B 正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh ，选项C 错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a ＝μmg cos 37°－mg sin 37°m ＝335g ，选项D 错误．7．如图9所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P ，小船的质量为m ，小船受到的阻力大小恒为F f ，经过A 点时的速度大小为v 0，小船从A 点沿直线加速运动到B 点经历时间为t 1，A 、B 两点间距离为d ，缆绳质量忽略不计．求：图9(1)小船从A 点运动到B 点的全过程克服阻力做的功W f ； (2)小船经过B 点时的速度大小v 1； (3)小船经过B 点时的加速度大小a . 答案 (1)F f d (2) v 20＋2mPt 1－F f d(3)Pm 2v 20＋2m Pt 1－F f d－F fm解析 (1)小船从A 点运动到B 点克服阻力做功W f ＝F f d ①(2)小船从A 点运动到B 点，电动机牵引缆绳对小船做功W ＝Pt 1②由动能定理有W －W f ＝12mv 21－12mv 20③由①②③式解得v 1＝ v 20＋2mPt 1－F f d ④(3)设小船经过B 点时缆绳的拉力大小为F ，缆绳与水平方向的夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v ，则P ＝Fv ⑤ v ＝v 1cos θ⑥由牛顿第二定律有F cos θ－F f ＝ma ⑦由④⑤⑥⑦式解得a＝Pm2v20＋2m Pt1－F f d－F fm.求解变力做功的五种方法一、用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，因为使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．典例1如图10所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．现用水平拉力F将小球缓慢拉到细线与竖直方向成θ角的位置．在此过程中，拉力F做的功为( )图10A．FL cos θB．FL sin θC．FL(1－cos θ) D．mgL(1－cos θ)答案D解析在小球缓慢上升过程中，拉力F为变力，此变力F的功可用动能定理求解．由W F－mgL(1－cos θ)＝0得W F＝mgL(1－cos θ)，故D正确．二、利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数个无穷小的位移上的恒力所做功的代数和，此法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题．典例2如图11所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)．用大小始终为F＝75 N 的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝.求这一过程中：图11(1)拉力F 做的功；(2)桥面对物块的摩擦力做的功．答案 (1) J (2)－ J解析 (1)将圆弧AB 分成很多小段l 1、l 2、…、l n ，拉力在每一小段上做的功为W 1、W 2、…、W n .因拉力F 大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，所以W 1＝Fl 1cos 37°、W 2＝Fl 2cos 37°、…、W n ＝Fl n cos 37°所以W F ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F cos 37°(l 1＋l 2＋…＋l n )＝F cos 37°·16·2πR ＝ J.(2)因为重力G 做的功W G ＝－mgR (1－cos 60°)＝－240 J ，而因物块在拉力F 作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知W F ＋W G ＋W f ＝0所以W f ＝－W F －W G ＝－ J ＋240 J ＝－ J. 三、化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，可以用W ＝Fl cos α求解，此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中．四、用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即为均匀变化，则可以认为物体受到一大小为F ＝F 1＋F 22的恒力作用，F 1、F 2分别为物体初、末状态所受到的力，然后用公式W ＝F l cos α求此力所做的功．五、用F －x 图象求变力做功在F －x 图象中，图线与x 轴所围“面积”的代数和就表示力F 在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图)．典例3轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝ kg的物块相连，如图12甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x＝ m处时速度为零，则此时弹簧的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )图12A． J B． JC． J D． J答案A解析物块与水平面间的摩擦力为F f＝μmg＝1 N．现对物块施加水平向右的外力F，由F－x图象面积表示功可知F做功W＝ J，克服摩擦力做功W f＝F f x＝ J．由功能关系可知，W－W f＝E p，此时弹簧的弹性势能为E p＝ J，选项A正确．题组1 功和功率的分析与计算1．一个成年人以正常的速度骑自行车，受到的阻力为总重力的倍，则成年人骑自行车行驶时的功率最接近于( )A．1 W B．10 W C．100 W D．1 000 W答案C解析设人和车的总质量为100 kg ，匀速行驶时的速率为5 m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等F ＝＝20 N ，则人骑自行车行驶时的功率为P ＝Fv ＝100 W ，故C 正确．2.(多选)一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到水平外力F 作用，如图1所示．下列判断正确的是( )图1A ．0～2 s 内外力的平均功率是4 WB ．第2 s 内外力所做的功是4 JC ．第2 s 末外力的瞬时功率最大D ．第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝ J0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t＝错误! W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确．3．如图2甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 所做的总功为( )图2A ．0F m x 0F m x 0x 20答案 C解析 F 为变力，但F －x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12π·F 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.题组2 动能定理及其简单应用4.如图3所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则小球从A 到C 的过程中弹簧弹力做功是( )图3A ．mgh －12mv 2mv 2－mghC ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)答案 A解析小球从A 点运动到C 点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得W G ＋W F ＝0－12mv 2，重力做功为W G ＝－mgh ，则弹簧的弹力对小球做功为W F ＝mgh －12mv 2，所以正确选项为A.5．(多选)质量为1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F 的作用下运动，如图4甲所示，外力F 和物体克服摩擦力F f 做的功W 与物体位移x 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列分析正确的是( )图4A ．物体与地面之间的动摩擦因数为B ．物体运动的位移为13 mC ．物体在前3 m 运动过程中的加速度为3 m/s 2D ．x ＝9 m 时，物体的速度为3 2 m/s 答案 ACD解析由W f ＝F f x 对应图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力F f ＝2 N ，由F f ＝μmg 可得μ＝，A 正确；由W F ＝Fx 对应图乙可知，前3 m 内，拉力F 1＝5 N,3～9 m 内拉力F 2＝2 N ，物体在前3 m 内的加速度a 1＝F 1－F f m ＝3 m/s 2，C 正确；由动能定理得：W F －F f x ＝12mv 2可得：x ＝9 m 时，物体的速度为v ＝3 2 m/s ，D 正确；物体的最大位移x m ＝W FF f＝ m ，B 错误．6．(多选)如图5所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l ，子弹进入木块的深度为d ，若木块对子弹的阻力F f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )图5A ．F f l ＝12Mv 2B ．F f d ＝12Mv 2C ．F f d ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2D ．F f (l ＋d )＝12mv 20－12mv 2答案 ACD解析画出如图所示的运动过程示意图，从图中不难看出，当木块前进距离l ，子弹进入木块的深度为d 时，子弹相对于地发生的位移为l ＋d ，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为F f .子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得：F f l ＝12Mv 2木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得：－F f (l ＋d )＝12mv 2－12mv 2两式联立得：F f d ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2所以，本题正确答案为A 、C 、D. 题组3 动能定理在多过程问题中的应用7．如图6所示为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．图6(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)某游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)答案 (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R解析 (1)游客从B 点做平抛运动，有 2R ＝v B t ①R ＝12gt 2②由①②式得v B ＝2gR ③ 从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12mv 2B －0④由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12mv 2P －0⑤过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v2P R⑥N ＝0⑦cos θ＝hR⑧由⑤⑥⑦⑧式解得h ＝23R .8．如图7甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O 位置．质量为m 的物块A (可视为质点)以初速度v 0从距O 点右方x 0处的P 点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O ′点位置后，A 又被弹簧弹回．A 离开弹簧后，恰好回到P 点．物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ.求：图7(1)物块A 从P 点出发又回到P 点的过程，克服摩擦力所做的功．。

2018高考物理步步高第七章实验八

实验八测量电源的电动势和内阻1．实验原理闭合电路欧姆定律． 2．实验器材电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺． 3．基本操作(1)电流表用0.6 A 的量程，电压表用3 V 的量程，按图1连接好电路．图1(2)把滑动变阻器的滑片移到使阻值最大的一端．(3)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I 1，U 1)．用同样的方法再测量几组I 、U 值，填入表格中． (4)断开开关，拆除电路，整理好器材．1．实验数据求E 、r 的处理方法(1)列方程求解：由U ＝E －Ir 得⎩⎪⎨⎪⎧U 1＝E －I 1rU 2＝E －I 2r ，解得E 、r .(2)用作图法处理数据，如图2所示．图2①图线与纵轴交点为E ； ②图线与横轴交点为I 短＝Er ；③图线的斜率表示r ＝|ΔUΔI |.2．注意事项(1)为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池． (2)电流不要过大，应小于0.5 A ，读数要快．(3)要测出不少于6组的(I ，U )数据，变化范围要大些．(4)若U －I 图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根据r ＝|ΔUΔI|确定． (5)电流表要内接(因为r 很小)． 3．误差来源(1)偶然误差：用图象法求E 和r 时作图不准确． (2)系统误差：电压表分流.命题点一教材原型实验例1 用如图3所示电路测量电源的电动势和内阻．实验器材：待测电源(电动势约3 V ，内阻约2 Ω)，保护电阻R 1(阻值10 Ω)和R 2(阻值5 Ω)，滑动变阻器R ，电流表A ，电压表V ，开关S ，导线若干．实验主要步骤：图3(ⅰ)将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；(ⅱ)逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；(ⅲ)以U为纵坐标，I为横坐标，作U－I图线(U、I都用国际单位)；(ⅳ)求出U－I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a.回答下列问题：(1)电压表最好选用________；电流表最好选用______．A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ)B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω)D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)(2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________．A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱(3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测量值．答案(1)A C(2)C(3)ka k－R2解析(1)电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的电压表A；当滑动变阻器接入电阻最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I＝ER1＋R2＋r≈176 mA，所以选量程为200 mA的电流表C.(2)由电路分析可知，若滑动变阻器的滑片右移电压表示数变大，则滑动变阻器接入电路部分阻值增大，选项C 符合题意．(3)由E ＝U ＋I (r ＋R 2)，得U ＝－I (r ＋R 2)＋E ，对比伏安特性曲线可知，图象斜率的绝对值k ＝r ＋R 2，所以电源内阻r ＝k －R 2；令U ＝0，得I ＝E r ＋R 2＝Ek ，由题意知与横轴截距为a ，所以a ＝I ＝Ek，则E ＝ka .1．利用图4所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差．供选择的器材有：图4A ．电流表A(0～0.6 A)B ．电压表V 1(0～3 V)C ．电压表V 2(0～15 V)D ．滑动变阻器R 1(0～20 Ω)E ．滑动变阻器R 2(0～200 Ω)F ．定值电阻R 0＝1 ΩG ．开关一个，导线若干(1)实验中电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(选填相应器材前的字母)． (2)闭合开关，电压表和电流表均有示数，但是无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电压表的读数变化都非常小．同学们讨论后，在原电路的基础上又加了一个定值电阻R 0，问题得到解决．请你在虚线框内画出改进后的电路图．某位同学记录了6组数据，对应的点已经标在坐标纸上．在图5坐标纸上画出U －I 图线，并根据所画图线可得出干电池的电动势E ＝______ V ，内电阻r ＝________ Ω.(结果均保留两位有效数字)图5答案 (1)B D (2)见解析图 1.5 0.14(0.13～0.18)解析 (1)由于干电池的电动势为1.5 V ，所以应选电压表B ，C 的量程太大，误差太大；选用小的滑动变阻器便于操作，故选D.(2)电路图如图甲所示，U －I 图线如图乙所示图象的纵截距表示电源电动势，故有E ＝1.5 V ，所以内阻为r ＝1.5－1.00.44 Ω－1 Ω≈0.14 Ω.2．利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻．要求尽量减小实验误差． (1)应该选择的实验电路是图6中的________(选填“甲”或“乙”)．图6(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材： A ．电压表(0～15 V) B ．电压表(0～3 V) C ．滑动变阻器(0～50 Ω)D．滑动变阻器(0～500 Ω)实验中电压表应选用__________；滑动变阻器应选用__________．(选填相应器材前的字母) (3)某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图7中，请标出余下一组数据的对应点，并画出U－I图线.图7(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω.(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．下列示意图中正确反映P－U关系的是________．答案(1)甲(2)B C(3)如图所示(4)1.50(1.49～1.51)0.83(0.81～0.85)(5)C解析(1)干电池内阻相对一般电流表内阻而言较小，为减小电流表分压带来的系统误差，故应选甲．(2)干电池电动势约为1.5 V ，电压表选B 可减小读数误差．滑动变阻器应选C ，若选D ，由于总阻值较大，则滑片滑动时移动范围小，不便调节．(3)图线应为直线，作图时使尽量多的点在线上，不在线上的点应均匀分布在线的两侧，误差较大的点舍去．(4)由U ＝E －Ir 可得图象上的纵轴截距E ＝1.50 V ，斜率的绝对值r ≈0.83 Ω. (5)输出功率P ＝UI ＝－1r (U －E 2)2＋E 24r，应为开口向下的抛物线，C 正确．3．手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到蓄电池．某同学利用下列器材测定一节蓄电池的电动势和内阻．蓄电池的电动势约为3 V . A ．量程是0.6 A ，内阻约为0.5 Ω的电流表； B ．量程是3 V ，内阻是6 kΩ的电压表； C ．量程是15 V ，内阻是30 kΩ的电压表；D ．阻值为0～1 kΩ，额定电流为0.5 A 的滑动变阻器；E ．阻值为0～10 Ω，额定电流为2 A 的滑动变阻器；F ．定值电阻4 Ω，额定功率4 W ；G ．开关S 一个，导线若干．(1)为了减小实验误差，电压表应选择________(填器材代号)，图8中的导线应连接到________处(填“①”或“②”)，改变滑动变阻器阻值的时候，为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择________(填器材代号)．图8(2)用(1)问中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U －I 图线如图9所示，由图线可得该蓄电池的电动势E ＝______ V ，内阻r ＝______ Ω.(结果保留两位有效数字)图9答案 (1)B ① E (2)3.2 1.3解析 (1)蓄电池的电动势约为3 V ，电压表C 的量程太大，选电压表B.导线接①处，与电池串联的定值电阻阻值已知，有利于准确测出电池的内阻．电流表量程为0.6 A ，由R ＝EI 得回路中的总电阻不能小于5 Ω，滑动变阻器D 总阻值太大，操作不方便，滑动变阻器选E.(2)由图线在纵轴上的截距可得蓄电池的电动势E ＝3.2 V ，图线斜率的绝对值|k |≈5.3 Ω，减去与电池串联的定值电阻的阻值4 Ω，可得电池的内阻r ＝1.3 Ω. 命题点二实验拓展创新例2 图10甲是利用两个电流表A 1和A 2测量干电池电动势E 和内阻r 的电路原理图．图中S 为开关，R 为滑动变阻器，定值电阻R 1和A 1内阻之和为10 000 Ω(比r 和滑动变阻器的总电阻都大得多)，A 2为理想电流表．(1)按电路原理图在图乙虚线框内各实物图之间画出连线．图10(2)在闭合开关S 前，将滑动变阻器的滑动端c 移动至________(填“a 端”“中央”或“b 端”)．(3)闭合开关S ，移动滑动变阻器的滑动端c 至某一位置，读出电流表A 1和A 2的示数I 1和I 2.多次改变滑动端c 的位置，得到的数据为：在图11所示的坐标纸上以I 1为纵坐标、I 2为横坐标画出所对应的I 1－I 2图线．图11(4)利用所得图线求得电源的电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.(均保留两位小数) (5)该电路中电源输出的短路电流I m ＝________ A ．(保留两位有效数字)答案 (1)见解析图 (2)b 端 (3)见解析图 (4)1.49(1.48～1.50) 0.60(0.55～0.65) (5)2.5(2.3～2.7)解析 (1)连线如图所示．(2)实验前滑动变阻器接入电路电阻值应最大． (3)如图所示．(4)由图线上读出两组数值，代入E ＝I 1(R 1＋R A1)＋(I 1＋I 2)r 构成方程组联立求解E 和r . (5)短路电流I m ＝Er.4．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内阻．A ．待测干电池一节，电动势约为1.5 V ，内阻约为几欧姆B ．直流电压表V ，量程为3 V ，内阻非常大C ．定值电阻R 0＝150 ΩD ．电阻箱RE ．导线和开关根据如图12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12(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)在图乙坐标纸上画出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(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(保留三位有效数字)．答案 (1)1U ＝1ER 0R ＋R 0＋r ER 0(2)见解析图 (3)4.4×10－3(4.2×10－3～4.6×10－3) 0.70(0.69～0.71) (4)1.52(1.45～1.55) 9.09(7.50～10.5)解析 (1)由闭合电路欧姆定律可知：E ＝U ＋U R 0(R ＋r )，整理可知1U ＝1ER 0R ＋R 0＋r ER 0. (2)作图如图所示．(3)根据图线求得斜率k ＝1.50－0.70180V －1·Ω－1≈4.4×10－3 V －1·Ω－1，截距b ＝0.70 V －1. (4)由方程可知1ER 0＝k ＝4.4×10－3 V －1·Ω－1，R 0＋r ER 0＝b ＝0.70，解得E ≈1.52 V ；r ≈9.09 Ω. 5．某同学设想运用如图13甲所示的实验电路，测量未知电阻R x 的阻值、电流表A 的内阻和电源(内阻忽略不计)的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求．(1)为了测量未知电阻R x 的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至________(填“最大”或“最小”)，然后闭合开关K 1，将开关K 2拨至1位置，调节R 2使电流表A 有明显读数I 0；接着将开关K 2拨至2位置．保持R 2不变，调节R 1，当调节R 1＝34.2 Ω时，电流表A 读数仍为I 0，则该未知电阻的阻值R x ＝________ Ω.(2)为了测量电流表A 的内阻R A 和电源(内阻忽略不计)的电动势E ，他将R 1的阻值调到R 1＝1.5 Ω，R 2调到最大，将开关K 2拨至2位置，闭合开关K 1；然后多次调节R 2，并在表格中记录下了各次R 2的阻值和对应电流表A 的读数I ；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为：____________；利用图象中的数据可求得，电流表A 的内阻R A ＝______ Ω，电源(内阻忽略不计)的电动势E ＝________ V.图13答案 (1)最大 34.2 (2)1I ＝R 2E ＋R 1＋R A E0.5 4 解析 (1)为了保护电路，需要将电阻箱的阻值都调至最大，因为两种情况下电流表示数相同，R x 和R 1等效，所以R x ＝R 1＝34.2 Ω.(2)根据闭合电路欧姆定律得：E ＝I (R 1＋R 2＋R A )，解得1I ＝1E R 2＋R 1＋R A E ，故1I－R 2图象的斜率为1E ，则纵截距为R 1＋R A E ，代入数据可得：1E ＝1－0.52，R 1＋R A E＝0.5，解得E ＝4 V ，R A ＝0.5 Ω.。

最新-2018届“步步高”高考物理大二轮复习练习(人教版)：专题过关二力与物体的直线运动精品

2018届“步步高”高考物理大二轮复习练习（人教版）：专题过关二力与物体的直线运动(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题4分，共40分)1.设物体运动的加速度为a 、速度为v 、位移为x .现有四个不同物体的运动图象如图所示，物体C 和D 的初速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是()2.质量为1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F ，使物体在水平面上运动了3t 0的时间．为使物体在3t 0时间内发生的位移最大，力F 随时间的变化情况应该为下面四个图中的 ()3.如图1所示，水平地面上的物体质量为1 kg ，在水平拉力F ＝2 N 的作用下从静止开始做匀加速直线运动，前2 s 内物体的位移为3 m ；则物体运动的加速度大小( )A ．3 m/s 2B ．2 m/s 2C ．1.5 m/s 2D ．0.75 m/s 24.如图2所示，水平面上质量为10 kg 的木箱与墙角距离为2358 m ，某人用F ＝125 N 的力，从静止开始推木箱，推力与水平方向成37°角斜向下，木箱与水平面之间的动摩擦因数为0.4.若推力作用一段时间t 后撤去，木箱恰好能到达墙角处，则这段时间t 为(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g ＝10 m/s 2)( )A ．3 sB.655 sC.310 70 sD.32 7 s 5.某同学站在观光电梯内随电梯一起经历了下列三种运动：加速上升、匀速上升、减速上升 (加速度大小a <g )，则下列说法正确的是( )图1图2A．三种运动因为都是上升过程，所以该同学始终处于超重状态B．只有加速上升过程中，该同学处于超重状态C．三种运动因为支持力均做正功，所以该同学机械能均增加D．只有加速上升过程，机械能增加6.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图3所示，当此车减速上坡时，乘客( )A．处于失重状态B．重力势能增加C．受到向前的摩擦力作用D．所受力的合力沿斜面向上7.汽车B在平直公路上行驶，发现前方沿同方向行驶的汽车A速度较小，为了避免相撞，距A车25 m处B车制动，此后它们的v－t图象如图4所示，则()A．B的加速度大小为3.75 m/s2B．A、B在t＝4 s时的速度相同C．A、B在0～4 s内的位移相同D．A、B两车不会相撞8.如图5甲所示，Q1、Q2为两个固定点电荷，其中Q1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点．一正试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图象如图乙所示．则()甲乙图5A．Q2带正电B．a、b两点的电势φa>φbC．a、b两点电场强度E a>E bD．试探电荷从b到a的过程中电势能减小9．如图6所示，水平面绝缘且光滑，一绝缘的轻弹簧左端固定，右端有一带正电荷的小球，小球与弹簧不相连，空间存在着水平向左的匀强电场，带电小球在电场力和弹簧弹力的作用下静止，现保持电场强度的大小不变，突然将电场反向，若将此时作为计时起点，则下列描述速度与时间、加速度与位移之间变化关系的图象正确的是( )图3 图4图610.如图7所示，水平放置的光滑金属长导轨MM ′和NN ′之间接有电阻R ，导轨平面在直线OO ′左、右两侧的区域分别处在方向相反与轨道平面垂直的匀强磁场中，设左、右区域的磁场的磁感应强度的大小分别为B 1和B 2，一根金属棒ab 垂直放在导轨上并与导轨接触良好，棒和导轨的电阻均不计．金属棒ab 始终在水平向右的恒定拉力F 的作用下，在左边区域中恰好以速度v 0做匀速直线运动，则以下说法中正确的是 ()图7A ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度v 02做匀速直线运动B ．若B 2＝B 1时，棒进入右边区域后仍以速度v 0做匀速直线运动C ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度v 02做匀速直线运动D ．若B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度4v 0做匀速直线运动二、实验题(11题4分，12题8分，13题6分，共18分)11.(4分)在验证牛顿运动定律的实验中，某同学挑选的一条点迹清晰的纸带如图8所示，已知相邻两个点间的时间间隔为T ，从A 点到B 、C 、D 、E 、F 点的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4、x 5(图中未标x 3、x 4、x 5)，则由此可求得打C 点时纸带的速度v C ＝________.图812.(8分)测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图9所示的装置，图中长木板水平固定．图9(1)实验过程中，电火花计时器应接在________(选填“直流”或“交流”)电源上．调整定滑轮高度，使______________．(2)已知重力加速度为g ，测得木块的质量为M ，砝码盘和砝码的总质量为m ，木块的加速度为a ，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝________________. (3)如图10为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x 1＝3.20 cm ，x 2＝4.52 cm ，x 5＝8.42 cm ，x 6＝9.70 cm.则木块加速度大小a ＝图10________ m/s 2(保留两位有效数字)．13.(6分)如图11所示是某同学设计的“探究质量m 一定时，加速度a 与物体所受合力F 间的关系”的实验．图11(a)为实验装置简图，其中A 为小车，B 为打点计时器，C 为装有砂的砂桶，其质量为m C ，D 为一端带有定滑轮的长方形木板，不计空气阻力．图11(1)实验中认为细绳对小车拉力F 等于______________；(2)图11(b)为某次实验得到的纸带的一部分(交流电的频率为50 Hz)，可由图中数据求出小车加速度值为______ m/s 2；(3)保持小车质量不变，改变砂和砂桶质量，该同学根据实验数据作出了加速度a 与合力F 图线如图11(c)，该图线不通过原点O ，明显超出偶然误差范围，其主要原因可能是实验中没有进行____________的操作步骤．三、解答题(14题14分，15题12分，16题16分，共42分)14.(14分)猎狗能以最大速度v 1＝10 m/s 持续地奔跑，野兔只能以最大速度v 2＝8 m/s 的速度持续奔跑．一只野兔在离洞窟x 1＝200 m 处的草地上玩耍，被猎狗发现后即以最大速度朝野兔追来．兔子发现猎狗时，与猎狗相距x 2＝60 m ，兔子立即跑向洞窟．设猎狗、野兔、洞窟总在同一直线上，求：野兔的加速度至少要多大才能保证安全回到洞窟． 15.(12分)如图12所示，水平面上放有质量均为m ＝1 kg 的物块A 和B ， A 、B 与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距l ＝0.75 m ．现给物块A 一初速度使之向B 运动，与此同时给物块B 一个F ＝3 N 水平向右的力由静止开始运动，经过一段时间A 恰好追上B .g ＝10 m/s 2.求： (1)物块B 运动的加速度大小； (2)物块A 初速度大小；(3)从开始到物块A 追上物块B 的过程中，力F 对物块B 所做的功． 16.(16分)如图13所示，固定于水平面的U 型金属导轨abcd ，电阻不计，导轨间距L ＝1.0 m ，左端接有电阻R ＝2 Ω.金属杆PQ 的质量m ＝0.2 kg ，电阻r ＝1 Ω，与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，滑动时保持与导轨垂直．在水平面上建立xoy 坐标系，x ≥0的空间存在竖直向下的磁场，磁感应强度仅随横坐标x 变化．金属杆受水平恒力F ＝2.4 N 的作用，从坐标原点开始以初速度v 0＝1.0 m/s 向右做匀加速运动，经t 1＝0.4 s 到达x 1＝0.8 m 处，g 取10 m/s 2.求：(1)磁感应强度B 与坐标x 应满足的关系；图12图13(2)金属杆运动到x 1处，PQ 两点间的电势差；(3)金属杆从开始运动到B ＝32T 处的过程中克服安培力所做的功．答案 1．C 2．D 3．C 4．A 5．BC 6.AB 7．BD 8．B 9．AC 10．B11．v C ＝x 3－x 12T12．(1)交流(1分) 细线与长木板平行(1分，答“细线水平”同样给分) (2)mg －(m ＋M )a Mg (3分) (3)1.3(3分)13．(1)m C g (2)3.0(2.6～3.4) (3)平衡摩擦力 14．4 m/s 215．(1)2 m/s 2 (2)3 m/s (3)0.75 J16．(1)B ＝ 31＋10x (2)2 V (3)1.5 J。

