(浙江专用)备战2020高考物理一轮复习 第一部分 实验题部分 快练1 力学实验
2020版物理浙江高考选考一轮复习讲义：必修1 第一章 第1讲 运动的描述 含解析
[选考导航]线运知识排查参考系、质点1.参考系(1)定义：在描述物体运动时，用来作参考的物体。
(2)选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系。
2.质点(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)把物体看做质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略不计。
3.坐标系：为了定量描述物体的位置及位置变化，需要建立适当的坐标系。
位移、速度1.位移和路程(1)位移：描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量。
(2)路程：是物体运动轨迹的长度，是标量。
2.速度和速率(1)平均速度：物体的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v ＝ΔxΔt ，是矢量，其方向与位移的方向相同。
(2)瞬时速度：运动物体在某一时刻或某一位置的速度，是矢量，方向沿轨迹的切线方向。
(3)速率：瞬时速度的大小，是标量。
3.时间和时刻(1)时间：在时间轴上对应一线段，与时间对应的物理量是过程量。
(2)时刻：在时间轴上对应于一点，与时刻对应的物理量是状态量。
加速度1.定义：物体速度的变化量与发生这一变化所用时间的比值。
2.定义式：a ＝ΔvΔt。
单位：m/s 2。
3.方向：与Δv 的方向一致，由合力的方向决定，而与v 0、v 的方向无关。
4.物理意义：描述物体速度变化快慢的物理量。
小题速练1.思考判断(1)体积极小的物体一定能看成质点( )(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系( ) (3)在单向直线运动中，质点经过的路程就是位移( ) (4)物体速度变化大，加速度就大( ) (5)物体加速度在减小，速度可能变大( ) (6)物体的加速度为正，则物体一定加速( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)×2.[人教版必修1·P 11·T 1和P 14·T 1改编](多选)下列说法正确的是( ) A.“一江春水向东流”是江水相对于河岸为参考系B.“太阳东升西落”是以地球为参考系C.“火车8点42分到站”，“8点42分”指的是时刻D.“第3 s末”和“第3 s内”都是指的时间间隔1 s答案ABC3.[人教版必修1·P14·T2和P29·T2改编](多选)下列说法可能正确的是()A.出租车的收费标准为1.60元/公里，其中的“公里”说的是位移B.物体运动的加速度等于0，而速度却不等于0C.两物体相比，一个物体的速度变化量比较大，而加速度却比较小D.物体具有向东的加速度，而速度的方向却向西答案BCD质点、参考系、位移的理解1.对质点的理解(1)质点是实际物体的科学抽象，是研究物体运动时，抓住主要因素，忽略次要因素，对实际物体进行的近似，是一种理想化模型，真正的质点是不存在的。
浙江省2020年新课标高考物理一轮复习测评详答 新人教版
45分钟单元能力训练卷（一）1．BC [解析] 根据v －t 图象可知，物体在第1 s 末开始减速但运动方向不变，选项A 错误；由于第2 s 内和第3 s 内v －t 图象的斜率相同，所以加速度相同，选项B 正确；由图象与坐标轴所围面积表示位移可知，4 s 末物体刚好返回出发点，选项C 正确；物体在第2 s 末或第6 s 末距离出发点最远，选项D 错误．2．C [解析] 根据题意画出两物体运动的v －t 图线①②，易知只有选项C 正确．3．B [解析] 根据图线的斜率可知，加速度不断减小，假设从t 1到t 2的过程中做匀减速运动，则平均速度为v 1＋v 22， 而该物体在这段时间内的速度始终小于做匀减速运动时的速度，因而平均速度也将小于v 1＋v 22，只有选项B 正确．4．B [解析] 由题意可知：v 乙>v 甲>v 丙，三辆车的位移相等，根据公式t ＝x v可知乙车运动时间最短，即乙车最先通过第二块路标．本题也可作出三辆车的v －t 关系图象，如图所示，可以看出乙车最先通过第二块路标．选项B 正确．5．D [解析] 若小球在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，则其位移满足x ＝12at 2，所以x t 2＝12a ，选项D 正确． 6．C [解析] 物体在0～1 s 内做匀加速直线运动，在1～2 s 内做匀减速直线运动，到2 s 时速度刚好减为0，一个周期结束，以此循环运动，选项C 正确．7．B [解析] 由速度图线的物理意义可知，速度图线与坐标轴包围的“面积”代数和表示位移，根据对称性，1～7 s内“面积”代数和为零，即0～1 s内的位移和0～7 s内的位移相等，选项B正确．8．AD [解析] 整个过程中赛车手的平均速度为v＝xt＝95/60km/h＝108 km/h，选项A正确、B错误；而平均速率v＝st＝155/60km/h＝180 km/h，选项C错误；车内速度计指示的速度为汽车通过某位置的瞬时速度，选项D正确．9．②④[解析] 在打下计数点“0”至“5”的过程中，两纸带所用时间相同，但甲纸带的位移小于乙纸带的位移，故v甲<v乙，①错误，②正确；相邻计数点间所用时间相等，但乙的速度变化得更快，故a甲<a乙，③错误，④正确．10．0.86 a＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T20.64[解析] A为x3～x4过程中的时间中点，根据做匀变速直线运动的物体中间时刻的速度为该过程的平均速度可得vA ＝x3＋x42T≈0.86 m/s；由于x4－x1＝3a1T2，x5－x2＝3a2T2，x6－x3＝3a3T2，所以a＝a1＋a2＋a33＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x39T2，代入数据得a＝0.64 m/s2.11．2304 m[解析] 关闭道口时间为16 s，为安全保障再加20 s，即关闭道口的实际时间为t 0＝t2＋t1＝20 s＋16 s＝36 s汽车必须在关闭道口前已通过道口，汽车从停车线到通过道口实际行程为x总＝x＋x＋l＝26 m＋5 m＋15 m＝46 m需用时t 3＝x总v2＝46×36005000s＝33.12 s由此亮起红灯的时间为T＝t0＋t3＝36 s＋33.12 s＝69.12 s故A点离道口的距离应为L＝v1T＝1200003600×69.12 m＝2304 m.12．(1)4.5 m/s2(2)能[解析] (1)公交车刹车的加速度a 2＝0－v222x＝0－1522×25＝－4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2. (2)汽车从小明身旁到开始刹车用时t 1＝x－xv2＝50－2515s＝53s汽车刹车过程中用时t 2＝0－v2a2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t 3＝vm－v1a1＝6－12.5s＝2 s小明加速过程中的位移x 2＝12(v1＋vm)t3＝7 m以最大速度跑到车站的时间t 4＝x－x2v3s＝436s＝7.2 s由t1＋t2<t3＋t4<t1＋t2＋10 s，故小明可以在汽车还停在车站时上车．45分钟单元能力训练卷（二）1．A [解析] 取滑块为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得FNsinθ＝mg，即FN ＝mgsinθ，选项C、D错误；由Ftanθ＝mg，得F＝mgtanθ，选项A正确、B错误．2．D [解析] 未加压力F之前，物体处于静止状态，由平衡条件可得：f＝Gsinθ，当加上压力F后，物体仍处于静止状态，因此f仍为Gsinθ，故D正确．3．C [解析] 小球A受到竖直向下的重力、水平向左的弹簧弹力和细线的拉力，由平衡条件可得 kx＝mgtan θ2，即x＝mgtanθ2k，选项C正确．4．B [解析] 以小车M和物体m整体为研究对象，它们必受到重力和地面支持力．因小车和物体整体处于静止状态，由平衡条件知，墙面对小车必无作用力．以小车为研究对象，如图所示，它受四个力：重力Mg、地面的支持力FN1、m对它的压力FN2和静摩擦力f.由于m静止，可知f和FN2的合力必竖直向下，故选项B正确．5．AD [解析] 物体受力分析如图所示，由于物体静止，由平衡条件知，沿天花板方向：f＝mgsinθ，所以选项A正确、BC错误；垂直天花板方向：qE＝mgcosθ＋FN ，当E增大时，FN增大，物体仍静止不动，选项D正确．6．B [解析] 设2、3两木块之间弹簧伸长量为x1，分析木块3的受力，由平衡条件可知，mgsinα＋μmgcosα＝kx1，故2、3两木块之间的距离为L＋x1＝L＋sinα＋μcosαmgk ，选项A错误，B正确；设木块1、2之间弹簧的伸长量为x2，以2、3两木块为一整体，可得：kx2＝2mgsinα＋2μmgcosα，故1、2两木块之间的距离为L＋x2＝L＋2sinα＋μcosαmgk，选项C错误；如果传送带突然加速，并不影响木块所受的摩擦力的大小和方向，因此相邻两木块之间的距离将不变，选项D错误．7．D [解析] 依题意，若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F＋f＝mgsinθ，当力F减小过程中，f增大，直到力F减小到零时f恒定，则D可选；若开始时静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F＝f＋mgsinθ，当力F减小过程中，f 先减小到零，然后反向增大到mgsinθ恒定，无对应选项．8．B [解析] 对第一块石块进行受力分析如图所示，由几何关系可知θ＝60°，所以有FN12∶FN13＝sin60°＝32，选项B正确．9．70.0 2.10[解析] 对钩码进行受力分析，根据平衡条件得mg＝kx,则k＝mgx＝50×10－3×9.87.0×10－3N/m＝70.0 N/m挂三个钩码时，可列方程(m＋m＋m)g＝kx′则x′＝3mgk＝3×50×10－3×9.870.0m＝0.0210 m＝2.10 cm10．(1)BCD (2)更换不同的小重物[解析] 本实验中，结点 O 受三个拉力处于静止状态，三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向．以两橡皮筋的伸长量(代表两个拉力的大小)为长度，沿 OA、OB 方向为邻边，作平行四边形，只要该平行四边形的对角线与悬挂重物的橡皮筋在一条直线上，与表示其拉力的线段相等，即验证了平行四边形定则，故实验要测量橡皮筋的原长、悬挂重物后橡皮筋的长度，才能算出橡皮筋受力后的伸长量．为了确定拉力的方向，每次必须记录结点 O 的位置．由于钉子位置固定，可改变的条件只能是所悬挂的重物的质量，即可采用的方法是更换不同的小重物．甲乙11．(1)1033N (2)533N 水平向左[解析] (1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示．在水平方向：Tsin30°＝FNsin30°在竖直方向：FNcos30°＋Tcos30°＝ mg解得T＝12mgcos30°＝12×1×1032N＝10 33N(2)以小球和斜面整体为研究对象，受力分析如图乙所示，因为系统静止，所以f＝Tsin30°＝1033×12N＝533N，方向水平向左．12．(1)30 N、方向沿斜面向上(2)12 cm[解析] (1)物体静止在斜面上受力分析如图甲所示，则物体受到的静摩擦力f ＝mgsin37°代入数据得f＝5×10×sin37° N＝30 N，摩擦力方向为沿斜面向上．甲(2)当物体沿斜面向上被匀速拉动时，如图所示，设弹簧拉力为F，伸长量为x，据胡克定律及平衡条件有F＝kxF＝mgsin37°＋F滑F滑＝μmgcos37°弹簧最终长度l＝l＋x，联立解得l＝12 cm乙13．160 N 如图所示[解析] A、B的受力分析如图所示．对A应用平衡条件Tsin37°＝f1＝μFN1Tcos37°＋FN1＝mAg联立解得：F N1＝3mAg4μ＋3＝60 Nf 1＝μFN1＝30 N对B应用平衡条件F＝f′1＋f2＝f′1＋μFN2＝f1＋μ(FN1＋mBg)＝2f1＋μmBg＝160 N.45分钟单元能力训练卷（三）1．BD [解析] 牛顿第一定律表明，物体在不受外力作用时，具有保持原有运动状态不变的性质，即惯性，故牛顿第一定律又叫惯性定律，选项A 错误．牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论，在微观、高速的情况下不成立，选项B 正确．牛顿第一定律说明了两点含义，一是所有物体都有惯性，二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动，牛顿第二定律并不能完全包含这两点意义，选项C 错误．伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础，选项D 正确．2．BD [解析] 作用力和反作用力作用在两个不同的物体上，选项A 错误；太阳系中的所有行星都要受到太阳的引力，且引力方向沿着两个星球的连线指向太阳，选项B 正确，选项C 错误；伽利略理想实验说明力不是维持物体运动的原因，选项D 正确．3．C [解析] 根据题意，瓦在竖直面内受力分析如图甲所示．结合弧形瓦的特点对其截面进行受力分析如图乙所示，F N1＝F N2，且F N1与F N2的合力为F N ，而F N ＝mgcosα.若两杆间的距离不变，F N1与F N2均与瓦的质量成正比，则摩擦力f ＝2μF N1与质量成正比．为了防止瓦被损坏，应使瓦块下滑的加速度减小，而a ＝mgsinα－2μF N1m ，与质量无关，故选项A 、B 错误．增大两杆间的距离，F N 不变，F N1与F N2将增大，则摩擦力增大，加速度减小，符合题意，选项C 正确．减小两杆间的距离会使加速度增大，选项D 错误．甲 乙4．B [解析] 由牛顿第二定律有F －μmg＝ma ，解得a ＝1m ·F－μg，由此可知：a －F 图象的斜率表示物体质量的倒数，所以m A <m B ，再由纵轴截距截距可得μA >μB ，所以选项B 正确．5．D [解析] 以整体为研究对象，求得拉力F ＝(m 1＋m 2)a.突然撤去F ，以A 为研究对象，由于弹簧在短时间内弹力不会发生突变，所以A 物体受力不变，其加速度a 1＝a.