高考物理复习 知能演练提升 第十二章 专题小测验1
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件:第十二章第三节
由周期性变化的电场、 由质点(波源)的振动产 磁场产生 生
横波
在真空中等于光速(很 大) 不需要介质(在真空中 仍可传播) 电磁能
纵波或横波
在空气中很小(如声波 为340 m/s) 必须有介质(真空中不 能传播) 机械能
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第十二章
光
电磁波
相对论
名师点睛:1同一电磁波在不同介质 中传播时,频率不变频率由波源决定, 波速、波长发生改变,在介质中的速度 都比在真空中速度小. 2电磁波可以脱
能量受到了限制,故不可能无限制加速.
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要点透析•直击高考
一、电磁场与电磁波的理解 1.电磁场理论分析总结
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2.对电磁波的理解 (1)电磁波的传播不需要介质,可在真空 中传播,在真空中,不同频率的电磁波传 播速度是相同的(都等于光速).
(2)不同频率的电磁波,在同一介质中传
场
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【思路点拨】
根据麦克斯韦电磁理论
内容,抓住“变化”这一核心进行判断.
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【解析】
麦克斯韦的电磁场理论的核
心内容是:变化的电场周围产生磁场; 变化的磁场周围产生电场.对此理论全 面正确的理解为:不变化的电场周围不
产生磁场;变化的电场周围可以产生变
(1)牛顿运动定律在某个参考系中成立, 惯性系 这个参考系叫_______,相对于这个惯性
系做匀速直线运动的另一个参考系也是 惯性系. (2)伽利略相对性原理 相同的 力学规律在任何惯性系中都是______.
2013高考物理一轮总复习:第十二章实验十三知能优化演练
1.如图12-4-11所示,某同学做测定玻璃折射率实验时,用他测得的多组入射角θ1和折射角θ2作出sinθ1-sinθ2图线如图所示.下列判断中正确的是()图12-4-11①他做实验时,光线是由空气射入玻璃的②他做实验时,光线是由玻璃射入空气的③玻璃的折射率为0.67④玻璃的折射率为1.5A.①③B.①④C.②③D.②④解析:选B.由图象可知入射角θ1大于折射角θ2,说明光线是由空气射入玻璃,①正确,②错误.玻璃的折射率n=sinθ1/sinθ2=1/0.67=1.5,③错,④正确,故选项B正确.图12-4-122.为了减小测定玻璃折射率的实验误差,应采用的措施是(图12-4-12)()A.选用宽度h较大的玻璃砖B.选用宽度h较小的玻璃砖C.P2与P3两枚大头针应靠近玻璃砖一些D.P1与P2、P3与P4的距离应尽量近些解析:选A.应选用宽度h较大的玻璃砖,大头针P2、P3的位置应远离玻璃砖.P1与P2、P3与P4的距离也应尽可能远一些,以减少确定光路方向时造成的误差.故选A.图12-4-133.(2012·北京四中调研)某同学用插针法测定玻璃砖的折射率,他的实验方法和操作步骤正确无误,但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa′与bb′不平行,如图12-4-13所示,则()A.AO与O′B两条直线平行B.AO与O′B两条直线不平行C.他测出的折射率偏大D.他测出的折射率偏小解析:选 B.如图所示,在光线由aa ′面进入玻璃砖的偏折现象中,由折射定律知:n =sin θ1sin θ2; 在光线由bb ′射出玻璃砖的现象中,n =sin θ4sin θ3. 若aa ′与bb ′平行,则θ3=θ2,因此θ1=θ4,此时入射光线AO 与出射光线O ′B 平行.若aa ′与bb ′不平行,则θ3≠θ2,因此θ1≠θ4,此时入射光线AO 与出射光线O ′B 不平行,选项B 正确.在具体测定折射率时,要求实验方法、光路均准确无误,折射率的测量值不受aa ′与bb ′是否平行的影响,选项D 错误.图12-4-144.某同学用插针法测平行玻璃砖的折射率,记录下入射、折射、出射光线后,以入射点O 为圆心画单位圆,用直尺测得有关线段的长度.如图12-4-14所示,则下面四个表达式中,正确地表达折射率的关系式是( )A .n =AB CDB .n =AB EFC .n =BOOC D .n =BOCF解析:选B.折射率的计算式是n =sin i sin r,只要能求出sin i 和sin r ,就能计算出n .如图所示,设圆的半径为R ,∠AOB 为入射角,∠EOF 为折射角,则sin i =sin ∠AOB =ABR ,sin r =sin ∠EOF =EFR ,n =sin i sin r =AB EF. 5.图12-4-15(2010·高考福建理综卷)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率,所用的玻璃砖两面平行.正确操作后,作出的光路图及测出的相关角度如图12-4-15所示.(1)此玻璃的折射率计算式为n =________(用图中的θ1、θ2表示);(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量.解析:(1)由折射率公式可得n =sin (90°-θ1)sin (90°-θ2)=cos θ1cos θ2;(2)玻璃砖的宽度越大,出射光线的侧移量越大,玻璃砖中折射光线的误差越小,所以应选用宽度大的玻璃砖来测量.答案:(1)cos θ1cos θ2[或sin (90°-θ1)sin (90°-θ2)] (2)大图12-4-166.用三棱镜做测定玻璃折射率的实验,先在白纸上放好三棱镜,在棱镜的一侧插上两枚大头针P 1和P 2,然后在棱镜的另一侧观察,调整视线使P 1的像被P 2挡住,接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P 3、P 4,使P 3挡住P 1、P 2的像,P 4挡住P 3和P 1、P 2的像,在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图12-4-16所示.(1)在题图上画出所需的光路.(2)为了测出棱镜玻璃的折射率,需要测量的量是___________________,在图上标出它们.(3)计算折射率的公式是n =________.解析: (1)如图所示,连接P 1、P 2交AB 于O 点,连接P 3、P 4交AC 于O ′点,连接OO ′,过O 点作AB 面的法线MN ,延长OO ′到G 点,使OG =OE ,过E 点作法线MN 的垂线交MN 于F 点,过G 点作法线MN 的垂线交MN 于H 点.(2)量出线段EF 和GH 的长. (3)由折射定律n =sin θ1sin θ2=EF OE GH OG 因为作图时量得OG =OE ,所以玻璃的折射率为n =EF GH答案:见解析图12-4-177.(2012·广东珠海模拟)如图12-4-17所示,是利用插针法测定玻璃砖折射率的一次实验光路图,PQ 为玻璃砖入射面的法线,MN 、EF 均垂直于法线PQ 并分别交于N 和E 点,入射点为O ,取OM =OF ,用刻度尺量出MN 、EF 的长度,则折射率n =MN /EF .改变入射角i 的大小,重复以上实验,可量出MN ,EF 的多组数据.现有两位同学各设计了一个记录数据表格,而且都已完成了计算.上述两位同学处理数据的方法正确的是________.(填“甲”或“乙”或“都正确”) 解析:本题测的是折射率n,应对每一次求得的折射率求平均值,而不是对长度或入射角、折射角的正弦取平均值.答案:乙8.(2012·江苏徐州高三检测)用“插针法”测定透明半圆柱玻璃砖的折射率,O为玻璃截面的圆心,使入射光线跟玻璃砖的平面垂直,如图12-4-18所示的四个图中P1、P2、P3、P4是学生实验插针的结果.(1)在这四个图中可以比较准确地测出折射率的是________,计算玻璃折射率的公式是________(请在所选选项中画出光路图,并标清你所写公式中涉及的物理量).图12-4-18(2)将画有直角坐标系xOy的白纸平放于水平桌面上,再将半圆形玻璃砖放在白纸上,使其底面的圆心在坐标的原点,直边与x轴重合,如图12-4-19所示.OA是画在纸上的直线,P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针,P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针,α是直线OA与y轴正方向的夹角,β是直线OP3与y轴负方向的夹角,只要直线OA画得合适,测得角α和β,也可求得玻璃的折射率.图12-4-19①直线OA要画得合适的原因是________________________________________________________________________.②如果没有量角器但有刻度尺,这时测玻璃的折射率的做法是________________________________________________________________________.解析:(1)由光的折射定律结合光路图可知选项D合理,光路如图所示,则n=sin isin r (2)①如果α过大,将会发生全反射②用刻度尺在OA和OP3上取两点M、P,使MO=PO,分别过M、P作y轴的垂线MN、PQ,分别测出MN、PQ的长,则n=PQMN.答案:(1)D sin i sin r(2)见解析图12-4-209.(创新实验)某同学用半圆柱玻璃砖测定玻璃的折射率,他的操作步骤如下:A .用刻度尺量出半圆柱玻璃砖的直径d ,算出半径r =d 2,然后确定圆心的位置,记在玻璃砖上;B .在白纸上画一条直线作为入射光线,并在入射光线上插两枚大头针P 1和P 2;C .让入射光线与玻璃砖直径垂直,入射点与圆心O 重合,如图12-4-20所示;D .以圆心O 为轴,缓慢逆时针转动玻璃砖,同时调整视线方向,恰好看不到P 2和P 1的像时,停止转动玻璃砖,然后沿半圆柱玻璃砖直径画一条直线AB ,如图所示.(1)该同学利用白纸上描下的P 1O 和AB 两条直线,可算出该玻璃的折射率n ,他的根据是什么?(2)如何在图上用刻度尺和圆规作图,求出该玻璃的折射率n?解析:(1)从玻璃砖平面一侧观察到的是大头针经玻璃砖所成的虚像,此像是折射所成的像.当玻璃砖逆时针转动到恰好看不到P 2和P 1的像时,说明光线在AB 界面上发生了全反射,已无折射光线进入人眼.所以,他是根据全反射的有关规律计算出玻璃的折射率的.(2)过O 点作AB 的垂线OC ,交圆周于C 点,OC 即是过O 点的法线,则∠DOC 是临界角.用刻度尺测CD (过C 点所作入射线的垂线)的长,则n =1sin C =1CD r=r CD =d 2CD. 答案:见解析。
2024届湖南省金太阳百校高三12月联考全真演练物理试题(基础必刷)
2024届湖南省金太阳百校高三12月联考全真演练物理试题(基础必刷)一、单项选择题(本题包含8小题,每小题4分,共32分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)(共8题)第(1)题研究人员测得飞机着陆后在平直跑道上滑行的总距离为x,所用的时间为t。
考虑到飞机的滑行速度越小,所受的阻力越小,则飞机着陆时的速度应为( )A.B.C.D.第(2)题空间中一静电场的电场强度E在x轴上分布情况如图所示,其中图像关于E轴对称,x轴上的A、B两点关于原点O对称。
一电子仅在电场力的作用下从静止开始,由A点沿轴运动到B点。
下列说法正确的是( )A.x轴上的电场强度方向沿x轴正方向B.A、B两点的电势相等C.电子从A点运动到B点的过程中,电子的加速度先增大后减小D.电子从A点运动到B点的过程中,其所受电场力先做负功再做正功第(3)题如图所示,有一分子位于坐标原点O处不动,另一分子位于x轴上,纵坐标表示这两个分子的分子势能E p,分子间距离为无穷远时,分子势能E p为0,另一分子( )A.在x0处所受分子力为0B.从x1处向左移动,分子力一直增大C.从x1处向右移动,分子力一直增大D.在x2处由静止释放可运动到x0处第(4)题如图所示,在“用双缝干涉测光的波长”实验中,下列说法正确的是( )A.滤光片应置于单缝和双缝之间B.拨杆的作用是为了调节缝的宽度C.把单缝与双缝的距离增大,干涉条纹间距减小D.把毛玻璃屏与双缝的距离增大,干涉条纹间距增大第(5)题“天宫课堂”第三课于2022年10月12日15时45分准时开课。
刘洋老师在运行周期约为90分钟、绕地球做近似圆周运动的“问天舱”内给大家演示了精彩的水球变“懒”实验。
如图,将空心钢球投入水球后,推动注射器让其内部的空气用同样的力度去冲击他们,振动幅度变小,水球确实变“懒”了。
课后同学们意犹未尽,在菏泽一中分会场引起激烈争论:甲认为在微重力环境下,物体几乎不受任何力,所以宇航员飘在实验仓内,铁球也不会从水球中掉落;乙认为空心钢球所受浮力与重力相等,处于平衡状态;丙认为水球变懒是因为铁球投入水球后二者惯性比水球大;丁认为刘洋老师在太空一天内可以看到16次日出;戊认为问天舱速度大于7.9km/s;己认为水能成为球形主要是因为表面张力的作用。