2018版新步步高高考物理(全国用)大一轮复习讲义课件：第二章相互作用第2讲

静摩擦系数μ取决于相互接触的两物体表面的材料性质及表面状况.如图，
质量为m的物块静止于斜面上，逐渐增大斜面的倾角θ，直到θ等于某特定
值φ时，物块达到“欲动未动”的临界状态，此时的摩擦力为最大静摩擦力，
物块m的平衡方程为FN－Gcos φ＝0，Ffm－Gsin φ＝0.
又Ffm＝μFN，解得μ＝tan φ， φ称为摩擦角，只与静摩
的侧面推压木柴的力约为
d A. l F
分析答案
√
l B.dF
解析
l C.2dF
d D.2lF
d l l ＝，得推压木柴的力 F 1＝F2＝ F. F F1 d
题组阶梯突破
7.(多选)生活中拉链在很多衣服上得到应用，图是衣服上拉链的一部分，当我们把拉链拉开的时候，拉头与拉链接触处呈三角形，使很难直接分开的拉链很容易地拉开，关于其中的物理原理，以下说法正确的是答案 A.拉开拉链的时候，三角形的物体增大了拉拉链的拉力 B.拉开拉链的时候，三角形的物体将拉力分解为两个较大的分力 √ C.拉开拉链的时候，三角形的物体将拉力分解为方向不同的两个 √ 分力 D.以上说法都不正确
其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小；当两力同向时，
合力最大.
(2)三个共点力的合成.
①最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3.
②最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围
之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，
则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的大小之和.
深度思考
判断下列说法是否正确.
(1)两个力的合力一定大于任一个分力.( × )
(2)合力与分力是等效替代关系，因此受力分析时不能重复分析.( √ )

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第三章 5

5核裂变[学习目标] 1.知道什么是核裂变.2.知道链式反应及链式反应的条件, 并能计算裂变释放的核能.3.了解裂变反应堆的工作原理, 知道如何控制核反应的速度以及如何防止核污染.一、核裂变1.核裂变重核被中子轰击后分裂成两个(或几个)中等质量原子核, 并放出核能的过程.2.铀核裂变用中子轰击铀核时, 铀核发生裂变, 其产物是多种多样的, 其中一种典型的反应是235 92U＋10 n→144 56Ba＋8936Kr＋310n.3.链式反应当一个中子引起一个重核裂变后, 裂变释放的中子再引起其他重核裂变, 且能不断继续下去, 这种反应称为链式反应.4.链式反应的条件(1)铀块的体积大于等于临界体积.(2)有足够数量的慢中子.二、核电站1.核反应堆:利用核能发电的核心设施是核反应堆.它主要由以下几部分组成:(1)燃料:铀棒.(2)减速剂:铀235容易捕获慢中子发生反应, 可采用石墨、重水、普通水作减速剂.(3)控制棒:为控制能量释放的速度, 需控制中子的数目, 采用镉棒作为控制棒来控制链式反应的速度.2.工作原理:核燃料裂变释放的能量, 使反应区温度升高.3.能量输出:利用水或液态的金属钠等流体在反应堆内外循环流动, 把反应堆内的热量传输出去, 用于发电.4.核污染的处理:在反应堆的外面需要修建很厚的水泥层, 用来屏蔽裂变反应放出的各种射线, 核废料具有很强的放射性, 需要装入特制的容器, 深埋地下或海底.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)铀核的裂变是一种天然放射现象.(×)(2)铀块的体积大于或等于临界体积时链式反应才能不停地进行下去.(√)(3)中子的速度越快, 越容易发生铀核裂变.(×)(4)铀核裂变的产物是钡和氪, 且固定不变.(×)(5)核反应堆是通过调节中子数目以控制反应速度.(√)(6)核反应堆用过的核废料无毒无害.(×)2.当235 92U俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种方式, 其中一种可表示为:235 92U＋10 n→139 54Xe＋9438Sr＋310n.已知235 92U的原子质量为235.043 9 u, 10n的原子质量为1.008 7 u, 139 54Xe的原子质量为138.917 8 u, 9438Sr的原子质量为93.915 4 u, 且1 u的质量对应的能量为9.3×102 MeV, 此裂变反应释放出的能量是________MeV.答案 1.8×102解析ΔE＝Δm·c2＝(235.043 9＋1.008 7－138.917 8－93.915 4－3×1.008 7)×9.3×102 MeV≈1.8×102 MeV.一、核裂变及链式反应[导学探究]如图1为铀核裂变示意图.图1(1)什么是裂变？写出上述铀核裂变的核反应方程.(2)只要有中子轰击铀块就可以产生链式反应吗？答案(1)重核分裂成几个中等质量原子核的现象称为核裂变.上面这个过程可以用下面的方程式来表示235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n(2)铀块体积应大于或等于临界体积、要有足够数量的慢中子才能发生链式反应.[知识深化]1.常见的裂变方程(1)235 92U＋10n―→139 54Xe＋9538Sr＋210n(2)235 92U＋10n―→144 56Ba＋8936Kr＋310n2.链式反应发生的条件(1)铀块的体积大于或等于临界体积.体积超过临界体积时, 保证中子能够碰到铀核.(2)有足够浓度的铀235.(3)有足够数量的慢中子.3.铀的同位素中铀235比铀238更容易发生链式反应.4.核裂变时发生质量亏损, 放出能量.例1铀核裂变时, 对于产生链式反应的重要因素, 下列说法中正确的是()A.铀块的质量是重要因素, 与体积无关B.为了使裂变的链式反应容易发生, 最好直接利用裂变时产生的中子C.若铀235的体积超过它的临界体积, 裂变的链式反应就能够发生D.能否发生链式反应与铀的质量无关答案 C解析要使铀核裂变产生链式反应, 铀块的体积必须大于或等于临界体积或铀块的质量大于或等于临界质量, 裂变反应中产生的中子为快中子, 这些快中子不能直接引发新的裂变, 如果铀块的质量大, 则其体积大, 若超过临界体积时则发生链式反应, 由此知A、B、D错误, C 正确.二、重核裂变释放的核能的计算[导学探究]下面是铀核裂变反应中的一个核反应方程:235 92U＋10n→136 54Xe＋9038Sr＋1010n.已知铀235的质量为235.043 9 u, 中子的质量为1.008 7 u, 锶90的质量为89.907 7 u, 氙136的质量为135.907 2 u, 则此核反应中质量亏损是多少？释放的总能量是多少？(已知1 u相当于931.5 MeV的能量)答案质量亏损是反应前的总质量减去反应后的总质量:Δm＝(235.043 9＋1.008 7－89.907 7－135.907 2－10×1.008 7)u＝0.150 7 u释放的总能量为ΔE＝931.5×0.150 7 MeV＝140.377 05 MeV.[知识深化]1.铀核裂变为中等质量的原子核, 发生质量亏损, 所以放出能量.一个铀235核裂变时释放的能量如果按200 MeV估算, 1 kg铀235全部裂变放出的能量相当于2 800 t标准煤完全燃烧时释放的能量, 裂变时能产生几百万度的高温.2.计算释放的核能:质量单位为“u”时, 可直接用“1 u的质量亏损放出能量931.5 MeV”计算总能量；当质量单位为“kg”时, 直接乘以(3.0×108)2, 总能量单位为焦耳.例2用中子轰击铀核(235 92U), 其中的一个可能反应是分裂成钡(141 56Ba)和氪(9236Kr)两部分, 放出3个中子.它们的质量如下:m U＝390.313 9×10－27 kg, m n＝1.674 9×10－27 kg；m Ba＝234.001 6×10－27 kg, m Kr＝152.604 7×10－27 kg.试写出核反应方程, 求出反应中释放的核能.答案10n＋235 92U―→141 56Ba＋9236Kr＋310n 3.220 2×10－11 J解析铀核裂变方程为10n＋235 92U―→141 56Ba＋9236Kr＋310n,则核反应前后的质量亏损为Δm＝m U＋m n－m Ba－m Kr－3m n＝3.578×10－28 kg,由爱因斯坦质能方程可得释放的核能为ΔE＝Δmc2＝3.578×10－28×(3×108)2 J＝3.220 2×10－11 J.三、核电站1.核电站的主要组成:核电站的核心设施是核反应堆, 反应堆用的核燃料是铀235, 它的主要部件列表如下:2.核电站发电的优点(1)消耗的核燃料少.(2)作为核燃料的铀、钍等在地球上可采储量大, 所能提供的能量大.(3)对环境的污染要比火力发电小.例3如图2所示是慢中子反应堆的示意图, 对该反应堆的下列说法中正确的是()图2A.铀235容易吸收快中子后发生裂变反应B.快中子跟减速剂的原子核碰撞后能量减少, 变成慢中子, 慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应C.控制棒由镉做成, 当反应过于激烈时, 使控制棒插入浅一些, 让它少吸收一些中子, 链式反应的速度就会慢一些D.要使裂变反应更激烈一些, 应使控制棒插入深一些, 使大量快中子碰撞控制棒后变成慢中子, 链式反应的速度就会快一些答案 B解析快中子容易与铀235“擦肩而过”, 快中子跟减速剂的原子核碰撞后能量减少, 变成慢中子, 慢中子容易被铀235俘获而引起裂变反应, 选项B正确, A错误；控制棒由镉做成, 镉吸收中子的能力很强, 当反应过于激烈时, 使控制棒插入深一些, 让它多吸收一些中子, 链式反应的速度就会慢一些, 要使反应更激烈, 应使控制棒插入浅一些, 选项C、D都错误.1.(对核裂变的理解)(多选)铀核裂变是核电站核能的重要来源, 其一种裂变反应为235 92U＋10 n―→144 56Ba＋8936Kr＋310n, 下列说法正确的有()A.上述裂变反应中伴随着中子放出B.铀块体积对链式反应的发生无影响C.铀核的链式反应可人工控制D.铀核的半衰期会受到环境温度的影响答案AC解析从裂变反应方程式可以看出裂变反应中伴随着中子放出, A对；铀块体积对链式反应的发生有影响, B错；铀核的链式反应可人工控制, C对；铀核的半衰期不会受到环境温度的影响, D错.2.(核反应堆的认识)如图3所示, 镉棒在核反应中的作用是()图3A.使快中子变成慢中子B.使慢中子变成快中子C.使反应速度加快D.控制反应速度, 调节反应速度的快慢答案 D解析在核反应堆中石墨使快中子变为慢中子, 镉棒吸收中子, 控制反应速度, 调节反应速度的快慢.3.(对裂变方程的理解)在众多的裂变反应中, 有一种反应方程为235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋a X, 其中X为某种粒子, a为X的个数, 则()A.X为中子, a＝2B.X为中子, a＝3C.X为质子, a＝2D.X为质子, a＝3答案 B解析根据核电荷数守恒可知, X的电荷数为0, X必为中子10n, 由质量数守恒可知a＝3, 选项B正确.4.(裂变释放核能的计算)铀核(235 92U)裂变成钡(141 56Ba)和氪(9236Kr).已知235 92U、141 56Ba、9236Kr以及中子的质量分别是235.043 9u、140.913 9 u、91.897 3 u和1.008 7 u.(已知1 u相当于931.5 MeV的能量)(1)试写出铀核裂变反应方程, 并计算1个235U核裂变时放出的核能；(2)我国秦山核电站的装机容量为3.0×105 kW, 假如全部235U都能够发生这样的裂变, 释放核能的1.2%可转化为电能, 试由此估算电站1年要消耗多少235 92U?答案(1)235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n200.6 MeV(2)9.6×103 kg解析(1)核反应方程为235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n,核反应中的质量亏损为Δm＝235.043 9 u－140.913 9 u－91.897 3 u－2×1.008 7 u＝0.215 3 u则一个235U核裂变所释放的能量为ΔE＝0.215 3×931.5 Mev＝200.6 Mev.(2)核电站1年所产生的电能为E＝Pt, t＝365×24×3 600 s.每摩尔235U全部裂变所释放的能量为N A·ΔE, N A为阿伏伽德罗常量, 而235U的摩尔质量为M U＝0.235 kg/mol,所以电站1年要消耗的235 92U的质量m＝PtηN AΔE M U, 其中ΔE＝200.6 MeV＝3.2×10－11 J代入数据得m＝9.6×103 kg.一、选择题考点一重核的裂变及裂变过程1.当一个重核裂变时, 它所产生的两个核()A.含有的总质子数比裂变前重核的质子数少B.含有的总中子数比裂变前重核的中子数多C.裂变时释放的能量等于俘获中子时得到的能量D.可能是多种形式的两个核的组合答案 D解析一个重核裂变时, 在产生两个核的同时, 也放出中子, 所以新产生的两个核的总中子数比裂变前重核的中子数要少, 两个核的总质子数与裂变前重核的质子数相等, 选项A、B错误；裂变时放出的能量主要是反应前后质量亏损而产生的能量, 要远大于俘获中子时得到的能量, C项错误；重核裂变的产物是多种多样的, D项正确.2.1938年哈恩用中子轰击铀核, 发现产物中有原子核钡(Ba)、氪(Kr)、中子和一些γ射线.下列关于这个实验的说法中正确的是()A.这个实验的核反应方程是235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋10nB.这是一个核裂变过程, 反应后粒子质量之和大于反应前粒子质量之和C.这个反应中释放出的能量不可以用爱因斯坦的质能方程来计算D实验中产生的γ射线穿透能力极强答案 D解析根据质量数守恒、电荷数守恒, 铀核裂变的核反应方程应为:235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310 n, 选项A错误；铀核裂变过程中产生γ射线, 放出能量, 发生质量亏损, 释放的能量可根据爱因斯坦的质能方程计算, 选项B、C错误；核反应中产生的γ射线, 穿透能力极强, 选项D 正确.3.原子核反应有广泛的应用, 如用于核电站等, 在下列核反应中, 属于核裂变反应的是()A.10 5B＋10n→73Li＋42HeB.238 92U→234 90Th＋42HeC.14 7N＋42He→17 8O＋11HD.235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n答案 D4.一个235 92U原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应的裂变方程为235 92U＋10n→X＋9438Sr ＋210n, 则下列叙述正确的是()A.X原子核中含有86个中子B.X原子核中含有141个核子C.因为裂变时释放能量, 根据E＝mc2, 所以裂变后的总质量数增加D.因为裂变时释放能量, 出现质量亏损, 所以生成物的总质量数减少答案 A解析X原子核中的核子数为(235＋1)－(94＋2)＝140个, B错误；中子数为140－(92－38)＝86个, A正确；裂变时释放能量, 出现质量亏损, 但是其总质量数是不变的, C、D错误.考点二核电站5.原子反应堆是实现可控制的重核裂变链式反应的一种装置, 它的主要组成部分是()A.原子燃料、减速剂、冷却系统和控制调节系统B.原子燃料、减速剂、发热系统和传热系统C.原子燃料、调速剂、碰撞系统和热系统D.原子燃料、中子源、原子能聚存和输送系统答案 A解析核反应堆的主要部分包括①燃料, 即浓缩铀235；②减速剂, 采用石墨、重水或普通水；③控制调节系统, 用控制棒控制链式反应的速度；④冷却系统, 水或液态金属钠等流体在反应堆内外循环流动, 把反应堆的热量传输出去, 用于发电, 故A正确, B、C、D错误.6.(多选)为使链式反应平稳进行, 可采用下列办法中的()A.铀块可制成任何体积B.铀核裂变释放的中子可直接去轰击另外的铀核C.通过慢化剂使产生的中子减速D.用镉棒作为控制棒, 控制反应的剧烈程度, 使反应平稳进行答案CD解析铀块小于临界体积将不会发生裂变反应, A错；中子的速度不能太快, 否则会与铀核“擦肩而过”, 铀核不能“捉”住它, 不能发生核裂变, B错；镉棒吸收中子, 控制反应剧烈程度, 使反应平稳进行, D对；通过慢化剂使中子减速, 目的是使中子更容易被铀核俘获, 发生链式反应, C 对.考点三核裂变释放核能的计算7.(多选)核电站的核能来源于235 92U 核的裂变, 下列说法中正确的是( )A.反应后的核废料已不具有放射性, 不需要进一步处理B.235 92U 的一种可能的裂变是变成两个中等质量的原子核, 如139 54Xe 和9538Sr, 反应方程式为235 92U ＋10n →139 54Xe ＋9538Sr ＋210n C.235 92U 原子核中有92个质子、143个中子 D.一个235 92U 核裂变的质量亏损为Δm ＝0.215 5 u, 则释放的核能约201 MeV答案 BCD解析反应后的核废料仍然具有放射性, 需要进一步处理, 故A 错误；发生核反应的过程满足电荷数守恒和质量数守恒, 可判断B 正确；92为U 元素的质子数, 中子数为235－92＝143, 故C 正确；根据质能方程与质量亏损可知, 裂变时释放的能量是ΔE ＝0.215 5×931.5 MeV ≈201 MeV, 故D 正确.8.一个铀235吸收一个中子发生核反应时大约放出196 MeV 的能量, 则1 g 纯235 92U 完全发生核反应时放出的能量为(N A 为阿伏伽德罗常量)( )A.N A ×196 MeVB.235N A ×196 MeVC.235×196 MeVD.N A 235×196 MeV 答案 D解析由于1 mol 的铀核质量为235 g,1 g 铀235为1235mol, 因此1 g 纯235 92U 完全发生核反应时释放的能量ΔE ＝N A 235×196 MeV , 故D 正确. 二、非选择题9.(裂变释放核能的计算)现有的核电站常用的核反应之一是:235 92U ＋10n ―→143 60Nd ＋Zr ＋310n ＋8 0－1e ＋ν(1)核反应方程中的ν是反中微子, 它不带电, 质量数为零, 试确定生成物锆(Zr)的电荷数与质量数；(2)已知铀核的质量为235.043 9 u, 中子的质量为1.008 7 u, 钕(Nd)核的质量为142.909 8 u, 锆(Zr)核的质量为89.904 7 u, 试计算1 kg 铀235裂变释放的能量为多少？(1 u ＝1.660 6×10－27kg)答案 (1)40 90 (2)8.1×1013 J解析 (1)锆的电荷数Z ＝92－60＋8＝40,质量数A ＝236－146＝90.核反应方程中用符号9040Zr 表示.(2)1 kg 铀235中铀核的个数为n ＝1235.043 9×1.660 6×10－27(个)＝2.56×1024(个) 不考虑核反应中生成的电子质量,1个铀235核裂变产生的质量亏损为Δm ＝0.212 u,释放的能量为ΔE ＝0.212×931.5 MeV ≈197.5 MeV则1 kg 铀235完全裂变释放的能量为E ＝n ΔE ＝2.56×1024×197.5 MeV ≈8.1×1013 J.10.(核裂变反应的综合应用)在可控核反应堆中需要使快中子减速, 轻水、重水和石墨等常用作减速剂.中子在重水中可与21H 核碰撞减速, 在石墨中与12 6C 核碰撞减速.上述碰撞可简化为弹性碰撞模型.某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰, 通过计算说明, 仅从一次碰撞考虑, 用重水和石墨作减速剂, 哪种减速效果更好？答案用重水作减速剂减速效果更好解析设中子质量为M n , 靶核质量为M , 由动量守恒定律得M n v 0＝M n v 1＋M v 212M n v 02＝12M n v 12＋12M v 22 解得v 1＝M n －M M n ＋M v 0在重水中靶核质量M H ＝2M n ,v 1H ＝M n －M H M n ＋M Hv 0＝－13v 0 在石墨中靶核质量M C ＝12M n ,v 1C ＝M n －M C M n ＋M Cv 0＝－1113v 0 与重水靶核碰后中子速度较小, 故重水减速效果更好.。