以B 为研究对象，在没有撤去F 时有：F －F′＝m 2a ，而F ＝(m 1＋m 2)a ，所以F′＝m1a；撤去F则有：－F′＝m2a2，所以a2＝－m1m2a.选项D正确．6．D [解析] 设钢索对载人箱和人整体拉力大小为T，对载人箱和人整体应用牛顿第二定律有(M＋m)g－T＝(M＋m)a，对平衡重物由牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝mg2M＋m，再由运动学规律v＝at，得t＝2M＋m vmg，选项D正确．7．B [解析] 对整体：F－μ·2mg＝3ma，对物体B：F′＝ma，联立得F′＝F－2μmg3，选项B正确．8．BD [解析] 由图可知：从t1时刻到t2时刻，弹力小于钩码重力，钩码处于失重状态，A项正确；从t3时刻到t4时刻，弹力大于钩码重力，钩码处于超重状态，B项错误；根据题目的情景，电梯可能是先加速向下运动，加速度向下，失重，再匀速向下运动，加速度为零，最后减速向下运动，加速度向上，超重，所以选项C 正确，选项D错误．9．②④[解析] 由牛顿第二定律得：F＝ma，a＝1m·F，直线的斜率等于质量的倒数，三条直线的斜率不同，说明三条直线所对应的小车和砝码的总质量不同，由图可知，直线1的斜率最大，所对应的总质量最小；直线3的斜率最小，所对应的总质量最大．10．(1)合外力质量质量所受合外力(2)①改变小车所受的合外力②记录更准确(或：更容易记录，记录误差会更小，时间更容易记录，方便记录，方便计时，位置很难记录等类似答案均正确)(3)①表一线段OA ………OE OF数据(cm) …………7.00 9.40 或表二线段OA ………DE EF数据(cm) ………… 2.25 2.40②0.23311．(1)g (2)3g[解析] (1)绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示．因为AB＝BC＝b，AC＝2b，故绳BC与AB垂直，θ＝45°.由牛顿第二定律有mgtanθ＝ma解得a＝g.甲乙(2)小车向左加速度增大，AB、BC绳方向不变，所以AC绳拉力不变，BC绳拉力变大，BC绳拉力最大时，小车向左加速度最大，小球受力如图乙所示．由牛顿第二定律有T m ＋mgtanθ＝mam因Tm ＝2mg，所以最大加速度为am＝3g.12．(1)0.25 (2)8 N或24 N [解析] 对小球，由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma又x＝12at2联立解得μ＝0.25(2)若F垂直杆向下，则mgsinθ－μ(F＋mgcosθ)＝ma′解得F＝8 N若F垂直杆向上，则mgsinθ－μ(F－mgcosθ)＝ma′解得F＝24 N13．(1)L v ＋v 2μg (2)12mv 2(3)如图所示[解析] (1)由μ>v 22gL 可得12mv 2<μmgL说明物体到达B 之前就与传送带共速，设其加速度为a ，则由牛顿第二定律有 μmg＝ma加速阶段的时间为 t 1＝va加速阶段的位移 x 1＝v 22a匀速阶段的时间 t 2＝L －x 1v总时间t ＝t 1＋t 2 联立解得t ＝L v ＋v2μg(2)物体在加速阶段与传送带的相对位移 Δx＝vt 1－12vt 1产生的热量Q ＝μmgΔx 联立解得Q ＝12mv 2(3)如图所示45分钟滚动复习训练卷（一）1．C [解析] 以上方三人为研究对象，设中层两人每只脚受到的支持力为F，则有4F＝3mg，解得F＝3 4mg.设底层中间的人每只脚受到的支持力F′，则有2F′＝mg＋2F，解得F′＝54mg，选项C正确．2．B [解析] 加速度大小与速度大小之间无必然联系，速度是增加还是减小取决于加速度和初速度的方向关系．若初始时刻a、v同向，则加速运动；若初始时刻a、v反向，则减速运动．最终加速度为零，物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，故选项A、C、D均有可能，B项不可能．3．C [解析] 先对整体分析，可知F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，再以铁块1为研究对象，可得：kx－μm1g＝m1a，联立可知C项正确．4．A [解析] 剪断细线前，物体处于平衡状态，由图可知F1cos60°＝mg，解得：F1＝2mg；剪断细线后，小球摆到最低点的过程中，mgL(1－cos60°)＝12mv2，在最低点：F2－mg＝mv2L，联立解得F2＝2mg，故选项A正确．5．C [解析] 甲乙两地距离x＝vt，列车匀速运动的距离x1＝v(t－t)，列车从开始刹车至加速到v过程运动的距离x2＝v2t，则有x＝x1＋x2，解得v＝vtt－12t.6．BD [解析] 以B为研究对象，两杆对B的作用力T1、T2的合力与B的重力沿斜面向下的分力等大反向，即T1＋T2＝mBgsinθ，因此T1、T2不可能均为零，选项C错误，选项D正确；以AB为研究对象，当满足(mA＋mB)gsinθ<μAmAgcosθ，且mCgsinθ<μCmCgcosθ时，T2＝0，选项A错误；同样当满足(mC＋mB)gsinθ<μCmCgcosθ且mAgsinθ<μAmAgcosθ时，T1＝0，选项B正确．7．AC [解析] 由于滑块与斜面之间存在摩擦力，滑块上滑的加速度大于下滑的加速度，选项B 错误、A 正确；以斜面为研究对象，滑块上滑过程中受力如图甲所示，下滑过程中受力如图乙所示，两过程中均有：f AB ＝μmgcosθ，N AB ＝mgcosθ，则：F 1＝Mg ＋mgcos 2θ－μmgcosθ·sinθ，F 2＝Mg ＋mgcos 2θ＋μmgcosθ·sinθ，选项C 正确；f 1＝mgcosθ·sinθ＋μmgcos 2θ，f 2＝mgcosθ·sinθ－μmgcos 2θ，选项D 错误．甲 乙8．(1)CBDAEF (2)0.5 N/cm 或50 N/m[解析] 取图象上相距较远的两点(0,0)(6.00 cm ，3.00 N)坐标数值，根据胡克定律可得弹簧劲度系数为k ＝50 N/m.9．(1)B (2)2h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2[解析] 由题设条件，本实验的实验原理是H ＝v 0t ＋12gt 2，其中v 为小球达到光电门1时的速度，由实验测得的数据h 1、t 1及h 2、t 2可得h 1＝v 0t 1＋12gt 21，h 2＝v 0t 2＋12gt 22，解得g ＝2h 1t 2－h 2t 1t 1t 2t 1－t 2.为保持v 0不变，不能改变光电门1和吸球器的相对位置．10．(1)100 N (2)200 N[解析] (1)对A 物体进行受力分析，受四个力作用．分解绳的拉力，根据A 物体平衡可得F N1＝m A g ＋Tsinθ f 1＝Tcosθ f 1＝μ1F N1解得T＝μ1mAgcosθ－μ1sinθ＝100 N.(2)对B进行受力分析，受六个力的作用，地面对B的支持力FN2＝mBg＋FN1地面对B的摩擦力f2＝μFN2故拉力F＝f1＋f2＝200 N.11．(1)0.5 (2)1.29 s[解析] (1)由题意可知，滑块在水平面上匀速运动，则v 0＝x1T＝4 m/s在斜面上滑块做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，则x 3－x4＝a1T2由牛顿第二定律，有：mgsinα＋μmgcosα＝ma1解得：μ＝0.5(2)设滑块向上滑行所用的时间为t1，上滑的最大距离为x，返回斜面底端的时间为t2，加速度为a2，则v 0＝a1t1x＝12vt1mgsinα－μmgcosα＝ma2x＝12a2t22解得：t＝t1＋t2＝(0.4＋255) s(或1.29 s)12．Δt<0.3 s[解析] 设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶的速度为v2，则v1＝108 km/h＝30m/s，v2＝72 km/h＝20 m/s，在反应时间Δt内两车行驶的距离分别为x1、x2，则x 1＝v1Δtx 2＝v 2Δt轿车、卡车刹车所通过的距离分别为x 3、x 4，则 x 3＝v 212a ＝3022×10 m ＝45 mx 4＝v 222a ＝2022×10m ＝20 m为保证两车不相撞，必须x 1＋x 2＋x 3＋x 4<80 m 联立解得Δt<0.3 s45分钟单元能力训练卷（四）1．A [解析] 小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两个分速度为v 1、v 2，如图所示．其中v 2就是拉动绳子的速度，它等于物体A 上升的速度，v A ＝v 2＝vcosθ.小车匀速向右运动的过程中，θ逐渐变小，v A 逐渐变大，故A 做加速运动，由A 的受力及牛顿第二定律知，绳的拉力大于A 的重力，选项A 正确．2．A [解析] 由平抛规律x ＝v 0t ，y ＝12gt 2可得，x ＝y 时t ＝2v 0g ，则v y ＝gt ＝2v 0，v ＝v 20＋v 2y＝5v 0，s ＝x 2＋y 2＝2 2v 20g，选项A 正确．3．BD [解析] 恰能通过最高点P ，则在最高点P 重力恰好提供向心力，故 mg ＝mv 2R ，选项C 错误；离开P 点后做平抛运动，x ＝vt,2R ＝12gt 2，解得x ＝2R ，故选项A 错误、B 正确；若将半圆弧轨道上部的14圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后竖直上抛，达到的最大高度时速度为零，显然能达到的最大高度比P点高，选项D正确．4．D [解析] 角速度的大小关系为ωa ＝ωc＜ωb，选项A错误；向心加速度的大小关系为ab ＞ac＞aa，选项B错误；线速度的大小关系为vb＞vc＞va，选项C错误；周期的大小关系为Ta ＝Tc＞Tb，选项D正确．5．A [解析] 由于同步卫星与地球的自转周期相同，“缆线”上各点的角速度也相同，选项A正确；线速度v＝ωr，则各点的线速度不同，选项B错误；若“缆线”上个质点均处于失重状态，则万有引力提供向心力，有：G Mmr2＝mv2r，得v＝GMr，r越大，线速度越小，而“缆线”上离地面越高的质点线速度越大，因此只有同步卫星上的质点处于完全失重状态，选项C错误；由G Mmr2＝mg，可得离地面越高，重力加速度越小，选项D错误．6．AD [解析] 设移民质量为Δm，未移民时的万有引力F引＝GMmr2与移民后的万有引力F引′＝GM－Δm m＋Δmr2比较可知，由于M>m，所以F引′>F引；由于地球的质量变小，由F引′＝GM－Δm m＋Δmr2＝(m＋Δm)r⎝⎛⎭⎪⎫2πT2＝(m＋Δm)a可知，月球绕地球运动的周期将变大，月球绕地球运动的向心加速度将变小；由月球对其表面物体的万有引力等于其重力可知，由于月球质量变大，因而月球表面的重力加速度将变大．综上所述，可知本题错误选项为A、D.7．AC [解析] 空间站运动的加速度和所在位置的重力加速度均由其所受万有引力提供，选项A正确；由G MmR2＝mv2R得v＝GMR，运动速度与轨道半径的平方根成反比，并非与离地高度的平方根成反比，选项B错误；由G MmR2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2R得T＝2πRRGM，所以空间站运行周期小于地球自转的周期，选项C正确；空间站中宇航员所受万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态，选项D错误．8．bgsinθ2a[解析] 物体在光滑斜面上只受重力和斜面对物体的支持力，因此物体所受的合力大小为F ＝mgsinθ，方向沿斜面向下；根据牛顿第二定律，则物体沿斜面向下的加速度应为a 加＝Fm ＝gsinθ，又由于物体的初速度与a 加垂直，所以物体的运动可分解为两个方向的运动，即水平方向是速度为v 0的匀速直线运动，沿斜面向下的是初速度为零的匀加速直线运动．因此在水平方向上有b ＝v 0t ，沿斜面向下的方向上有a ＝12a 加t 2；故v 0＝b t＝b gsinθ2a. 9．1∶8 14[解析] 万有引力提供向心力，则G Mm 1r 2a ＝m 1r a 4π2T 2a ，G Mm 2r 2b ＝m 2r b 4π2T 2b，所以T a ∶T b＝1∶8.设每隔时间t ，a 、b 共线一次，则(ωa －ωb )t ＝π，所以t ＝πωa －ωb ，故b运动一周的过程中，a 、b 、c 共线的次数为：n ＝T b t ＝T bωa －ωbπ＝T b ⎝ ⎛⎭⎪⎫2T a －2T b ＝2T bT a－2＝14.10.8π2hr 3T 2r 2＋v 20 [解析] 以g′表示火星表面的重力加速度，M 表示火星的质量，m 表示火星的卫星质量，m′表示火星表面处某一物体的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律，有GMm′r 20＝m′g′ G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 设v 表示着陆器第二次落到火星表面时的速度，它的竖直分量为v 1，水平分量仍为v 0，有v 21＝2g′hv ＝v21＋v2由以上各式解得v＝8π2hr 3T2r2＋v2.11．(1)2πR＋h3Gm月(2)T2πGm月R＋h3(3)2π2RTR＋h3Gm月[解析] (1)“嫦娥二号”轨道半径r＝R＋h，由G mm月r2＝m4π2T2r可得“嫦娥二号”卫星绕月周期T＝2πR＋h3 Gm月.(2)在月球自转一周的过程中，“嫦娥二号”将绕月运行的圈数n＝TT＝T2πGm月R＋h3.(3)摄像机只要将月球的“赤道”拍摄全，就能将月面各处全部拍摄下来；卫星绕月球转一周可对月球“赤道”拍摄两次，所以摄像机拍摄时拍摄到的月球表面宽度至少为s＝2πR2n＝2π2RTR＋h3Gm月.12．(1)0.6 m (2)P位置比圆心O低[解析] (1)物体在最高点C时只受重力，由牛顿第二定律得mg＝m v2 C R得vC＝gR.物体从B到C的过程中，由机械能守恒定律得mg(ssinθ－R－Rcosθ)＝12 mv2C代入数据解得R＝0.6 m.(2)设物体平抛至与O点等高处，则由平抛运动的规律得R＝12gt2x＝vCt联立解得x＝2R又由图可知O点到斜面的水平距离为x′＝Rsinθ＝53R显然x′＞x，故物体的落点位置P低于O点．45分钟单元能力训练卷（五）1．A [解析] 空载时：P＝f1v1＝kmgv1，装满货物后：P＝f2v2＝kmgv2，所以汽车后来所装货物的质量是Δm＝m－m0＝v1－v2v2m，选项A正确．2．D [解析] 由牛顿第二定律得F－f－mgsin30°＝－ma，F－f＝mgsin30°－ma＝2m，即物体受到重力以外的力作用，大小为F－f，方向平行斜面向上，对物体做正功，所以物体的机械能增加，选项AB错误，D正确；根据动能定理，重力、拉力、摩擦力对物体做的总功等于物体动能的改变量，选项C错误．