高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练-- 动能定理的理解与应用(原题版及解析版)
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一 动能定理的理解 (1)热点题型二 动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用 (3)热点题型四 动能定理与图象的结合问题 (3)图像 (4)图像 (4)图像 (5)图像 (6)热点题型五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (6)运用动能定理巧解往复运动问题 (7)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (7)【题型演练】 (8)【题型归纳】热点题型一 动能定理的理解1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力,它们可以同时作用,也可以不同时作用.(2)既可以是恒力,也可以是变力.2.公式中“=”体现的三个关系x F -t v -t a -x E k-【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权,冰壶是冬奥会的比赛项目.将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来.换一个材料相同、质量更大的冰壶,以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将()A.不变B.变小C.变大D.无法判断【变式1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【变式2】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系.下列说法正确的是() A.合外力为零,则合外力做功一定为零B.合外力做功为零,则合外力一定为零C.合外力做功越多,则动能一定越大D.动能不变,则物体合外力一定为零热点题型二动能定理在直线运动中的应用1.若在直线运动中知道初、末状态,而不需要考虑中间过程时,一般用动能定理处理位移与速度的关系2.一般用分段法来处理问题,找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示,小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下,最终停在水平轨道上的B点,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,A、B两点的连线与水平方向的夹角为α,不计物块在轨道转折时的机械能损失,则动摩擦因数为()A.tan θB.tan α C.tan(θ+α) D.tan(θ-α)【变式1】如图所示,质量为m的小球,从离地面H高处从静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h深度而停止,设小球受到空气阻力为f,重力加速度为g,则下列说法正确()A .小球落地时动能等于mgHB .小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C .整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H +h )D .小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1+H h) 【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型.物块自左侧斜面上A 点由静止滑下,滑过下面一段平面后,最高冲至右侧斜面上的B 点.实验中测量出了三个角度,左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ,忽略物块在拐角处的能量损失,以下结论正确的是 ( )A .μ=tan αB .μ=tan βC .μ=tan θD .μ=tanα-β2热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用【例3】.如图,一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落,恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时,对轨道的压力为4mg ,g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则( )A .W =12mgR ,质点恰好可以到达Q 点B .W >12mgR ,质点不能到达Q 点 C .W =12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离 D .W <12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离 【变式】如图,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( )A .a =2(mgR -W )mRB .a =2mgR -W mRC .N =3mgR -2W RD .N =2(mgR -W )R热点题型四动能定理与图象的结合问题1.解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义,根据对应关系列式解答问题.2.四类图象所围“面积”的含义F 图像x【例4】如图甲所示,一质量为4 kg的物体静止在水平地面上,让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动,推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示,已知物体与面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.物体先做加速运动,推力为零时开始做减速运动B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C.物体运动的最大速度为215 m/s D.物体在运动中的加速度先变小后不变【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g=10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有()A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间v-图像t【例5】(2019·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动,先后撤去F1、F2后,两物体最终停下,它们的v-t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是()A.F1、F2大小之比为1∶2 B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2C.A、B质量之比为2∶1 D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1【变式】(2018·高考全国卷Ⅱ) 地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程()A.矿车上升所用的时间之比为4∶5 B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1 D.电机所做的功之比为4∶5a-图像t【例6】(2019·山西模拟)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时,在计算机上得到0~6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示.下列说法正确的是()A.0~6 s内物体先向正方向运动,后向负方向运动B.0~6 s内物体在4 s时的速度最大C .物体在2~4 s 内速度不变D .0~4 s 内合力对物体做的功等于0~6 s 内合力做的功【变式】质量为m 的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R 的圆周运动,运动过程中小球受到空 气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg ,此后小球继续做圆周运动, 经过半个圆周恰能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为 ( )A.14mgRB.310mgRC.12mgR D .mgRx E k 图像【例7】(2017·高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处.物块初动能为E k0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )【变式】(2018·高考江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面.忽略空气阻力,该过程中小球的动能E k 与时间t 的关系图象是 ( )热点题型五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂,从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂,但是,用动能定理分析问题,是从总体上把握其运动状态的变化,并不需要从细节上了解.因此,动能定理的优越性就明显地表现出来了,分析力的作用是看力做的功,也只需把所有的力做的功累加起来即可.2.运用动能定理解决问题时,有两种思路:一种是全过程列式,另一种是分段列式.3.全过程列式涉及重力、弹簧弹力,大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的功能特点:(1)重力做的功取决于物体的初、末位置,与路径无关;(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积;(3)弹簧弹力做功与路径无关.4.应用动能定理解题的基本步骤运用动能定理巧解往复运动问题【例8】.如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放.已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离.【变式】如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC 是水平的,其距离d=0.50 m.盆边缘的高度为h=0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出).已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.10.小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停止的地点到B的距离为()A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题【例9】.(2019·桂林质检)如图所示,倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连,O点为轨道圆心,BC为圆轨道直径且处于竖直方向,A、C两点等高,质量m=1 kg的滑块从A点由静止开始下滑,恰能滑到与O点等高的D点,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ;(2)若使滑块能到达C点,求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值;(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【变式1】(2019·河北衡水中学模拟)如图所示,质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面,最终落在水平地面上,已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5,桌面高0.45 m,若不计空气阻力,取g=10 m/s2,则下列说法错误的是()A.小物块的初速度是5 m/s B.小物块的水平射程为1.2 mC.小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D.