2018高考物理步步高第七章第2讲

第2讲闭合电路欧姆定律一、闭合电路的欧姆定律1．内容：在外电路为纯电阻的闭合电路中，电流的大小跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比．2．公式(1)I＝ER＋r(只适用于纯电阻电路)．(2)E＝U外＋Ir(适用于所有电路)．3．路端电压U与电流I的关系(1)关系式：U＝E－Ir.(2)U－I图象如图1所示．图1①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为电源电动势．②当外电路短路即U＝0时，横坐标的截距为短路电流．③图线的斜率的绝对值为电源的内阻．二、电路中的功率及效率问题1．电源的总功率(1)任意电路：P总＝IE＝IU外＋IU内＝P出＋P内．(2)纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝E2 R＋r.2．电源内部消耗的功率P内＝I2r＝IU内＝P总－P出．3．电源的输出功率(1)任意电路：P出＝IU＝IE－I2r＝P总－P内．(2)纯电阻电路：P 出＝I 2R ＝E 2R (R ＋r )2＝E 2(R －r )2R＋4r .(3)纯电阻电路中输出功率随R 的变化关系 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. ⑤P 出与R 的关系如图2所示．图24．电源的效率(1)任意电路：η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%.(2)纯电阻电路：η＝R R ＋r×100%＝11＋r R ×100%因此在纯电阻电路中R 越大，η越大．深度思考当R ＝r 时，电源的输出功率最大，则此时电源的效率是不是最大？答案不是解析由η＝11＋r R×100%可知，当R ＝r 时，η＝50%.故此时效率不是最大．1．判断下列说法是否正确．(1)闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比．( √ ) (2)电动势是电源两极间的电压．( × ) (3)当外电阻增大时，路端电压也增大．( √ ) (4)闭合电路中的短路电流无限大．( × )(5)电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压．( × ) (6)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大．( × ) (7)电源的输出功率越大，电源的效率越高．( × )2．(人教版选修3－1P63第3题)许多人造卫星都用太阳电池供电．太阳电池由许多片电池板组成．某电池板不接负载时的电压是600 μV ，短路电流是30 μA.则这块电池板的内阻( ) A ．2 Ω B ．20 Ω C ．200 Ω D ．2 000 Ω 答案 B3．(人教版选修3－1P63第4题)电源的电动势为4.5 V 、外电阻为4.0 Ω时，路端电压为4.0 V ，若在外电路中分别并联一个6.0 Ω的电阻和串联一个6.0 Ω的电阻．则两种情况下的路端电压为( )A ．4.3 V 3.72 VB ．3.73 V 4.3 VC ．3.72 V 4.3 VD ．4.2 V 3.73 V答案 C4．(人教版选修3－1P66第2题)一个量程为0～150 V 的电压表，内阻为20 kΩ，把它与一个大电阻串联后接在110 V 电路的两端，电压表的读数是5 V ．这个外接电阻是( ) A ．240 Ω B ．420 kΩ C ．240 kΩ D ．420 Ω 答案 B命题点一闭合电路欧姆定律及动态分析 1．电路动态分析的两种方法(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路⎩⎪⎨⎪⎧并联分流I 串联分压U →变化支路． (2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论． 2．闭合电路的故障分析 (1)故障特点①断路特点：表现为路端电压不为零而电流为零．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但它两端电压为零． (2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段被短路．②电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，一定要注意电流表的极性和量程．③欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处断路，当测量值很小或为零时，表示该处短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．例1 (多选)(2016·江苏单科·8)如图3所示的电路中，电源电动势为12 V ，内阻为2 Ω，四个电阻的阻值已在图中标出，闭合开关S ，下列说法正确的有( )图3A ．路端电压为10 VB ．电源的总功率为10 WC ．a 、b 间电压的大小为5 VD ．a 、b 间用导线连接后，电路的总电流为1 A 答案 AC解析外电路的总电阻R ＝20×2020＋20 Ω＝10 Ω，总电流I ＝E R ＋r ＝1 A ，则路端电压U ＝IR ＝10V ，A 对；电源的总功率P 总＝EI ＝12 W ，B 错；a 、b 间电压大小为U ab ＝0.5×15 V －0.5×5 V ＝ 5 V ，C 项对；a 、b 间用导线连接后，外电路的总电阻为R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，电路中的总电流I ′＝ER ′＋r≈1.26 A ，D 项错误．1．如图4所示，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，S 0、S 为开关，V 与A 分别为电压表与电流表．初始时S 0与S 均闭合，现将S 断开，则( )图4A ．V 的读数变大，A 的读数变小B ．V 的读数变大，A 的读数变大C ．V 的读数变小，A 的读数变小D ．V 的读数变小，A 的读数变大答案 B解析 S 断开，相当于外电阻变大，由闭合电路欧姆定律知电路中总电流减小，则路端电压增大，V 的示数变大，R 1的电压减小，故R 3的电压增大，故电流表示数变大，B 正确． 2．如图5所示，虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成．超导部件有一个超导临界电流I C ，当通过限流器的电流I ＞I C 时，将造成超导体失超，从超导态(电阻为零，即R 1＝0)转变为正常态(一个纯电阻，且R 1＝3 Ω)，以此来限制电力系统的故障电流．已知超导临界电流I C ＝1.2 A ，限流电阻R 2＝6 Ω，小灯泡L 上标有“6 V 6 W ”的字样，电源电动势E ＝8 V ，内阻r ＝2 Ω.原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L 正常发光，现灯泡L 突然发生短路，则( )图5A ．灯泡L 短路前通过R 2的电流为47AB ．灯泡L 短路后超导部件将由超导态转化为正常态，通过灯泡的电流为1 AC ．灯泡L 短路后通过R 1的电流为43 AD ．灯泡L 短路后通过R 2的电流为2 A 答案 C解析标有“6 V 6 W ”的小灯泡L 电阻R ＝U 2P ＝6 Ω，灯泡L 正常发光时通过灯泡L 的电流I ＝PU ＝1 A ，超导部件处于超导态，其电阻为零，1 A 电流全部通过超导部件，即灯泡L短路前通过R 2的电流为零，A 错误．灯泡L 短路后，电流增大超过超导部件超导临界电流，将由超导态转化为正常态，外电路电阻R ′＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律可得，通过灯泡的电流I ＝ER ′＋r ＝2 A ，B 错误．由并联电路电流分配规律可知，灯泡L 短路后通过R 1的电流为43 A ，通过R 2的电流为23 A ，C 正确，D 错误．命题点二电路中的功率及效率问题例2 如图6所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L 的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( )图6A．电流表、电压表的读数均变小B．电源内阻消耗的功率变大C．液滴将向上运动D．电源的输出功率变大答案 C解析当L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确．由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误．因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误．由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误．选C.3.(多选)在如图7所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一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相连组成闭合电路，由图象可知()图7A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5 ΩB．电阻R的阻值为1 ΩC．电源的输出功率为4 WD．电源的效率为50%答案ABC解析由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V，内阻为r＝EI短＝0.5 Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R的阻值为1 Ω，该电源与电阻R直接相连组成的闭合电路的电流为I＝Er＋R＝2 A，路端电压U＝IR＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P＝UI＝4 W，电源的效率为η＝UI EI×100%≈66.7%，故选项A、B、C正确，D错误．4．(多选)如图8所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是()图8A ．电源的电动势为50 VB ．电源的内阻为253ΩC ．电流为2.5 A 时，外电路的电阻为15 ΩD ．输出功率为120 W 时，输出电压是30 V 答案 ACD解析电源的路端电压和电流的关系为：U ＝E －Ir ，显然直线①的斜率的绝对值等于r ，纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出E ＝50 V ，r ＝50－206－0 Ω＝5 Ω，A 正确，B 错误；当电流为I 1＝2.5 A 时，由回路中电流I 1＝Er ＋R 外，解得外电路的电阻R 外＝15 Ω，C 正确；当输出功率为120 W 时，由题图中P －I 关系图线看出对应干路电流为4 A ，再从U －I 图线读取对应的输出电压为30 V ，D 正确. 命题点三电源和电阻U －I 图象的比较例3 如图9直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡L 1的U －I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )图9A ．此电源的内电阻为23ΩB ．灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用答案 B解析由图象知，电源的内阻为r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝4－16 Ω＝0.5 Ω，A 错误；因为灯L 1正常发光，故灯L 1的额定电压为3 V ，额定功率为P ＝UI ＝3×2 W ＝6 W ，B 正确；正常工作时，灯L 1的电阻为R 1＝UI ＝1.5 Ω，换成R 2＝1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r ，故电源的输出功率将变大，C 错误；小灯泡是纯电阻，适用欧姆定律，其U －I 图线是一条曲线的原因是灯泡的电阻随温度的变化而发生变化．5．(多选)如图10所示，a 、b 分别表示一个电池组和一只电阻的伏安特性曲线．以下说法正确的是( )图10A ．电池组的内阻是1 ΩB ．电阻的阻值为0.33 ΩC ．将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是4 WD ．改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率是4 W 答案 AD解析 a 图线斜率的绝对值的倒数等于电源的内阻，则电池组的内阻是r ＝⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝44 Ω＝1 Ω，选项A 正确；b 图线的斜率的倒数等于电阻R ，则R ＝U I ＝31 Ω＝3 Ω，选项B 错误；由a 图线可知，电源的电动势为E ＝4 V ，将该电阻接在该电池组两端，电池组的输出功率将是P ＝(E R ＋r )2R ＝(43＋1)2×3 W ＝3 W ，选项C 错误；改变外电阻的阻值时，该电池组的最大输出功率为P m ＝E 24r ＝424×1W ＝4 W ，选项D 正确；故选A 、D.6.(多选)如图11所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )图11A ．电源1与电源2的内阻之比是11∶7B ．电源1与电源2的电动势之比是1∶1C ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2D ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2 答案 ABC解析根据电源的路端电压随输出电流变化的特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A 正确；根据电源的路端电压随输出电流变化的特性图线在纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B 正确；根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C 正确；根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D 错误．命题点四含电容器电路的分析1．确定电容器和哪个电阻并联，该电阻两端电压即为电容器两端电压．2．当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，此电路两端电压即为电容器两端电压． 3．当电容器与电源直接相连，则电容器两极板间电压即等于电源电动势．例4 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12所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图12A.25B.12C.35D.23 答案 C解析 S 断开时等效电路图如图甲所示．甲电容器两端电压为U 1＝E R ＋23R×23R ×12＝15E ；S 闭合时等效电路图如图乙所示．乙电容器两端电压为U 2＝E R ＋12R×12R ＝13E ，由Q ＝CU 得Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，故选项C 正确．7.在如图13所示的电路中，R 1＝11 Ω，r ＝1 Ω，R 2＝R 3＝6 Ω，当开关S 闭合且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 1；当开关S 断开且电路稳定时，电容器C 带电荷量为Q 2，则( )图13A ．Q 1∶Q 2＝1∶3B ．Q 1∶Q 2＝3∶1C ．Q 1∶Q 2＝1∶5D ．Q 1∶Q 2＝5∶1 答案 A解析当开关S 闭合时，电容器两端电压等于R 2两端的电压，U 2＝ER 2R 1＋R 2＋r ＝E 3，Q 1＝E3C ；当开关S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U ＝E ，Q 2＝EC ，所以Q 1∶Q 2＝1∶3，选项A 正确．8．如图14所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合开关S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图14A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开开关S答案 B解析由闭合电路欧姆定律可知：增大R 1的阻值会使总电阻增大，总电流减小，R 1两端电压增大，则电容器两板间电压增大，板间电场强度增大，油滴受电场力增大，油滴将向上运动，选项A 错误；电路稳定时R 2中无电流，R 2阻值变化对电路无任何影响，则选项B 正确；只增大板间距离d ，会使板间电场强度减小，油滴将向下运动，选项C 错误；断开开关S ，电容器放电，油滴将向下运动，选项D 错误.含有非理想电表的电路分析典例1两个定值电阻R1、R2串联接在U稳定于12 V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端，如图15所示，电压表示数为8 V，如果把它改接在R2的两端，则电压表的示数将()图15A．小于4 V B．等于4 VC．大于4 V而小于8 V D．等于或大于8 V答案 A解析当电压表并联在R1两端时，ab间的电阻是R1与电压表内阻R V并联后的等效电阻R ab，R ab＜R1，R ab两端电压为8 V，R2两端电压为4 V，则R ab＝2R2，所以R1＞2R2，由此可以推断，当不用电压表测量时，R2分得的电压小于4 V．当把电压表并在R2上时，bc间的电阻R bc为R2和R V的并联电阻，R bc＜R2，因而bc间电压一定小于4 V．所以本题正确选项为A.典例2如图16甲所示电路中，电压表V1与V2内阻相同，V2与R1并联，V1的示数为U1＝3 V，V2的示数为U2＝2 V；现将V2改为与R2并联，如图乙所示，再接在原来的电源上，那么()图16A．V1的示数必增大，V2的示数必减小B．V1的示数必增大，V2的示数必增大C．V1的示数必减小，V2的示数必增大D ．V 1的示数必减小，V 2的示数必减小答案 A解析题图甲中，由R 2两端的电压小于R 1两端的电压知，R 2＜R 1R V R 1＋R V ＜R 1，R 串＝R 2＋R 1R VR 1＋R V ，在题图乙中，显然R 2R V R 2＋R V ＜R 2，R 串′＝R 1＋R 2R V R 2＋R V ；R 串－R 串′＝R 2－R 1＋R 1R V R 1＋R V －R 2R VR 2＋R V ＝(R 2－R 1)(R 1R 2＋R 1R V ＋R 2R V )(R 1＋R V )(R 2＋R V )，因为R 2＜R 1，所以R 串－R 串′＜0，即R 串＜R 串′，由闭合电路欧姆定律可知，电压表V 1的示数变大，电压表V 2的示数减小，A 正确．题组1 电路的动态分析1.如图1所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R 0的滑动端向下滑动的过程中( )图1A ．电压表与电流表的示数都减小B ．电压表与电流表的示数都增大C ．电压表的示数增大，电流表的示数减小D ．电压表的示数减小，电流表的示数增大答案 A解析由变阻器R 0的滑动端向下滑动可知，R 0连入电路的有效电阻减小，R 总减小，由I ＝ER 总＋r 可知I 增大，由U 内＝Ir 可知U 内增大，由E ＝U 内＋U 外可知U 外减小，故电压表示数减小．由U 1＝IR 1可知U 1增大，由U 外＝U 1＋U 2可知U 2减小，由I 2＝U 2R 2可知电流表示数减小，故A正确．2.(多选)已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2所示电路，电源的电动势E 和内阻r 不变，在没有磁场时调节变阻器R 使电灯L 正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则( )图2A ．电灯L 变亮B ．电灯L 变暗C ．电流表的示数减小D ．电流表的示数增大答案 AC解析探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻阻值变大，则电路的总电阻变大，根据I ＝ER 总可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U ＝E －Ir ，可知I 减小，U 增大，所以灯泡两端的电压增大，所以电灯L 变亮，故A 、C 正确，B 、D 错误．3.在如图3所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )图3A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大 D.U 2I 变大、ΔU 2ΔI 变大答案 C解析滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.U 2I 为外电阻，变大，ΔU 2ΔI 为内电阻，不变，则D 错误．4．如图4所示的电路中，闭合开关S ，灯L 1、L 2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是( )图4A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3短路D ．R 4短路答案 A解析分析电路的连接方式可知，R 1与L 1并联；R 2与R 3先并联再与电流表、R 4串联，然后与L 2并联．发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，说明L 1两端的电压变大，L 2两端的电压变小，可能是R 1断路，A 正确；如果R 2断路，则灯L 2变亮，灯L 1变暗，与现象不符，B 错误；若R 3短路或R 4短路，与电流表示数变小不符，C 、D 错误．题组2 电路中的功率及效率问题5．(多选)如图5所示，已知电源的内电阻为r ，固定电阻R 0＝r ，可变电阻R 的总阻值为2r ，若滑动变阻器的滑片P 由A 端向B 端滑动，则下列说法中正确的是( )图5A ．电源的输出功率由小变大B ．固定电阻R 0上消耗的电功率由小变大C ．电源内部的电压即内电压由小变大D ．滑动变阻器R 上消耗的电功率变小答案 AB解析由闭合电路欧姆定律推出电源的输出功率随外电阻变化的规律表达式P出＝E 2(R 外－r )2R 外＋4r ，根据上式作出P 出－R 外图象如图所示．当滑片P 由A 端向B 端滑动时，外电路电阻的变化范围是0～23r ，由图可知，当外电路电阻由0增加到23r 时，电源的输出功率一直变大，选项A 正确．R 0是纯电阻，所以其消耗的电功率PR 0＝U 2R 0，因全电路的总电压即电源电动势E 一定，当滑动变阻器的滑片P 由A 端向B 端滑动时，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压升高，R 0上消耗的电功率也一直增大，选项B 正确，C 错误．讨论滑动变阻器R 上消耗的电功率的变化情况时，可以把定值电阻R 0当作电源内电阻的一部分，即电源的等效内电阻为r ′＝rR 0r ＋R 0＝r 2，这时滑动变阻器R 上消耗的电功率相当于外电路消耗的功率，即等效电源的输出功率．随着滑片P 由A 端向B 端滑动，在R 的阻值增大到r2之前，滑动变阻器R 上消耗的电功率是一直增大的；则根据闭合电路欧姆定律可知，当R ＝r2时，滑动变阻器R 上消耗的电功率达到最大值，滑片P 再继续向B 端滑动，则滑动变阻器R 上消耗的电功率就会逐渐减小，故选项D 错误．6.(多选)如图6所示，R 1为定值电阻，R 2为可变电阻，E 为电源电动势，r 为电源内电阻，以下说法中正确的是( )图6A ．当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得最大功率B ．当R 1＝R 2＋r 时，R 1获得最大功率C ．当R 2＝0时，R 1获得最大功率D ．当R 2＝0时，电源的输出功率最大答案 AC解析在讨论R 2的电功率时，可将R 1视为电源内阻的一部分，即将原电路等效为外电阻R 2与电动势为E 、内阻为(R 1＋r )的电源(等效电源)连成的闭合电路(如图甲所示)，R 2的电功率是等效电源的输出功率．显然当R 2＝R 1＋r 时，R 2获得的电功率最大，A 项正确；讨论R 1的电功率时，由于R 1为定值，根据P ＝I 2R 知，电路中电流越大，R 1上的电功率就越大(P 1＝I 2R 1)，所以，当R 2＝0时，等效电源内阻最小(等于r ，如图乙所示)，R 1获得的电功率最大，故B 项错误，C 项正确；讨论电源的输出功率时，(R 1＋R 2)为外电阻，内电阻r 恒定，由于题目没有给出R 1和r 的具体数值，所以当R 2＝0时，电源输出功率不一定最大，故D 项错误．题组3 U －I 图象的理解和应用7.如图7所示，直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡的U －I 图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是( )图7A ．4 W,8 WB ．2 W,4 WC ．2 W,3 WD ．4 W,6 W 答案 D解析用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI ＝2×2 W ＝4 W ，电源的总功率是EI ＝3×2 W ＝6 W ．选项D 正确．8．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图8所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图线(电池内阻不是常数)，图线b 是某电阻R 的U －I 图线．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为( )图8A ．8.0 ΩB ．10 ΩC ．12 ΩD ．12.5 Ω 答案 A解析由闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ，当I ＝0时，E ＝U ，由图线a 与纵轴的交点读出电动势为E ＝3.6 V ．根据两图线交点处的状态可知，电阻两端的电压为2 V ，则内阻r ＝3.6－20.2Ω＝8.0 Ω，故A 正确．9．(多选)在如图9所示的U －I 图线上，a 、b 、c 各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，在b 点α＝β，则下列说法中正确的是( )图9A ．在b 点时电源有最大输出功率B ．在b 点时电源的总功率最大C ．从a →b ，β角增大，电源的总功率和输出功率可能都将增大D ．从b →c ，β角增大，电源的总功率和输出功率可能都将减小答案 AD解析 b 点对应内、外电路电阻相等，电源有最大输出功率，A 正确；电源的总功率P 总＝IE ，当回路电流最大时电源总功率最大，即外电路短路时电源的总功率最大，B 错误；从a →b ，路端电压升高，回路电流减小，电源的总功率减小，C 错误；若U bI b ＝r (电源内阻)，由路端电压和干路电流可判断从b →c 外电路电阻增大，电源的输出功率和总功率都减小，D 正确．题组4 含电容器电路的分析10.(多选)如图10所示，C 1＝6 μF ，C 2＝3 μF ，R 1＝3 Ω，R 2＝6 Ω，电源电动势E ＝18 V ，内阻不计，下列说法正确的是( )图10A ．开关S 断开时，a 、b 两点电势相等B ．开关S 闭合后，a 、b 两点间的电流是2 AC ．开关S 断开时C 1带的电荷量比开关S 闭合后C 1带的电荷量大D ．不论开关S 断开还是闭合，C 1带的电荷量总比C 2带的电荷量大答案 BC解析 S 断开时外电路处于断路状态，两电阻中均无电流通过，电阻两端电势相等，由题图知a 点电势与电源负极电势相等，而b 点电势与电源正极电势相等，A 错误．S 断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C 1＞C 2，由Q ＝CU 知此时Q 1＞Q 2.当S 闭合时，稳定状态下C 1与R 1并联，C 2与R 2并联，电路中电流I ＝ER 1＋R 2＝2 A ，此时两电阻两端电压分别为U 1＝IR 1＝6 V 、U 2＝IR 2＝12 V ，则此时两电容器所带的电荷量分别为Q 1′＝C 1U 1＝3.6×10－5C 、Q 2′＝C 2U 2＝3.6×10－5 C ，对电容器C 1来说，S 闭合后其两端电压减小，所带的电荷量也减小，故B 、C 正确，D 错误．11.在如图11所示的电路中，电容器的电容C ＝2 μF ，电源电压为12 V 且恒定不变，R 1∶R 2∶R 3∶R 4＝1∶2∶6∶3，则电容器极板a 所带电荷量为( )图11A ．－8×10－6 CB ．4×10－6 CC ．－4×10－6 CD ．8×10－6 C答案 D解析设R 1、R 2、R 3、R 4的电阻分别为R 、2R 、6R 、3R .电路稳定后，电容器所在支路无电流，左右两个支路构成并联电路，其中R 1和R 2支路中电流I 1＝E R 1＋R 2＝4R ，R 3和R 4支路中电流I 3＝E R 3＋R 4＝43R ，令电源正极的电势φ＝0，则φa ＝－I 1R 1＝－4 V ，φb ＝－I 3R 3＝－8 V ，得U ab ＝φa －φb ＝4 V ，即电容器极板a 带正电荷，电荷量Q ＝CU ab ＝8×10－6 C ，D 正确．12.(多选)如图12所示，D 是一只理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部原有带电微粒P 处于静止状态．下列措施下，关于P 的运动情况说法正确的是( )图12A ．保持S 闭合，增大A 、B 板间距离，P 仍静止 B ．保持S 闭合，减小A 、B 板间距离，P 向上运动C ．断开S 后，增大A 、B 板间距离，P 向下运动D ．断开S 后，减小A 、B 板间距离，P 仍静止答案 ABD解析保持S 闭合，电源的路端电压不变，增大A 、B 板间距离，电容减小，由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，其电量不变，由推论E ＝4πkQεr S 得到，板间场强不变，微粒所受电场力不变，仍处于静止状态，故A 正确．保持S 闭合，电源的路端电压不变，电容器的。