3．D [解析] 苹果加速下落，运动越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，选项A、B都错误；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故选项C错误、D正确．4．BD [解析] 木板转动过程中，因静摩擦力始终与速度方向垂直，故静摩擦力不做功，由动能定理知，支持力做的功W1＝mgh＝mgLsinα；物块下滑过程中，因支持力始终与速度方向垂直，支持力不做功，由动能定理得，mg Lsinα＋Wf ＝12mv2，所以滑动摩擦力做的功Wf ＝12mv2－mgLsinα.所以选项BD正确．5．AD [解析] 合力F沿斜面向下，F＝mgsinθ－f，θ为斜面倾角，故F不随t 变化，A 正确．加速度a ＝Fm，也不变，由v ＝at 知，v －t 图象为过原点的一条倾斜直线，B 错误；物体做匀加速运动，故位移x ＝12at 2，x －t 图象是开口向上的抛物线的一半，C 错误；设物体起初的机械能为E 0，t 时刻的机械能为E ，则E ＝E 0－Fx ＝E 0＋F·12at 2，E －t 图象是开口向下的抛物线的一半，D 正确．6．ABD [解析] 小球做平抛运动，将A 点时的速度分解如图所示，v y ＝v 0tanθ，v ＝v 0sinθ，小球到达A 点时，重力的功率P ＝mgv y ，小球由O 到A 过程中，动能的变化为12mv 2－12mv 20.此过程竖直方向v y ＝gt ，水平方向x ＝v 0t ，小球抛出点O 距斜面端点B 的水平距离为h tanθ－x ，故A 、B 、D 正确．小球从A 点反弹后是否直接落至水平地面不能确定，故从A 点反弹后落至水平地面的时间不能求出，C 错误．7．B [解析] 两个过程中，恒力F 相同，物体相对地面发生的位移相同，所以做功相同；第二种情景下，物体相对地面的速度增大，运动时间t 变短，物体相对传送带的位移Δx 变小，功率P ＝Wt ，故P 1<P 2，因摩擦产生的热量Q ＝μmgΔx，故Q 1>Q 2.所以选项B 正确．8．C [解析] 运动过程中，弹簧和圆环系统的机械能守恒，因弹簧弹力对圆环做功，故圆环的机械能不守恒；对弹簧和圆环系统，根据机械能守恒定律知，当圆环滑到杆底端时，弹簧的弹性势能增大量等于圆环重力势能的减小量mgh ，又因弹簧先被压缩后被拉伸，所以弹簧的弹性势能先增大后减小再增大；圆环到达杆低端时弹簧的弹性势能最大，此时圆环动能为零.9．(1)左 (2)0.98 m/s (3)0.49 J 0.48 J (4)＞ 受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用(实验中有阻力) (5)在误差允许范围内机械能守恒[解析] (1)左端点迹比较密集，所以应是左端与重物相连． (2)v B ＝x OC －x OA2T＝7.06－3.14×10－2 m2×0.02 s＝0.98 m/s(3)ΔE p ＝mgh ＝0.49 J ，ΔE k ＝12mv 2B ＝0.48 J(4)重物下落过程中受打点计时器对纸带的摩擦阻力及空气阻力作用，所以ΔE p＞ΔE k .(5)在误差允许范围内，重物自由下落过程中的机械能守恒．10．(1)接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，若滑块基本保持静止，则说明导轨是水平的(或轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动)．(2)0.52 0.43 滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x (3)mgx 12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 [解析] (2)d ＝5 mm ＋2×0.1 mm＝5.2 mm ＝0.52 cm ，v ＝dΔt ＝0.43 m/s ；需测量滑块的质量M 及滑块释放时遮光条到光电门的距离x.(3)系统减少的重力势能为ΔE p ＝mgx, 系统增大的动能为ΔE k ＝12(m ＋M)v 2＝12(m ＋M)⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2，当ΔE p ＝ΔE k 时，说明系统的机械能守恒．11.74gL5[解析] 以地面为零势能面，在初始位置，桌面部分铁链的重力势能为E p1＝45mg·2L，悬空部分铁链的重力势能为E′p1＝15mg(2L －L10)铁链的下端刚要触及地面时的重力势能为E p2＝mg L2对铁链应用机械能守恒定律得Ep1＋E′p1＝12mv2＋Ep2即12mv2＋mgL2＝45mg·2L＋15mg(2L－L10)故铁链下端刚要触及地面时的速度为v＝74gL 512．(1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)能(4)5.6 J[解析] (1)由物块过B点后其位移与时间的关系x＝6t－2t2得v＝6 m/s，加速度a＝4 m/s2又μm2g＝m2a，故μ＝0.4(2)设物块由D点以初速度vD 做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝2gR又vyvD＝tan45°，得vD＝4 m/s设平抛运动用时为t，水平位移为x，由R＝12gt2，x＝vDt，得x＝1.6 mBD间位移为x1＝v2－v2D2a＝2.5 m则BP水平间距为x＋x1＝4.1 m(3)设物块沿轨道到达M点的速度为vM，由机械能守恒得1 2m2v2M＝12m2v2D－22m2gR则v2M＝16－8 2若物块恰好能沿轨道过M点，则m2g＝m2v′2MR解得v′2M ＝8>v2M故物块不能到达M点．(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep释放m1时，Ep＝μm1gxCB释放m2时，Ep＝μm2gxCB＋12m2v2又m1＝2m2，故Ep＝m2v2＝7.2 J设m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则Ep －Wf＝12m2v2D可得Wf＝5.6 J45分钟滚动复习训练卷（二）1．AD [解析] 由图线可知，运动过程中发动机输出功率一定，若牵引力＝阻力，则汽车做匀速直线运动；若牵引力＞阻力，则速度增大，牵引力减小，汽车做加速度减小的加速直线运动．故选项A、D正确．2．C [解析] 火车从甲站出发，沿平直铁路做匀加速直线运动，即初速度为零，紧接着又做匀减速直线运动，也就是做匀加速直线运动的末速度即为做匀减速直线运动的初速度，而做匀减速直线运动的末速度又为零，所以在先、后两个运动过程中的平均速度(v＝v2)相等，选项C正确；火车运动的位移x＝v t＝v2t，火车运动的加速度a＝vt，即它们不仅与速度变化量有关，还跟时间有关，而先、后两个运动过程中所用的时间不一定相同，所以火车的位移、加速度在先、后两个运动过程中不一定相等，即A、B、D选项都不正确．3．C [解析] 设物体A对圆球B的支持力为F1，竖直墙对圆球B的弹力为F2；F 1与竖直方向夹角θ.因物体A右移而减小．对物体B由平衡条件得：F1cosθ＝mBg，F 1sinθ＝F2，解得F1＝mBgcosθ，F2＝mBgtanθ因θ减小，故F1减小，F2减小，选项A、B均错误；对A、B整体分析可知：在竖直方向上，地面对整体支持力FN ＝(mA＋mB)g，与θ无关，选项D错误；在水平方向上，地面对A的摩擦力f＝F2，因F2减小，故f减小，选项C正确．4．B [解析] 设斜面倾角为θ，长度为L，小球沿光滑斜面下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律有：mgsinθ＝ma得a＝gsinθ，小球沿斜面做匀加速直线运动，所以小球的位移x＝12gsinθ·t2，即位移与时间的平方成正比，选项A错误；小球在斜面上的速度v＝gsinθ·t，即速度与时间成正比，选项B正确；设小球从顶端滑到底端的速度为v，由运动学公式有：v2＝2gsinθ·L，选项C错误；由L＝1 2gsinθ·t2，选项D错误．5．C [解析] A项位移正负交替，说明物体做往复运动；B项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向的匀加速运动，再做反向的匀减速运动，周而复始；C项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终单向运动，C正确；D项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．6．A [解析] 取x＝0，对A端进行受力分析，F－T＝ma，又A端质量趋近于零，则F＝T＝6 N，选项A正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，选项B、D均错误；由图易知选项C错误．7．ABC [解析] 滑动摩擦力对工件做功等于工件动能的改变，也等于其机械能的增加量，选项A、B正确；此过程中，工件(对地)位移为x1＝v22a＝v22μg，x1＝vt2，传送带的位移为x2＝vt＝2x1，因此工件相对传送带的位移为Δx＝x2－x1＝vt2＝v22μg，选项C正确；在工件相对传送带滑动的过程中，传送带对工件的摩擦力对工件做功，D错误．8．BCD [解析] 在由椭圆轨道变成圆形轨道时，需经过加速实现，这样CE—2的机械能增加，线速度增大，选项A错误、B正确；若过Q有一绕月球的圆形轨道，在这一圆形轨道上的飞行器速度比绕椭圆轨道过Q点时的速度小，而这一速度比经过P的圆轨道速度大，所以CE—2在Q点的线速度比沿圆轨道运动的线速度大，选项C正确；根据牛顿第二定律，加速度跟CE—2受到的万有引力成正比，所以在Q 点的加速度比沿圆轨道运动的加速度大，选项D正确．9. (1)0.50 2.00 (2)1.97 (3)v0＝vB[解析] (1)游标尺第0刻度线与主尺5 mm刻度对齐，小球直径为d＝5 mm＋0×0.1 mm＝5.0 mm＝0.50 cm，小球通过光电门的速度vB ＝dt＝0.0050 m2.50×10－3 s＝2.00。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：探究两个互成角度的力的合成规律
实验三探究两个互成角度的力的合成规律目标要求 1.掌握实验原理、器材、步骤及注意事项.2.理解教材基本实验的数据处理方法，并会进行误差分析.3.理解创新和拓展实验原理并会处理数据，进行误差分析．实验技能储备1．实验原理如图所示，分别用一个力F、互成角度的两个力F1、F2，使同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点O，即伸长量相同，根据合力的定义，F为F1和F2的合力，作出力F及F1、F2的图示，分析F、F1和F2的关系．2．实验器材方木板，白纸，弹簧测力计(两个)，橡皮条，小圆环，细绳套(两个)，三角板，刻度尺，图钉(若干)，铅笔．3．实验步骤(1)装置安装：在方木板上用图钉固定一张白纸，如图甲，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的原长为GE.(2)两力拉：如图乙，在小圆环上系上两个细绳套，用手通过两个弹簧测力计互成角度地共同拉动小圆环，小圆环处于O点，橡皮条伸长的长度为EO.用铅笔描下O点位置、细绳套的方向，并记录两弹簧测力计的示数F1、F2.(3)一力拉：如图丙，改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环，仍使它处于O点，记下细绳套的方向和弹簧测力计的示数F.(4)重复实验：改变拉力F1和F2的大小和方向，重复做几次实验．4．数据处理(1)用铅笔和刻度尺从点O沿两细绳套的方向画直线，按选定的标度作出F1、F2和F的图示．(2)以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线代表的力记为F′，如图丁．(3)分析多次实验得到的多组数据，比较F与F′在误差允许的范围内是否完全重合，从而总结出两个互成角度的力的合成规律：平行四边形定则．5．注意事项(1)弹簧相同：使用弹簧测力计前，要先观察指针是否指在零刻度处，若指针不在零刻度处，要设法调整指针，使它指在零刻度处，再将两个弹簧测力计的挂钩钩在一起，向相反方向拉，两个测力计的示数相同方可使用．(2)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时小圆环的位置一定要相同．(3)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～120°之间为宜．(4)尽量减少误差：在合力不超出弹簧测力计的量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些；细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．(5)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些．考点一教材原型实验例1(2023·黑龙江省哈师大附中高三检测)在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，实验装置及实验过程如图甲、乙、丙所示，E为橡皮筋原长时小圆环的位置，O为实验时小圆环被拉至的位置．(1)图丁中弹簧测力计的示数为________ N；(2)在实验过程中，不必记录的有________；A．甲图中E的位置B．乙图中O的位置C．OB、OC的方向D．弹簧测力计的示数(3)下列选项中，与本实验要求相符的是________；A．两细绳OB、OC夹角越大越好B．读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度C．实验时，只需保证两次橡皮筋伸长量相同即可(4)某次实验记录纸如图戊所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P 点；三个力的大小分别为：F1＝2.70 N、F2＝2.30 N和F＝4.00 N，得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：①在图中作出F1和F2的合力；②根据作图求出该合力大小为________ N.答案(1)2.35(2)A(3)B(4)①见解析图②3.99解析(1)弹簧测力计最小分度值为0.1 N，估读到0.01 N，题图丁中读数为2.35 N.