小物块落地时的动能为0.9 J【变式2】如图,在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为l,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧,并被弹簧以原速率弹回.已知R=0.4 m,l=2.5 m,v0=6 m/s,物块质量m=1 kg,与PQ段间的动摩擦因数μ=0.4,轨道其他部分摩擦不计.g取10 m/s2.求:(1) 物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力;(2) 物块仍以v0从右侧冲上轨道,调节PQ段的长度L,当L长度是多少时,物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动.【题型演练】1.如图所示,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h 的A点由静止释放,运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2,仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放,运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1,不计物块在轨道接触处的机械能损失.则()A.v1<v2 B.v1>v2 C.v1=v2 D.由于不知道θ1、θ2的具体数值,v1、v2关系无法判定2.如图甲所示,一质量为4 kg的物体静止在水平地面上,让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动,推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示,已知物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.物体先做加速运动,推力为零时开始做减速运动B.物体在水平地面上运动的最大位移是10 m C.物体运动的最大速度为215 m/s D.物体在运动中的加速度先变小后不变3.(2018·高考全国卷Ⅰ)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点.一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为()A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR4.(2019·襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F,将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F,经一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力,g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A.20 J B.24 J C.34 J D.54 J5.(2019·宁波模拟)如图所示,木盒中固定一质量为m的砝码,木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止.现拿走砝码,而持续加一个竖直向下的恒力F(F=mg),若其他条件不变,则木盒滑行的距离()A .不变B .变小C .变大D .变大变小均可能6.(2019·北京101中学检测)如图所示,质量为m 的物体静置在水平光滑平台上,系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮,由地面上的人以速度v 0向右匀速拉动,设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处,在此过程中人所做的功为( )A .mv 202B .2mv 202C .mv 204D .mv 20 7. 光滑水平面上静止的物体,受到一个水平拉力F 作用开始运动,拉力随时间变化如图所示,用E k 、v 、x 、P 分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率,下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况,正确的是 ( )8.一圆弧形的槽,槽底放在水平地面上,槽的两侧与光滑斜坡aa ′、bb ′相切,相切处a 、b 位于同一水平面内,槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示.一小物块从斜坡aa ′上距水平面ab 的高度为2h 处沿斜坡自由滑下, 并自a 处进入槽内,到达b 后沿斜坡bb ′向上滑行,已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h ;接着小物块、沿斜坡bb ′滑下并从b 处进入槽内反向运动,若不考虑空气阻力,则 ( )A .小物块再运动到a 处时速度变为零B .小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C .小物块不仅能再运动到a 处,还能沿斜坡aa ′向上滑行,上升的最大高度为hD .小物块不仅能再运动到a 处,还能沿斜坡aa ′向上滑行,上升的最大高度小于h9 如图所示,水平桌面上的轻质弹簧左端固定,右端与静止在O 点质量为m =1 kg 的小物块接触而不连接,此时弹簧无形变.现对小物块施加F =10 N 水平向左的恒力,使其由静止开始向左运动.小物块在向左运动到A 点前某处速度最大时,弹簧的弹力为6 N ,运动到A 点时撤去推力F ,小物块最终运动到B 点静止.图中OA =0.8 m ,OB =0.2 m ,重力加速度g 取10 m/s 2.求小物块:(1)与桌面间的动摩擦因数μ;(2)向右运动过程中经过O 点的速度;(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量.10.(2018·高考全国卷 Ⅰ )如图,在竖直平面内,一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切,BC 为圆弧轨道的直径,O 为圆心,OA 和OB 之间的夹角为α,sin α=35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动,经A 点沿圆弧轨道通过C 点,落至水平轨道;在整个过程中,除受到重力及轨道作用力外,小球还一直受到一水平恒力的作用.已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心,且此时小球对轨道的压力恰好为零.重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小;(2)小球到达A 点时动量的大小;(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间.2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题12 动能定理的理解与应用【专题导航】目录热点题型一 动能定理的理解 (1)热点题型二 动能定理在直线运动中的应用 (2)热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用 (4)热点题型四 动能定理与图象的结合问题 (5)图像 (5)图像 (6)图像 (8)图像 (9)热点题型五 动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用 (10)运用动能定理巧解往复运动问题 (10)动能定理解决平抛、圆周运动相结合的问题 (11)【题型演练】 (14)【题型归纳】热点题型一 动能定理的理解1.定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力,它们可以同时作用,也可以不同时作用.(2)既可以是恒力,也可以是变力.2.公式中“=”体现的三个关系x F -t v -t a -x E k-【例1】(2019·广东六校联考)北京获得2022年冬奥会举办权,冰壶是冬奥会的比赛项目.将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来.换一个材料相同、质量更大的冰壶,以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将( )A .不变B .变小C .变大D .无法判断【答案】 A【解析】 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后,在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,根据动能定理有-μmgs =0-12mv 2,得s =v 22μg,两种冰壶的初速度相等,材料相同,故运动的距离相等.故选项A 正确. 【变式1】(2018·高考全国卷Ⅱ)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度.木箱获得的动能一定( )A .小于拉力所做的功B .等于拉力所做的功C .等于克服摩擦力所做的功D .大于克服摩擦力所做的功【答案】 A【解析】 由动能定理W F -W f =E k -0,可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功,A 正确.【变式2】关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系.下列说法正确的是( )A .合外力为零,则合外力做功一定为零B .合外力做功为零,则合外力一定为零C .合外力做功越多,则动能一定越大D .动能不变,则物体合外力一定为零【答案】A.【解析】由W =Fl cos α可知,物体所受合外力为零,合外力做功一定为零,但合外力做功为零,可能是α=90°,故A 正确,B 错误;由动能定理W =ΔE k 可知,合外力做功越多,动能变化量越大,但动能不一定越大,动能不变,合外力做功为零,但合外力不一定为零,C 、D 均错误.热点题型二 动能定理在直线运动中的应用1. 若在直线运动中知道初、末状态,而不需要考虑中间过程时,一般用动能定理处理位移与速度的关系2. 一般用分段法来处理问题,找准直线运动中转折处其动能有无损失【例2】(2019·吉林大学附中模拟)如图所示,小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A 点由静止释放滑下,最终停在水平轨道上的B 点,小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同,A 、B 两点的连线与水平方向的夹角为α,不计物块在轨道转折时的机械能损失,则动摩擦因数为( )A .tan θB .tan αC .tan(θ+α)D .tan(θ-α)【答案】B【解析】.如图所示,设B 、O 间距离为s 1,A 点离水平面的高度为h ,A 、O 间的水平距离为s 2,物块的质量为m ,在物块下滑的全过程中,应用动能定理可得mgh -μmg cos θ·s 2cos θ-μmg ·s 1=0,解得μ=h s 1+s 2=tan α,故选项B 正确.【变式1】如图所示,质量为m 的小球,从离地面H 高处从静止开始释放,落到地面后继续陷入泥中h 深 度而停止,设小球受到空气阻力为f ,重力加速度为g ,则下列说法正确( )A .小球落地时动能等于mgHB .小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C .整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H +h )D .小球在泥土中受到的平均阻力为mg (1+H h) 【答案】C【解析】小球从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得mgH -fH =12mv 20,选项A 错误;设泥的平均阻力为f 0,小球陷入泥中的过程,由动能定理得mgh -f 0h =0-12mv 20,解得f 0h =mgh +12mv 20=mgh +mgH -fH ,f 0=mg (1+H h )-fH h,选项B 、D 错误;全过程应用动能定理可知,整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H +h ),选项C 正确.【变式2】如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型.物块自左侧斜面上A 点由静止滑下,滑过下面一段平面后,最高冲至右侧斜面上的B 点.实验中测量出了三个角度,左、右斜面的倾角α和β及AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ,忽略物块在拐角处的能量损失,以下结论正确的是 ( )A .