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2018届“步步高”高考物理大二轮复习练习（人教版）：专题过关六电磁感应和电路(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(每小题4分，共44分)1.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达中不属于用比值法定义物理量的是( )A ．感应电动势E ＝ΔΦΔtB ．电容C ＝QUC ．电阻R ＝UID ．磁感应强度B ＝FIL2.电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是( )A ．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B ．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C ．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D ．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗 3.如图1所示，灯泡A 、B 都能正常发光，后来由于电路中某个电阻发生断路，致使灯泡A 比原来亮一些，B 比原来暗一些，则断路的电阻是( )A ．R 1B ．R 2C ．R 3D ．R 44.如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想电表，R 为副线圈的负载电阻．现在原线圈a 、b 两端加上交变电压u ，其随时间变化的规律u ＝2202sin 100πt V ，则( )A ．副线圈中产生的交变电流频率为100 HzB ．电压表的示数22 2 VC ．若电流表示数为0.1 A ，则原线圈中的电流为1 AD ．若电流表示数为0.1 A ，则1 min 内电阻R 上产生的焦耳热为132 J 5．如图3所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，直角边长为L ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．一边长为L 、总电阻为R 的正方形闭合导线框abcd ，从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 垂直磁场匀速穿过磁场区域．取电流沿abcd 的方向为正，则下图中表示线框中感应电流i 随bc 边位置坐标x 变化的图象正确的是()6.如图4甲所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s 的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．已知小车运动的速度v 随车的位移x 变化的v －x 图象如图乙所示．则( )图1图2图3甲乙图4A ．线圈的长度L ＝10 cmB ．磁场的宽度d ＝15 cmC ．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s 2D ．线圈通过磁场过程中产生的热量为48 J7.两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，其余电阻均不计. 如图5所示，两板间有一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是( )A ．磁感应强度B 竖直向上且正在增强，ΔΦΔt ＝mgdnqB ．磁感应强度B 竖直向下且正在增强，ΔΦΔt ＝mgdnqC ．磁感应强度B 竖直向上且正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd (R ＋r )nqRD ．磁感应强度B 竖直向下且正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd (R ＋r )nqR8.如图6所示电路中，L 为电感线圈，C 为电容器，当开关S 由断开变为闭合时，则( )A ．A 灯有电流通过，方向由a 到bB ．A 灯中无电流通过，不可能变亮C ．B 灯立即熄灭，c 点电势低于d 点电势D ．B 灯逐渐熄灭，c 点电势低于d 点电势9．如图7所示，MN 、PQ 为平行光滑导轨与地面成30°角固定，并处于与导轨所在平面垂直向上、足够宽的匀强磁场中，导轨间距恒定，N 、Q 间接一定值电阻R .现有一金属杆ab 沿导轨匀速下滑，并与导轨接触良好，若其它电阻忽略不计，则 ( )A ．闭合电路不产生感应电流B ．金属杆ab 产生的感应电动势保持不变C ．金属杆ab 受到的安培力方向沿导轨向下D ．金属杆ab 受到的安培力方向沿导轨向上10．如图8所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L ，金属圆环的直径也是L .自圆环从左边界进入图5图6图7磁场开始计时，以垂直于磁场边界的恒定速度v 穿过磁场区域．规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，则圆环中感应电流i 随其移动距离x 的i －x 图象最接近( )11.如图9所示,一个边长为l 、总电阻为R 的单匝等边三角形金属线框, 在外力的作用下以速度v 匀速穿过宽度均为l 的两个有界匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B ，方向相反．线框运动方向始终与底边平行且与磁场边界垂直．取顺时针方向的电流为正，从图示位置开始，线框中的感应电流i 与线框沿运动方向的位移x 之间的函数图象是 ()二、实验题(12题8分，13题8分，共16分)12.(8分)某同学进行测量电阻R 的阻值的实验．他先用多用电表进行粗测，电表示数如图 10所示．然后用伏安法进行较精确的测量，现已选定滑动变阻器(阻值0～200 Ω)，开关一只，导线若干，另有如下备选器材：图10A ．电源(E ＝16 V ，r ＝2 Ω)B ．电源(E ＝3 V ，r ＝0.5 Ω)C ．电压表(量程0～15 V ，内阻约50 kΩ)D ．电压表(量程0～3 V ，内阻约10 kΩ)E ．电流表(量程0～500 μA ，内阻约500 Ω)F ．电流表(量程0～1 mA ，内阻约250 Ω) 请回答如下问题：①多用电表的读数____________；②用伏安法测量应选用的器材为________________；(请填写器材前的符号) ③请在下边的方框图中画出实验电路原理图．图913.(8分)某实验小组要描绘一个标有“3.8 V,1 W”的小灯泡L的R－U曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电压表V(量程5 V，内阻约为5 kΩ)B．直流电源E(电动势4.5 V，内阻不计)C．电流表A1(量程150 mA，内阻约为2 Ω)D．电流表A2(量程300 mA，内阻约为1 Ω)E．滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω)F．滑动变阻器R2(阻值0～200 Ω)(1)实验中为较准确测量、方便调节，电流表应选用____，滑动变阻器应选用________；(填写仪器符号)(2)实验中要求小灯泡的电压从零逐渐增大到额定电压，测量误差尽可能小．请你为该实验小组设计电路图，画在下面的方框中(3)据实验数据，计算并描绘出了R－U的图象，如图11所示．由图象可知，当所加电压为3.00 V时，灯泡实际消耗的电功率为________ W．假设灯丝电阻R与其温度t的关系是R＝k(t＋273)(k为比例系数)，室温为27°C，可知该灯泡正常发光时，灯丝的温度约为________℃；图11(4)小灯泡的电功率P随电压U变化的图象及其伏安特性曲线可能分别是图12中的________．A．①和③B．①和④C．②和③D．②和④图12三、解答题(14题12分，15题14分，16题14分，共40分)14.(12分)如图13(a)所示，半径为r1的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B0，磁场方向垂直纸面向里，半径为r2的阻值为R的金属圆环与磁场同心放置，圆环与阻值也为R的电阻R1连结成闭合回路，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与导线的电阻不计，(a)(b)图13(1)若棒以v0的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间(如图(a)所示)MN中的电动势和流过R1的电流的大小与方向；(2)撤去中间的金属棒MN，将金属圆环以MN所在的直径为轴向上翻折90°，若磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，求0至t0时间内通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量．15.(14分)如图14甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R＝4 Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内．质量为m＝0.1 kg，长为L＝0.1 m的导体棒ab垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r＝1 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示．(g＝10 m/s2)．求：图14(1)导轨平面与水平面间夹角θ；(2)磁场的磁感应强度B；(3)若靠近电阻处到底端距离为20 m，ab棒在下滑至底端前速度已达10 m/s，求ab棒下滑的整个过程中，电阻R上产生的焦耳热．16.(14分)如图15甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10 m/s2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，试求：图15(1)当t ＝1.5 s 时，重力对金属棒ab 做功的功率；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量； (3)磁感应强度B 的大小．答案 1．A 2．A 3．B 4．D 5．C 6．AD 7．C 8．D 9．BD 10．A 11．A12．①(2分)30 kΩ ②(2分)ACE ③(4分)实验电路原理图13.(1)A 2(1分)；R 1(1分) (2)如图滑动变阻器分压接法；电流表外接(2分)(3)0.78(1分) 2 327(1分) (4)C(2分)14.(1)2B 0r 1v 0，4B 0r 1v 03R ,方向a →b (2)B 0πr 124R ，B 02π2r 1416Rt 015．(1)30° (2)5 T (3)4 J 16．(1)0.7 W (2)0.26 J (3)0.1 T。

2018高考物理步步高第一章第2讲

第2讲匀变速直线运动的规律一、匀变速直线运动的规律 1．匀变速直线运动沿一条直线且加速度不变的运动． 2．匀变速直线运动的基本规律 (1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 02＝2ax . 二、匀变速直线运动的推论 1．三个推论(1)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的平均值，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v ＝v 0＋v 2＝v t2.(2)连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等．即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. (3)位移中点速度v x2＝v 20＋v22. 2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)1T 末，2T 末，3T 末，…，nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n . (2)1T 内，2T 内，3T 内，…，nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2. (3)第1个T 内，第2个T 内，第3个T 内，…，第n 个T 内的位移之比为x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)．深度思考飞机着陆后以6m/s 2的加速度做匀减速直线运动，若其着陆速度为60 m/s ，则它着陆后12s 内滑行的距离是多少？某位同学的解法如下：由位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，代入已知量求得滑行距离x ＝288m ，请分析以上解析是否正确，若不正确，请写出正确的解析．答案不正确．解析如下：先求出飞机着陆后到停止所用时间t .由v ＝v 0＋at ，得t ＝v －v 0a ＝0－60－6s ＝10s ，由此可知飞机在12s 内不是始终做匀减速运动，它在最后2s 内是静止的．故它着陆后12s 内滑行的距离为x ＝v 0t ＋at 22＝60×10m ＋(－6)×1022m ＝300m.三、自由落体运动 1．条件物体只受重力，从静止开始下落． 2．基本规律 (1)速度公式：v ＝gt . (2)位移公式：x ＝12gt 2.(3)速度位移关系式：v 2＝2gx . 3．伽利略对自由落体运动的研究(1)伽利略通过逻辑推理的方法推翻了亚里士多德的“重的物体比轻的物体下落快”的结论． (2)伽利略对自由落体运动的研究方法和科学的推理方法，是人类思想史上最伟大的成就之一．他所用的研究方法是逻辑推理―→猜想与假设―→实验验证―→合理外推．这种方法的核心是把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来．1．(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动，第3s 内通过的位移为3m ，则( ) A ．前3s 内的平均速度为3m/s B ．前3s 内的位移为6m C ．物体的加速度为1.2m/s 2 D ．3s 末的速度为3.6m/s 答案 CD2．(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下，每隔0.2s 滴下一滴，第1滴落下时第6滴恰欲滴下，此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62m 、1.26m 、0.9m ．假定落下的雨滴的运动情况完全相同，则此时第2滴雨滴下落的速度和屋檐高度各为(假设雨滴下落过程中不考虑空气阻力)( ) A ．3.6m/s ,4.5 m B ．7.2 m/s,4.5m C ．3.6m/s ,4 m D ．8 m/s,4m答案 B解析 6个雨滴的自由落体运动可以等效为1个雨滴在不同时刻的位置，如图： x 12＝1.62m ，x 23＝1.26m ，x 34＝0.9m v 2＝x 12＋x 232T＝7.2m/s由v 0＝0时相邻相同时间内位移之比为1∶3∶5∶7… 可得：x 12h ＝925，h ＝4.5m.3．(人教版必修1P43第3题)某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s 2，所需的起飞速度为50 m/s ，跑道长100m ．通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置．对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它至少具有多大的初速度？为了尽量缩短舰载飞机起飞时的滑行距离，航空母舰还需逆风行驶．这里对问题做了简化．答案不能 1015m/s4．(人教版必修1P45第5题)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段．在暗室中，照相机的快门处于常开状态，频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置．如图1是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04s 闪光一次．如果通过这幅照片测量自由落体加速度，可以采用哪几种方法？试一试．图1照片中的数字是小球落下的距离，单位是厘米．答案见解析解析方法一根据公式x ＝12gt 2x ＝19.6cm ＝0.196m. t ＝5T ＝0.2sg ＝2x t 2＝0.196×24×10－2m/s 2＝9.8 m/s 2 方法二根据公式Δx ＝gT 2g ＝Δx T 2＝(19.6－12.5)－(12.5－7.1)(0.04)2×10－2m/s 2＝10.6 m/s 2. 方法三根据v ＝gt 和v ＝v 0＋v 2＝x t ＝v t 2v ＝(19.6－7.1)×10－22×0.04m/s ＝1.56 m/sg ＝vt ＝1.560.16m/s 2＝9.75 m/s 2.命题点一匀变速直线运动规律及应用 1．恰当选用公式除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v 0的方向为正方向． 2．规范解题流程画过程示意图―→判断运动性质―→选取正方向―→选用公式列方程―→解方程并加以讨论例1 据报道，一儿童玩耍时不慎从45m 高的阳台上无初速度掉下，在他刚掉下时恰被楼下一社区管理人员发现，该人员迅速由静止冲向儿童下落处的正下方楼底，准备接住儿童．已知管理人员到楼底的距离为18m ，为确保能稳妥安全地接住儿童，管理人员将尽力节约时间，但又必须保证接住儿童时没有水平方向的冲击．不计空气阻力，将儿童和管理人员都看成质点，设管理人员奔跑过程中只做匀速或匀变速运动，g 取10m/s 2. (1)管理人员至少用多大的平均速度跑到楼底？(2)若管理人员在奔跑过程中做匀加速或匀减速运动的加速度大小相等，且最大速度不超过9m/s ，求管理人员奔跑时加速度的大小需满足什么条件？①无初速度掉下；②不计空气阻力；③没有水平方向的冲击．答案 (1)6m/s (2)a ≥9 m/s 2解析 (1)儿童下落过程，由运动学公式得：h ＝12gt 02管理人员奔跑的时间t ≤t 0，对管理人员运动过程，由运动学公式得：x ＝v t ，联立各式并代入数据解得：v ≥6m/s.(2)假设管理人员先匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为v 0，由运动学公式得：v ＝0＋v 02解得：v 0＝2v ＝12m/s >v m ＝9 m/s故管理人员应先加速到v m ＝9m/s ，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底．设匀加速、匀速、匀减速过程的时间分别为t 1、t 2、t 3，位移分别为x 1、x 2、x 3，加速度大小为a ，由运动学公式得： x 1＝12at 12x 3＝12at 32，x 2＝v m t 2，v m ＝at 1＝at 3t 1＋t 2＋t 3≤t 0，x 1＋x 2＋x 3＝x 联立各式并代入数据得a ≥9m/s 2.1．一个做匀变速直线运动的质点，初速度为0.5m/s ，第9s 内的位移比第5s 内的位移多4m ，则该质点的加速度、9s 末的速度和质点在9s 内通过的位移分别是( ) A ．a ＝1m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝40.5m B ．a ＝1m/s 2，v 9＝9 m/s ，x 9＝45m C ．a ＝1m/s 2，v 9＝9.5 m/s ，x 9＝45m D ．a ＝0.8m/s 2，v 9＝7.7 m/s ，x 9＝36.9m 答案 C解析根据匀变速直线运动的规律，质点在t ＝8.5s 时刻的速度比在t ＝4.5s 时刻的速度大4m/s ，所以加速度a ＝Δv Δt ＝4m/s 4s ＝1m/s 2，v 9＝v 0＋at ＝9.5 m/s ，x 9＝12(v 0＋v 9)t ＝45m ，选项C正确．2．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，珍爱生命．某路段机动车限速为15m/s ，一货车严重超载后的总质量为5.0×104 kg ，以15 m/s 的速度匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s 2.已知货车正常装载后的刹车加速度大小为10 m/s 2. (1)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车时间之比． (2)求此货车在超载及正常装载情况下的刹车距离分别是多大？(3)若此货车不仅超载而且以20m/s 的速度超速行驶，则刹车距离又是多少？(设此情形下刹车加速度大小仍为5 m/s 2)．答案 (1)2∶1 (2)22.5m 11.25m (3)40m解析 (1)此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比t 1∶t 2＝v 0a 1∶v 0a 2＝2∶1.(2)超载时，刹车距离x 1＝v 202a 1＝1522×5m ＝22.5m正常装载时，刹车距离x 2＝v 202a 2＝1522×10m ＝11.25m显然，严重超载后的刹车距离是正常装载时刹车距离的两倍． (3)货车在超载并超速的情况下的刹车距离x 3＝v 0′22a 1＝2022×5m ＝40m由此可见，超载超速会给交通安全带来极大的隐患．命题点二常用的几种物理思想方法例2 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2B.3s 2t 2C.4s t 2D.8s t 2 答案 A解析动能变为原来的9倍，则质点的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t 和a＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对．例3 质点由A 点出发沿直线AB 运动，行程的第一部分是加速度大小为a 1的匀加速运动，接着做加速度大小为a 2的匀减速运动，到达B 点时恰好速度减为零．若AB 间总长度为s ，则质点从A 到B 所用时间t 为( ) A.s (a 1＋a 2)a 1a 2B.2s (a 1＋a 2)a 1a 2 C.2s (a 1＋a 2)a 1a 2D.a 1a 22s (a 1＋a 2)①接着做加速度大小为a 2的匀减速运动；②到达B 点时恰好速度减为零．答案 B解析设第一阶段的末速度为v ，则由题意可知：v 22a 1＋v 22a 2＝s ，解得：v ＝2a 1a 2sa 1＋a 2；而s ＝0＋v 2t 1＋v ＋02t 2＝v 2t ，由此解得：t ＝2(a 1＋a 2)sa 1a 2，所以正确答案为B.3．一个物体做末速度为零的匀减速直线运动，比较该物体在减速运动的倒数第3m 、倒数第2m 、最后1m 内的运动，下列说法中正确的是( ) A ．经历的时间之比是1∶2∶3 B ．平均速度之比是3∶2∶1C ．平均速度之比是1∶(2－1)∶(3－2)D ．平均速度之比是(3＋2)∶(2＋1)∶1 答案 D解析将末速度为零的匀减速直线运动看成是反方向初速度为0的匀加速直线运动(逆向思维)，从静止开始通过连续相等的三段位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3＝1∶(2－1)∶(3－2)，则倒数第3m 、倒数第2m 、最后1m 内经历的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，平均速度之比为13－2∶12－1∶1＝(3＋2)∶(2＋1)∶1，故只有选项D 正确． 4．做匀加速直线运动的质点，在第一个3s 内的平均速度比它在第一个5s 内的平均速度小3m/s.则质点的加速度大小为( ) A ．1m/s 2 B ．2 m/s 2C ．3m/s 2 D ．4 m/s 2 答案 C解析第1个3s 内的平均速度即为1.5s 时刻瞬时速度v 1，第1个5s 内的平均速度即为2.5s 时刻瞬时速度v 2，a ＝Δv Δt ＝v 2－v 1Δt ＝3m/s(2.5－1.5)s＝3m/s 2，C 正确．5．某款小轿车对紧急制动性能的设计要求是：以20m/s 的速度行驶时，急刹车距离不得超过25m ．在一次紧急制动性能测试中，该款小轿车以某一速度匀速行驶时实行紧急制动，测得制动时间为1.5s ，轿车在制动的最初1s 内的位移为8.2m ，试根据测试结果进行计算来判断这辆轿车的紧急制动性能是否符合设计要求．答案符合设计要求解析轿车在制动的最初1s 内的位移为8.2m. 则v 0.5＝v ＝x t ＝8.21m/s ＝8.2 m/s ，a ＝v 0.5－v 0t ＝8.2－200.5m/s 2＝－23.6 m/s 2.由v 2－v 02＝2ax ，可得x ＝0－2022×(－23.6)m ≈8.5m<25m.故这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．命题点三自由落体 1．特点和规律(1)从静止开始，即初速度为零． (2)只受重力的匀加速直线运动． (3)基本公式有：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .2．解题方法对自由落体运动，v 0＝0，a ＝g ，将匀变速运动的所有公式和推论全部接收过来．例4 如图2所示，木杆长5m ，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20m 处圆筒AB ，圆筒AB 长为5m ，取g ＝10m/s 2，求：图2(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？答案(1)(2－3) s(2)(5－3) s解析(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝2h下A g＝2×1510s＝3s木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝2h上Ag＝2×2010s＝2s则通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－3) s(2)木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝2h上Bg＝2×2510s＝5s则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(5－3) s.6．伽利略对自由落体运动规律的探究中，下列描述错误的是()A．亚里士多德根据生活现象提出了重的物体下落得快，轻的物体下落得慢B．伽利略利用斜槽实验发现物体从静止开始滑下，在连续相等的时间间隔内通过的距离之比为1∶3∶5…，从而间接证实了他提出的“落体速度与时间成正比”的假说C．在当时的实验中，伽利略已经可以较精确地测量自由落体时间，直接研究自由落体运动了D．伽利略对自由落体的探究中，经历了提出问题—猜想假设—数学推论—实验验证—合理外推—得出结论的科学推理方法答案 C解析当时的计时工具还不能精确测量自由落体运动所用的较短时间，所以不能直接研究自由落体运动，选项C 错误．7．(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A 、B 连接起来，一同学用手固定B ，此时A 、B 间距为3l ，A 距地面为l ，如图3所示．由静止释放A 、B ，不计空气阻力，且A 、B 落地后均不再弹起．从释放开始到A 落地历时t 1，A 落地前的瞬时速率为v 1，从A 落地到B 落在A 上历时t 2，B 落在A 上前的瞬时速率为v 2，则( )图3A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝1∶2D ．v 1∶v 2＝1∶3答案 BC解析由题意可知l ＝12gt 12，l ＋3l ＝12g (t 1＋t 2)2，故t 1＝t 2，选项A 错误，B 正确；而v 1＝gt 1，v 2＝g (t 1＋t 2)，故v 1∶v 2＝1∶2，选项C 正确，D 错误．8.距地面高5m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图4所示．小车始终以4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )图4A ．1.25mB ．2.25mC ．3.75mD ．4.75m答案 A解析小车上的小球自A 点自由落地的时间t 1＝2H g，小车从A 到B 的时间t 2＝dv ；小车运动至B 点时细线被轧断，小球下落的时间t 3＝2hg；根据题意可得时间关系为t 1＝t 2＋t 3，即2H g ＝dv＋2hg，解得h ＝1.25m ，选项A 正确．9.同学们利用如图5所示方法估测反应时间．首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间．当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x ，则乙同学的反应时间为________(重力加速度为g )．基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为0～0.4s ，则所用直尺的长度至少为__________cm(g 取10m/s 2)；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是________的(选填“相等”或“不相等”)．图5答案2xg80 不相等解析在人的反应时间内，直尺做自由落体运动，则x ＝12gt 2，解得乙同学的反应时间为t ＝2x g .当t ＝0.4s 时，x ＝12gt 2＝12×10×0.42m ＝0.8m ＝80cm ，即所用直尺的长度至少为80cm ；由于t ∝x ，故每个时间间隔内在直尺上对应的长度不相等．命题点四多运动过程问题如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带．可按下列步骤解题：(1)画：分清各阶段运动过程，画出草图； (2)列：列出各运动阶段的运动方程；(3)找：找出交接处的速度与各段间的位移－时间关系； (4)解：联立求解，算出结果．例5 假设收费站的前、后都是平直大道，大假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6km /h ，事先小汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动后小汽车的加速度的大小为a 1＝4m/s 2.试问： (1)大假期间，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a 2＝6m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始至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？答案 (1)108m (2)10s (3)4s解析 (1)v t ＝21.6km /h ＝6 m/s ，事先小汽车未减速的车速均为v 0＝108km /h ＝30 m/s ，小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距收费站至少x 1处开始制动，则：v t 2－v 02＝－2a 1x 1 即：62－302＝2×(－4)x 1 解得：x 1＝108m.(2)小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x 1和x 2，时间分别为t 1和t 2，则：减速阶段：v t ＝v 0－a 1t 1 t 1＝v t －v 0－a 1＝6－304s ＝6s加速阶段：v 0＝v t ＋a 2t 2 t 2＝v 0－v t a 2＝30－66s ＝4s则汽车运动的时间至少为：t ＝t 1＋t 2＝10s. (3)在加速阶段：v 02－v t 2＝2a 2x 2 302－62＝2×6x 2 解得：x 2＝72m则总位移x ＝x 1＋x 2＝180m若不减速通过收费站，所需时间t ′＝x 1＋x 2v 0＝6s车因减速和加速过站而耽误的时间至少为： Δt ＝t －t ′＝4s.多过程组合问题的“三个”处理技巧1．用图象分析运动学问题能很好地反映出物体的运动规律，且直观、形象，这是图象法的优势，一些物理量的关系能通过图象很明显地反映出来．2．将末速度为零的匀减速直线运动通过逆向思维转化为初速度为零的匀加速直线运动． 3．多运动过程的转折点的速度是联系两个运动过程的纽带，因此，转折点速度的求解往往是解题的关键．10．短跑运动员完成100m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀速运动两个阶段．一次比赛中，运动员用11.00s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2s 内通过的距离为7.5m ，求运动员的加速度及加速阶段通过的距离．答案 5m/s 2 10m解析根据题意，在第1s 和第2s 内运动员都做匀加速运动．设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1s 和第2s 内通过的位移分别为x 1和x 2，由运动学规律得： x 1＝12at 02① x 1＋x 2＝12a (2t 0)2②式中t 0＝1s联立(1)(2)两式并代入已知条件，得a ＝5m/s 2③设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动时间为t 2，匀速运动的速度为v ；跑完全程的时间为t ，全程的距离为x . 依题意及运动学规律，得 t ＝t 1＋t 2④v ＝at 1⑤ x ＝12at 12＋v t 2⑥ 设加速阶段通过的距离为x ′，则x ′＝12at 21⑦ 联立③④⑤⑥⑦式，并代入数据得：x ′＝10m⑧用“等效法”处理三类直线运动问题一、将“平均速度”等效为“中间时刻的瞬时速度”做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度v 等于它在这段时间t 内的中间时刻的瞬时速度，在解题中，我们可以充分利用这一关系，进行等效处理，以达到简化解题的目的．典例1 物体从静止开始做匀加速直线运动，测得它在第n s 内的位移为x m ，则物体运动的加速度为( ) A.2xn2m/s 2 B.x2n2m/s 2C.2n －12x m/s 2D.2x 2n －1m/s 2 答案 D解析第n s 内位移为x m ，该秒内平均速度大小为x m/s ，与该秒内中间时刻瞬时速度相等，则(n －0.5) s 时瞬时速度大小也为x m/s ，即 a ·(n －0.5)＝x所以a ＝2x 2n －1m/s 2，选项D 正确．二、将“匀减速至零的运动”等效为“初速度为零的匀加速运动”加速度大小相等的匀加速运动与匀减速运动，在相应的物理量上表现出一定的对称性，即加速运动可等效为逆向的减速运动，反之亦然．典例2 以36km /h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第三个2s 内，汽车走过的位移为( ) A ．12.5mB ．2mC ．10mD ．0 答案 D解析设汽车从刹车到停下的时间为t ，根据匀减速至零的运动等效为初速度为零的匀加速运动，则由v 0＝at 得t ＝v 0a ＝104s ＝2.5s ，所以刹车后第三个2s 时汽车早已停止，即刹车后第三个2s 内，汽车走过的位移为零，D 正确．三、将“匀减速运动至零又反向加速”等效为“竖直上抛运动”如果物体先做匀减速直线运动，减速为零后又反向做匀加速直线运动，且全过程加速度大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x 、v 、a 等矢量的正负号及物理意义．典例3 (多选)一物体以5m/s 的初速度在光滑斜面上向上运动，其加速度大小为2 m/s 2，设斜面足够长，经过t 时间物体位移的大小为4m ，则时间t 可能为( ) A ．1sB ．3sC ．4sD.5＋412s答案 ACD解析当物体的位移为4m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得，4＝5t －12×2t 2，解得t 1＝1s ，t 2＝4s ；当物体的位移为－4m 时，根据x ＝v 0t ＋12at 2得：－4＝5t －12×2t 2，解得t 3＝5＋412s ，故A 、C 、D 正确，B 错误．题组1 匀变速直线运动规律的应用1．假设某无人机靶机以300m/s 的速度匀速向某个目标飞来，在无人机离目标尚有一段距离时从地面发射导弹，导弹以80 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，以1200m/s 的速度在目标位置击中该无人机，则导弹发射后击中无人机所需的时间为( ) A ．3.75sB ．15sC ．30sD ．45s 答案 B解析导弹由静止做匀加速直线运动，即v 0＝0，a ＝80m/s 2，据公式v ＝v 0＋at ，有t ＝v a ＝120080s ＝15s ，即导弹发射后经15s 击中无人机，选项B 正确．2．(多选)做匀减速直线运动的质点，它的加速度大小为a ，初速度大小为v 0，经过时间t 速度减小到零，则它在这段时间内的位移大小可用下列哪些式子表示( ) A ．v 0t －12at 2B ．v 0t C.v 0t 2 D.12at 2 答案 ACD3．(多选)给滑块一初速度v 0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动，加速度大小为g2，当滑块速度大小减为v 02时，所用时间可能是( )A.v 02gB.v 0gC.3v 0gD.3v 02g 答案 BC解析当滑块速度大小减为v 02时，其方向可能与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，因此要考虑两种情况，即v ＝v 02或v ＝－v 02，代入公式t ＝v －v 0a 得t ＝v 0g 或t ＝3v 0g ，故B 、C 正确．4．(多选)如图1所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀减速直线运动，依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E ，已知AB ＝BD ＝6m ，BC ＝1m ，滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2s ．设滑块经C 时的速度为v C ，则( )图1A ．滑块上滑过程中加速度的大小为0.5m/s 2B ．vC ＝6m/s C ．DE ＝3mD ．从D 到E 所用时间为4s答案 AD5．在水下潜水器蛟龙号某次海试活动中，完成任务后从海底竖直上浮，从上浮速度为v 时开始计时，此后匀减速上浮，经过时间t 上浮到海面，速度恰好减为零，则蛟龙号在t 0(t 0<t )时刻距离海平面的深度为( ) A.v t 2 B ．v t 0(1－t 02t )C.v t 202tD.v (t －t 0)22t答案 D6．在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发现汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系满足x ＝60＋30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( ) A ．汽车刹车过程的初速度大小为30m/s ，加速度大小为10 m/s 2 B ．汽车刹车过程的初速度大小为30m/s ，加速度大小为5 m/s 2 C ．汽车刹车过程的初速度大小为60m/s ，加速度大小为5 m/s 2 D ．汽车刹车过程的初速度大小为60m/s ，加速度大小为2.5 m/s 2 答案 A解析根据汽车刹车后的坐标x 与时间t 的关系x ＝60＋30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30m/s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A.题组2 自由落体7．一小石块从空中a 点自由落下，先后经过b 点和c 点，不计空气阻力．经过b 点时速度为v ，经过c 点时速度为3v ，则ab 段与ac 段位移之比为( ) A ．1∶3B ．1∶5C ．1∶8D ．1∶9 答案 A解析小石块做自由落体运动，2gh ab ＝v 2,2gh ac ＝(3v )2，可得h ab h ac ＝19，选项D 正确．8．(多选)如图2所示，在一个桌面上方有三个金属小球a 、b 、c ，离桌面高度分别h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1.若先后顺次静止释放a 、b 、c ，三球刚好同时落到桌面上，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图2A ．三者到达桌面时的速度之比是3∶2∶1B ．三者运动的平均速度之比是3∶2∶1C ．b 与a 开始下落的时间差小于c 与b 开始下落的时间差D ．b 与a 开始下落的时间差大于c 与b 开始下落的时间差答案 ABC解析由公式v 2－v 20＝2gx 可得v ＝2gh ，所以三者到达桌面时的速度之比是h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1，A 正确；三者都做匀变速直线运动，初速度为零，所以v ＝v2，故平均速度之比为h 1∶h 2∶h 3＝3∶2∶1，B 正确；根据h ＝12gt 2可得a 、b 开始下落的时间差为Δt 1＝2h 1g－2h 2g＝(3－2) 2h 3g，b 、c 开始下落的时间差为Δt 2＝2h 2g－2h 3g＝(2－1) 2h 3g，所以Δt 1<Δt 2，C 正确，D 错误．题组3 多运动过程问题9．如图3所示，运动员从离水面10m 高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m 达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计，计算时可以把运动员看成全部质量集中在重心的一个质点，g 取10m/s 2)，求：图3(1)运动员起跳时的速度v 0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t (结果保留3位有效数字)．答案 (1)3m/s (2)1.75s解析 (1)上升阶段：－v 02＝－2gh 解得v 0＝2gh ＝3m/s(2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 解得：t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3s自由落体过程：H ＝12gt 22解得t 2＝2H g＝2×10.4510s ≈1.45s 故t ＝t 1＋t 2＝0.3s ＋1.45s ＝1.75s10．在一次低空跳伞训练中，当直升机悬停在离地面224m 高处时，伞兵离开飞机做自由落体运动．运动一段时间后，打开降落伞，展伞后伞兵以12.5m/s 2的加速度匀减速下降．为了伞兵的安全，要求伞兵落地速度最大不得超过5 m/s ，求：(取g ＝10m/s 2) (1)伞兵展伞时，离地面的高度至少为多少？ (2)伞兵在空中的最短时间为多少？答案 (1)99m (2)8.6s解析 (1)设伞兵展伞时，离地面的高度至少为h ，此时速度为v 0 则有：v 2－v 02＝－2ah ，又v 02＝2g (224m －h )联立并代入数据解得：v 0＝50m/s ，h ＝99m (2)设伞兵在空中的最短时间为t ，则有：v 0＝gt 1， t 1＝5st 2＝v －v 0a＝3.6s ，故所求时间为：t ＝t 1＋t 2＝(5＋3.6) s ＝8.6s.。