(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D；不需要记录的是题图甲中E的位置，故选A.(3)两个细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大导致两分力太大，测量误差变大，A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，B 正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O点才行，C错误．(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度分别为标度的2.7倍和2.3倍，作图如图所示；②量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99倍，所以合力大小为3.99 N.例2(2023·浙江绍兴市模拟)如图所示，某同学在家中尝试验证力的平行四边形定则，他找到三根完全相同的橡皮条(遵循胡克定律)、三角板、刻度尺、白纸、方木板、几枚图钉、细绳，并设计了如下实验．(1)将三根橡皮条两端各拴接一根相同的细绳，用刻度尺测出橡皮条的原长，记为L0.(2)将三根橡皮条一端的细绳拴在同一结点上，另一端的细绳分别拴在三个图钉上．(3)将白纸固定在方木板上，互成角度地拉伸三根橡皮条，并在白纸上分别固定三枚图钉，如图所示，记下结点位置O和________________________________，分别测出三根橡皮条的长度，记为L1、L2、L3，则三根橡皮条的拉力大小之比为________________________________．(4)取下器材，用铅笔和刻度尺从O点沿着三根橡皮条的方向画直线，按照一定的标度作出三根橡皮条对结点O的拉力F1、F2、F3的图示，用平行四边形定则求出F1、F2的合力F.改变三枚图钉的位置重复实验．(5)若测量发现F与F3在同一直线上，大小接近相等，则实验结论为____________________ _______________________________________________________________________________. 本实验采用的科学方法是____________(填“理想实验法”或“等效替代法”)．答案(3)三根橡皮条伸长的方向(L1－L0)∶(L2－L0)∶(L3－L0)(5)在实验误差允许的范围内，力的合成遵循力的平行四边形定则等效替代法解析(3)要作出力的图示，需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根橡皮条伸长的方向；三根橡皮条的拉力大小之比等于三根橡皮条的伸长量之比，即为(L1－L0)∶(L2－L0)∶(L3－L0)．(5)结点O受三个力的作用处于平衡状态，所受合力为零，则实验结论为：在实验误差允许的范围内，力的合成遵循力的平行四边形定则；在“验证力的平行四边形定则”实验中，运用了合力的作用效果和分力的作用效果相同这一原理进行实验，故采用了等效替代法．考点二探索创新实验常见创新实验方案合力的改进：橡皮筋伸长到同一位置→钩码(重物)的重力不变分力的改进：弹簧测力计示数→⎩⎪⎨⎪⎧力传感器钩码的重力 力的大小创新：弹簧测力计的示数→橡皮筋长度的变化考向1 实验原理的改进例3 某同学要验证力的平行四边形定则，所用器材有：轻弹簧一只，钩码一个，橡皮条一根，刻度尺及细绳若干．实验步骤：①用轻弹簧竖直悬挂钩码，静止时测得弹簧的伸长量为1.5 cm.②如图所示，把橡皮条的一端固定在竖直板上的A 点，用两根细绳连在橡皮条的另一端，其中一根细绳挂上钩码，另一根细绳与轻弹簧连接并用力拉弹簧使橡皮条伸长，让细绳和橡皮条的结点到达O 点，用铅笔在白纸上记下O 点的位置，并分别沿细绳的方向在适当位置标出点B 、C .③测得轻弹簧的伸长量为2.3 cm.④去掉钩码，只用轻弹簧仍将结点拉到O 点的位置，并标出了力F 作用线上的一点D ，测得此时轻弹簧的伸长量为2.5 cm.请完成下列问题：(1)该实验____________(选填“需要”或“不需要”)测出钩码的重力；(2)在图中以O 为力的作用点，每一个小方格边长代表0.5 cm ，以0.5 cm 为标度作出各力的图示，并根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F ′的图示；(3)观察比较F 和F ′，得出的结论是__________________________________．答案(1)不需要(2)见解析图(3)在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立解析(1)由胡克定律可得，在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F与弹簧伸长(或缩短)的长度成正比，即有F＝kΔx，故可以用弹簧的伸长量来代替重力的大小，无需测出钩码的重力；(2)根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F′的图示，如图所示(3)观察比较F和F′，由图示可得出的结论是：在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立．考向2测量物理量的创新例4某实验小组欲验证力的平行四边形定则．实验步骤如下：①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向；②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计的示数为某一设定值，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧测力计的示数改变1.00 N，测出对应的l，部分数据如下表所示；F/N0 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.007.00l/cm l011.0012.0013.0014.0015.0016.0017.00③找出步骤②中F＝7.00 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′(橡皮筋上端为O，下端为O′)，此时橡皮筋的拉力记为F OO′；④在挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在挂钩上，如图乙所示，用两圆珠笔尖成适当角度地同时拉橡皮筋的两端，使挂钩的下端到达O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB；⑤根据给出的标度，作出F OA和F OB的合力F′，如图丙所示．(1)利用表中数据可得l0＝________ cm；(2)若测得OA＝7.50 cm，OB＝7.50 cm，则F OA的大小为________ N；(3)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．答案(1)10.00(2)5.00(3)F OO′解析(1)根据胡克定律，有ΔF＝kΔx代入表格中第二组和第三组数据，有(2.00－1.00) N＝k(12.00－11.00)×10－2 m解得k＝100 N/m同理，再代入第一组和第二组数据，有(1.00－0) N＝100 N/m×(11.00－l0)×10－2 m解得l0＝10.00 cm.(2)根据OA、OB的长度可求橡皮筋的弹力大小为F OA＝kΔl＝100×(7.50＋7.50－10.00)×10－2 N＝5.00 N(3)在两个力的作用效果和一个力的作用效果相同的情况下，通过比较F′和F OO′的大小和方向，即可验证力的平行四边形定则．考向3实验器材的创新例5如图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究力的平行四边形定则，A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的圆弧形轨道移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长为0.3 m 的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；②对两个传感器进行调零；③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数；④取下钩码，移动传感器A改变θ角，重复上述实验步骤，得到表格．F1/N 1.0010.580… 1.002…(1)根据表格，A传感器对应的是表中力______(选填“F1”或“F2”)．钩码质量为______ kg(g 取10 m/s2，结果保留1位有效数字)．(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________．A．因为事先忘记调零B．何时调零对实验结果没有影响C．为了消除水平杆自身重力对结果的影响D．可以完全消除实验的误差(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形(而不是其他形状)轨道移动的主要目的是________．A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数C．保持杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ答案(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg ＝F1sin θ当θ＝30°时，F1＝1.001 N，可求得m≈0.05 kg(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除水平杆自身重力对结果的影响，故C正确．(3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O点位置保持不变，故A、B、D错误，C正确．课时精练1．(2023·云南省模拟)如图甲所示，实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验，先将白纸贴在水平桌面上，然后将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的O点，让橡皮筋处于原长．部分实验步骤如下：(1)用一个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的P端拉至O1点，此时拉力的大小F可由弹簧测力计读出，弹簧测力计的示数如图乙所示，F的大小为________ N；(2)用两个弹簧测力计通过细绳同时拉橡皮筋的P端，再次将P端拉到O1点．此时观察到两个弹簧测力计的示数分别为F1＝2.50 N，F2＝2.60 N，方向如图丙的虚线所示；(3)用图丙所示的标度，以O1点为作用点，在图丙中画出这两个共点力的合力F合的图示，F合的大小为________ N(结果保留3位有效数字)；(4)通过比较________这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．答案(1)4.30(3)见解析图 4.36(4.29 ～4.43)(4)F和F合解析(1)弹簧测力计的最小刻度为0.1 N，则F的大小为4.30 N；(3)画出这两个共点力的合力F合如图：由图可知F合的大小为4.36 N(4.29～4.43 N)；(4)通过比较F和F合这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．2．(2023·浙江省镇海中学模拟)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则．设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定于量角器圆心O的正上方A处，另一端系着绳套1和绳套2.(1)主要实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点．此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下拉绳套1的弹簧测力计的示数F1；③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1′＝________ F；④比较F1和F1′，即可初步验证力的平行四边形定则；⑤改变绳套2的方向，重复上述实验步骤．(2)保持绳套2的方向不变，绳套1从图示位置逆时针缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________．A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大答案(1)③33(2)D解析(1)③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝F tan 30°＝3 3F(2)保持绳套2的方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下，故绳套1的拉力先减小后增大，故A、B、C错误，D正确．3．某学生实验小组设计了一个“验证力的平行四边形定则”的实验，装置如图甲所示，在竖直放置的木板上部附近两侧，固定两个力传感器，同一高度放置两个可以移动的定滑轮，两根细绳跨过定滑轮分别与两力传感器连接，在两细绳连接的结点O下方悬挂钩码，力传感器1、2的示数分别为F1、F2，调节两个定滑轮的位置可以改变两细绳间的夹角．实验中使用若干相同的钩码，每个钩码质量均为100 g，取g＝9.8 m/s2.(1)关于实验，下列说法正确的是________．A．实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内B．每次实验都必须保证结点位于O点C．实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向D．实验时还需要用一个力传感器单独测量悬挂于O点钩码的总重力(2)根据某次实验得到的数据，该同学已经按照力的图示的要求画出了F1、F2(如图乙)，请你作图得到F1、F2的合力F(只作图，不求大小)，并写出该合力不完全竖直的一种可能原因．