μ=tan αB .μ=tan βC .μ=tan θD .μ=tanα-β2【答案】C【解析】对全过程运用动能定理,结合摩擦力做功的大小,求出动摩擦因数大小.设A 、B 间的水平长度为x ,竖直高度差为h ,对A 到B 的过程运用动能定理得mgh -μmg cos α·AC -μmg ·CE -μmg cos β·EB =0,因为AC ·cos α+CE +EB ·cos β=x ,则有mgh -μmgx =0,解得μ=h x=tan θ,故C 正确.热点题型三 动能定理在曲线运动中的应用【例3】.如图,一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落,恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时,对轨道的压力为4mg ,g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则( )A .W =12mgR ,质点恰好可以到达Q 点B .W >12mgR ,质点不能到达Q 点 C .W =12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离 D .W <12mgR ,质点到达Q 点后,继续上升一段距离 【答案】C【解析】.设质点到达N 点的速度为v N ,在N 点质点受到轨道的弹力为F N ,则F N -mg =mv 2N R,已知F N =F ′N =4mg ,则质点到达N 点的动能为E k N =12mv 2N =32mgR .质点由开始至N 点的过程,由动能定理得mg ·2R +W f =E k N -0,解得摩擦力做的功为W f =-12mgR ,即克服摩擦力做的功为W =-W f =12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′,则W ′<W .从N 到Q 的过程,由动能定理得-mgR -W ′=12mv 2Q -12mv 2N ,即12mgR -W ′=12mv 2Q,故质点到达Q 点后速度不为0,质点继续上升一段距离.选项C 正确. 【变式】如图,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( )A .a =2(mgR -W )mRB .a =2mgR -W mRC .N =3mgR -2W RD .N =2(mgR -W )R【答案】 AC【解析】质点由半球面最高点到最低点的过程中,由动能定理有:mgR -W =12mv 2,又在最低点时,向心加速度大小a =v 2R ,两式联立可得a =2(mgR -W )mR ,A 项正确,B 项错误;在最低点时有N -mg =m v 2R,解得N =3mgR -2W R,C 项正确,D 项错误.热点题型四 动能定理与图象的结合问题1.解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义,根据对应关系列式解答问题.2.四类图象所围“面积”的含义x F 图像【例4】如图甲所示,一质量为4 kg 的物体静止在水平地面上,让物体在随位移均匀减小的水平推力F 作 用下开始运动,推力F 随位移x 变化的关系图象如图乙所示,已知物体与面间的动摩擦因数μ=0.5,g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是 ( )A .物体先做加速运动,推力为零时开始做减速运动B .物体在水平地面上运动的最大位移是10 mC .物体运动的最大速度为215 m/sD .物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】 B【解析】 当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动,选项A 错误;图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功,由此可得推力做的功为W =12×4×100 J =200 J ,根据动能定理有W -μmgx max =0,得x max =10 m ,选项B 正确;当推力与摩擦力平衡时,加速度为零,速度最大,由题图乙得F =100-25x (N),当F =μmg =20 N 时,x =3.2 m ,由动能定理得12(100+20)·x -μmgx =12mv 2max,解得物体运动的最大速度v max =8 m/s ,选项C 错误;当推力由100 N 减小到20 N 的过程中,物体的加速度逐渐减小,当推力由20 N 减小到0的过程中,物体的加速度又反向增大,此后物体的加速度不变,直至物体静止,故D 项错误.【变式】(2019·大连五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g =10 m/s 2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )A .物体与水平面间的动摩擦因数B .合外力对物体所做的功C .物体做匀速运动时的速度D .物体运动的时间【答案】ABC【解析】.物体做匀速直线运动时,拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=F mg =0.35,A 正确;减速过程由动能定理得W F +W f =0-12mv 2,根据F -x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ,而W f =-μmgx ,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v ,B 、C 正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,D 错误. t v 图像。
2012届高考物理知能优化演练复习试题(含答案)
2012届高考物理知能优化演练复习试题(含答案)1.一质量均匀的不可伸长的绳索(其重力不可忽略).A、B两端固定在天花板上,如图5-4-5所示,今在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉至D点,在此过程中,绳索的重心位置将()图5-4-5A.逐渐升高B.逐渐降低C.先降低后升高D.始终不变解析:选A.在下拉过程中,外力做正功,绳索的机械能增加,而动能又不变,故重力势能增大,重心上升.2.一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点,在此过程中重力对物块做的功等于()A.物块动能的增加量B.物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C.物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D.物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和解析:选D.物块在运动过程中有重力和摩擦力做功,在物块的运动过程中,由动能定理W=ΔEk得:WG-Wf=ΔEk,即WG=ΔEk+Wf.从上式可见,重力做功,重力势能减少,减少的重力势能一部分增加物体的动能,一部分克服摩擦力做功,D选项正确.3.如图5-4-6所示,一小球从光滑圆弧轨道顶端由静止开始下滑,进入光滑水平面又压缩弹簧.在此过程中,小球重力势能和动能的最大值分别为Ep和Ek,弹簧弹性势能的最大值为Ep′,则它们之间的关系为()图5-4-6A.Ep=Ek=Ep′B.Ep>Ek>Ep′C.Ep=Ek+Ep′D.Ep+Ek=Ep′解析:选A.当小球处于最高点时,重力势能最大;当小球刚滚到水平面时重力势能会全部转化为动能,此时动能最大;当小球压缩弹簧到最短时动能全部转化为弹性势能,弹性势能最大.由机械能守恒定律可知Ep=Ek=Ep′,故答案选A.4.如图5-4-7所示,一长为2l的轻杆中央有一光滑的小孔O,两端各固定质量为2m和m的A、B两个小球,光滑的铁钉穿过小孔垂直钉在竖直的墙壁上,将轻杆从水平位置由静止释放,转到竖直位置,在转动的过程中,忽略一切阻力.下列说法正确的是()图5-4-7A.杆转到竖直位置时,A、B两球的速度大小相等为gl3B.杆转到竖直位置时,杆对B球的作用力向上,大小为13mgC.杆转到竖直位置时,B球的机械能减少了43mglD.由于忽略一切摩擦阻力,A球机械能一定守恒解析:选 B.忽略一切摩擦阻力时,系统的机械能守恒.两球转动半径相等,则任一时刻的速率相等.取初始位置为重力势能的零点,有0=-2mgl+mgl+12(m+2m)v2,可得v=2gl3,A错误;则B球在最高点时所需向心力为F向=mv2l=23mg,故杆应对B有向上的支持力,大小为13mg,B正确;此时B球的机械能为mgl+12mv2=43mgl>0,故增加了43mgl,C错误;系统的机械能守恒,而B球机械能增加,则A球的机械能一定减少同样多,D错误.5.(2011年江苏泰州联考)如图5-4-8所示,半径为R的金属环竖直放置,环上套有一质量为m的小球,小球开始时静止于最低点.现给小球一冲击,使它以初速度v0沿环上滑,已知v0=6Rg.求:图5-4-8(1)若金属环光滑,小球运动到环的最高点时,环对小球作用力的大小和方向.(2)若金属环粗糙,小球运动到环的最高点与环恰无作用力,小球从最低点运动到最高点的过程中克服摩擦力所做的功.解析:(1)设小球到最高点速度为v1,金属环光滑,由机械能守恒定律得:12mv20=12mv21+2mgR解得:v1=2gR在最高点mg+N=mv21R解得:N=mg,方向竖直向下.(2)小球在最高点与环作用力恰为0时,设速度为v2则mg=mv22R解得:v2=gR从最低点到最高点,由动能定理得:-mg2R-W克=12mv22-12mv20 解得:W克=12mgR.答案:(1)mg方向竖直向下(2)12mgR。
2024初中同步测控优化设计物理八年级下册配人教版第12章 第1节 杠杆 第1课时含答案
2024初中同步测控优化设计物理八年级下册配人教版第1课时杠杆与杠杆的平衡条件知能演练提升一、能力提升1.如图所示,杠杆处于平衡状态,则F的力臂是()A.OAB.OCC.ODD.FD2.如图所示,O为杠杆的支点,杠杆右端挂有重为G的物体,杠杆在力F1的作用下在水平位置平衡。
如果用力F2代替力F1使杠杆仍在水平位置保持平衡,下列关系正确的是()A.F1<F2B.F1>F2C.F2<GD.F1=G3.如图所示,爸爸和亮亮一起在儿童乐园玩跷跷板,当亮亮移动到某一个位置时,竟然将爸爸跷起来了,则下列说法正确的是()A.亮亮和爸爸对跷跷板的作用力相等B.亮亮对跷跷板施加的作用力大些C.亮亮到跷跷板支点的距离短D.亮亮对跷跷板的作用力与力臂的乘积大一些4.如图所示,在调节平衡后的杠杆两侧,分别挂上相同规格的钩码,杠杆处于平衡状态。
如果两侧各去掉一个钩码,则()A.左端下降B.右端下降C.仍然平衡D.无法判断5.一根原木放在水平地面上,粗略估计它的质量时,我们视其粗细相同,质量分布均匀。
现抬起一端使它稍离地面,需要500 N的力,g取10 N/kg,则原木的质量大约为()A.50 kgB.100 kgC.250 kgD.500 kg6.如图所示,轻质杠杆OA可绕O点无摩擦转动,A点处挂一个重为20 N的物体,B点处加一个竖直向上的力F,杠杆在水平位置平衡,且l OB∶l AB=2∶1。
则F= N。
7.在图中,l1是动力臂,作出动力F1。
二、探究创新★8.在探究杠杆平衡条件的实验中:(1)如图甲所示,实验前,杠杆左端下沉,则应将左端的平衡螺母向(选填“左”或“右”)调节,直到杠杆在水平位置平衡,目的是便于测量。
(2)如图乙所示,杠杆上的刻度均匀,在A点挂4个钩码,要使杠杆在水平位置平衡,应在B 点挂个相同的钩码;当杠杆平衡后,将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格,则杠杆(选填“能”或“不能”)在水平位置保持平衡。
2012届高考物理知能优化演练复习试题(附答案和解释)