2018高考物理步步高第三章第1讲

第1讲牛顿第一定律牛顿第三定律一、牛顿第一定律惯性1.牛顿第一定律(1)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.(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，一因此牛顿第一定律又叫惯性定律;②揭示了力与运动的关力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即系：力是产生加速度的原因.2.惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质.(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小.(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关.判断下列说法是否正确.(1)牛顿第一定律不能用实验验证. (V)(2)在水平面上滑动的木块最终停下来，是因为没有外力维持木块运动的结果. (X )(3)物体运动时受到惯性力的作用. (X )(4)物体匀速运动时才有惯性，加速时没有惯性. (X )二、牛顿第三定律1作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的, 一个物体对另一个物体施加了力, 后一个物体同时对前一个物体也施加力.2.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.3.表达式:F =—F'.由于作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以作用效果可以抵消，合力为零，这种认识对吗？答案不对解析作用力与反作用力作用在两个物体上，不可相互抵消.1．（人教版必修1P70 第1 至3 题改编）（多选）下面对牛顿第一定律和惯性的分析正确的是（）A •飞机投弹时，如果当目标在飞机的正下方时投下炸弹，能击中目标B .地球自西向东自转，你向上跳起来后，还会落到原地C.安全带的作用是防止汽车刹车时由于惯性作用发生危险D •有的同学说，向上抛出的物体，在空中向上运动时，肯定受到了向上的作用力答案BC2.（人教版必修1P82做一做改编）（多选）用计算机辅助实验系统（DIS）做验证牛顿第三定律的实验，把两个测力探头的挂钩钩在一起，向相反方向拉动，观察显示器屏幕上出现的结果（如图1所示），分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线，以下结论正确的是（）图1A •作用力与反作用力同时产生B •作用力与反作用力作用在同一物体上C.作用力与反作用力大小相等D.作用力与反作用力方向相反答案ACD3•手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了•对于这一现象，下列说法正确的是（）A .锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂B .锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂C.锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂D •因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小答案C4.（粤教版必修1P71第1题）沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭，泥炭是沼泽地积累的植物残体，它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷. 若人下陷的过程是先加速后匀速运动，下列判断正确的是（）A •加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力B .加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力C・人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力D •人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力答案D命题点一牛顿第一定律的理解和应用1 伽利略创造性的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图2 所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O 点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是( )图1A ．如果斜面光滑，小球将上升到与O 点等高的位置B •如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D .小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小答案A解析根据题意，铺垫材料粗糙程度降低时，小球上升的最高位置升高，当斜面绝对光滑时，小球在斜面上没有能量损失，因此可以上升到与O 点等高的位置，而B、C、D 三个选项，从题目不能直接得出，所以选项 A 正确．2 ( 多选) 一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论，正确的是( )A •车速越大，它的惯性越大B •质量越大，它的惯性越大C.车速越大，刹车后滑行的位移越长D •车速越大，刹车后滑行的位移越长，所以惯性越大答案BC解析要理解质量是惯性大小的唯一决定因素，惯性是物体的固有属性，其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性越大，所以选项A 错误，B 正确．滑行位移应由刹车时的速度确定，因为刹车过程中，其加速度是一定的，根据V2—v2= 2ax，所以车速越大，其滑行位移越大，而与其惯性大小无关，所以选项 C 正确，D 错误．1．（多选）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是（）A •物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B •没有力的作用，物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D •运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动答案AD解析物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，则A项正确•没有力的作用，物体可能保持匀速直线运动状态或静止状态，则B 错•行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的向心力作用，其运动状态是不断变化的，则C错.D项符合惯性定义，是正确的.2.（多选）如图3所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止•关于小球与列车的运动，下列说法正确的是()图3A ．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进B .若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进C.磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动D .磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动答案BC3.关于惯性的大小，下列说法中正确的是( )A .高速运动的物体不容易停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B •用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C.两个物体只要质量相同，那么惯性的大小就一定相同D .在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小答案C4.某同学为了取出如图 4 所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则( )图4A •此同学无法取出羽毛球B•羽毛球会从筒的下端出来C.羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D •该同学是在利用羽毛球的惯性答案D解析羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，会从筒所以的上端出来，D正确.命题点二牛顿第三定律的理解与应用1.相互作用力的特点：“三同、三异、三无关”.同大小(1)三同同时产生、变化、消失同性质反向(2)三异异体，即作用力、反作用力作用在不同物体上不同效果与物体的种类无关(3)三无关与相互作用的两物体的运动状态无关与是否和其他物体相互作用无关2.一对平衡力与作用力、反作用力的不同点（多选）如图5所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上静止，下列说法中正确的是（）图5A ．水平力F 跟墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力B •物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力C.水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力D •物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是一对作用力与反作用力①紧压；②静止.答案BD解析水平力F 跟墙壁对物体的弹力作用在同一物体上，大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，是一对平衡力，选项A 错误；物体在竖直方向上受竖直向下的重力以及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用，因物体处于静止状态，故这两个力是一对平衡力，选项B正确；水平力F作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不是平衡力，也不是相互作用力，选项 C 错误；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力，是一对作用力与反作用力，选项 D 正确．5．某人用绳子将一桶水从井内向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是( )A •只有在桶匀速上升过程中，绳子对桶的拉力才等于桶对绳子的拉力B •桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力大于桶对绳子的拉力C.桶加速上升的过程中，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力D .桶减速向上运动的过程中，绳子对桶的拉力小于桶对绳子的拉力答案 C6.(多选)用手托着一块砖，开始时静止不动，后来手突然向上加速运动，下列判断正确的是( )A .静止时，砖受到的支持力等于砖的重力B .加速时，砖对手的压力大于砖的重力C.静止时，砖受到的支持力等于砖对手的压力D .加速时，砖受到的支持力大于砖对手的压力答案ABC解析静止时，重力与支持力是一对平衡力，大小相等， A 正确；不论静止还是加速，支持力和压力都是一对相互作用力，大小相等，故C 正确，D 错误；加速时，支持力大于重力，则压力大于重力，故 B 正确．命题点三“转移研究对象法”在受力分析中的应用1．“转移研究对象法”在受力分析中的应用，其本质是牛顿第三定律的应用．2．由于作用力与反作用力的关系，当待求的某个力不容易求时，可先求它的反作用力，再反过来求待求力．如求压力时，可先求支持力．建筑工人用如图 6 所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg 的工人站在水平地面上，通过定滑轮将20.0 kg 的建筑材料以1.0 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及两者间的摩擦，求：地面受到的压力和摩擦力的大小.(g 取10 m/s2，sin 53= 0.8, cos 53= 0.6)图6答案524 N 132 N解析建筑材料受力分析如图甲所示由牛顿第二定律得：F i - mg= ma代入数据解得：F i= 220 N因此绳对人的拉力F2= F i= 220 N工人受力分析如图乙所示由平衡条件得：F2 cos 53 = F fF2 •in 53 半F N= Mg代入数据解得：F N = 524 N , F f = 132 N132 N.由牛顿第三定律得：人对地面的压力大小为524 N ，地面受到的摩擦力大小为7•如图7所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为B的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力 F 拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是( )图7A .地面对斜面体的摩擦力大小为Feos 0B .地面对斜面体的支持力为（M + m）gC.物体对斜面体的摩擦力的大小为FD .斜面体对物体的作用力竖直向上答案A解析由于斜面体和物体都处于平衡状态，将斜面体和物体看成一个整体，由受力情况可得：地面对斜面体的摩擦力大小为Feos 0，地面对斜面体的支持力大小为（M＋m）g＋Fsin 0，故A 对， B 错；隔离物体进行受力分析，物体对斜面体的摩擦力大小为F＋mgsin 0，故 C 错；将斜面体作为施力物体，则斜面体对物体的作用力即为物体受到的支持力与摩擦力的合力，由力的合成可知斜面体对物体的作用力与物体的重力和 F 的合力大小相等、方向相反，故斜面体对物体的作用力不在竖直方向上， D 错.题组 1 对牛顿第一定律和惯性的理解1．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是( )A .亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B •伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去C.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D .牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质答案BCD解析亚里士多德认为物体的运动需要力来维持， A 错误；伽利略通过“理想实验” 得出：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去， B 正确；笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，C正确；由牛顿第一定律知，D正确.2•—列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上A处有一相对桌面静止的小球. 由于列车运动状态的改变，车厢中的旅客发现小球沿如图(俯视图)中的虚线从A点运动到B点，则说明列车是减速且在向南拐弯的图是( )答案 A解析由于列车原来做匀速运动，小球和列车保持相对静止，现在列车要减速，由于惯性小球必向前运动，C、D 错；又因列车要向南拐弯，由做曲线运动的条件知列车要受到向南的力的作用，即桌子受到向南的力的作用，所以小球相对桌面向北运动，A对，B错.3.如图1所示，在一辆表面光滑且足够长的小车上，有质量为m i和m2的两个小球(m i>m2)随车一起匀速运动，当车突然停止时，若不考虑其他阻力，则两个小球( )图1A .一定相碰B .一定不相碰C.不一定相碰 D .无法确定答案B解析因小车表面光滑，因此小球在水平方向上没有受到外力作用，原来两球与小车有相同的速度，当车突然停止时，由于惯性，两小球的速度将不变，所以不会相碰.4.“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法. 下列说法正确的是( )A .汽车超速会增大汽车的惯性B .汽车超载会减小汽车的刹车距离C.疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D •汽车超载会增大汽车的惯性答案D题组 2 对牛顿第三定律的理解5.(多选)如图2所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是()图2A ．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力B .细绳对小球的拉力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C .小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D .小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力答案BC6.(多选)下列关于作用力和反作用力的说法正确的是( )A .物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B .物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力C.人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D .物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等答案BD解析作用力与反作用力同时产生，同时变化，同时消失，物体对地面产生压力的同时地面对物体产生支持力，选项A 错误；物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，选项 B 正确；人推车前进，人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方向相反，选项 C 错误；物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等，选项 D 正确.7．（多选）2014年8月18日11时15分，中国在太原卫星发射中心用长征四号运载火箭成功发射高分二号卫星，卫星顺利进入预定轨道，关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是（）A •火箭尾部向外喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力B •火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C.火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D •卫星进入预定轨道之后，与地球之间仍存在相互作用答案AD解析火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即火箭上升的推力，此推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否在空气中飞行无关，故选项B、C 错误， A 正确；当卫星进入预定轨道后，卫星与地球之间仍然存在着相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星也吸引地球，这是一对作用力与反作用力，故选项D正确. & （多选）下列说法中正确的是（）A .人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才往前走B •人站在地上不动时，人对地面的压力和地面对人的支持力大小相等、方向相反C.物体A静止在物体B上，A的质量是B的质量的100倍，而A作用于B的力的大小等于 B 作用于A 的力的大小D •以卵击石，石头没损坏而鸡蛋破了，这是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力答案BC9.汽车拉着拖车在平直的公路上运动，下列说法中正确的是（）A •汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力B .汽车先对拖车施加拉力，然后才产生拖车对汽车的拉力C.匀速前进时，汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力；加速前进时，汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力D •拖车加速前进，是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力答案D题组 3 牛顿第三定律在受力分析中的应用10.如图3所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上. A、B间有一劲度系数为100 N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了 2 cm.已知A、B两物体的重力分别是 3 N和5N .则细线的拉力及B对地面的压力分别是（）图3A. 8 N 和0 NB. 5 N 和7 NC. 5 N 和3 ND. 7 N 和7 N答案C解析对A 由平衡条件得F T—G A— kx= 0,解得F T = G A+ kx= 3 N + 100X 0.02 N = 5 N，对B由平衡条件得kx + F N—G B= 0，解得F N = G B— kx= 5 N —100X 0.02 N = 3 N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3 N，故选项C正确.11.如图4所示，倾角为B的斜面体放在水平地面上，质量为m的光滑小球放在墙与斜面体之间处于平衡状态,求小球对斜面体的压力大小和地面对斜面体的摩擦力大小.图4答案衆mgtan°解析小球受力分析如图甲所示，由平衡条件得：竖直方向：F NI cos 0—mg= 0水平方向：F N2—F Ni sin 0= 0对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得:水平方F f —F N2 = 0“mg解得：F N1=cos °F f= mgta n 0由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为, mgF NI = F NI = 'cos 0。