____________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________ 答案(1)AC(2)见解析图定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可) 解析(1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细绳的拉力，选项A正确；该装置不需要每次实验保证结点位于O点，选项B错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向，选项C正确；因为每个钩码的重力已知，所以不需要测钩码总重力，选项D错误．(2)利用平行四边形定则作出F1和F2的合力F，如图所示，该合力方向不完全在竖直方向的可能原因是定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．4.有同学利用如图所示的装置来探究两个互成角度的力的合成规律：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重力相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验可能完成的是________(填正确答案前的字母)．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝5B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________(填选项前字母)．A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为________(填“甲”或“乙”)是正确的．答案(1)BCD(2)A(3)甲解析(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2(等号在反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都是可以的．(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向．(3)F3的方向一定竖直向下，由于测量误差，F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的．5．(2023·浙江省丽水第二高级中学模拟)在“探究求合力的方法”的实验中：(1)小王同学采用图甲所示实验装置，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择________(填“O”或“O′”)．某次实验时弹簧测力计的显示如图乙所示，则读数是________ N.(2)小李同学用两根完全相同的轻弹簧、一瓶矿泉水、智能手机等器材做实验．先用一根弹簧静止悬挂一瓶矿泉水，如图丙所示；然后用两根弹簧互成角度的悬挂同一瓶矿泉水，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的夹角α、β，如图丁所示．对于本实验，下列说法或操作正确的是________．(选填选项前的字母)A．结点O的位置必须固定B．弹簧的劲度系数必须要已知C．必须要测量弹簧的伸长量D．矿泉水的质量对实验误差没有影响答案(1)O′ 5.80(2)C解析(1)由题图可知，小王同学采用题图甲所示实验装置，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择O′.弹簧测力计分度值为0.1 N，其读数为5.80 N；(2)实验中矿泉水的重力是定值，所以不必保证结点O的位置必须固定，故A错误；实验中，题图丙用来测量合力，题图丁用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可以用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，不必知道弹簧的劲度系数，故C正确，B错误；矿泉水的质量影响重力的大小，会影响弹簧测力计读数的精确度，故D错误．。
浙江高考物理一轮复习第一章运动的描述匀变速直线运动的研究素养提升课一运动图象追及相遇问题学案
素养提升课(一) 运动图象追及相遇问题题型一x－t和v－t图象的理解和应用x－t图象v－t图象轴纵轴——位移横轴——时间纵轴——速度横轴——时间线运动物体的位移与时间的关系运动物体的速度与时间的关系斜率某点的斜率表示该点的瞬时速度某点的斜率表示该点的加速度点两线交点表示两物体相遇两线交点表示两物体在该时刻速度相同面积无意义图线和时间轴所围的面积，表示物体运动的位移截距在纵轴上的截距表示t＝0 时的位移在纵轴上的截距表示t＝0 时的速度(2019·4月浙江选考)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移—时间图象如图所示，则在0～t1时间内( )A．甲的速度总比乙大B．甲、乙位移相同C．甲经过路程比乙小D．甲、乙均做加速运动解析：选B。
位移—时间图象中，图线斜率大小等于物体速度大小。
由题图可知，甲做匀速直线运动，乙做变速直线运动，D错误；靠近t1时刻时乙的斜率大于甲的斜率，即乙的速度大于甲的速度，故A错误；在该时间段内，甲、乙物体的初位置和末位置相同，故位移相同，B正确；由于甲、乙物体做的是单向直线运动，故位移大小等于路程，两者的路程也相同，故C错误。
【对点练1】(多选)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。
甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。
下列说法正确的是( )A ．在t 1时刻两车速度相等B ．从0到t 1时间内，两车走过的路程相等C ．从t 1到t 2时间内，两车走过的路程相等D ．在t 1到t 2时间内的某时刻，两车速度相等[解析] x －t 图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A 错误；前t 1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B 错误；t 1～t 2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x 2－x 1，C 正确；t 1～t 2时间内，甲的x －t 图象在某一点的切线与乙的x －t 图象平行，此时刻两车速度相等，D 正确。
2020届高考浙江省联考物理试题考前冲刺卷(一)
2020届高考浙江省联考物理试题考前冲刺卷(一)本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量是标量且是决定式的是( ) A.加速度a ＝FmB.电阻R ＝UIC.平行板电容器的电容C ＝εr S4πkdD.电场中某一点的电势φ＝E pq解析 加速度是矢量，公式a ＝F m 为牛顿第二定律的表达式，故A 错误；电阻是标量，R ＝UI 是欧姆定律的表达式，故B 错误；电容是标量，平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd是电容的决定式，电容的大小是由电容器本身决定的，故C 正确；电场中某一点的电势φ＝E pq是电势的定义式，故D 错误。
答案 C2.浙江某中学组织了一次迷你马拉松比赛，男生组的路线设置是“起点(校田径场主席台前发令处)出发→绕田径场1圈→绕校园1圈→绕田径场1圈→终点(校田径场主席台前发令处)大约2 000 m ”。
有位男生的成绩是10 min ，在跨越终点线时速度是9 m/s 。
关于上述情景，下列相关描述正确的( ) A.2 000 m 是指位移的大小 B.该同学的平均速度约为3.3 m/s C.9 m/s 是指瞬时速度D.在整个过程中该男生一定不能被看作质点解析 A 选项2 000 m 是指路程，不是位移的大小，选项A 错误；B 选项中由于该同学全程的位移是零，所以平均速度为零，选项B 错误；C 选项中9 m/s 是该同学某一时刻的瞬时速度，选项C 正确；D 选项中由于迷你马拉松路程较长，当研究在整个过程中该男生的比赛成绩时，可以将男生看成质点，选项D 错误。
答案 C3.2017年中国的航天事业有三大突破：4月天舟一号、7月北斗三号、12月嫦娥五号。
如图1所示是天舟一号在轨运行想象图，可看作圆周运动。
下列说法正确的是( )图1A.天舟一号在轨道1上的运行速度比在轨道2上的运行速度小B.天舟一号绕地球运行一周所用的时间可能是一小时C.天舟一号在轨道1上的加速度比在轨道2上的加速度大D.天舟一号在轨道1上受到的地球的引力是恒定不变的解析 根据万有引力提供天舟一号做圆周运动的向心力，即GMm r 2＝m v 2r ＝m 4π2T2r ＝ma ，可得v ＝GMr，T ＝4π2r 3GM ，a ＝GMr 2，由图可知r 1<r 2，因此天舟一号运行速度v 1>v 2，选项A 错误；运行加速度a 1>a 2，选项C 正确；经计算卫星绕地球运行周期最小为86 min ，选项B 错误；天舟一号所受地球引力指向地心，方向一直发生变化，选项D 错误。
1.2020届6月浙江省高考(选考)物理冲刺试卷一
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时先使用2B铅笔，
确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。 4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。
一、选择题I(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的， 不选、多选、错选均不得分) 1．下列选项中说法正确的是（ ） A. 卢瑟福提出核式结构模型，很好地解释了α粒子散射实验中的现象 B. 电子穿过晶体时会产生衍射图样，这证明了电子具有粒子性 C. 借助于能量子假说，爱因斯坦得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好 D. β射线是高速电子流，它的穿透能力比α射线和γ射线都弱 2．以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气 阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的 v—t 图象可能正确的是（ ）
14. 下列说法正确的是____________
A．利用红外摄影可以不受天气（阴雨、大雾等）的影响，因为红外线比可见光波长短，更容易绕过障碍物 B．增透膜利用了光的干涉原理 C．医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点 D．在同一种介质中，不同频率的机械波的传播速度不同
16．在光电效应实验中，一位同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲 光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（ ） A．甲光的频率等于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
气阻力不计，求：
O
（1）木球以多大速度离开水平地面。
(浙江选考)2020版高考物理一轮复习 1-特训(一)
特训(一)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。
选择题部分一、选择题(每题3分,共45分)1.对于必修课本中的这四幅插图,以下说法正确的选项是( )A.甲图中运动员推开冰壶后,冰壶在冰面运动时遇到的阻力很小,能够以为冰壶在接下去的过程中做匀速直线运动封闭油门后能依赖惯性经过最高点,轨道对过山车的弹力必定向下C.丙图中赛车的质量不是很大,却安装着强盛的发动机,能够获取很大的惯性D.丁图中高大的桥要造很长的引桥,进而减小桥面的坡度,来增大车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全答案 A 因为冰壶在冰面上运动时在水平方向只遇到阻力作用,假如阻力很小,则可以为冰壶做匀速直线运动,A正确。
假如过山车的速度足够大,则轨道对过山车能够有向下的弹力;假如过山车恰巧经过最高点,重力恰巧供给向心力,轨道与过山车之间无作使劲,B错误;惯性大小和质量相关,与其余要素没关,C 错误;高大的桥要造很长的引桥,进而减小桥面的坡度,这样能够减小车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全,D错误。
2.对于体育竞赛的阐述,以下说法正确的选项是( )A.运动员铅球成绩为14.50 m,指的是位移大小为14.50 m竞赛打了两个加时赛,共需10 min,指的是时辰C.运动员跑完800 m竞赛,指的是行程为800 m竞赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜想正反面,该硬币能够看做质点答案 C 运动员铅球成绩为14.50 m,14.50 m指的是位移水平重量的大小,故A错误;某场篮球竞赛打了两个加时赛,共需10 min,10 min指的是一段时间,故B错误;运动员跑完800 m竞赛,其运动轨迹是曲线,800 m指的是行程,故C正确;足球竞赛挑边时,上抛的硬币落回地面猜想正反面,该硬币的大小和形状不可以忽视,故不可以看做质点,D错误。
选C。
3.小李在网络上观看“神舟十一号”飞船发射视频,分别截取火箭发射后第6 s 末和第10 s 末的图片,如图甲、乙所示,他又上网查到运载“神舟十一号”的长征二号FY11运载火箭全长58 m,则火箭发射后第6 s 末至第10 s 末的均匀速度最靠近( )A.22 m/sB.14 m/sC.10 m/sD.5.8 m/s答案 A 由题图可知,从第6 s 末到第10 s 末,依据火箭的长度可估量出火箭上涨约80 m,则均匀速度v =v v =804 m/s=20 m/s,最靠近22 m/s 。
2020年浙江高考全真演练物理新突破考前冲刺卷(一)
2020年浙江高考全真演练物理新突破考前冲刺卷（一）一、单选题 (共7题)第(1)题在我国，近年垂钓运动正成为休闲和体育结合的新时尚。
鱼漂是垂钓时反映鱼儿咬钩讯息的工具。
如图甲所示，当鱼漂静止时，P点恰好在水面处。
将鱼漂缓慢向下压，松手后，鱼漂在竖直方向上做简谐运动，其振动图像如图乙所示，取竖直向上为位移的正方向，则（ ）A．在t=0.3s时刻，鱼漂的速度方向竖直向下B．在t=0.3s时刻，鱼漂的加速度方向竖直向上C．该鱼漂的振动频率为1.25HzD．该鱼漂在振动的过程中，存在速度和加速度均减小的时间段第(2)题如图所示，横截面为圆环的柱形容器由折射率为n的玻璃制成，其外径为R1，内径为R2，MN为一条直径。