2012届高考物理知能优化演练复习试题(附答案和解释)1.关于验证机械能守恒定律实验的下列说法中,哪些是正确的() A.选用重物时,重的比轻的好B.选用重物时,体积小的比体积大的好C.选用重物后,要称出它的质量D.重物所受的重力,应远大于它所受的空气阻力和纸带受到打点计时器的阻力解析:选ABD.在选取重物时,由于有空气阻力和摩擦阻力的存在,应该选取质量比较大的、体积比较小的重物,这样可以使重物的重力远大于它所受的空气阻力和纸带受到的打点计时器的摩擦阻力.2.(2011年宁波模拟)某同学在用落体法验证机械能守恒定律时,进行了以下步骤:a.把电磁打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器接在低压交流电源上;b.将连有重物的纸带穿过打点计时器的限位孔,提稳纸带并将重物靠近打点计时器;c.释放纸带,然后接通电源开关,打出一条纸带;d.更换纸带,重复b、c步骤,选出点迹清晰符合要求的纸带;e.用公式v=2gh求出速度,验证机械能是否守恒.以上的操作中,你认为存在错误的步骤是________(只填步骤前序号).解析:应当先接通电源开关,再释放纸带,步骤c错误;速度应通过实验测定,而不能用公式v=2gh求出,原因是若利用公式,则说明物体下落的加速度等于重力加速度,则机械能一定守恒,失去了验证的意义,所以步骤e错误.答案:ce3.(2010年高考安徽卷)利用图5-6-6所示装置进行验证机械能守恒定律的实验时,需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v 和下落高度h.某班同学利用实验得到的纸带,设计了以下四种测量方案:图5-6-6a.用刻度尺测出物体下落的高度h,并测出下落时间t通过v=gt计算出瞬时速度v.b.用刻度尺测出物体下落的高度h,并通过v=2gh计算出瞬时速度v.c.根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度,等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v,并通过h=v22g计算出高度h.d.用刻度尺测出物体下落的高度h,根据做匀变速直线运动时纸带上某点的瞬时速度,等于这点前后相邻两点间的平均速度,测算出瞬时速度v.以上方案中只有一种正确,正确的是________.(填入相应的字母)解析:在验证机械能守恒定律的实验中不能将物体下落的加速度看做g,只能把它当做未知的定值,所以正确方案只有d项.答案:d4.在用自由落体运动验证机械能守恒定律时,某同学按照正确的操作选出的纸带如图5-6-7所示.其中O点是起始点,A、B、C是打点计时器连续打下的三个点,该同学用毫米刻度尺测量O点到A、B、C 各点的距离,并记录在图中(单位:cm).已知打点计时器电源频率为50Hz,重锤质量为m,当地重力加速度g=9.8m/s2.图5-6-7(1)这三组数据中不符合有效数字读数要求的是________.(2)该同学用重锤在OB段的运动来验证机械能守恒定律,先计算出该段重锤重力势能的减小量为________,接着从打点计时器打下的第一个点O数起,数到图中B点是打点计时器打下的第9个点,他用vB=gt 计算跟B点对应的物体的瞬时速度,得到动能的增加量为________(均保留三位有效数字).这样他发现重力势能的减小量小于动能的增加量,造成这一错误的原因是____________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ____________.解析:(1)用毫米刻度尺测量长度,应估读到毫米的十分位,也即以厘米为单位,小数点后有两位,可见,三组数据中不符合有效数字要求的是OC(或15.7).(2)重力势能的减少量ΔEp=mghOB=m×9.80×12.42×10-2=1.22m(J)vB=gt=9.80×0.16m/s=1.568m/s(J)动能的增加量ΔEk=12mv2B=12m×1.5682=1.23m(J)造成这一现象的原因是计算物体速度时,认为物体下落加速度为g,而实际加速度小于g,将物体的速度算大了.应该用AC段的平均速度算,即vB=AC2T(T=0.02s).答案:见解析5.如图5-6-8所示,两个质量各为m1和m2的小物块A和B,分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端,已知m1>m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律.图5-6-8(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量,则需要测量的物理量有________.(在横线上填入选项前的编号)①物块的质量m1、m2;②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间;③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间;④绳子的长度.(2)为提高实验结果的准确程度,某小组同学对此实验提出以下建议:①绳的质量要轻;②在“轻质绳”的前提下,绳子越长越好;③尽量保证物块只沿竖直方向运动,不要摇晃;④两个物块的质量之差要尽可能小.以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________.(在横线上填入选项前的编号)(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议:________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析:(1)本实验需要验证系统重力势能的减少量ΔEp=(m1-m2)gh与系统动能的增加量ΔEk=12(m1+m2)v2是否相等,而h=v2t,所以v =2ht,即(m1-m2)gh=+,因此,选①②或①③. (2)本实验验证的是A、B系统的机械能守恒,忽略了绳的质量,所以,绳的质量要轻,①对;在“轻质绳”的前提下,为尽可能减小实验误差,绳子应尽可能长些,但并不是越长越好,②错;本题所求的速度是竖直方向的速度,所以③对;为减小物体运动过程中摩擦阻力的影响,两物块的质量之差要尽可能大些,④错,故选①③.(3)①多次测量h和t②用高精度仪器测量各量、轻质滑轮④减小滑轮摩擦⑤绳子刚性弹性小物块密度大⑦真空任一条均可.答案:(1)①②或①③(2)①③(3)例如:“对同一高度进行多次测量取平均值”;“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等等.6.(探究创新)某研究性学习小组用如图5-6-9所示装置验证机械能守恒定律.让一个摆球由静止开始从A位置摆到B位置,若不考虑空气阻力,小球的机械能应该守恒,即12mv2=mgh.直接测量摆球到达B 点的速度v比较困难.现让小球在B点处脱离悬线做平抛运动,利用平抛的特性来间接地测出v.如图5-6-9所示,悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝,当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断,小球由于惯性向前飞出做平抛运动.在地面上放上白纸,上面覆盖着复写纸,当小球落在复写纸上时,会在下面白纸上留下痕迹.用重锤线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次(小球每一次都从同一点由静止释放),小球的落点痕迹如图5-6-10所示,图中米尺水平放置,零刻度线与M点对齐.用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2,算出A、B两点的竖直距离,再量出M、C之间的距离s,即可验证机械能守恒定律.已知重力加速度为g,小球的质量为m.图5-6-9图5-6-10(1)根据图5-6-10可以确定小球平抛时的水平射程为________cm.(2)用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0=________.(3)用测出的物理量表示出小球从A到B过程中,重力势能的减少量ΔEp =________,动能的增加量ΔEk=________.解析:(1)将记录点用较小的圆圈起来,从直尺可读出圆心处的位置约为64.0cm~65.5cm.(2)根据自由落体下落的距离可求出小球水平运动的时间为t=2h2g,小球平抛的初速度为v0=st=s•g2h2.(3)物体从A下降到B的竖直距离为h1-h2,重力势能的减少量ΔEp=mg(h1-h2),根据第(2)问可求得速度,得动能的增加量为ΔEk=12mv2=12m(s•g2h2)2=mgs24h2.答案:(1)65.0(64.0~65.5均可)(2)s•g2h2(3)mg(h1-h2)mgs24h2。
高考物理 第12章第1节 知能演练化闯关
取夺市安慰阳光实验学校高考物理第12章第1节知能演练强化闯关新人教版选修3-41. 一洗衣机在正常工作时振动较小, 当切断电源后, 发现洗衣机先是振动越来越剧烈, 然后振动再逐渐减弱, 对这一现象, 下列说法正确的是( )A. 正常工作时, 洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大B. 正常工作时, 洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率小C. 正常工作时, 洗衣机波轮的运转频率等于洗衣机的固有频率D. 当洗衣机振动最剧烈时, 波轮的运转频率恰好等于洗衣机的固有频率解析: 选AD.由受迫振动振幅跟频率的关系可知, 正常工作时, 洗衣机波轮的运转频率比洗衣机的固有频率大; 当波轮的运转频率减小到等于洗衣机的固有频率时, 发生共振, 洗衣机振动最剧烈; 波轮的运转频率再降低时, 振动减弱, 故正确选项为A、D.2. (2011·高考上海单科卷)两个相同的单摆静止于平衡位置, 使摆球分别以水平初速v1、v2(v1>v2)在竖直平面内做小角度摆动, 它们的频率与振幅分别为f1、f2和A1、A2, 则( )A. f1>f2, A1=A2B. f1<f2, A1=A2C. f1=f1, A1>A2D. f1=f2, A1<A2解析: 选C.单摆的频率由摆长决定, 摆长相等, 频率相等, 所以A、B错误; 由机械能守恒, 小球在平衡位置的速度越大, 其振幅越大, 所以C正确, D错误.3. 如图12-1-9所示, 弹簧振子的小球在B、C之间做简谐运动, O为BC间的中点, B、C间的距离为10 cm, 则下列说法正确的是( )图12-1-9A. 小球的最大位移是10 cmB. 只有在B、C两点时, 小球的振幅是5 cm, 在O点时, 小球的振幅是0C. 无论小球在任何位置, 它的振幅都是5 cmD. 从任意时刻起, 一个周期内小球经过的路程都是10 cm解析: 选C.简谐运动中的平衡位置就是对称点, 所以O点是平衡位置. 小球的最大位移是+5 cm或-5 cm, 故选项A是不正确的. 振幅是物体离开平衡位置的最大距离, 反映的是振动物体振动的能力, 并不说明物体一定在最大距离处, 在O点的小球也能够到达最大距离处, 所以小球在O点的振幅也是5 cm, 故选项B是不正确的, 选项C是正确. 根据一次全振动的概念, 选项D是错误的. 4. (2010·高考全国卷Ⅰ)一简谐振子沿x轴振动, 平衡位置在坐标原点. t=0时刻振子的位移x=-0.1 m; t=43s时刻x=0.1 m; t=4 s时刻x=0.1 m. 该振子的振幅和周期可能为( )A. 0.1 m,83s B. 0.1 m,8 sC. 0.2 m, 83sD. 0.2 m,8 s解析: 选ACD.若振幅A =0.1 m, T =83 s, 则43 s 为半周期, 从-0.1 m 处运动到0.1 m, 符合运动实际, 4 s -43 s =83 s 为一个周期, 正好返回0.1 m处, 所以A 项正确. 若A =0.1 m, T =8 s, 43 s 只是T 的16, 不可能由负的最大位移处运动到正的最大位移处, 所以B 错. 若A =0.2 m, T =83 s, 43 s =T2,振子可以由-0.1 m 运动到对称位置, 4 s -43 s =83s =T , 振子可以由0.1 m 返回0.1 m, 所以C 对. 若A =0.2 m, T =8 s, 43 s =2×T12, 而sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πT ·T 12=12, 即T 12时间内, 振子可以从平衡位置运动到0.1 m 处; 再经83 s 又恰好能由0.1 m 处运动到0.2 m 处后, 再返回0.1 m 处, 故D 项正确.5. 简谐运动的振动图线可用下述方法画出: 如图12-1-10(1)所示, 在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P , 让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动, 笔P 在纸带上画出的就是小球的振动图像. 取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向, 纸带运动的距离代表时间, 得到的振动图线如图12-1-9(2)所示.图12-1-10(1)为什么必须匀速拖动纸带?(2)刚开始计时时, 振子处在什么位置?t =17 s 时振子相对平衡位置的位移是多少?(3)若纸带运动的速度为2 cm/s, 振动图线上1、3两点间的距离是多少? (4)振子在________s 末负方向速度最大; 在________s 末正方向加速度最大;2.5 s 时振子正在向________方向运动. (5)写出振子的振动方程.解析: (1)纸带匀速运动时, 由x =vt 知, 位移与时间成正比, 因此在匀速条件下, 可以用纸带通过的位移表示时间.(2)由图(2)可知t =0时, 振子在平衡位置左侧最大位移处; 周期T =4 s, t =17 s 时位移为零.(3)由x =vt , 所以1、3间距x =2 cm/s×2 s=4 cm.(4)3 s 末负方向速度最大; 加速度方向总是指向平衡位置, 所以t =0或t =4 s 时正方向加速度最大; t =2.5 s 时, 向-x 方向运动.