2018高考物理步步高第七章第1讲

第1讲电路的基本概念和规律一、电流的理解及三个表达式 1．定义：电荷的定向移动形成电流．2．条件：(1)有自由移动的电荷；(2)导体两端存在电压．3．两个表达式(1)定义式：I ＝qt，q 为在时间t 内通过导体横截面的电荷量．(2)微观表达式：I ＝nqS v ，其中n 为导体中单位体积内自由电荷的个数，q 为每个自由电荷的电荷量，S 为导体的横截面积，v 为自由电荷定向移动的速率．4．方向：电流是标量，为研究问题方便，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向．在外电路中电流由电源正极到负极，在内电路中电流由电源负极到正极．深度思考若一个电子，电荷量为e ，绕核运动的周期为T ，则等效电流I 的表达式是________．答案 I ＝eT解析电子绕原子核做圆周运动，形成等效的环形电流，电子电荷量为e ，运动一周的时间为T ，则I ＝eT.二、欧姆定律及电阻定律 1．电阻定律(1)内容：同种材料的导体，其电阻与它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关． (2)表达式：R ＝ρlS .(3)电阻率①物理意义：反映导体的导电性能，是表征材料性质的物理量． ②电阻率与温度的关系：a ．金属：电阻率随温度升高而增大．b ．半导体(负温度系数)：电阻率随温度升高而减小．c ．一些合金：几乎不受温度的影响． 2．部分电路欧姆定律(1)内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比． (2)表达式：I ＝UR .(3)适用范围①金属导电和电解液导电(对气体导电、半导体导电不适用)． ②纯电阻电路(不含电动机、电解槽等的电路)． 3．导体的伏安特性曲线(1)I －U 图线：以电流为纵轴、电压为横轴所画出的导体上的电流随电压的变化曲线称为I －U 图线，如图1所示．图1(2)电阻的大小：图线的斜率k ＝I U ＝1R，图中R 1>R 2.(3)线性元件：伏安特性曲线是直线的电学元件，适用欧姆定律． (4)非线性元件：伏安特性曲线为曲线的电学元件，不适用欧姆定律．三、电功、电功率、电热及热功率 1．电功(1)定义：导体中的恒定电场对自由电荷的电场力做的功． (2)公式：W ＝qU ＝IUt (适用于任何电路)．(3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程． 2．电功率(1)定义：单位时间内电流所做的功，表示电流做功的快慢． (2)公式：P ＝Wt ＝IU (适用于任何电路)．3．焦耳定律(1)电热：电流通过导体产生的热量跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比．(2)公式：Q ＝I 2Rt .4．电功率P ＝IU 和热功率P ＝I 2R 的应用(1)不论是纯电阻电路还是非纯电阻电路，电流的电功率均为P 电＝UI ，热功率均为P 热＝I 2R . (2)对于纯电阻电路而言：P 电＝P 热＝IU ＝I 2R ＝U 2R.(3)对于非纯电阻电路而言：P 电＝IU ＝P 热＋P 其他＝I 2R ＋P 其他≠U 2R＋P 其他．深度思考电动机正常工作时，电功率大于热功率，当电动机通电卡住不转时，则电功率与热功率满足什么关系？为什么？答案相等，电动机通电卡住不转时相当于一个发热的纯电阻，故电功率与热功率相等．1．判断下列说法是否正确．(1)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多．( √ )(2)电流I 随时间t 变化的图象与坐标轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量．( √ ) (3)电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多．( × )(4)W ＝UIt 适用于任何电路，而W ＝I 2Rt ＝U 2Rt 只适用于纯电阻电路．( √ )(5)由R ＝UI 可知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，与流过导体的电流成反比．( × )(6)由R ＝ρlS 可知，导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比．( √ )2．(人教选修3－1P43第3题改编)安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电荷量为e 的电子以速率v 绕原子核沿顺时针方向做半径为r 的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是( ) A ．电流大小为v e2πr ，电流方向为顺时针B ．电流大小为v er ，电流方向为顺时针C ．电流大小为v e，电流方向为逆时针D ．电流大小为v er ，电流方向为逆时针答案 C解析电子做圆周运动的周期T ＝2πrv ，由I ＝eT 得I ＝v e 2πr，电流的方向与电子运动方向相反，故为逆时针．3．(人教选修3－1P52第4题改编)图2是有两个量程的电压表，当使用a 、b 两个端点时，量程为0～10 V ，当使用a 、c 两个端点时，量程为0～100 V ．已知电流表的内阻R g 为500 Ω，满偏电流I g 为1 mA ，则电阻R 1、R 2的值( )图2A ．9 500 Ω 90 000 ΩB ．90 000 Ω 9 500 ΩC ．9 500 Ω 9 000 ΩD ．9 000 Ω 9 500 Ω 答案 A解析接a 、b 时，串联R 1，由串联电路特点有R 总＝R 1＋R g ＝U 1I g 得R 1＝U 1I g －R g ＝9 500 Ω.接a 、c 时串联R 1、R 2，同理有R 总′＝R 1＋R 2＋R g ＝U 2I g 得R 2＝U 2I g－R g －R 1＝90 000 Ω.4．(人教选修3－1P63第1题)一个电源接8 Ω电阻时，通过电源的电流为0.15 A ，接13 Ω电阻时，通过电源的电流为0.10 A ，则电源的电动势和内阻分别为( ) A ．2 V 1.5 Ω B ．1.5 V 2 Ω C ．2 V 2 Ω D ．1.5 V 1.5 Ω答案 B解析由闭合电路欧姆定律得 E ＝I 1(R 1＋r ) E ＝I 2(R 2＋r )代入数据联立得r ＝2 Ω，E ＝1.5 V .命题点一利用“柱体微元”模型求电流利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题时，注意以下基本思路：设柱体微元的长度为L ，横截面积为S ，单位体积内的自由电荷数为n ，每个自由电荷的电荷量为q ，电荷定向移动的速率为v ，则： (1)柱体微元中的总电荷量为Q ＝nLSq . (2)电荷通过横截面的时间t ＝Lv . (3)电流的微观表达式I ＝Qt＝nq v S .例1 如图3所示，一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，则金属棒内的电场强度大小为( )图3A.m v 22eLB.m v 2Sn eC ．ρne vD.ρe v SL①棒两端加上恒定的电压；②棒内产生电流．答案 C解析由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSe t ＝neS v .由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρLS＝ρneL v ，又E ＝UL，故E ＝ρne v ，选项C 正确．1．在长度为l 、横截面积为S 、单位体积内自由电子数为n 的金属导体两端加上电压，导体中就会产生匀强电场．导体内电荷量为e 的自由电子在电场力作用下先做加速运动，然后与做热运动的阳离子碰撞而减速，如此往复……所以，我们通常将自由电子的这种运动简化成速率为v (不随时间变化)的定向运动．已知阻碍电子运动的阻力大小与电子定向移动的速率v 成正比，即F f ＝k v (k 是常量)，则该导体的电阻应该等于( ) A.kl neS B.kl ne 2S C.kS nel D.kS ne 2l 答案 B解析电子定向移动，由平衡条件得，k v ＝e Ul ，则U ＝k v l e ，导体中的电流I ＝neS v ，电阻R＝U I ＝klne 2S，选项B 正确． 2．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( ) A.I Δl eS m 2eU B.I Δl e m 2eU C.I eSm 2eUD.IS Δl em 2eU答案 B解析在加速电场中有eU ＝12m v 2，得v ＝2eUm.在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内电量为q ＝I Δt ＝I Δl v ，则电子个数n ＝q e ＝I Δle m2eU.B 正确．命题点二欧姆定律及电阻定律1．电阻的决定式和定义式的比较2.对伏安特性曲线的理解(如图4甲、乙所示)图4(1)图线a 、e 、d 、f 表示线性元件，b 、c 表示非线性元件． (2)在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，R a ＞R e . 在图乙中，斜率表示电阻倒数的大小．斜率越大，电阻越小，R d ＜R f .(3)图线b 的斜率变小，电阻变小，图线c 的斜率变大，电阻变小．注意：曲线上某点切线的斜率不是电阻或电阻的倒数．根据R ＝UI ，电阻为某点和原点连线的斜率或斜率的倒数．例2 如图5所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流强度为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( )A ．0.5 AB ．1 AC ．2 AD ．4 A图5电压恒为U 的电路．答案 A解析设金属薄片厚度为d ′，根据电阻定律公式R ＝ρl S ，有R CD ＝ρl bc l ab ·d ′，R AB ＝ρl abl bc ·d ′，故R CD R AB ＝12×12＝14；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比．故两次电流之比为4∶1，故第二次电流为0.5 A ，故选A.3．用电器到发电站的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U ，那么，输电线的横截面积的最小值为( ) A.ρl R B.2ρlI U C.U ρlI D.2Ul Iρ 答案 B解析输电线的总长为2l ，由公式R ＝U I 、R ＝ρl S 得S ＝2ρlIU，故B 正确．4．(多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图6所示，P 为图上一点，PN 为图线在P 点的切线，PM 为I 轴的垂线．则下列说法中正确的是()图6A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻不变B ．对应P 点，小灯泡的电阻R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围的“面积” 答案 BD解析由欧姆定律知，I －U 图中任意一点的电阻为该点与坐标原点O 点的连线的斜率的倒数，随着所加电流的增大，小灯泡的电阻增大，A 错误．对应P 点，小灯泡的电阻为O 、P 连线斜率的倒数，即R ＝U 1I 2，B 正确，C 错误．对应P 点，小灯泡的功率P ＝U 1I 2，即图中矩形PQOM 所围的“面积”，D 正确．命题点三电功、电功率、电热及热功率电功和电热、电功率和热功率的区别与联系例3 (多选)如图7所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 的规格为“2 V ,0.4 W ”，开关S 接1，当滑动变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光，现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．则( )图7A ．电源内阻为1 ΩB ．电动机的内阻为4 ΩC ．电动机正常工作电压为1 VD ．电源效率约为93.3%①S 接1，L 正常发光；②S 接2，L 和M 均正常工作．答案 AD解析小灯泡正常工作时的电阻R L ＝U 2P ＝10 Ω，流过小灯泡的电流I ＝PU ＝0.2 A ，当开关S接1时，R 总＝EI ＝15 Ω，电源内阻r ＝R 总－R －R L ＝1 Ω，A 正确；当开关S 接2时，电动机M 两端的电压U M ＝E －Ir －U ＝0.8 V ；电源的效率η＝E －Ir E ＝2.8 V3 V≈93.3%，D 正确．非纯电阻电路的分析方法1．抓住两个关键量：确定电动机的电压U M 和电流I M 是解决所有问题的关键．若能求出U M 、I M ，就能确定电动机的电功率P ＝U M I M ，根据电流I M 和电动机的电阻r 可求出热功率P r ＝I 2M r ，最后求出输出功率P 出＝P －P r .2．坚持“躲着”求解U M 、I M ：首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流．然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压和电流．3．应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．5．如图8所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是( )图8A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W 答案 B解析由题意得电动机两端的电压U ＝E －I (R 0＋r )＝7 V ，则电动机的输入功率P ＝UI ＝14 W ．热功率P 热＝I 2R M ＝2 W ，则输出功率P 出＝P －P 热＝12 W ．电源的输出功率P ′＝EI －I 2r ＝20 W ，故B 正确，A 、C 、D 错误．6．如图9所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成．当闭合开关S 1、S 2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ．关于该电吹风，下列说法正确的是( )图9A ．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机的电阻为1 2103ΩC ．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为120 JD ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为880 J 答案 A解析电吹风吹热风时电热丝消耗的功率为P ＝1 000 W －120 W ＝880 W ，对电热丝，由P ＝U 2R 可得电热丝的电阻为R ＝U 2P ＝2202880 Ω＝55 Ω，选项A 正确；由于不知道电动机线圈的发热功率，所以电动机线圈的电阻无法计算，选项B 错误；当吹冷风时，电热丝没有工作，选项C 错误；当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J ，选项D 错误．电阻的串、并联1．串、并联电路的特点2.四个有用的结论(1)串联电路的总电阻大于电路中的任意一个电阻，串联电阻增多时，总电阻增大．(2)并联电路的总电阻小于任意支路的电阻，并联支路增多时，总电阻减小．(3)不论串联电路还是并联电路，只要某个电阻增大，总电阻就增大，反之则减小．(4)不论串联电路还是并联电路，电路消耗的总功率等于各电阻消耗的电功率之和．3．一个典型的极值电路图10如图10所示，如果R1＝R2，当P从a→b时，R AB先增大后减小，且当R aP＝R Pb(即P位于a、b的中点)时R AB最大．典例1(多选)在如图11所示的电路中，电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则()图11A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V答案AC解析当cd端短路时，R2与R3的并联电阻为30 Ω，两电阻并联后与R1串联，ab间的等效电阻为40 Ω，选项A正确；当ab端短路时，R1与R3的并联电阻为8 Ω，两电阻并联后与R2串联，cd间等效电阻为128 Ω，选项B错；当ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd 两端的电压即R 3两端的电压，为U cd ＝4010＋40×100 V ＝80 V ，选项C 对；当cd两端接通测试电源时，电阻R 1未接入电路，ab 两端电压即R 3两端的电压，为U ab ＝40120＋40×100 V ＝25 V ，选项D 错．典例2 如图12所示，电路两端的电压U 保持不变，电阻R 1、R 2、R 3消耗的电功率一样大，则电阻之比R 1∶R 2∶R 3是( )图12A ．1∶1∶1B ．4∶1∶1C ．1∶4∶4D ．1∶2∶2答案 C解析因为三个电阻消耗的功率一样大，则有U 223R 2＝U 223R 3得R 2＝R 3，所以通过R 1的电流是通过R 2电流的2倍，则有(2I )2R 1＝I 2R 2得R 1＝R 24.故R 1∶R 2∶R 3＝1∶4∶4，C 正确．1．处理串、并联电路以及简单的混联电路的方法：(1)准确地判断出电路的连接方式，画出等效电路图；(2)正确利用串、并联电路的基本规律、性质；(3)灵活选用恰当的公式进行计算．2．简化电路的原则：(1)无电流的支路去除；(2)电势相等的各点合并；(3)理想导线可任意改变长短；(4)理想电流表的电阻为零，理想电压表的电阻为无穷大；(5)电压稳定时电容器可看作断路．题组1 电流的理解及三个表达式 1．关于电流，下列说法中正确的是( ) A ．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B ．电子运动的速率越大，电流越大C ．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D ．因为电流有方向，所以电流是矢量解析电流的大小等于单位时间内流过导体横截面的电荷量，故A 错，C 对；电流的微观表达式I ＝neS v ，电流的大小由单位体积的电荷数、每个电荷所带电量、导体的横截面积和电荷定向移动的速率共同决定，故B 错；矢量运算遵循平行四边形定则，标量的运算遵循代数法则，电流的运算遵循代数法则，故电流是标量，故D 错．2．(多选)铅蓄电池的电动势为2 V ，内阻不为零，以下说法中正确的是( ) A ．电路中每通过1 C 电量，铅蓄电池能把2 J 的化学能转变为电能 B ．体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大 C ．电路中每通过1 C 电量，铅蓄电池内部非静电力做功为2 JD ．该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池(电动势为1.5 V)的强答案 ACD解析由W ＝UIt ＝UQ ＝2×1 J ＝2 J ，可知A 正确；电动势的大小由电源将其他形式的能转化为电能的能力大小决定，与体积无关，故B 错误；电源输出的电能大小为电源将其他形式的能转化为电能大小，电路中每通过1 C 电量时，电源输出的电能大小为2 J ，故C 正确；电动势的大小表示电源将其他形式的能转化为电能的能力大小，故D 正确．3．来自质子源的质子(初速度为零)，经一加速电压为800 kV 的直线加速器加速，形成电流大小为1 mA 的细柱形质子流．已知质子电荷量e ＝1.60×10－19C ．这束质子流每秒打到靶上的质子数为________个，假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L 和4L 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n 1和n 2，则n 1∶n 2＝________. 答案 6.25×1015 2∶1解析根据电流的定义可得I ＝ne t ，所以n ＝Ite ＝6.25×1015(个)．由于各处电流相同，设所取长度为l ，其中的质子数为n ′，则由I ＝neS v 得n ′∝1v ，又v 2＝2as ，v ∝s ，所以n 1n 2＝s 2s 1＝21. 题组2 欧姆定律及电阻定律4.如图1所示均匀的长薄片合金电阻板abcd ，ab 边长为L 1，ad 边长为L 2，当端点1、2或3、4接入电路中时，R 12∶R 34为( )图1A ．L 1∶L 2C ．1∶1D ．L 21∶L 22答案 D解析设长薄片合金电阻板厚度为h ，根据电阻定律R ＝ρl S ，R 12＝ρL 1hL 2，R 34＝ρL 2hL 1，R 12R 34＝L 21L 22，故选D.5.用图2所示的电路可以测量电阻的阻值．图中R x 是待测电阻，R 0是定值电阻，是灵敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P 的位置，当通过电流表的电流为零时，测得MP ＝l 1，PN ＝l 2，则R x 的阻值为( )图2A.l 1l 2R 0B.l 1l 1＋l 2R 0C.l 2l 1R 0D.l 2l 1＋l 2R 0答案 C解析当灵敏电流表的电流为零时，有R 0l 1＝R x l 2，可得R x ＝l 2l 1R 0.6．(多选)两电阻R 1和R 2的伏安特性曲线如图3所示．从图线可判断( )图3A ．两电阻阻值的关系是R 1＞R 2B ．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小C ．电压相同时，通过R 1的电流较大D ．两电阻串联接入电路时，R 1消耗的功率小答案 CD解析图象的斜率k ＝I U ＝1R ，即图象的斜率越大，电阻越小，故有R 1＜R 2，A 错误；根据图象可得电阻一定时，电流随电压的增大而增大，B 错误；从图象中可得电压相同时，通过电阻R 1的电流较大，C 正确；两电阻串联接入电路时，通过两电阻的电流相同，根据公式P＝I 2R 可得电阻越大，消耗的电功率越大，故D 正确．7.某一导体的伏安特性曲线如图4AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )图4A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω 答案 B解析 A 点电阻R A ＝31.0×10－1 Ω＝30 Ω，B 点电阻R B ＝61.5×10－1 Ω＝40 Ω，故A 错误，B正确．ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．题组3 电功、电功率、电热及热功率8．(多选)在研究微型电动机的性能时，可采用如图5所示的实验电路．当调节滑动变阻器R ，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V ；重新调节R ，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ．则当这台电动机正常运转时( )图5A ．电动机的内阻为7.5 ΩB ．电动机的内阻为1.0 ΩC ．电动机的输出功率为30.0 WD ．电动机的输出功率为26.0 W 答案 BD解析因为电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为1.0 A 和1.0 V ，电动机在没有将电能转化为机械能时属于纯电阻电路，故说明电动机的内阻r ＝U I ＝1.0 V1.0 A ＝1.0 Ω，选项A 错误，B 正确；当电动机正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A 和15.0 V ，则电动机的总功率为P 总＝2.0 A ×15.0 V ＝30.0 W ，此时电动机的发热功率为P 热＝(2.0 A)2×1.0Ω＝4.0 W ，故电动机的输出功率为P 出＝P 总－P 热＝30.0 W －4.0 W ＝26.0 W ，选项D 正确． 9.图6如图6所示，电源电动势E ＝10 V ，内阻r ＝1 Ω，闭合开关S 后，标有“8 V ,12 W ”的灯泡恰能正常发光，电动机M 绕组的电阻R 0＝4 Ω，求： (1)电源的输出功率P 出； (2)10 s 内电动机产生的热量Q ； (3)电动机的机械功率．答案 (1)16 W (2)10 J (3)3 W解析 (1)由题意知，并联部分电压为U ＝8 V ，内电压应为U 内＝E －U ＝2 V 总电流I ＝U 内r＝2 A ，电源的输出功率P 出＝UI ＝16 W ； (2)流过灯泡的电流I 1＝P 1U ＝1.5 A则流过电动机的电流I 2＝I －I 1＝0.5 A 电动机的热功率P 0＝I 22R 0＝1 W 10 s 内产生的热量Q ＝P 0t ＝10 J ； (3)电动机的总功率P ＝UI 2＝4 W 电动机的机械功率P 机＝P －P 0＝3 W.10．有一个直流电动机，把它接入0.2 V 电压的电路时，电动机不转，此时测得流过电动机的电流是0.4 A ；若把电动机接入2.0 V 电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0 A ．求： (1)电动机线圈的电阻；(2)电动机正常工作时的输出功率；(3)在发动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率．答案 (1)0.5 Ω (2)1.5 W (3)8 W解析 (1)电动机不转时，电动机电路为纯电阻电路，根据欧姆定律可得线圈的电阻R ＝U 0I 0＝0.5 Ω；(2)电动机正常工作时的输入功率P 输入＝UI ＝2.0×1.0 W ＝2 W ，此时线圈的发热功率为P 热＝I 2R ＝0.5 W ，电动机的输出功率P 输出＝P 输入－P 热＝2 W －0.5 W ＝1.5 W ；(3)当转子被卡住之后，电动机为纯电阻电路，电动机的发热功率P 热′＝U 2R ＝220.5W ＝8 W.。