有两束光线，其中光线A在纸平面内传播，从M点射向容器，经一次折射后，恰好与容器内壁相切，另一束光线B平行于MN射向容器，经过一次折射后，恰好在容器内壁发生全反射，则下列说法正确的是（ ）A．光线A入射后恰好在界面发生全反射B．光线B射入柱形容器后第一次折射到界面的时间为C．光线A的入射角大于光线B的入射角D．光线B到MN的距离等于第(3)题摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，上面挂在轮边缘的是供乘客乘搭的座舱。
乘客坐在摩天轮中慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色。
如图所示，摩天轮在竖直平面内顺时针匀速转动，某时刻与最高座舱高度相同的一小物体开始做自由落体运动，在最高座舱内的甲看到并同时通知下面的同学接住，结果该物体被此时正处于右侧中间高度（相对于摩天轮）的乙同学接住，接住时乙恰好第一次到达最低点，已知摩天轮半径为R，所有同学的质量均为m，重力加速度为g（不计乘客和座舱的大小及物体的质量），下列说法正确的是（ ）A．座舱位于最高位置时，座舱中的甲受力平衡B．小物体从被释放到被接住运动的时间是C．摩天轮运动的角速度大小为D．座舱位于最低位置时，乙对座舱底部的压力为mg第(4)题如图所示，两直梯下端放在水平地面上，上端靠在竖直墙壁上，相互平行，均处于静止状态。
【名师推荐资料】(浙江专用)备战2020高考物理一轮复习 第一部分 计算题部分 快练1 力和直线运动(精品)
快练1 力和直线运动1.(2018·温州市九校联盟期末)如图1所示，2017年8月30日，中国航天科工集团公司发布信息，开展“高速飞行列车”的研究论证，拟通过商业化、市场化模式，将超声速飞行技术与轨道交通技术相结合，研制的新一代交通工具，利用超导磁悬浮技术和真空管道致力于实现超音速的“近地飞行”，研制速度分为1 000 km/h、2 000 km/h、4 000 km/h的三大阶段．若温州南站到北京南站的直线距离以2 060 km计算，如果列车以速度4 000 km/h运行，则仅需大约30分钟即可完成两地“穿越”．图1(1)为提高运行速度，可以采用哪些方法？(2)如果你将来乘坐从温州南站到北京南站的高速飞行列车，最高速度为4 000 km/h，列车从温州南站启动的加速度大小为0.4g，加速到丽水后匀速，车行至天津时开始制动，制动的加速度大小为0.5g.你全程花费的时间约为多少分钟？(g＝10 m/s2，计算结果四舍五入取整)2．某人沿直线匀加速行走了4 s，达到最大速度6 m/s后，又以1.2 m/s2的加速度沿直线匀减速行走了3 s，然后做匀速直线运动．求：(1)匀加速运动时的加速度大小；(2)匀速运动时的速度大小；(3)前7 s过程中人的总位移大小．3．(2018·西湖高级中学月考)某市规划建设一新机场，请你帮助设计飞机跑道．飞机质量为5×104kg，假设飞机在加速滑行过程中牵引力恒为F＝8×104N，受到的阻力恒为F f＝2×104N，起飞速度v＝80 m/s.(1)从开始滑行到起飞的过程中飞机的位移是多大？(2)如果飞机在达到起飞速度的瞬间因故需要停止起飞，立即采取制动措施后能以4 m/s2的加速度减速，为确保飞机不滑出跑道，则跑道的长度至少多长？4．(2018·杭州地区期末)质量为20 kg的箱子放在水平地面上，箱子与地面间的动摩擦因数为0.5，现用与水平方向成37°角的100 N的力拉箱子，如图2所示，箱子从静止开始运动(已知sin 37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)．图2(1)求2 s末撤去拉力时箱子的速度大小；(2)求2 s末撤去拉力后箱子继续运动多长时间才能停止运动．5．(2018·宁波市期末)某同学用运动传感器“研究物体加速度与力的关系”时采用如图3甲所示装置，开始时将质量为m＝1 kg的物体置于水平桌面上．现对物体施加一个水平向右的恒定推力F经过一段时间后撤去此力，通过放在物体右前方的运动传感器得到了物体部分运动过程的v－t图象如图乙所示(g取10 m/s2，向右为速度正方向)．求：图3(1)3 s内物体的位移；(2)物体与水平桌面间的动摩擦因数μ；(3)拉力F的大小．6．为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验，一质量为m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录了电梯从一楼到顶层的过程中体重计示数随时间的变化情况，并作出了如图4所示的图象，已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯轿厢内的楼层按钮上得知该大楼共19层．求：(g取10 m/s2)图4(1)电梯启动和制动时的加速度大小；(2)该大楼的层高．7．(2018·台州市外国语学校期末)一同学家住在23层高楼的顶楼，他想研究一下电梯上升的运动过程．某天他乘电梯上楼时携带了一个质量为5 kg的重物和一个量程足够大的台秤，他将重物放在台秤上．电梯从第1层开始启动，一直运动到第23层停止．在这个过程中，他记录了台秤在不同时段内的读数如下表所示：根据表格中的数据，求：(g取10 m/s2)(1)电梯在最初加速阶段和最后减速阶段的加速度大小；(2)电梯在中间阶段上升的速度大小；(3)该楼房平均每层楼的高度．8．(2018·嘉兴市第一中学期中)在寒冷的冬天，路面很容易结冰，在冰雪路面上汽车一定要低速行驶．在冰雪覆盖的路面上，车辆遇紧急情况刹车时，车轮会抱死而“打滑”．如图5所示，假设某汽车以12 m/s的速度行驶至一个斜坡的顶端A时，突然发现坡底前方有一位行人正以2 m/s的速度做同向匀速运动，司机立即刹车，但因冰雪路面太滑，汽车沿斜坡滑行．已知斜坡高AB＝5 m，长AC＝13 m，司机刹车时行人距坡底C点的距离CE＝33 m，从厂家的技术手册中查得该车轮胎与冰雪路面间的动摩擦因数为0.2.假设汽车经过A 、C 点时，速度大小保持不变．求：(g 取10 m/s 2，可将汽车视为质点)图5(1)汽车沿斜坡滑下的加速度大小；(2)汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小；(3)试分析此种情况下，行人是否有危险？(回答“是”或“否”)如果有，请通过计算说明．答案精析1．(1)见解析 (2)35 min解析 (1)高速飞行列车是利用低真空环境和超声速外形减小空气阻力，通过磁悬浮减小摩擦阻力实现超声速运行的运输系统；(2)飞行列车分为三个运动过程，先加速，后匀速，再减速； 最高速度v ＝4 000 km/h ≈1 111 m/s ， 加速阶段的时间：t 1＝v a 1＝1 1114s≈278 s，位移x 1＝12vt 1＝154 429 m减速阶段的时间t 2＝v a 2＝1 1115s≈222 s，位移x 2＝12vt 2＝123 321 m匀速运动的位移x 3＝x －x 1－x 2＝1 782 250 m匀速运动的时间t 3＝x 3v ＝1 782 2501 111s≈1 604 s全程花费的时间约为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2 104 s≈35 min. 2．(1)1.5 m/s 2(2)2.4 m/s (3)24.6 m 解析 (1)a 1＝Δv Δt ＝64 m/s 2＝1.5 m/s 2(2)由v 2＝v 1－a 2t 2，得v 2＝2.4 m/s (3)由x 1＝12v 1t 1＝12 mx 2＝12(v 1＋v 2)t 2＝12.6 m得x ＝x 1＋x 2＝24.6 m 3．(1)2 667 m (2)3 467 m解析 (1)设飞机从静止开始做匀加速运动到离开地面升空过程中滑行的距离为x 1， 根据牛顿第二定律得：a 1＝F －F f m ＝8×104－2×1045×104m/s 2＝1.2 m/s 2位移x 1＝v 2－02a 1＝802－02×1.2m≈2 667 m(2)设飞机做匀减速直线运动的位移为x 2， 则x 2＝0－v 22a 2＝－802－2×4m ＝800 m所以跑道的长度至少为x ＝x 1＋x 2＝2 667 m ＋800 m ＝3 467 m 4．(1)1 m/s (2)0.2 s 解析 (1)F sin 37°＋F N ＝mgF cos 37°－μF N ＝ma联立得：a ＝0.5 m/s 22 s 末的速度v ＝at ＝1 m/s (2)撤去拉力后：加速度大小a ′＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2继续运动的时间：t ′＝va ′＝0.2 s. 5．(1)4 m ，方向向右 (2)0.2 (3)2.5 N解析 (1)由题图可知，3 s 内物体的位移：x ＝12×(1＋2)×2 m＋12×2×(3－2) m ＝4 m ，方向向右；(2)、(3)由题图可知，物体的加速度：a 1＝Δv Δt ＝2－12 m/s 2＝0.5 m/s 2， a 2＝Δv ′Δt ′＝0－23－2m/s 2＝－2 m/s 2， 由牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma 1 －μmg ＝ma 2，解得：F ＝2.5 N ，μ＝0.2. 6．(1)2 m/s 22 m/s 2(2)3 m解析 (1)电梯启动时由牛顿第二定律得F 1－mg ＝ma 1 电梯加速度大小为a 1＝F 1m－g ＝2 m/s 2电梯制动时由牛顿第二定律得mg －F 3＝ma 3 电梯加速度大小为a 3＝g －F 3m＝2 m/s 2. (2)电梯匀速运动的速度为v ＝a 1t 1＝2 m/s 从题图中读得电梯匀速上升的时间为t 2＝26 s 减速运动的时间为t 3＝1 s所以总位移为x ＝12a 1t 1 2＋vt 2＋12a 3t 3 2＝54 m层高为h ＝x18＝3 m. 7．(1)1.6 m/s 20.8 m/s 2(2)4.8 m/s (3)3.16 m 解析 (1)0～3.0 s 为加速阶段，有：F 1－mg ＝ma 1 得：a 1＝1.6 m/s 213．0～19.0 s 为减速阶段，有：mg －F 2＝ma 2 得：a 2＝0.8 m/s 2(2)中间阶段是匀速运动，v ＝a 1t 1＝1.6×3 m/s＝4.8 m/s (3)电梯上升的总高度H ＝0＋v 2t 1＋vt 2＋v ＋02t 3＝69.6 m则层高为h ＝H22≈3.16 m.8．(1)2 m/s 2(2)35 m (3)见解析解析 (1)汽车沿斜坡滑下时，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，sin θ＝513，cos θ＝1213解得a 1＝2 m/s 2(2)汽车到达坡底C 时的速度满足v C 2－v A 2＝2a 1x AC ， 解得v C ＝14 m/s 经历时间t 1＝v C －v Aa 1＝1 s 汽车刚运动到C 点时，行人相对于C 点的位移大小x C ＝x CE ＋v 人t 1＝35 m(3)汽车在水平冰雪路面上时，由牛顿第二定律得，汽车的加速度大小为μmg ＝ma 2 汽车在水平路面上减速至v ＝v 人＝2 m/s 时滑动的位移x 1＝v C2－v 22a 2＝48 m经历的时间t 2＝v C －va 2＝6 s 人发生的位移x 2＝v 人(t 1＋t 2)＝14 m 因x 1－x 2＝34 m>33 m ，故行人有危险．。
2020版高考物理复习专题讲义浙江专用版
2020版高考物理复习专题讲义浙江专用版专题一力与运动第1讲力与物体的平衡第2讲力与直线运动第3讲力与曲线运动专题二能量与动量第4讲功和功率功能关系第5讲力学中的动量与能量问题专题三电场与磁场第6讲电场与磁场的理解第7讲带电粒子在复合场中的运动专题四电路与电磁感应第8讲直流电路与交流电路第9讲电磁感应的综合应用第10讲电学中的动量和能量问题专题五方法专题第11讲物理图象问题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题专题六选修第13讲机械振动和机械波电磁波第14讲光的折射全反射第15讲波粒二象性原子与原子核专题七实验题题型强化第16讲力学和光学实验第17讲电学实验力与物体的平衡专题定位 1.深刻理解各种性质力的特点,熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法；2.掌握匀变速直线运动的规律及运动图象问题；3.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题；4.熟练掌握平抛、圆周运动的规律,熟悉解决天体运动问题的两条思路．第1讲力与物体的平衡[相关知识链接]1．受力分析的步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力示意图→验证受力合理性．2．分析受力的思路(1)先数研究对象有几个接触处,每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)．(2)同时注意对场力的分析．(3)假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及其方向的基本方法．3．注意(1)只分析研究对象受到的力．(2)只分析性质力,不分析效果力．(3)善于变换研究对象,分析不能直接判断的力．[规律方法提炼]1．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时,要注意各个物体的运动状态必须相同．2．共点力平衡的常用处理方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反．(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡,通过建立平面直角坐标系将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件．(4)力的三角形法：对受三个共点力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据数学知识求解未知力．例1 (2019·浙南名校联盟期末)如图所示,一个质量为4kg 的半球形物体A 放在倾角为θ＝37°的斜面B 上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10N 作用在物体上,物体仍静止在斜面上,斜面仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,取g ＝10m/s 2,则( )A ．地面对斜面B 的弹力不变 B ．地面对斜面B 的摩擦力增加8NC ．物体A 受到斜面B 的摩擦力增加8ND ．