(5)x =10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2t -π2 cm.答案: (1)在匀速条件下, 可以用纸带通过的位移表示时间 (2)左侧最大位移 零 (3)4 cm (4)3 0或4 -x(5)x =10sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2t -π2 cm一、选择题1. 做简谐振动的单摆, 在摆动的过程中( )A. 只有在平衡位置时, 回复力才等于重力和细绳拉力的合力B. 只有在最高点时, 回复力才等于重力和细绳拉力的合力C. 小球在任意位置处, 回复力都等于重力和细绳拉力的合力D. 小球在任意位置处, 回复力都不等于重力和细绳拉力的合力解析: 选 B.单摆在一个圆弧上来回运动, 摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的合力提供, 而回复力是指重力沿圆弧切线方向的分力. 摆球在平衡位置速度不为零, 向心力不为零, 而回复力为零, 所以合力不是回复力; 摆球在最高点时, 速度为零, 向心力为零, 合力等于回复力. 故选项B 正确.2. 一质点做简谐运动时, 其振动图像如图12-1-11所示. 由图可知, 在t 1和t 2时刻, 质点运动的( )图12-1-11A. 位移相同B. 回复力相同C. 速度相同D. 加速度相同解析: 选C.从题图中可以看出在t 1和t 2时刻, 质点的位移大小相等、方向相反.则有, 在t 1和t 2时刻质点所受的回复力大小相等、方向相反, 加速度大小相等、方向相反, A 、B 、D 错误; 在t 1和t 2时刻, 质点都是从负最大位移向正最大位移运动, 速度方向相同, 由于位移大小相等, 所以速度大小相等, C 正确.3. 如图12-1-12是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像, 以向右的方向作为摆球偏离平衡位置位移的正方向, 从t =0时刻起, 当甲第一次到达右方最大位移处时( )图12-1-12A. 乙在平衡位置的左方, 正向右运动B. 乙在平衡位置的左方, 正向左运动C. 乙在平衡位置的右方, 正向右运动D. 乙在平衡位置的右方, 正向左运动解析: 选 D.当甲第一次到达正向最大位移处时是在1.5 s 末, 从图像可以看出此时乙的位移为正, 即乙在平衡位置右侧; 另外, 位移图像斜率表示速度, 此时乙的斜率为负, 即表示乙在向左运动.4. 下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系, 若该振动系统的固有频率为f 固, 则( )A.f 固=B. 60 Hz<f 固<70 HzC. 50 Hz<f 固<60 HzD. 以上三个都不对解析: 选C.从图所示的共振曲线, 可判断出f 驱与f 固相差越大, 受迫振动的振幅越小; f 驱与f 固越接近, 受迫振动的振幅越大, 并从中看出f 驱越接近f 固, 振幅的变化越慢, 比较各组数据知f 驱在50 Hz ~60 Hz 范围内时振幅变化最小, 因此50 Hz<f 固<60 Hz, 即C 正确.5. 铺设铁轨时, 每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙, 匀速运动的列车经过轨端接缝处时, 车轮就会受到一次冲击. 由于每一根钢轨长度相等, 所以这个冲击力是周期性的, 列车由于受到周期性的冲击力做受迫振动. 普通钢轨长为12.6 m, 列车的固有振动周期为0.315 s. 下列说法正确的是( ) A. 列车的危险速率为40 m/sB. 列车过桥需要减速, 是为了防止列车与桥发生共振现象C. 列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D. 增加钢轨的长度有利于列车高速运行解析: 选ABD.对于受迫振动, 当驱动力的频率与固有频率相等时将发生共振现象, 所以列车的危险速率v =LT=40 m/s, A 正确; 为了防止共振现象发生,过桥时需要减速, B 正确; 列车运行时的振动频率总等于驱动力的频率, 只有共振时才等于列车的固有频率, C 错误; 由v =LT可知, L 增大, T 不变, v 变大,所以D 正确.6. (2012·陕西高三质检)做简谐振动的单摆摆长不变, 若摆球质量增加为原来的4倍, 摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2, 则单摆振动的( ) A. 频率、振幅都不变 B. 频率、振幅都改变 C. 频率不变、振幅改变 D. 频率改变、振幅不变解析: 选C.由单摆的周期公式T =2πlg可知, 单摆摆长不变, 则周期不变, 频率不变; 振幅A 是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量, 由E k =12mv 2可知, 摆球经过平衡位置时的动能相同, 由于摆球的质量不同, 所以摆球上升的最大高度不同, 因此振幅不同, A 、B 、D 错误, C 正确.7. 心电图是现代医疗诊断的重要手段, 医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔, 即为心动周期, 由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数(即心率). 甲、乙两人在同一台心电图机上作出的心电图如图12-1-13所示, 医生通过测量后记下甲的心率是60次/分, 则由图可知心电图机图纸移动的速率v 以及乙的心率分别为( ) 图12-1-13A. 25 mm/s 48次/分B. 25 mm/s 75次/分C. 25 mm/min 75次/分D. 25 mm/min 48次/分解析: 选 B.f 甲=60次/分=1次/秒T 甲=1 sv 纸=x 甲T 甲=25 mm/sT 2=x 乙v 纸=20 mm 25 mm/s =45 sf 2=1T 2=75次/分.8. (2012·北京模拟)如图12-1-14所示为以O 点为平衡位置, 在A 、B 两点间做简谐运动的弹簧振子, 图为这个弹簧振子的振动图像, 由图可知下列说法中正确的是( ) 图12-1-14A. 在t =0.2 s 时, 弹簧振子的加速度为正向最大B. 在t =0.1 s 与t =0.3 s 两个时刻, 弹簧振子在同一位置C. 从t =0到t =0.2 s 时间内, 弹簧振子做加速度增加的减速运动D. 在t =0.6 s 时, 弹簧振子有最小的弹性势能解析: 选BC.从图可以看出, t =0.2 s 时, 弹簧振子的位移为正向最大值, 而弹簧振子的加速度与位移大小成正比, 方向与位移方向相反, A 错误; 在t =0.1 s 与t =0.3 s 两个时刻, 弹簧振子的位移相同, 即在同一位置, B 正确; 从t =0到t =0.2 s 时间内, 弹簧振子从平衡位置向最大位移运动, 位移逐渐增大, 加速度逐渐增大, 加速度方向与速度方向相反, 弹簧振子做加速度增大的减速运动, C 正确; 在t =0.6 s 时, 弹簧振子的位移负向最大, 即弹簧的形变最大, 弹簧振子的弹性势能最大, D 错误.9. 一个质点在平衡位置O 点附近做机械振动. 若从O 点开始计时, 经过3 s质点第一次经过M 点(如图12-1-15所示); 再继续运动, 又经过2 s 它第二次经过M 点; 则该质点第三次经过M 点还需的时间是( ) 图12-1-15 A. 8 sB. 4 sC. 14 sD.103s解析: 选CD.设图中a 、b 两点为质点振动过程中的最大位移处, 若开始计时时刻质点从O 点向右运动, O →M 运动过程历时3 s, M →b →M 过程历时2 s, 显然,T4=4 s, T =16 s. 质点第三次经过M 点还需要的时间Δt 3=T -2 s =(16-2) s=14 s, 故选项C 正确. 若开始计时时刻质点从O 点向左运动, O →a →O →M 运动过程历时3 s, M →b →M 运动过程历时2 s, 显然, T 2+T4=4 s, T =163 s. 质点第三次再经过M 点所需要的时间Δt 3=T -2 s =⎝ ⎛⎭⎪⎫163-2 s =103 s, 故选项D正确. 综上所述, 该题的正确答案是CD.10. 某质点做简谐运动, 其位移随时间变化的关系式为x =A sin π4t , 则质点( )A. 第1 s 末与第3 s 末的位移相同B. 第1 s 末与第3 s 末的速度相同C. 3 s 末至5 s 末的位移方向都相同D. 3 s 末至5 s 末的速度方向都相同 二、非选择题11. (2011·高考江苏单科卷)将一劲度系数为k 的轻质弹簧竖直悬挂, 下端系上质量为m 的物块. 将物块向下拉离平衡位置后松开, 物块上下做简谐运动, 其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期. 请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运动的周期T . 解析: 单摆周期公式T =2πlg, 且kl =mg 解得T =2π mk. 答案: 见解析12. 如图12-1-16所示, ABCD 为光滑的圆柱面, 圆柱面的轴线水平, A 、B 、C 、D 在同一水平面上, 小球m 自A 点以沿AD 方向的初速度v 逐渐接近固定在D点的小球n .已知AB 弧长为0.8 m, AB 弧半径R =10 m, AD =10 m, 则v 为多大时, 才能使m 恰好碰到小球n ?(g =10 m/s 2) 图12-1-16解析: 小球m 的运动由两个分运动合成, 这两个分运动分别是: 以速度v 沿AD 方向的匀速直线运动和在圆弧面AB 方向上的往复运动. 因为AB ≪R , 所以小球在圆弧面上的往复运动具有等时性, 是一种等效单摆, 其圆弧半径R 即为等效单摆的摆长.设小球m 在AD 与BC 间往复运动的周期为T , 由于AB ≪R ,所以T =2πR g设小球m 恰好能碰到小球n , 则有AD =vt且满足t =nT (n =1,2,3…)解以上三式得v=5nπm/s(n=1,2,3…).答案: 5nπm/s(n=1,2,3…)。
2013高考物理一轮总复习:第十一章实验十二知能优化演练
1.在“用单摆测定重力加速度”的实验中,下列所给器材中,选用哪些器材较好( ) ①长1 m 左右的细线 ②长30 cm 左右的细线 ③直径2 cm 的塑料球 ④直径2 cm 的铁球 ⑤秒表 ⑥时钟 ⑦最小刻度线是cm 的直尺 ⑧最小刻度是mm 的直尺A .①③⑤⑦B .①④⑤⑧C .②④⑥⑦D .②③⑤⑦解析:选B.由实验的误差原因及实验的注意事项可知,B 项中各器材较好.2.(2012·江苏启东中学月考)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中,有人提出以下几点建议,其中对提高测量结果精确度有利的是________.A .适当加长摆长B .质量相同、体积不同的摆球,应选用体积较大的C .单摆偏离平衡位置的角度不能太大D .当单摆经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期解析:单摆实验的精确度取决于实验装置的理想化程度及相关物理量的测量精度.适当加长摆线长度,有利于把摆球看成质点,在摆角小于10°的条件下,摆球的空间位置变化较大,便于观察,选项A 对.摆球体积越大,所受空气阻力越大,对质量相同的摆球其影响越大,选项B 错.摆角应小于10°,选项C 对.本实验采用累积法测量周期,若仅测量一次全振动,由于球过平衡位置时速度较大,难以准确记录,且一次全振动的时间太短,偶然误差较大,选项D 错.答案:AC3.在“用单摆测重力加速度”的实验中,(1)某同学的操作步骤为:a .取一根细线,下端系住直径为d 的金属小球,上端固定在铁架台上b .用米尺量得细线长度lc .在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球d .用秒表记录小球完成n 次全振动的总时间t ,得到周期T =t /ne .用公式g =4π2l T 2计算重力加速度 按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比____________(选填“偏大”、“相同”或“偏小”).(2)已知单摆在任意摆角θ时的周期公式可近似为T ′=T 0(1+a sin 2θ2),式中T 0为摆角θ趋近于0°时的周期,a 为常数.为了用图象法验证该关系式,需要测量的物理量有______________;若某同学在实验中得到了如图11-3-8所示的图线,则图象中的横轴表示________.图11-3-8解析:(1)由于此单摆的真实摆长为l +d 2,而该同学在计算时代入公式的摆长是l ,故重力加速度值与实际值相比偏小.(2)在公式中T 0、a 为定值,故要验证此关系式,只需测量T ′和θ即可.由题图可知,此图线为直线,可判断纵横轴所表示量的关系为一次函数关系.如横轴为sin 2θ2,纵轴为T ′,则由关系式T ′=T 0(1+a sin 2θ2)可知纵截距一定为正,与题图不符;将公式变形为sin 2θ2=1T 0aT ′-1a可知,此时纵截距可能为负,与题图相符,故可判断,横轴表示T ′. 