《步步高》高中物理必修一

《步步高》高中物理必修一篇一：步步高必修一物理第三章第1节第三章相互作用第1节重力基本相互作用1．如图1中的甲、乙表示了力的作用效果，其中图甲表示力能使物体的____________；图乙表示力能使物体的______________．像这样人们把改变物体的__________或产生________的原因，即物体与物体之间的相互作用，称做力．图12．力的图示就是把一个力的________、________和________这三要素用一条带箭头的线段准确、形象地表示出来，线段的方向表示力的________，线段的长短表示力的________，用箭尾(或箭头)表示力的________．3．由于地球______而使物体受到的力叫重力，重力的方向________，质量为m的物体所受的重力G＝______.4．物体的各部分都受到重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用______于一点，这一点叫物体的重心．形状规则、质量分布均匀的物体的重心在其__________上．5．目前，人们认识到自然界中存在四种相互作用，它们分别是：________________、________、________________、______________.6．下列关于力的说法错误的是( )A．力是物体与物体之间的相互作用B．力可以只有施力物体而没有受力物体C．力是矢量，它既有大小又有方向D．力可以用带箭头的线段表示7．关于重力，下列说法中正确的是( )A．只有静止的物体才受到重力的作用B．只有做自由落体运动的物体才受到重力的作用C．重力的方向总是与物体的运动方向相同D．重力的方向总是竖直向下的8．下列关于重心的说法中，正确的是( )A．物体所受重力的等效作用点叫物体的重心B．只有在物体的重心处才受到重力的作用C．质量分布均匀、形状对称的物体的重心在其几何对称中心D．球体的重心总在球心【概念规律练】知识点一力的概念1．下列说法正确的是( )A．拳击手一拳击出，没有击中对方，这时只有施力物体，没有受力物体B．力离不开受力物体，但可以没有施力物体．例如：向上抛出的小球在上升过程中受到向上的力，但找不到施力物体C．只有相互接触的物体间才会有力的作用D．一个力必定联系着两个物体，其中任意一个物体既是受力物体，又是施力物体2．下列说法正确的是( )A．甲打乙一拳，乙感到痛，而甲未感到痛，说明甲对乙施加了力，而乙未对甲施加力B．“风吹草动”，草受到了力，但没有施力物体，说明没有施力物体的力也是存在的C．磁铁吸引铁钉时，磁铁不需要与铁钉接触，说明力可以脱离物体而存在D．网球运动员用力击球，网球受力飞出后，网球受力的施力物体不再是人知识点二力的图示和力的示意图3.图2如图2所示，物体A对物体B的压力是10 N，试画出这个力的图示和示意图．4．一个重20 N的物体沿着斜面下滑，如下图所示，关于物体所受重力的图示不正确的是()知识点三重力和重心5．关于重力的大小，下列说法中正确的是( )A．物体的重力大小总是恒定的B．同一地点，物体的重力与物体的质量成正比C．物体落向地面时，它受到的重力大于它静止时所受的重力D．物体的重力总等于它对竖直测力计的拉力6．下列说法正确的是( )A．自由下落的石块速度越来越大，说明石块所受重力越来越大B．在空中飞行的物体不受重力作用C．一抛出的石块轨迹是曲线，说明石块所受的重力方向始终在改变D．将一石块竖直向上抛出，在先上升后下降的整个过程中，石块所受重力的大小与方向都不变7．关于物体的重心，下列说法正确的是( )A．物体的重心一定在物体上B．用线竖直悬挂的物体静止时，线的方向一定通过重心C．一砖块平放、侧放或立放时，其重心在砖内的位置不变D．舞蹈演员在做各种优美的动作时，其重心在体内位置不变知识点四四种基本相互作用8．下列说法中正确的是( )A．自然界所有的相互作用力都可归纳为四种基本相互作用B．在四种基本相互作用中，万有引力是最强的C．四种基本相互作用的规律是完全独立的，不可能再统一了D．万有引力和电磁力是长程力，强相互作用和弱相互作用是短程力【方法技巧练】重心位置的确定方法9.图3如图3所示，一个被吊着的均匀球壳，其内部注满了水，在球的底部有一带阀门的细出水口．在打开阀门让水慢慢流出的过程中，球壳与其中的水的共同重心将会( )A．一直下降B．一直不变C．先下降后上升D．先上升后下降1．下列说法正确的是( )A．每个力都必有施力物体和受力物体，找不到施力物体或受力物体的力是不存在的B．网球运动员用力击球，网球受力后飞出，网球的施力物体是人C．两个力都是5 N，那么这两个力一定相同D．施力物体同时也是受力物体，受力物体同时也是施力物体2．下列说法中正确的是( )A．射出枪口的子弹，能打到很远的距离，是因为子弹离开枪口后受到一个推力的作用B．在奥运摔跤赛场上，甲用力把乙摔倒，说明甲对乙有力的作用，乙对甲没有力的作用C．只有有生命或有动力的物体才会施力，无生命或无动力的物体只会受到力，不会施力D．相互作用的任何一个物体，一定既是受力物体，也是施力物体3．下列关于力的作用效果的叙述中，错误的是( )A．物体的运动状态发生改变，则物体必定受到力的作用B．物体运动状态没有发生改变，物体也可能受到力的作用C．力的作用效果不仅取决于力的大小和方向，还与力的作用点有关D．力作用在物体上，必定同时出现形变和运动状态的改变4．下列有关力的说法正确的是( )A．竖直向上抛出的物体，物体竖直上升，是因为受到一个竖直向上的升力作用B．放在斜面上的物体会沿斜面下滑，是因为受到一个下滑力作用C．放在水中的木块会上浮，是因为受到了浮力的作用D．运动员跳远，腾空后能前进几米，是因为受到了空气的推力5．关于重心，下列说法中正确的是( )A．重心就是物体内最重的一点B．物体发生形变时，其重心位置一定不变C．物体升高时，其重心在空中的位置一定不变D．采用背越式跳高的运动员在越过横杆时，其重心位置可能在横杆之下6．下列说法正确的是( )A．用手压弹簧，手先给弹簧一个作用，弹簧压缩后再反过来给手一个作用B．运动员将垒球抛出后，垒球的运动状态仍在变化，垒球仍为受力物体，但施力物体不是运动员C．被运动员踢出的在水平草地上运动的足球受到沿运动方向的踢力的作用D．带正电的甲球吸引带负电的乙球，那么乙球也吸引甲球，但是磁铁吸引铁块，而铁块不会吸引磁铁7．如图4所示，“马踏飞燕”是汉代艺术家高度智慧、丰富想象、浪漫主义精神和高超的艺术技巧的结晶，是我国古代雕塑艺术的稀世之宝，飞奔的骏马之所以能用一只蹄稳稳地踏在飞燕上，是因为()图4A．马跑得快的缘故B．马蹄大的缘故C．马的重心在飞燕上的Q点，用与竖直方向成60°角斜向上的20 N的力把木块抵在墙壁上，试作出甲、乙两图中所给力的图示，并作出图丙中电灯所受重力和拉力的示意图．图59．物体竖直悬挂在弹簧秤下静止时，秤示数为29.4 N，则用天平测此物体质量时，示数为多少？当用弹簧秤拉着物体向上匀速运动时对物体所受的拉力而言，指出施力物体和受力物体，此时秤的示数是多少？(g取9.8 N/kg) 10．一个质量为60 kg的人，在地球上的重量为588 N，在月球上的重量为98 N．该人做摸高运动时，在地球上的触摸高度为0.5 m，那么在月球上的触摸高度为多少？第三章相互作用第1节重力基本相互作用课前预习练1．运动状态发生改变形状发生改变运动状态形变2．大小方向作用点方向大小作用点3．吸引竖直向下mg4．集中几何中心5．万有引力作用电磁相互作用强相互作用弱相互作用 6．B [力是物体与物体之间的相互作用，故一个力既有施力物体又有受力物体，B错误，其余都是正确的．]7．D8．AC [物体的各部分都受到重力作用，从效果上看，可以把物体所受的重力看做集中于一点，这一点叫物体的重心，并不是只有物体的重心处才受到重力的作用，A对，B错．质量分布均匀、形状对称的物体的重心在其几何对称中心，球体的质量分布不一定是均匀的，故球体的重心不一定在球心，C对，D错．]课堂探究练1．D [拳击手一拳击出，没有击中对方，表明拳击手对对方没有施力，没有力当然谈不上施力物体和受力物体，A错；力是相互的，受力物体受到的力必然是施力物体施加的，必须有施力物体，B错；力既可以是接触力，也可以是非接触力，例如，重力就可以存在于没有接触的物体之间，C错；所以D正确．]2．D [甲对乙施力的同时，乙对甲也施力，只不过甲的“拳头”比乙“被打的部位”——如肚子、脸部等更能承受击打罢了，所以乙感到痛而甲未感到痛，A错；“风吹草动”的施力物体是空气，B错；力不可以离开物体，磁铁对铁钉的作用是通过磁铁产生的磁场发生的，磁场离不开磁铁，故C错；网球飞出后受重力和阻力作用，施力物体是地球和空气，故D正确．] 点评①力的作用是相互的．若甲物体对乙物体施加某种力的作用，则乙物体必同时对甲物体施加相同性质的力的作用．施力物体同时也是受力物体，受力物体也必然是施力物体，这说明力是成对出现的．②力的产生和存在离不开物体．一个物体受到力的作用，一定有另外的物体施加这种作用．前者是受力物体(研究对象)，后者是施力物体，只要有力产生，就一定同时存在着受力物体和施力物体．力不能脱离物体而独立存在．分析力时，要弄清该力是谁对谁的作用．若找不到施力物体，则该力不存在．3．见解析解析画力的图示，要严格按照以下步骤进行．(1)选定标度：此题选2 mm长的线段表示2 N的力．(2)从力的作用点沿力的方向画一条线段，线段长短根据选定的标度和力的大小成正比，线段上加刻度，如上图甲所示，也可以如上图乙所示，从O 点(用O点代替B物体)竖直向下画一段五倍于标度的线段；(3)在线段上加箭头表示力的方向．画力的示意图：从作用点或从B的中心处沿力的方向画一线段，并加上箭头，表示方向，然后标明FN＝10 N即可，如上图丙所示．点评作力的图示的具体步骤：(1)选定标度，即用某一长度的线段来表示一定大小的力，选标度应根据力的大小合理选取，一般情况下线段分2～5段，不能过多也不能太少．(2)从力的作用点沿力的方向画一线段，根据选定的标度和力的大小按比例确定线段的长度，并在线段上加上刻度．(3)在线段上沿力的方向加上箭头．篇二：高中物理必修一知识点精讲[1]第一章.运动的描述考点五：运动图象的理解及应用由于图象能直观地表示出物理过程和各物理量之间的关系，所以在解题的过程中被广泛应用。

高2021届高2018级版步步高3-5高中物理第三章 4

4 原子核的结合能[学习目标] 1.理解原子核的结合能的概念.2.知道质量亏损的概念, 了解爱因斯坦的质能方程.3.学会根据质能方程和质量亏损的概念进行核能的计算.一、原子核的结合能和比结合能曲线1.结合能:核子结合成原子核时释放的能量或原子核分解为核子时吸收的能量叫做原子核的结合能.2.比结合能:把原子核的结合能ΔE 除以核子数A , 即ΔE A称为原子核的比结合能.比结合能越大, 核就越稳定.3.比结合能曲线(如图1所示)图1由原子核的比结合能曲线可以看出:第一, 比结合能越大, 取出一个核子就越困难, 核就越稳定, 比结合能是原子核稳定程度的量度；第二, 曲线中间高两头低, 说明中等质量的原子核的比结合能最大, 近似于一个常数, 表明中等质量的核最稳定；第三, 质量较大的重核和质量较小的轻核比结合能都较小, 且轻核的比结合能还有些起伏.二、原子核的结合能的计算对质能方程和质量亏损的理解(1)质能方程爱因斯坦的相对论指出, 物体的能量和质量之间存在着密切的联系, 其关系是E＝mc2.(2)质量亏损:核反应中原子核的质量小于组成它的核子的质量.(3)质量亏损与释放核能的关系:ΔE＝Δmc2.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)一切原子核均具有结合能.(√)(2)组成原子核的核子越多, 它的结合能就越高.(√)(3)结合能越大, 核子结合得越牢固, 原子越稳定.(×)(4)自由核子结合为原子核时, 可能吸收能量.(×)(5)因在核反应中能产生能量, 有质量的转化, 所以系统只有质量数守恒, 系统的总能量和总质量并不守恒.(×)2.已知α粒子(42He)是由2个质子、2个中子组成的, 取质子的质量m p＝1.672 6×10－27 kg, 中子的质量m n＝1.674 9×10－27kg, α粒子的质量mα＝6.646 7×10－27kg, 真空中光速c＝3.0×108 m/s.则α粒子的结合能为________.(计算结果保留两位有效数字)答案 4.3×10－12 J解析组成α粒子的核子与α粒子的质量差Δm＝(2m p＋2m n)－mαα粒子的结合能ΔE＝Δmc2代入数据得ΔE≈4.3×10－12 J.一、对结合能的理解[导学探究]1.设有一个质子和一个中子在核力作用下靠近碰撞并结合成一个氘核.质子和中子结合成氘核的过程中是释放能量还是吸收能量？使氘核分解为质子和中子的过程中呢？答案质子和中子结合成氘核的过程中要释放能量；氘核分解成质子和中子时要吸收能量.2.如图2所示是不同原子核的比结合能随质量数变化的曲线.图2(1)从图中看出, 中等质量的原子核与重核、轻核相比比结合能有什么特点？比结合能的大小反映了什么？(2)比结合能较小的原子核转化为比结合能较大的原子核时是吸收能量还是释放能量？答案(1)中等质量的原子核比结合能较大, 比结合能的大小反映了原子核的稳定性, 比结合能越大, 原子核越稳定.1.中等质量原子核的比结合能最大, 轻核和重核的比结合能都比中等质量原子核的比结合能要小.2.比结合能与原子核稳定的关系(1)比结合能的大小能够反映原子核的稳定程度, 比结合能越大, 原子核就越难拆开, 表示该原子核就越稳定.(2)核子数较小的轻核与核子数较大的重核, 比结合能都比较小, 表示原子核不太稳定；中等核子数的原子核, 比结合能较大, 表示原子核较稳定.(3)当比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核时, 就能释放核能.例如, 一个核子数较大的重核分裂成两个核子数小一些的核, 或者两个核子数很小的轻核结合成一个核子数大一些的核, 都能释放出巨大的核能.例1下列关于结合能和比结合能的说法中, 正确的是()A.核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能B.比结合能越大的原子核越稳定, 因此它的结合能也一定越大C.重核与中等质量的原子核相比较, 重核的结合能和比结合能都大D.中等质量原子核的结合能和比结合能均比轻核的要大答案 D解析核子结合成原子核是放出能量, 原子核拆解成核子是吸收能量, A选项错误；比结合能越大的原子核越稳定, 但比结合能越大的原子核, 其结合能不一定大, 例如中等质量原子核的比结合能比重核大, 但由于核子数比重核少, 其结合能比重核小, B、C选项错误；中等质量原子核的比结合能比轻核的大, 它的核子数又比轻核多, 因此它的结合能也比轻核大, D选项正确.1.核子结合成原子核时一定释放能量, 原子核分开成核子时一定吸收能量, 吸收或释放的能量越大, 表明原子核的结合能越大.2.比结合能越大表明原子核越稳定.一般情况下, 中等质量的原子核比轻核和重核的比结合能大.二、质量亏损和核能的计算[导学探究]如图3所示是原子核转变示意图.图3(1)在核反应过程中质量数、核电荷数是否守恒？(2)在该核反应过程中会释放出能量, 反应前后原子核的质量是否会发生变化？答案(1)在核反应中, 质量数、核电荷数是守恒的.(2)会发生变化, 是减少的.[知识深化]1.质量亏损:所谓质量亏损, 并不是质量消失, 减少的质量在核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了.反过来, 把原子核分裂成核子, 总质量要增加, 总能量也要增加, 增加的能量要由外部提供.2.质能方程E＝mc2(1)质能方程说明一定的质量总是跟一定的能量相联系.具体地说, 一定质量的物体所具有的总能量是一定的, E＝mc2, 不是单指物体的动能、核能或其他哪一种能量, 而是物体所具有的各种能量的总和.(2)根据质能方程, 物体的总能量与其质量成正比.物体质量增加, 则总能量随之增加；物体质量减少, 总能量也随之减少, 这时质能方程也写成ΔE＝Δmc2.3.核能的计算方法(1)根据质量亏损计算:①根据核反应方程, 计算核反应前和核反应后的质量亏损Δm.②根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算核能.其中Δm的单位是千克, ΔE的单位是焦耳.③利用原子质量单位u和电子伏特计算1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量, ΔE＝Δm×931.5 MeV, 其中Δm的单位为u, ΔE 的单位为MeV.(2)利用平均结合能来计算核能.原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数.核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差, 就是该次核反应所释放(或吸收)的核能.4.判断核反应过程是释放能量还是吸收能量的方法(1)根据反应前后质量的变化情况进行判断, 若质量减少即发生了质量亏损, 则释放能量；若质量增加, 则吸收能量.(2)根据动能变化判断, 若不吸收光子而动能增加则放出能量.例231H的质量是3.016 050 u, 质子的质量是1.007 277 u, 中子的质量为1.008 665 u.求:(质量亏损1 u相当于释放931.5 MeV的能量)(1)一个质子和两个中子结合为氚核时, 是吸收还是放出能量？该能量为多少？(2)氚核的结合能和比结合能各是多少？答案(1)放出能量7.97 MeV(2)7.97 MeV 2.66 MeV解析(1)一个质子和两个中子结合成氚核的反应方程式是11H＋210n―→31H,反应前各核子总质量为m p ＋2m n ＝(1.007 277＋2×1.008 665) u ＝3.024 607 u,反应后新核的质量为m H ＝3.016 050 u,质量亏损为Δm ＝(3.024 607－3.016 050) u ＝0.008 557 u.因反应前的总质量大于反应后的总质量, 故此核反应放出能量.释放的核能为ΔE ＝0.008 557×931.5 MeV ≈7.97 MeV .(2)氚核的结合能即为ΔE ＝7.97 MeV ,它的比结合能为ΔE 3≈2.66 MeV .核能的两种单位换算技巧1.若以kg 为质量亏损Δm 的单位, 则计算时应用公式ΔE ＝Δmc 2, 核能的单位为J.2.若以原子质量单位“u ”为质量亏损Δm 的单位, 则ΔE ＝Δm ×931.5 MeV, 核能的单位为MeV .3.两种单位的换算:1 MeV ＝1×106×1.6×10－19 J ＝1.6×10－13 J.针对训练一个锂核(73Li)受到一个质子的轰击, 变成两个α粒子.已知质子的质量是1.672 6×10－27 kg, 锂核的质量是11.650 5×10－27 kg, 氦核的质量是6.646 6×10－27 kg.(1)写出上述核反应的方程；(2)计算上述核反应释放出的能量.答案 (1)73Li ＋11H →242He (2)2.691×10－12 J解析 (1)73Li ＋11H →242He (2)核反应的质量亏损Δm ＝m Li ＋m p －2m α＝(11.650 5×10－27＋1.672 6×10－27－2×6.646 6×10－27) kg ＝2.99×10－29 kg 释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝2.99×10－29×(3×108)2 J ＝2.691×10－12 J1.(对结合能和比结合能的理解)(多选)关于原子核的结合能, 下列说法正确的是()A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核, 衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C.铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D.比结合能越大, 原子核越不稳定答案ABC解析结合能是把核子分开所需的最小能量, 选项A正确；一重原子核衰变成α粒子和另一原子核, 存在质量亏损, 核子比结合能增大, 衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能, 选项B正确；核子数越多, 结合能越大, 选项C正确；比结合能越大, 分开核子所需的能量越大, 原子核越稳定, 选项D错误.2.(质能方程的理解)(多选)关于质能方程, 下列哪些说法是正确的()A.质量减少, 能量就会增加, 在一定条件下质量转化为能量B.物体获得一定的能量, 它的质量也相应地增加一定值C.物体一定有质量, 但不一定有能量, 所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系D.某一定量的质量总是与一定量的能量相联系的答案BD解析质能方程E＝mc2表明某一定量的质量与一定量的能量是相联系的, 当物体获得一定的能量, 即能量增加某一定值时, 它的质量也相应增加一定值, 并可根据ΔE＝Δmc2进行计算, 所以B、D正确.3.(核能的计算)原子质量单位为u,1 u相当于931.5 MeV的能量, 真空中光速为c, 当质量分别为m1和m2的原子核结合为质量为M的原子核时释放出的能量是()A.(M－m1－m2) u×c2B.(m 1＋m 2－M ) u ×931.5 JC.(m 1＋m 2－M )cD.(m 1＋m 2－M ) u ×931.5 MeV答案 D4.(核能的计算)一个α粒子轰击硼(11 5B)核变成碳14和一个未知粒子, 并放出7.5×105 eV 的能量, 写出核反应方程并求出反应过程中的质量亏损.答案 42He ＋11 5B →14 6C ＋11H 1.3×10－30 kg解析根据质量数守恒和核电荷数守恒可得42He ＋11 5B →14 6C ＋11HΔE ＝7.5×105×1.6×10－19 J ＝1.2×10－13 J.由ΔE ＝Δmc 2可得 Δm ＝ΔE c 2≈1.3×10－30 kg.一、选择题考点一对结合能的理解1.下列关于平均结合能的说法正确的是( )A.核子数越多, 平均结合能越大B.核子数越多, 平均结合能越小C.结合能越大, 平均结合能越大D.平均结合能越大, 原子核越稳定答案 D2.关于原子核的结合能与平均结合能, 下列说法中不正确的是( )A.原子核的结合能等于核子与核子之间结合成原子核时, 核力做的功B.原子核的结合能等于核子从原子核中分离, 外力克服核力做的功C.平均结合能是核子与核子结合成原子核时平均每个核子放出的能量D.不同原子核的平均结合能不同, 重核的平均结合能比轻核的平均结合能大答案 D解析原子核中, 核子与核子之间存在核力, 要将核子从原子核中分离, 需要外力克服核力做功.当自由核子结合成原子核时, 核力将做正功, 释放能量.对某种原子核, 平均每个核子的结合能称为比结合能也称为平均结合能.不同原子核的平均结合能不同.重核的平均结合能比中等质量核的平均结合能要小, 轻核的平均结合能比稍重核的平均结合能要小.考点二质能方程的理解、质量亏损和核能的计算3.(多选)对公式ΔE＝Δmc2的正确理解是()A.如果物体的能量减少了ΔE, 它的质量也一定相应地减少ΔmB.如果物体的质量增加了Δm, 它的能量也一定相应地增加Δmc2C.Δm是某原子核在衰变过程中增加的质量D.在把核子结合成原子核时, 若放出的能量是ΔE, 则这些核子的质量和与组成原子核的质量之差就是Δm答案ABD解析一定的质量对应一定的能量, 物体的能量减少了ΔE, 它的质量也一定相应地减少Δm, 即发生质量亏损, 所以选项A、D正确.如果物体的质量增加了Δm, 它的能量一定相应地增加Δmc2, 所以选项B正确.某原子核衰变时, 一定发生质量亏损, 所以选项C错误.4.(多选)一个质子和一个中子结合成氘核, 同时放出γ光子, 核反应方程是11H＋10n→21H＋γ, 以下说法中正确的是()A.反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和B.反应前后的质量数不变, 因而质量不变C.γ光子的能量为Δmc2, Δm为反应中的质量亏损, c为光在真空中的速度D.因存在质量亏损Δm, 所以“物质不灭”的说法不正确答案AC解析核反应中质量数与电荷数及能量均守恒.由于反应中要释放核能, 会出现质量亏损, 反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的质量之和, 所以质量不守恒, 但质量数不变, 且能量守恒, 释放的能量会以光子的形式向外释放, 则光子的能量为Δm·c2(Δm为反应中的质量亏损, c为真空中的光速), 故正确答案为A、C.5.如图1所示是描述原子核核子的平均质量m与原子序数Z的关系曲线, 由图可知下列说法正确的是()图1A.将原子核A分解为原子核B、C可能吸收能量B.将原子核D、E结合成原子核F可能吸收能量C.将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量D.将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量答案 C解析因B、C核子平均质量小于A的核子平均质量, 故A分解为B、C时, 会出现质量亏损, 故放出核能, 故A错误, 同理可得B、D错误, C正确.6.(多选)在某些恒星内, 3个α粒子结合成1个C原子, C原子的质量是12.000 0 u, He原子的质量是4.002 6 u.已知1 u＝1.66×10－27 kg, 则()A.反应过程中的质量亏损是0.007 8 uB.反应过程中的质量亏损是1.29×10－29 kgC.反应过程中释放的能量是7.26 MeVD.反应过程中释放的能量是1.16×10－19 J答案ABC解析由题意可得核反应方程为342He→12 6C＋ΔE.则核反应中的质量亏损为Δm＝(3×4.002 6－12.000 0) u＝0.007 8 u＝0.007 8×1.66×10－27 kg≈1.29×10－29 kg, 由质能方程得ΔE＝Δmc2＝1.29×10－29×(3×108)2 J＝1.161×10－12 J≈7.26 MeV.故正确答案为A、B、C.7.质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3.当一个质子和一个中子结合成氘核时, 释放的能量是(c表示真空中的光速)()A.(m1＋m2－m3)cB.(m1－m2－m3)cC.(m1＋m2－m3)c2D.(m1－m2－m3)c2答案 C解析一个质子和一个中子结合成氘核时, 质量亏损Δm＝m1＋m2－m3, 根据质能方程, 释放的能量ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2, 选项C正确, A、B、D错误.8.一个氘核21H 质量为m 1, 一个氚核31H 质量为m 2, 它们结合成一个质量为m 3的氦核.核反应方程如下:21H ＋31H ―→42He ＋X.在这一核反应过程中释放的能量为ΔE .已知真空中光速为c , 则以下判断正确的是( )A.X 是质子B.X 是正电子C.X 的质量为m 1＋m 2－m 3D.X 的质量为m 1＋m 2－m 3－ΔE c 2答案 D解析由电荷数守恒知, X 的质子数为0, 由质量数守恒知, X 的质量数为1, 故X 为中子, 设X 的质量为m , 反应中的质量亏损Δm ＝m 1＋m 2－m 3－m , 释放的能量ΔE ＝Δmc 2＝(m 1＋m 2－m 3－m )c 2, 则X 的质量为m 1＋m 2－m 3－ΔE c 2, 故选项D 正确. 9.(多选)关于核反应方程234 90Th ―→234 91Pa ＋X ＋ΔE (ΔE 为释放出的核能, X 为新生成的粒子), 已知234 90Th 的半衰期为T , 则下列说法正确的是( )A.234 91Pa 没有放射性 B.234 91Pa 比234 90Th 少1个中子, X 粒子是从原子核中射出的, 此核反应为β衰变 C.N 0个234 90Th 经2T 时间因发生上述核反应而放出的核能为34N 0ΔE (N 0数值很大) D.234 90Th 的比结合能为ΔE 234答案 BC解析原子序数大于83的原子核都具有放射性, A 项错误；该核反应为β衰变, 是原子核内的一个中子转化为一个质子, 同时释放出一个电子, B 项正确；N 0个234 90Th 原子核经2T 时间发生衰变的个数为34N 0, 由核反应方程知, 放出的核能为34N 0ΔE , C 项正确；由比结合能的定义知, D 项错误.二、非选择题10.(质量亏损与核能的计算)一个静止的镭核226 88Ra 发生衰变放出一个粒子变为氡核222 86Rn.已知镭核226质量为226.025 4 u, 氡核222质量为222.016 3 u, 放出粒子的质量为4.002 6 u,1 u 相当于931.5 MeV 的能量.(1)写出核反应方程；(2)求镭核衰变放出的能量；(3)若衰变放出的能量均转变为氡核和放出粒子的动能, 求放出粒子的动能.答案 (1)226 88Ra →222 86Rn ＋42He (2)6.05 MeV (3)5.94 MeV解析 (1)核反应方程为226 88Ra →222 86Rn ＋42He.(2)镭核衰变放出的能量为ΔE ＝Δm ·c 2＝(226.025 4－4.002 6－222.016 3)×931.5 MeV≈6.05 MeV.(3)镭核衰变前静止, 镭核衰变时动量守恒, 则由动量守恒定律可得m Rn v Rn －m αv α＝0①又因为衰变放出的能量均转变为氡核和α粒子的动能, 则ΔE ＝12m Rn v Rn 2＋12m αv α2② 由①②可得E kα＝m Rn m Rn ＋m α·ΔE ＝222.016 3222.016 3＋4.002 6×6.05 MeV ≈5.94 MeV . 11.(质量亏损与核能的计算)氘核与氚核的核反应为:21H ＋31H →42He ＋b a X ＋17.6×106 eV, 求:(1)核反应式中的X 是什么粒子.(2)这一过程的质量亏损是多少？(3)1 g 氘核完全参与上述反应, 共释放核能多少？氘核的摩尔质量M ＝2 g/mol, 阿伏伽德罗常量N A ＝6.0×1023 mol －1.答案 (1)中子 (2)3.1×10－29 kg (3)8.448×1011 J解析 (1)由质量数和电荷数守恒可知, 氘核与氚核的核反应:21H ＋31H →42He ＋b a X ＋17.6×106eV, X 的质量数是1, 电荷数是0, 故X 是中子.(2)根据爱因斯坦的质能方程ΔE ＝Δmc 2, 得Δm ＝ΔE c 2＝17.6×106×1.6×10－19(3×108)2 kg ≈3.1×10－29 kg(3)1 g 氘核完全与氚核发生反应释放的核能为:ΔE ′＝m MN A ×17.6×106 eV ＝5.28×1030 eV ＝8.448×1011 J.。