物体A 对斜面B 的作用力增加10N 答案 A解析 对A 、B 整体分析,力F 是水平的,竖直方向地面对B 的弹力不变,地面对B 的摩擦力增加10N,故A 项正确,B 项错误；对物体A 分析,加力F 前,斜面B 对物体A 的摩擦力F f ＝mg sin θ＝24N,加力F 后,F f ′＋F cos θ＝mg sin θ,F f ′＝16N,故减小8N,选项C 错误；加F 前A 对B 的作用力大小等于A 的重力,即40N,加F 后,A 对B 的作用力大小为F 2＋G 2＝102＋402N ＝1017N,故D 项错误．拓展训练1 (2019·绍兴市3月选考)如图所示,攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间,鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体力,他尽可能减小身体与岩壁间的正压力,使自己刚好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列判断正确的是( )A ．攀岩者受到三个力的作用B ．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下C ．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力D ．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的37答案 D解析 对攀岩者分析,受重力、鞋与岩壁间弹力和摩擦力、背部与岩壁间弹力和摩擦力共五个力作用；重力方向竖直向下,鞋子和背部受到的静摩擦力方向竖直向上,故水平方向上两支持力大小相等,方向相反,F N1＝F N2,又据平衡μ1F N1＋μ2F N2＝G ,可得F f2＝μ2F N2＝37G .拓展训练2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N ,另一端与斜面上的物块M 相连,系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ,直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止,则在此过程中( )A ．水平拉力的大小可能保持不变B ．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加C ．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D ．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD解析 对N 进行受力分析如图所示,因为N 的重力与水平拉力F 的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力,从图中可以看出水平拉力F 的大小逐渐增大,细绳的拉力F T 也一直增大,选项A 错误,B 正确；M 的质量与N 的质量的大小关系不确定,设斜面倾角为θ,由分析可知F Tmin ＝m N g ,故若m N g ≥m M g sin θ,则M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大,若m N g <m M g sin θ,则M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大,选项D 正确,C 错误．1．基本思路化“动”为“静”,“静”中求“动”． 2．两种方法(1)解析法：物体受到三个以上的力,且某一夹角发生变化时,将力进行正交分解,两个方向上列平衡方程,用三角函数表示各个作用力与变化角之间的关系,从而判断各力的变化． (2)图解法：物体一般受三个共点力作用；其中有一个大小、方向都不变的力；还有一个方向不变的力．画受力分析图,作出力的平行四边形或矢量三角形,依据某一参数的变化,分析各边变化从而确定力的大小及方向的变化情况．例2 (2019·江苏省模拟)如图所示,在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B ,在B 与竖直墙之间放置一光滑小球A ,整个装置处于静止状态．现用水平力F 拉动B 缓慢向右移动一小段距离后,它们仍处于静止状态,在此过程中,下列判断正确的是( )A ．小球A 对物体B 的压力逐渐增大 B ．小球A 对物体B 的压力逐渐减小C ．墙面对小球A 的支持力逐渐减小D ．墙面对小球A 的支持力先增大后减小 答案 A解析 解法1 以A 球为研究对象,分析受力情况：受重力G 、墙面支持力F N 、B 的弹力F N B ,由平衡条件知F N 与F N B 的合力与G 大小相等,方向相反,将B 缓慢向右移动,F N 方向不变,F N B 沿逆时针方向缓慢转动,作出转动过程三个位置力的合成图如图甲所示,由图可知,F N 逐渐增大,F N B 逐渐增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B 的压力逐渐增大,故A 正确,B 、C 、D 错误．解法2 对A 球受力分析如图乙,得：竖直方向：F N B cos θ＝G水平方向：F N ＝F N B sin θ 解得：F N B ＝Gcos θF N ＝G tan θB 缓慢向右移动一小段距离,A 缓慢下落,则θ增大,所以F N B 增大,F N 增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B 的压力逐渐增大,故A 正确,B 、C 、D 错误．拓展训练3 (2019·广东省“六校”第三次联考)为迎接新年,小明同学给家里墙壁粉刷涂料,涂料滚由滚筒与轻杆组成,示意图如图所示．小明同学缓缓向上推涂料滚(轻杆与墙壁夹角变小),不计轻杆的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力．轻杆对涂料滚筒的推力为F 1,墙壁对涂料滚筒的支持力为F 2,以下说法中正确的是( )A ．F 1增大B ．F 1先减小后增大C ．F 2增大D ．F 2减小答案 D解析 以涂料滚为研究对象,分析受力情况,如图,F 1与F 2的合力与重力G 总是大小相等、方向相反．小明缓缓向上推涂料滚,F 1与竖直方向夹角减小,由图可知F 1逐渐减小,F 2逐渐减小,故选D.拓展训练4 (2019·温州市联考)2018年9月2号的亚运会中,中国队包揽了跳水项目的全部10金．图示为跳水运动员在走板时,从跳板的a 端缓慢地走到b 端,跳板逐渐向下弯曲,在此过程中,该运动员对跳板的( )A ．摩擦力不断增大B ．作用力不断减小C ．作用力不断增大D ．压力不断增大答案 A解析 运动员对跳板的作用力等于重力,故大小不变；摩擦力等于重力沿跳板面方向的分力,不断增大,压力等于重力垂直于跳板方向的分力,不断减小,故A 正确．[相关知识链接] 电场力(1)大小：F ＝Eq ,F ＝kq 1q 2r 2. (2)方向：正电荷受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷受电场力的方向与电场强度的方向相反．[规律方法提炼]1．方法：与纯力学问题的分析方法一样,学会把电学问题力学化． 2．步骤(1)选取研究对象(整体法或隔离法)．(2)受力分析,多了个电场力．(3)列平衡方程． 例3 (2018·嘉、丽3月联考)如图所示,水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC ,其中∠ACB ＝θ.质量为m 、带电荷量为q 的小圆环a 套在竖直边AB 上,AB 与圆环的动摩擦因数为μ,质量为M 、带电荷量为＋Q 的小滑块b 位于斜边AC 上,a 、b 静止在同一高度上且相距L .圆环、滑块均视为质点,AC 光滑,则( )A ．圆环a 带正电B ．圆环a 受到的摩擦力为μk Qq L2 C ．小球b 受到的库仑力为Mgtan θD ．斜面对小球b 的支持力为Mgcos θ答案 D解析 a 、b 静止在同一高度上,故b 受到重力G b 、斜面的支持力F N b 及a 对b 的库仑引力F ,从而处于平衡状态,由于b 带正电,因此环a 带负电,故A 错误；环a 处于静止状态,受到的是静摩擦力,那么其大小为F f ＝mg ,并不是滑动摩擦力,因此不可能为F f ＝μk Qq L2,故B 错误；对b 受力分析有：库仑引力F ＝k Qq L 2,或F ＝Mg tan θ,而斜面对b 的支持力为F N b ＝Mgcos θ,故C 错误,D正确．拓展训练5 (2019·全国卷Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则( )A ．P 和Q 都带正电荷B ．P 和Q 都带负电荷C ．P 带正电荷,Q 带负电荷D．P带负电荷,Q带正电荷答案 D解析对P、Q整体进行受力分析可知,在水平方向上整体所受电场力为零,所以P、Q必带等量异种电荷,选项A、B错误；对P进行受力分析可知,匀强电场对它的电场力应水平向左,与Q对它的库仑力平衡,所以P带负电荷,Q带正电荷,选项D正确,C错误．拓展训练6(2019·浙江新高考研究联盟二次联考)如图所示,两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为5d的光滑水平面上,另有一个带电小球A,悬浮于空中不动,此时A离Q1的距离为4d,离Q2的距离为3d.现将带电小球A置于水平面上某一位置,发现A刚好静止,则此时小球A到Q1、Q2的距离之比为( )A.3∶2B．2∶3C．3∶4D．4∶3答案 B解析小球A悬浮于空中时,Q1对其库仑力F1＝k Q1q(4d)2,Q2对其库仑力F2＝kQ2q(3d)2,由平衡条件F1＝35mg,F2＝45mg,得Q1Q2＝43.将A置于水平面上Q1、Q2之间静止,则kQ1·qr12＝kQ2·qr22,得r1r2＝23,故选B.[相关知识链接]1．安培力(1)大小：F＝BIL,此式只适用于B⊥I的情况,且L是导线的有效长度,当B∥I时F＝0.(2)方向：用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面．2．洛伦兹力(1)大小：F洛＝qvB,此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0.(2)方向：用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v决定的平面,洛伦兹力永不做功．[规律方法提炼]1．立体平面化该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系． 2．带电体的平衡如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动,则一定是匀速直线运动．例4 (2019·台州3月一模)如图所示,在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m 的通电导体棒．将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中,由于安培力的作用,当两条丝线与竖直方向均成30°角时,导体棒处于平衡状态,若重力加速度为g .则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是( )A ．导体棒所在处的磁感应强度处处相等B ．导体棒受到的安培力大小一定是12mgC ．每条丝线对导体棒的拉力大小一定是33mg D ．导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定是mg 答案 D解析 蹄形磁铁靠近两极处的两个磁铁之间才近似可以看作匀强磁场,其余部分不是匀强磁场,所以可知导体棒所在处的磁感应强度不会处处相等,故A 错误；当安培力的方向与细线垂直时,安培力最小,F ＝mg sin30°＝12mg ,所以导体棒受到的安培力大小不一定是0.5mg ,故B 错误；安培力等于0.5mg 时,两条丝线的拉力的和等于32mg ,每条丝线对导体棒的拉力大小都是34mg ,故C 错误；导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定与重力大小相等,方向相反,故D 正确．拓展训练7 均匀带正电的薄圆盘的右侧,用绝缘细线A 、B 悬挂一根水平通电直导线ab ,电流方向由a 到b ,导线平行于圆盘平面．现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动,细线仍然竖直,与圆盘静止时相比,下列说法正确的是( )A ．细线所受弹力变小B ．细线所受弹力不变C ．细线所受弹力变大D ．若改变圆盘转动方向,细线所受弹力变大 答案 C解析 圆盘静止时,通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力,两者等大反向,合力为零．当圆盘匀速转动时,根据右手螺旋定则,圆盘产生水平向右的磁场,根据左手定则,通电直导线受到方向向下的安培力,故细线所受的弹力变大,选项A 、B 错误,C 正确；若改变圆盘转动方向,通电直导线受到的安培力方向向上,细线所受的弹力变小,选项D 错误． 拓展训练8 (多选)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场,其方向如图所示,一个质量为m 且带电荷量为q 的小球以初速度v 0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降,则下列判断正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度E ＝mgqC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mg qv 0答案 CD解析 小球在复合场内受到自身重力、电场力和洛伦兹力,其中电场力和重力都是恒力,若速度变化则洛伦兹力变化,合力变化,小球必不能沿直线下降,所以合力等于0,小球做匀速直线运动,选项C 正确．若小球带正电,则电场力斜向下,洛伦兹力水平向左,和重力的合力不可能等于0,所以小球不可能带正电,选项A 错误．小球带负电,受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力,根据力的合成可得qE ＝2mg ,电场强度E ＝2mgq,选项B 错误．洛伦兹力qv 0B ＝mg ,磁感应强度B ＝mgqv 0,选项D 正确．专题强化练基础题组1．(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示,在水平晾衣杆上晾晒床单时,为了使床单尽快晾干,可在床单间支撑轻质小木棍．