答案:(1)偏小 (2)T ′、θ T ′4.在利用单摆测定重力加速度的实验中,某同学测出了多组摆长和运动周期,并根据相应的实验数据作了T 2-l 的关系图象,如图11-3-9所示.图11-3-9(1)由图可判断该同学出现的错误可能是:________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)虽然实验中出现了错误,但根据图象中的数据仍能算出重力加速度,其数值为________m/s 2.解析:(1)当漏测r 时,相当于以摆线长l ′为摆长l ,这里T 2=kl ′=k (l -r ),由数学知识可知,这时图线的斜率不变,如图所示,可将原图线a 向右平移r ,就得到漏测r 后的图线b ,其横截距的物理意义即为半径r .同理,当多加r 时,图线为c ,因此,该同学实验中出现的错误是测摆长时多加了摆球的半径.(2)由T =2π l g 知,T 2=4π2l g =kl (其中k =4π2g),作出T 2-l 图线是一条过原点的直线,k 为图线的斜率,求出k 后,则可求得当地重力加速度g =4π2k =4π2×(99.0+1.0)×10-24.0-0m/s 2=9.86 m/s 2.答案:(1)测量摆长时多加了摆球的半径 (2)9.865.(2012·陕西汉中调研)在“用单摆测定重力加速度”的实验中,(1)测摆长时,若正确测出悬线长l 和摆球直径d ,则摆长为____________;(2)测周期时,当摆球经过________位置时开始计时并计数1次,测出经过该位置N 次(约60~100次)的时间为t ,则周期为________.此外,请你从下列器材中选用所需器材,再设计一个实验,粗略测出重力加速度g ,并参照示例填写下表(示例的方法不能再用).A .天平B .刻度尺C .弹簧测力计D .电磁打点计时器E .带夹子的重锤F .纸带G .导线若干H .铁架台I .低压交流电源 J .低压直流电源 K .小车 L .螺旋测微器解析:本题考查用单摆测定重力加速度的原理,摆长和周期的测定、仪器的选取、方法步骤等.单摆的摆长是指悬线长加上小球的半径,即为l +d 2;测定周期时,摆球在最低处平衡位置速度最大,因此应从最低位置开始计时,以减小实验误差,若从小球经平衡位置开始计时并计数N 次,则小球完成了N -12个全振动,故其周期T =t N -12=2t N -1.测重力加速度的方法有多种,其中一种可用斜面和打点计时器由牛顿第二定律来测,方法见答案.答案:(1)l +d (2)平衡 2t 所选器材(只填器材序号)简述实验方法(不要求写出具体步骤) 实验设计一 A 、C 、E 用弹簧测力计称出带夹子重锤的重力大小G ,再用天平测出其质量m ,则g =G /m实验设计二 B 、D 、F 、G 、I 、K 、M 安装仪器,接通电源,让纸带随小车一起沿斜面下滑.用刻度尺测出所需数据.改变斜面高度再测一次.利用两次数据,由牛顿第二定律算出结果图11-3-106.(2012·龙岩质检)某同学利用单摆测定当地重力加速度,发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方,他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L ,通过改变摆线的长度,测得6组L 和对应的周期T ,画出L -T 2图线,然后在图线上选取A 、B 两个点,坐标如图11-3-10所示.他采用恰当的数据处理方法,则计算重力加速度的表达式应为g =________.请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比,将________.(填“偏大”、“偏小”或“相同”)解析:设摆球重心在其球心的下方x 远处由T =2π L g 得,T A =2π L A +x g ,T B =2π L B +x g由以上各式可得g =4π2(L B -L A )T 2B -T 2A由T =2π L g 可得L =gT 24π2,可见在L -T 2图中斜率k =g 4π2,即得g =4π2k ,题中数据不改变,k 也不会改变,g 也不变.答案:4π2(L B -L A )T 2B -T 2A相同 7.(创新实验)将一单摆装置竖直挂于某一深度为h (末知)且开口向下的小筒中(单摆的下部分露于筒外),如图11-3-11甲所示,将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放,设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁,如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L ,并通过改变L 而测出对应的摆动周期T ,再以T 2为纵轴、L 为横轴作出函数关系图象,那么就可以通过此图象得出小筒的深度h 和当地的重力加速度g .(1)现有如下测量工具:A.时钟;B.秒表;C.天平;D.毫米刻度尺.本实验所需的测量工具有________.(2)如果实验中所得到的T 2-L 关系图象如图乙所示,那么真正的图象应该是a 、b 、c 中的________.图11-3-11(3)由图象可知,小筒的深度h =________m ;当地的重力加速度g =________m/s 2.解析:本实验主要考查用单摆测重力加速度的实验步骤、实验方法和数据处理方法.(1)测量筒的下端口到摆球球心之间的距离L 用到毫米刻度尺,测单摆的周期用秒表,所以测量工具选B 、D.(2)设摆线在筒内部分的长度为h ,由T =2π L +h g得, T 2=4π2g L +4π2g h ,可知T 2-L 关系图象为a . (3)将T 2=0,L =-30 cm 代入上式可得h =30 cm =0.3 m将T 2=1.20 s 2,L =0代入上式可求得g =π2=9.86 m/s 2答案:(1)BD (2)a (3)0.3 9.868.将在地球上校准的摆钟拿到月球上去,若此钟在月球记录的时间是1 h ,那么实际上的时间应是________h .(月球表面的重力加速度是地球表面的1/6).若要把此摆钟调准,应使摆长调为原来长度的________.解析:设在地球上摆钟周期为T 0,指示时间为t 显,月球上周期为T ,实际时间为t 实,则摆钟在月球上振动次数N =t 显T 0=t 实T. 所以t 实=T T 0t 显=g g 月t 显= 6 h ,即该钟在月球上记录的时间为1 h ,则实际时间为 6 h .要将它调准,即T 0=T ,则必使T T 0=1,根据周期公式有L 0g =L 月g 月,得L 月=g 月g L 0=16L 0,即需把摆长调为原来长度的16答案:6 169.某同学在做利用单摆测重力加速度的实验中,先测得摆线长为97.50 cm ,摆球直径为2.0 cm ,然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间,如图11-3-12所示,则:图11-3-12(1)该摆摆长为________ cm ,秒表的示数为________ s.(2)如果测得的g 值偏小,可能的原因是________.A .测摆线长时摆线拉得过紧B .摆线上端悬点未固定,振动中出现松动,使摆线长度增加了C .开始计时时,秒表过迟按下D .实验中误将49次全振动次数计为50次(3)实验中测得试以l解析:(1)摆长l =l ′+12d =98.50 cm.秒表的读数为99.7 s. (2)由单摆周期公式T =2π l g 得g =4π2l (t n)2,所以l 偏大,g 偏大;t 偏大,g 偏小;n 偏大,g 偏大,故B 正确.(3)由单摆周期公式得T 2=4π2g l ,所以图线是过坐标原点的一条直线,直线斜率k =4π2g ,所以g =4π2k,作出图象如图所示.求得直线斜率k =4.00 s 2/m ,所以g =4π2k =4×3.1424.00m/s 2=9.86 m/s 2. 答案:(1)98.50 99.7 (2)B (3)图象见解析 9.86 m/s 2。
2024届河北省高三下学期第二次高考模拟演练高效提分物理试题(基础必刷)
2024届河北省高三下学期第二次高考模拟演练高效提分物理试题(基础必刷)一、单项选择题(本题包含8小题,每小题4分,共32分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)(共8题)第(1)题在人类对微观世界进行探索的过程中,科学实验起到了非常重要的作用。
下列说法符合历史事实的是( )A.卢瑟福通过对粒子大角散射实验的研究发现了质子B.爱因斯坦提出了光子说,成功地解释了光电效应现象C.贝克勒尔通过对天然放射现象的研究,发现了原子中存在原子核D.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子,提出了原子的核式结构第(2)题在夏天的高温天气下,一辆家用轿车的胎压监测系统(TPMS)显示一条轮胎的胎压为3.20atm(1atm是指1个标准大气压)、温度为47℃。
由于胎压过高会影响行车安全,故快速(时间很短)放出了适量气体,此时胎压监测系统显示的胎压为2.40atm、温度为27℃,设轮胎内部体积始终保持不变,气体视为理想气体,则下列说法正确的是( )A.由于温度降低轮胎内每个气体分子的速率都变小B.气体温度快速降低是因为气体对外界做功C.轮胎内的气体分子单位时间内撞击轮胎的次数可能不变D.此过程中放出的气体质量是原有气体质量的第(3)题CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,图中的CT扫描机可用于对多种病情的探测。
图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。
图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场,经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示),将电子束打到靶上的点记为P点。
则()A.M接加速电压的正极B.偏转磁场的方向垂直于纸面向外C.仅减小M、N之间的加速电压,可使P点左移D.仅增大偏转磁场磁感应强度的大小,可使P点右移第(4)题如图所示,A、B、C三个完全相同的水泥管道叠放在水平地面上,已知B、C刚好接触无挤压,地面与B、C间动摩擦因数非常大。
高考物理复习 知能演练提升 第十二章 第一讲 每课一测
[每课一测]1.一质点做简谐运动的振动图像如图1所示,质点的速度与加速度方向相同的时间段是( )A.0~0.3 s B.0.3~0.6 sC.0.6~0.9 s D.0.9~1.2 s 图 1解析:质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同,与位移方向相反,总是指向平衡位置;位移增加时速度与位移方向相同,位移减小时速度与位移方向相反。
答案:BD2.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则( )驱动力频率/Hz3受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固=60 Hz B.60 Hz<f固<70 HzC.50 Hz<f固<60 Hz D.以上三个都不对解析:从如图所示的共振曲线,可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小;f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大。
并从中看出f驱越接近f固,振幅的变化越慢。
比较各组数据知f驱在50 Hz~60 Hz范围内时,振幅变化最小,因此,50 Hz<f固<60 Hz,即C正确。
答案:C3.有一个在y方向上做简谐运动的物体,其振动图像如图2所示。
下列关于图3中(1)~(4)的判断正确的是(选项中v、F、a分别表示物体的速度、受到的回复力和加速度)( )图 2图 3A.图(1)可作为该物体的速度—时间图像B.图(2)可作为该物体的回复力—时间图像C.图(3)可作为该物体的回复力—时间图像D.图(4)可作为该物体的回复加速度—时间图像解析:因为F =-kx ,a =-kxm,故图(3)可作为F -t 、a -t 图像;而v 随x 增大而减小,故v -t 图像应为图(2)。
答案:C4.(2011·上海高考)两个相同的单摆静止于平衡位置,使摆球分别以水平初速v 1、v 2(v 1>v 2)在竖直平面内做小角度摆动,它们的频率与振幅分别为f 1、f 2和A 1、A 2,则( )A .f 1>f 2,A 1=A 2B .f 1<f 2,A 1=A 2C .f 1=f 2,A 1>A 2D .f 1=f 2,A 1<A 2解析:由单摆周期公式T =2πLg知,单摆振动的周期或频率只与摆长和当地重力加速度有关,因此两单摆的频率相等,即f 1=f 2;由机械能守恒定律有12mv 2=mgh ,解得h =v22g ,即摆球经过平衡位置的速度越大,达到的高度越高,其振幅也就越大,则本题只有选项C 正确。
高考物理复习 知能演练提升 第一章 专题小测验
[专题小测验]1.在军事演习中,某空降兵从飞机上跳下,先做自由落体运动,在t 1时刻,速度达较大值v 1时打开降落伞,做减速运动,在t 2时刻以较小速度v 2着地。