2018版步步高高考物理(全国用)大一轮复习讲义单元滚动检测五机械能

单元滚动检测五机械能考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一个选项正确，第9～12题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．下列各种运动过程中，物体(弓、过山车、石头、圆珠笔)机械能守恒的是(忽略空气阻力)()2．如图1所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)()图1A ．mg v 0tan θ B.mg v 0tan θ C.mg v 0sin θD ．mg v 0cos θ3．如图2所示，木板质量为M ，长度为L ，小木块质量为m ，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与M 和m 连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端，现用水平向右的力将小木块拉至右端，拉力至少做功为( )图2A ．μmgLB ．2μmgL C.μmgL 2D ．μ(M ＋m )gL4．取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.5π125．如图3所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动，A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )图3A ．重力的平均功率P A ＞PB B ．重力的平均功率P A ＝P BC ．重力的瞬时功率P A ＝P BD ．重力的瞬间功率P A ＜P B6．如图4所示，小车A 放在一个倾角为30°的足够长的固定的光滑斜面上，A 、B 两物体由绕过轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为g ，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车A 的质量为3m ，小球B 的质量为m ，小车从静止释放后，在小球B 竖直上升h 的过程中(小球B 未到达滑轮处)，小车受绳的拉力大小F T 和小车获得的动能E k 分别为( )图4A ．F T ＝mg ，E k ＝38mghB ．F T ＝mg ，E k ＝32mghC ．F T ＝98mg ，E k ＝32mghD ．F T ＝98mg ，E k ＝38mgh7．如图5所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F 向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是( )图5A ．拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B ．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中摩擦产生的热量C ．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D ．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量8．如图6所示，有三个斜面a 、b 、c ，底边的长分别为L 、L 、2L ，高度分别为2h 、h 、h ，某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．三种情况相比较，下列说法正确的是( )图6A ．物体损失的机械能ΔE c ＝2ΔE b ＝4ΔE aB ．因摩擦产生的热量2Q a ＝2Q b ＝Q cC ．物体到达底端的动能E k a ＝2E k b ＝2E k cD ．因摩擦产生的热量4Q a ＝2Q b ＝Q c9.如图7所示，摆球质量为m ，悬线的长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )图7A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为0C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL10．(2016·全国Ⅲ卷·20)如图8，一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最低点时，向心加速度的大小为a ，容器对它的支持力大小为N ，则( )图8A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －WmRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2(mgR －W )R11．如图9所示，一物块通过一橡皮条与粗糙斜面顶端垂直于固定斜面的固定杆相连而静止在斜面上，橡皮条与斜面平行且恰为原长．现给物块一沿斜面向下的初速度v 0，则物块从开始滑动到滑到最低点的过程中(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，橡皮条的形变在弹性限度内)，下列说法正确的是( )图9A ．物块的动能一直增加B ．物块运动的加速度一直增大C．物块的机械能一直减少D．物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能12．如图10所示轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成的，一个小滑块从距轨道最低点B 为h高度的A处由静止开始运动，滑块质量为m，直轨道与半圆轨道平滑连接，不计一切摩擦．则()图10A．若滑块能通过圆轨道最高点D，h的最小值为2.5RB．若h＝2R，当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为3mgC．若h＝2R，滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D．若要使滑块能返回到A点，则h≤R第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、非选择题(共52分)13．(6分)某同学利用如图11所示的装置探究动能定理，将斜槽固定在桌面上，斜槽末端与桌面边缘对齐．在水平地面上依次固定好白纸、复写纸，将小球从斜槽高度h处由静止释放，小球落到复写纸上的某点，测出落点到桌边缘的水平距离为x.改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次实验测量，得出多组h和x数据．图11(1)在安装斜槽时，应使其末端__________________________________．(2)已知斜槽倾角为θ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为μ，斜槽末端距地面的高度为H，不计小球与水平槽之间的摩擦，若动能定理成立，则x与h应满足的关系式为______________________________________．(3)若以h为横坐标，以x2为纵坐标，画出的图线形状是________________，说明h与x2的关系为______________________．14．(9分)如图12甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球从A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≥d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：图12(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝______mm.(2)小球经过光电门B时的速度表达式为v＝______.(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出1t2随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式____________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．(4)实验中发现动能增加量ΔE k总是稍小于重力势能减少量ΔE p，增加下落高度后，则ΔE p －ΔE k将________(选填“增加”“减少”或“不变”)．15．(8分)一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘内外两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱面边缘处由静止释放，如图13所示．已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：图13(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移．16．(8分)如图14所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动．现有一可视为质点、质量m＝0.5 kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开传送带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q.已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8 m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2 m，g取10 m/s2，求：图14(1)传送带的速度大小v0；(2)右轮半径R；(3)由于传送煤块，电动机多做的功W.17.(10分)如图15所示，质量为5 kg的物块自倾角为37°的传送带上由静止下滑，物块经过水平地面CD后进入光滑半圆弧轨道DE，传送带向下匀速转动，其速度v＝10 m/s，传送带与水平地面之间光滑连接(光滑圆弧BC长度可忽略)，传送带AB长度为16 m，水平地面CD长度为6.3 m，物块与水平地面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，圆弧DE的半径R＝1.125 m．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)图15(1)求物块在传送带上运动的时间t；(2)求物块到达D点时的速度大小；(3)物块能否到达E点，若能，求通过E点后物块落地点距离D点的距离．18．(11分)如图16，光滑固定斜面倾角为α，斜面底端固定有垂直斜面的挡板C，斜面顶端固定有光滑定滑轮．质量为m的物体A经一轻质弹簧与下方挡板上的质量也为m的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳平行于斜面．现在挂钩上挂一质量M的物体D并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开挡板但不继续上升．若让D带上正电荷q，同时在D运动的空间中加上方向竖直向下的匀强电场，电场强度的大小为E，仍从上述初始位置由静止状态释放D，则这次B刚离开挡板时D的速度大小是多少？已知重力加速度为g.图16答案精析1．D [拉弓的过程人克服弹力做功，弓弦所具有的弹性势能增加，机械能不守恒，A 错误．B 项和C 项中均是缓慢运动，动能不变，但是重力势能发生改变，机械能不守恒，B 、C 错误．圆珠笔(包含内部弹簧)弹起时，只有重力和弹簧弹力做功，机械能守恒，D 正确．] 2．B [小球落在斜面上时重力的瞬时功率为P ＝mg v y ，而v y tan θ＝v 0，所以P ＝mg v 0tan θ，B 正确．]3．A [将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F 做功最少，其中F ＝μmg ＋F T ，F T ＝μmg ，小木块位移为L 2，所以W F ＝F ·L2＝μmgL ，故A 对．]4．B [设物块水平抛出的初速度为v 0，高度为h ，由题意知12m v 20＝mgh ，即v 0＝2gh .物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，落地时的竖直分速度v y ＝2gh ＝v 0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝π4，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．]5．D [B 做自由落体运动，运动时间t B ＝2h g .A 做匀速直线运动，a ＝g sin θ，根据hsin θ＝12g sin θt 2A 得t A ＝2h g sin 2θ，可知t A ＞t B .重力做功相等，根据P ＝W Gt知，P A ＜P B ，A 、B 错误．根据动能定理，mgh ＝12m v 2得，物体到达底端时的速度v ＝2gh .A 物体重力的瞬时功率P A ＝mg v sin θ，B 物体重力的瞬时功率P B ＝mg v .则P A ＜P B .C 错误，D 正确．]6．D [小车A 与小球B 构成的系统做加速运动，设加速度为a .隔离分析小车，据牛顿第二定律得3mg sin 30°－F T ＝3ma .隔离分析小球B ，据牛顿第二定律得F T －mg ＝ma .联立可得小车受绳的拉力大小F T ＝9mg8.当小球B 上升到h 高度时，根据动能定理有3mgh sin 30°－mgh ＝12(3m ＋m )v 2.解得v ＝12gh .小车的动能E k ＝12×3m ×gh 4＝3mgh 8，综合上述可知，A 、B 、C 错误，D 正确．]7．D [由功能关系，拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q ＝F f ΔL ，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的位移，即薄纸板的长度．对小木块，F f L 木＝ΔE k ，L 木为小木块相对地面的位移，由于L 木存在大于、等于或小于ΔL 三种可能，即ΔE k 存在大于、等于或小于Q 三种可能，选项D 正确．]8．B [设斜面a 倾角为θ，长为s ，则下滑过程中克服摩擦力做功为μmg cos θ·s ＝μmgL ，故物体从三个斜面a 、b 、c 上滑下时克服摩擦力做的功分别为μmgL 、μmgL 、2μmgL ，由功能关系知物体损失的机械能2ΔE a ＝2ΔE b ＝ΔE c ，因摩擦产生的热量2Q a ＝2Q b ＝Q c ，选项A 、D 错误，B 正确；由动能定理有mgH －W f 克＝ΔE k ，物体到达底端的动能分别为mg (2h －μL )、mg (h －μL )和mg (h －2μL )，故选项C 错误. ]9．ABD [小球下落过程中，重力做功为mgL ，A 正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B 正确；空气阻力F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F 阻做功为－F 阻·12πL ，C 错误，D 正确．]10．AC [质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12m v 2，根据公式a ＝v 2R ，联立可得a ＝2(mgR －W )mR，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N －mg ＝ma ，代入可得，N ＝3mgR －2W R，C 正确，D 错误．]11．BC [由题意知物块的重力沿斜面向下的分力为mg sin θ≤F f ＝μmg cos θ，在物块下滑过程中，橡皮条拉力F 一直增大，根据牛顿第二定律有a ＝F f ＋F －mg sin θm，选项B 正确；物块受到的合外力方向沿斜面向上，与位移方向相反，根据动能定理知动能一直减少，选项A 错误；滑动摩擦力和拉力F 一直做负功，根据功能关系知物块的机械能一直减少，选项C 正确；根据能量守恒定律，物块减少的机械能等于橡皮条增加的弹性势能和摩擦产生的热量之和，选项D 错误．]12．ACD [要使滑块能通过最高点D ，则应满足mg ＝m v 2R，可得v ＝gR ，即若在最高点D 时滑块的速度小于gR ，滑块无法达到最高点．若滑块速度大于等于gR ，则可以通过最高点做平抛运动．由机械能守恒定律可知，mg (h －2R )＝12m v 2，解得h ＝2.5R ，A 正确．若h ＝2R ，由A 至C 过程由机械能守恒可得mg (2R －R )＝12m v 2C，在C 点，由牛顿第二定律有F N ＝m v 2C R，解得F N ＝2mg ，由牛顿第三定律可知B 错误．h ＝2R 时小滑块不能通过D 点，将在C 、D 之间某一位置离开圆轨道做斜上抛运动，故C 正确．由机械能守恒可知D 正确．]13．(1)切线水平 (2)x 2＝4H (sin θ－μcos θ)sin θh (3)一条过原点的直线 h ∝x 2解析 (1)小球离开斜槽末端后要做平抛运动，因而斜槽末端的切线要水平．(2)设小球从斜槽上滑到斜槽末端时速度为v ，根据动能定理有mgh －μmg cos θh sin θ＝12m v 2，小球离开O 点后做平抛运动，水平方向有x ＝v t ，竖直方向有H ＝12gt 2，联立解得：x 2＝4H (sin θ－μcos θ)sin θh . (3)由于θ、μ、H 为定值，由(2)可知，其图线形状是一条过原点的直线，即h ∝x 2.14．(1)7.25 (2)d t (3)1t 20＝2g d 2H 0(或2gH 0t 20＝d 2) (4)增加解析 (1)小球的直径d ＝7 mm ＋0.05 mm ×5＝7.25 mm.(2)小球经过光电门B 时的速度表达式为v ＝d t. (3)若机械能守恒，则满足mgH ＝12m v 2＝12m (d t )2，整理可得：1t 2＝2g d 2H ，由图线可知，当满足1t 20＝2g d 2H 0时，可判断小球下落过程中机械能守恒． (4)因金属小球下落时受空气阻力作用，故使得动能增加量ΔE k 总是稍小于重力势能减少量ΔE p ；若增加下落高度后，则空气阻力做功变大，则ΔE p －ΔE k 将增加．15．(1)22－25gR (2)3R 解析 (1)设A 球沿圆柱内表面滑至最低点速度的大小为v ，B 球的质量为m ，则根据机械能守恒定律有2mgR －2mgR ＝12×2m v 2＋12m v 2B由图甲可知，A 球的速度v 与B 球速度v B 的关系为 v B ＝v 1＝v cos 45°联立解得v ＝22－25gR(2)当A 球的速度为零时，A 球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x ，如图乙所示，由几何关系可知A 球下降的高度h ＝x 2R 4R 2－x 2根据机械能守恒定律有2mgh －mgx ＝0解得x ＝3R .16．(1)2 m/s (2)0.4 m (3)2 J解析 (1)煤块最终将与传送带一起匀速运动，故传送带的速度v 0等于煤块运动到P 点后做平抛运动的初速度v 0＝x 2Hg＝2 m/s. (2)煤块运动至P 点恰好离开传送带的临界条件是：它在P 点做圆周运动且恰好不受到传送带的支持力，因此有mg ＝m v 2P R，v P ＝v 0，解得R ＝v 20g＝0.4 m. (3)根据功能关系，在传送带传送煤块过程中，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔE k 与煤块与传送带由于摩擦生热而产生的内能Q 之和，即W ＝ΔE k ＋Q .其中ΔE k ＝12m v 2P，v P ＝v 0， Q ＝μmg (x 传－x 煤)＝μmg (v 0·v P μg －v P 2v P μg )＝12m v 2P，解得W ＝2 J.17．(1)2 s (2)9 m/s (3)能 955m 解析 (1)刚开始时，对物块受力分析可知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2物块与传送带达到共同速度时有v ＝a 1t 1，解得t 1＝1 s.物块的位移x ＝12a 1t 21＝5 m 此后对物块受力分析可知mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 解得a 2＝2 m/s 2物块在传送带上的第二段运动：L AB －x ＝v t 2＋12a 2t 22 解得t 2＝1 s物块在传送带上运动的时间t ＝t 1＋t 2＝2 s.(2)物块到达传送带底端的末速度v 2＝v ＋a 2t 2＝12 m/s对物块在CD 部分的运动，由动能定理可得－μmgL CD ＝12m v 23－12m v 22 解得v 3＝9 m/s.(3)若物块能到达E 点，则由动能定理得－mg ·2R ＝12m v 24－12m v 23解得v 4＝6 m/s。

新步步高2018版浙江高考物理选考总复习第十章实验16探究单摆周期与摆长关系

的小球，摆角不超过5°.
小
大
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放.
(3)测周期的方法：①要从摆球过平衡位置时开始计时.因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大.
答案
②要测多次全振动的时间来计算周期.如在摆球过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次. (4)本实验可以采用图象法来处理数据.即用纵轴表示摆长l，用横轴表示T2，将实验所得数据在坐标平面上标出，应该得到一条倾斜直线，直线的斜率k＝___.这是在众多的实验中经常采用的科学处理数据的重要办法.
A
图6
解析
答案
(2)在清华大学做实验的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象，如图乙所示.关于a、b两个摆球的振动图象，下列说法正确的是________. A.a、b两个单摆的摆长相等 B.b摆的振幅比a摆小 C.a摆的机械能比b摆大 D.在t＝1 s时有正向最大加速度的是a摆
√
解析
[题组阶梯突破]
解析答案
(2)接着测量摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则通过计算，求得重力加速度的表达式为____________.
123
g＝π228lt00＋2 d 解析由题图知，周期 T＝4t0，而摆长 l＝l0＋d2，由 T＝2π gl ，得 g＝4Tπ22l＝4π24lt00＋2 d2＝π228lt00＋2 d.
【新步步高】2018版浙江高考物理《选考总复习》第十章实验16探究单摆周期与摆长关系
考试标准知识内容
实验16：探究单摆周期与摆长的关系
必考要求

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