他的速度图像如图1-4所示。
下列关于该空降兵在0~t 1或t 1~t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( )图1-4 A .0~t 1,v =v 12B .t 1~t 2,v =v 1+v 22C .t 1~t 2,v >v 1+v 22D .t 1~t 2,v <v 1+v 22 解析:平均速度的定义式为v =x t ,适用于任何运动,在速度图像中x 对应的是v -t 图线和时间轴所围的面积,所以0~t 1时间内的平均速度v =v 12,t 1~t 2时间内的平均速度v <v 1+v 22。
A 、D 项正确。
答案:AD2.(2012·福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车,做匀减速直线运动。
开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m 。
则刹车后6 s 内的位移是( )A .20 mB .24 mC .25 mD .75 m解析:由Δx =aT 2得a =Δx T 2=7-91 m/s 2=-2 m/s 2,由v =v t 2知v 0.5=9 m 1 s=9 m/s 。
由运动学公式v =v 0+at 得v 0=v -at =9 m/s -(-2)×0.5 m/s=10 m/s ,故该汽车经5 s 时间停止,6 s 内发生的位移x =v 02t =5×5 m=25 m ,选项C 正确。
答案:C3.一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3 m 、倒数第2 m 、最后1 m 内的运动,下列说法中正确的是( )A .经历的时间之比是1∶2∶3B .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解析:末速度为零的匀减速直线运动可看成是初速度为零的匀加速直线运动,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=1∶(2-1)∶(3-2),则倒数第3 m 、倒数第2 m 、最后1 m 内的时间之比为(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。
高考物理复习 知能演练提升 第十二章 专题小测验2
[专题小测验]
某同学用半圆柱玻璃砖测定玻璃的折射率,他的操作步骤如下:
A .用刻度尺量出半圆形玻璃砖的直径d ,算出半径r =d 2
,然后确定圆心的位置,记在玻璃砖上;
B .在白纸上画一条直线作为入射光线,并在入射光线上插两枚大头针P 1和P 2;
C .让入射光线与玻璃砖直径垂直,入射点与圆心O 重合,如图12-
13所示;
D .以圆心O 为轴,缓慢逆时针转动玻璃砖,同时调整视线方向,恰
好看不到P 2和P 1的像时,停止转动玻璃砖,然后沿半圆形玻璃砖直径画一
条直线AB ,如图12-13所示。
图 12-13 (1)该同学利用白纸上描下的P 1O 和AB 两条直线,可算出该玻璃的折射率n ,他的根据是________________________________________________________________________。
(2)如何在图上用刻度尺和圆规作图,求出该玻璃的折射率n =____________(用已知量和测得量表示)。
解析:(1)从玻璃砖平面一侧观察到的是大头针经玻璃砖所成的虚像,此像是折射所成
的像,当玻璃砖逆时针转动到恰好看不到P 2和P 1的像时,说明光线在AB
界面上发生了全反射,已无折射光进入人眼。
所以,他是根据全反射的有
关规律计算出了玻璃的折射率。
(2)如图所示过O 点作AB 的垂线OC ,交圆周于C 点,OC 即是过O 点
的法线,则∠DOC 是临界角.用刻度尺测CD (过C 点作入射光
线的垂线)的长,则n =1sin C =1CD /r =r CD =d 2CD。
答案:(1)光的全反射 (2)d 2CD。
2021届高考一轮物理复习第十二章 实验十三 课下知能提升
2021届高考一轮物理复习第十二章实验十三课下知能提升2021届高考一轮物理复习第十二章实验十三课下知能提升1.在“单摆测量重力加速度”实验中,有人提出以下建议,其中有利于提高测量结果准确性的建议是()a.适当加长摆线b、相同质量和不同体积的摆球应更大。
C.单摆与平衡位置的角度不得太大d.当单摆经过平衡位置时开始计时,经过一次全振动后停止计时,用此时间间隔作为单摆振动的周期分析:摆线适当加长时,单摆的周期会增加,因此周期测量的相对误差可以减小,正确;如果质量相同,体积较大,阻力会影响单摆的运动,B错误;单摆与平衡位置的角度不得太大,且C正确;在D中,周期测量的误差会增加,D是错误的。
答案:ac2.当一名学生做“用单摆测量重力加速度”的实验时,重力加速度的测量值明显大于局部重力加速度的实际值。
可能的原因是()a.测量摆长时,把悬挂状态的摆线长当成摆长b、在测量周期内,当摆动球通过平衡位置时,启动秒表,然后当摆动球第30次通过平衡位置时启动秒表制动秒表,读出经历的时间为t,并由计算式t=求得周期三十c.开始摆动时振幅过小d.所用摆球的质量过大解析:由t=2πl4π2g得g=t2l,g值偏大说明l偏大或t偏小。
把悬挂状态的摆线长随着钟摆的长度,它会使l变小,G变小,a变错;当摆锤第30次通过平衡位置时,它实际上完成了15次完全振动,周期T=t,错误地认为全振动的30倍,t变小,导致G值明显变大,B是对的;单摆周期15与振幅和摆球质量无关,c、d错误。
回答:B3.某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验,但没有合适的摆球,他找到了一块大小为3cm左右,外形不规则的大理石块代替小球。
如图实-13-3所示他设计的实验步骤是()a、用细尼龙线将石头固定,节点为m,并将尼龙线上端固定在O.B点。
用刻度尺测量om之间尼龙线的长度作为摆动长度c.将石块拉开一个大约θ=30°的角度,然后由静止释放图13-13-3d.从摆球摆到最高点时开始计时,测出30次全振动的总时间t,由t=t/30得出周期e、在OM和OM之间改变尼龙线的长度,再做几次实验,并写下相应的L和t2πf、计算多次实验测量的平均值作为计算中使用的数据,并将其代入公式g=(T)2L 以计算重力加速度g(1)你认为该同学以上实验步骤中有重大错误的是__________________________。
高考物理复习 知能演练提升 第十二章 专题小测验2
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图 12-13 (1)该同学利用白纸上描下的P 1O 和AB 两条直线,可算出该玻璃的折射率n ,他的根据是________________________________________________________________________。
(2)如何在图上用刻度尺和圆规作图,求出该玻璃的折射率n =____________(用已知量和测得量表示)。
解析:(1)从玻璃砖平面一侧观察到的是大头针经玻璃砖所成的虚像,此像是折射所成的像,当玻璃砖逆时针转动到恰好看不到P 2和P 1的像时,说明光线在AB 界面上发生了全反射,已无折射光进入人眼。
所以,他是根据全反射的有关规律计算出了玻璃的折射率。
(2)如图所示过O 点作AB 的垂线OC ,交圆周于C 点,OC 即是过O 点的法线,则∠DOC 是临界角.用刻度尺测CD (过C 点作入射光线的垂线)的长,则n =1sin C =1CD /r =r CD =d 2CD。
答案:(1)光的全反射 (2)d2CD。
高考物理复习 知能演练提升 第十二章 第二讲 每课一测
[每课一测]1.声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物,这是因为( )A.声波是纵波,光波是横波B.声波振幅大,光波振幅小C.声波波长较长,光波波长很短D.声波波速较小,光波波速很大解析:建筑物尺度比较大,声波的波长与它相比,相差不大,能发生明显的衍射现象,而光波波长要小的多,不能发生明显的衍射,故C项正确。
答案:C2.一列沿着x轴正方向传播的横波,在t=2 s时刻的波形如图1甲所示,则图乙表示图甲中E、F、G、H四个质点中哪一个质点的振动图像( )图 1A.E点B.F点C.G点D.H点解析:由图乙可知,t=2 s质点经平衡位置往下振动,波沿着x轴正方向传播,图甲中符合要求的是H 点,选项D正确。
答案:D3.图2甲表示一列简谐横波在t=20 s时的波形图,图乙是该列波中的质点P的振动图像,由甲、乙两图中所提供的信息可知这列波的传播速度以及传播方向分别是( )图 2A.v=25 cm/s,向左传播B.v=50 cm/s,向左传播C.v=25 cm/s,向右传播D.v=50 cm/s,向右传播解析:由图可知,λ=100 cm,T=2 s,则v=λT=50 cm/s ;由乙图知,t=0 时刻质点经平衡位置往上振动,t=20 s=10T,故图甲中的P点经平衡位置往上振动,故波向左传播,选项B正确。
答案:B4.一列横波沿x轴传播,传播方向未知。
t时刻与t+0.4 s时刻波形相同,两时刻在x轴上-3 m~3 m的区间内的波形如图3所示。
由图像可以判定①该波最大速度为10 m/s ②在t+0.2 s时,x=3 m的质点位移为零③质点振动周期的最大值为0.4 s ④若波沿x轴正方向传图 3播,各质点刚开始振动时的方向向上,上述说法中正确的是( )A.①②B.②③C.③④D.①④解析:t时刻与t+0.4 s时该波形相同,所以nT=0.4 s(n=1、2…),质点振动周期的最大值为0.4 s,故③正确;波速v=λT=4n0.4(n=1、2…),则该波的最小速度为10 m/s,故①错误;在t+0.2 s时,ΔtT=0.20.4n=n2(n=1、2…),则x=3 m的质点处于平衡位置,位移为0,故②正确;由波形图无法判断各质点的刚开始振动方向,故④错误。
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1.一列沿x 轴传播的波,在t 1和t 2两时刻的波形如图12-3所
示中的实线和虚线所示,设波速v =2 m/s ,则图中质点P 在这段时
间内通过的路程可能是( )
A .10 cm
B .20 cm
图 12-3
C .30 cm
D .40 cm 解析:题中并没有告诉波的传播方向,所以P 质点在t 1时刻可能向上振动,也可能向下
振动。
在时间Δt =t 2-t 1内,P
点可能完成(14+n )个全振动,也可能完成(34
+n )个全振动,所以通过的路程可能为s 1=40×(n +14) cm ,s 2=40×(n +34
) cm ,(n =0,1,2…),当n =0时,s 1=10 cm ,s 2=30 cm 。
A 、C 项正确。
答案:AC
2.一列横波在某时刻的波形图如图12-4中实线所示,经0.5 s 后波形如图中虚线所示,则该波的波速v 和频率f 可能是( )
图 12-4
A .v =10 m/s
B .v =25 m/s
C .f =3.5 Hz
D .f =7 Hz
解析:此题波的传播方向不确定,需分向+x 轴和向-x 轴传播两种情况讨论。
另外由于波形的周期性导致了传播波形的不确定性,可以从时间或空间的周期性分别求解。
方法1:空间周期性
若波向+x 轴传播,有(以下n =0,1,2,…)
传播的距离s =14
λ+nλ 传播的速度v 1=s t =14λ+nλ0.5
=2(4n +1) m/s 传播的频率f 1=v 1λ=24n +14=4n +12
; 若波向-x 轴传播,有(以下n =0,1,2,…)
传播的距离s =34
λ+nλ 传播的速率v 2=s t =34λ+nλ0.5
=2(4n +3) m/s
传播的频率f 2=v 2λ=24n +34=4n +32。
方法2:时间周期性
若波向+x 轴传播,有(以下n =0,1,2,…)
传播的时间t =14
T +nT 传播的周期T =24n +1
, 传播的频率f 1=1T =4n +12 传播的速度v 1=λ
T =42
4n +1
=2(4n +1) m/s ; 若波向-x 轴传播,有(以下n =0,1,2,…)
传播的时间t =34
T +nT 传播的周期T =24n +3
, 传播的频率f 2=1T =4n +32 传播的速度v 2=λ
T =42
4n +3
=2(4n +3) m/s 。
代入n 值可知A 、C 项正确。
答案:AC
3.如图12-5所示,绳中有一列正弦横波,沿x 轴传播,a 、b 是绳上两点,在x 轴上相距s =30 m ,它们在x 轴上的距离小于一个波长,当a 点振动到最高点时,b 点恰好经过平衡位置向上运动。
则机械波的波长为多少?
图 12-
5
解析:本题没有注明波的传播方向,所以需要分别对波向+x 轴、-x 轴方向传播讨论。
由于a 、b 间距离小于一个波长,因此a 、b 间不足一个完整的波形,其图像如图所示。
①为波向+x 轴传播时的波形,s =14
λ,可得λ=120 m ; ②为波向-x 轴传播时的波形,s =34
λ,可得λ=40 m 。
答案:40 m或120 m。