小木棍的位置不同,两侧床单间夹角θ将不同,设床单重力为G,晾衣杆对床单的作用力大小为F,下列说法正确的是( )A．θ越大,F越大B．θ越大,F越小C．无论θ取何值,都有F＝GD．只有当θ＝120°时,才有F＝G答案 C解析以床单和小木棍整体为研究对象,整体受到重力G和晾衣杆的支持力F,由平衡条件知F ＝G,与θ取何值无关,故A、B、D错误,C正确．2.(2019·广东珠海市质量监测)区伯伯在海边钓获一尾鱼,当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时,鱼受到水的作用力方向可能是( )A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右答案 D解析鱼处于平衡状态,受到竖直向下的重力、斜向左上的拉力、水的作用力,根据受力平衡的条件,结合力的合成可知,鱼受到的水的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反,故D正确,A、B、C错误．3.(2019·金华十校期末)体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作：运动员两手臂对称支撑,竖直倒立保持静止状态．当运动员两手间距离缓慢增大时,每只手臂对人体的作用力T及它们的合力F的大小变化情况为( )A．T增大,F不变B．T增大,F减小C．T增大,F增大D．T减小,F不变答案 A4.(2019·超级全能生2月联考)打印机是现代办公不可或缺的设备,正常情况下,进纸系统能做到“每次只进一张纸”,进纸系统的结构如图所示．设图中刚好有10张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动时带动最上面的第1张纸向右运动,搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1,纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2,下列说法正确的是( )A．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B．第2张与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D．要做到“每次只进一张纸”,应要求μ1＞μ2答案 D解析第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力F f0,方向向右,第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力F f,方向向左,F f＝μ2(mg＋F),F为搓纸轮对第1张纸的压力,F f0＝F f＜μ1F,正常情况F≫mg,故μ1＞μ2,A错误,D正确．第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力,根据受力平衡知,大小均为F f,B、C错误．5．(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图所示,用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b,再水平移到c,最后竖直下移到d.全过程钢件受到水的阻力大小不变,方向与运动方向相反,所受浮力恒定．则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段,缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是( )A．F1>F2>F3B．F1>F3>F2C．F2>F1>F3D．F3>F2>F1答案 A解析钢件从a匀速运动到b,对钢件受力分析得到：F1＝mg＋F f；从b匀速运动到c,有：F2＝F f 2＋(mg)2；从c匀速运动到d,有：F3＝mg－F f；由于F2＝F f 2＋(mg)2＝(F f＋mg)2－2mgF f,故F 1>F 2>F 3,故A 正确,B 、C 、D 错误．6．(2019·绍兴诸暨市期末)如图所示为复印机工作原理图：正电荷根据复印图案排列在鼓表面,带负电的墨粉颗粒由于电场作用被吸附到鼓表面,随后转移到纸面上“融化”产生复印图案．假设每个墨粉颗粒质量为8.0×10－16kg,带20个多余电子,已知墨粉颗粒受到的电场力必须超过它自身重力的2倍才能被吸附,则鼓表面电场强度至少为(g 取10m/s 2)( )A ．2.5×103N/C B ．5.0×103N/C C ．5.0×104N/C D ．1.0×105N/C答案 B解析 由题意知：qE ＝2mg ,E ＝2mg q ＝2×8×10－16×1020×1.6×10－19N/C ＝5.0×103 N/C,故选项B 正确．7.(2019·金华十校高三期末)如图所示,a 、b 、c 为真空中三个带电小球,b 球带正电且带电荷量为＋Q ,用绝缘支架固定,a 、c 两个小球用绝缘细线悬挂,处于平衡状态时三个小球球心等高,且a 、b 和b 、c 间距离相等,悬挂a 小球的细线向左倾斜,悬挂c 小球的细线竖直,则以下判断正确的是( )A ．a 小球带负电且带电荷量为－4QB ．c 小球带正电且带电荷量为＋4QC ．a 、b 、c 三个小球带同种电荷D ．a 、c 两小球带异种电荷 答案 A解析 根据受力平衡条件可知,因b 球带正电,要使a 、c 两球平衡,所以a 、c 两球一定带负电,对c 小球进行分析,a 、c 间的距离是b 、c 间的两倍,由库仑定律,则有：k |QQ c |r 2＝k |Q a Q c |(2r )2,因a 球带负电,可得：Q a ＝－4Q ,故A 正确．8．(2019·山东济南市模拟)如图甲所示,用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．若挂在天平右臂下方的为单匝矩形线圈且通入如图乙所示的电流,此时天平处于平衡状态．现保持边长MN 和电流大小、方向不变,将该矩形线圈改为三角形线圈,挂在天平的右臂下方,如图丙所示．则( )A．天平将向左倾斜B．天平将向右倾斜C．天平仍处于平衡状态D．无法判断天平是否平衡答案 B解析由左手定则分析可知,线圈受到的安培力方向向上,矩形线圈改成三角形线圈,安培力变小,故天平将向右倾斜．9.如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止．则( )A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下答案 A解析受力分析如图所示,当磁场方向竖直向上时,由左手定则可知安培力水平向右,金属杆ab受力可以平衡,若磁场方向竖直向下,由左手定则可知安培力水平向左,则金属杆ab受力无法平衡,A正确,B、C、D错误．10.(2019·陕西汉中市3月联考)如图所示,固定的木板与竖直墙面的夹角为θ,重为G的物块静止在木板与墙面之间,不计一切摩擦,则( )A ．物块对墙面的压力大小为G tan θB ．物块对墙面的压力大小为G sin θcos θC ．物块对木板的压力大小为G cos θD ．物块对木板的压力大小为Gsin θ答案 D解析 对物块受力分析,根据平行四边形定则可知：物块对墙面的压力大小为F 1′＝F 1＝G tan θ；物块对木板的压力大小为F 2′＝F 2＝Gsin θ,故选项A 、B 、C 错误,D 正确． 能力题组11.(2019·河南普通高中高考物理模拟)如图所示,六根原长均为l 的轻质细弹簧两两相连,在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F 作用下,形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R ,每根弹簧的劲度系数均为k ,弹簧在弹性限度内,则F 的大小为( )A.k2(R －l )B ．k (R －l )C ．k (R －2l )D ．2k (R －l )答案 B解析 正六边形外接圆的半径为R ,则弹簧的长度为R ,弹簧的伸长量为：Δx ＝R －l 由胡克定律可知,每根弹簧的弹力为：F 弹＝k Δx ＝k (R －l ),两相邻弹簧夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力为：F 合＝F 弹＝k (R －l ), 弹簧静止处于平衡状态,由平衡条件可知,F 的大小为：F ＝F 合＝k (R －l ),故B 正确,A 、C 、D 错误．12.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图所示,质量为M 的斜劈静止在粗糙水平地面上,质量为m 的小物块正在斜面上匀速下滑．现在m 上施加一个水平推力F ,则在m 的速度减小为零之前,下列说法正确的是( )A ．加力F 之后,m 与M 之间的摩擦力变小B ．加力F 之后,m 与M 之间的作用力不变C ．加力F 之后,M 与地面之间产生静摩擦力D ．加力F 前后,M 与地面间都没有摩擦力 答案 D解析 加力F 前,m 匀速下滑,则垂直斜面方向：F N ＝mg cos θ, 滑动摩擦力为F f ＝μmg cos θ；在m 上加一水平向右的力F ,垂直斜面方向：F N ′＝mg cos θ＋F sin θ, 滑动摩擦力为F f ′＝μF N ′＝μ(mg cos θ＋F sin θ)；对物块,所受支持力增加了F sin θ,摩擦力增加了μF sin θ,即支持力与摩擦力成比例的增加,其合力方向还是竖直向上,大小增大,m 与M 之间的作用力即为其合力,也是增大的,如图所示：则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下,水平方向仍无运动趋势,则不受地面的摩擦力,故A 、B 、C 错误,D 正确．13.(2019·宁波市3月模拟)在光滑的水平面上建立如图所示的直角坐标系xOy ,现在O 点固定一个带电荷量为Q 的正电荷,在x 轴正半轴上的点N (d,0)固定有带电荷量为8Q 的负电荷,y 轴正半轴位置固定有一根光滑绝缘细杆,细杆上套有带电荷量为＋q 的轻质小球,当小球置于M 点时,恰好保持静止,则M 的纵坐标为( )A.12dB.33dC.32d D ．d 答案 B解析 设OM 为y ,由平衡条件及数学知识可知kQq y 2＝8kQq d 2＋y 2·y d 2＋y 2,得d 2＋y 2＝2y ,即y ＝33d ,故B 正确．14.(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图所示,质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮,A 静止在倾角为45°的斜面上,B 悬挂着．已知m A ＝2m B ,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°增大到50°,系统仍保持静止．下列说法中正确的是( )A ．绳子对A 的拉力将增大B ．物体A 对斜面的压力将增大C ．物体A 受到的静摩擦力增大D ．物体A 受到的静摩擦力减小 答案 C解析 设m A ＝2m B ＝2m ,对物体B 受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到：F T ′＝mg ；再对物体A 受力分析,受重力、支持力、拉力F T 和静摩擦力,F T ＝F T ′,如图,根据平衡条件得到：F f ＋F T －2mg sin θ＝0,F N －2mg cos θ＝0,解得：F f ＝2mg sin θ－F T ＝2mg sin θ－mg ,F N ＝2mg cos θ,当θ由45°增大到50°时,F T 不变,F f 不断变大,F N 不断变小,故C 正确,A 、B 、D 错误．。
2020年浙江高考全真演练物理新突破考前冲刺卷(一)(基础必刷)
2020年浙江高考全真演练物理新突破考前冲刺卷（一）（基础必刷）学校：_______ 班级：__________姓名：_______ 考号：__________（满分：100分时间：75分钟）总分栏题号一二三四五六七总分得分评卷人得分一、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)题如图所示，拖把是由轻质拖杆和拖把头构成的擦地工具。
某同学用该拖把在光滑水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把头，经过一段时间、拖把头沿水平向右的方向加速运动了一段位移。
已知拖杆与水平方向的夹角为θ（0<θ<90°）。
则在此过程中，下列说法正确的是（ ）A．推力对拖把头做的功等于拖把头的动能增量B．重力对拖把头的冲量大小等于拖把头的动量增量大小C．推力对拖把头的冲量大小等于拖把头的动量增量大小D．“水平地面对拖把头的支持力”对拖把头的冲量大小等于0第(2)题一根劲度系数为的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为的物块。
用一水平木板将物块托住，使弹簧处于原长状态，如图所示。
现让木板由静止开始向下匀加速运动，加速度大小，忽略一切阻力。
下列说法正确的是（ ）A．物块下落的整个过程中，物块、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B．当弹簧的伸长量时，物块与木板分离C．物块下落到最低点时的加速度大小为gD．下落过程中物块的最大速度第(3)题如图所示，在磁感应强度的匀强磁场中，有一个内阻为、匝数、面积为的线圈，以的角速度绕垂直于磁场的对称轴匀速旋转。
理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈接有一个电阻箱R。
电表均为理想电表，不计其它电阻，下列说法正确的是（ ）A．图示位置旋转线圈的电动势达到最大值311VB．电压表的示数为220VC．电压表的示数为44VD．当电阻箱的阻值调为时，电阻箱R上获得最大电功率第(4)题如图1所示，半径为R均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P（坐标为x）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：，方向沿x轴。
2020版浙江选考物理大一轮复习(课件+课后达标集训)必修1 第二章 相1 第1节 重力 弹力 摩擦力
第二章 相互作用
一、力 1．力的概念：物体与物体之间的___相__互___作用． 2．力的作用效果 两类效果使改物变体物发体生的__运____形动____变状____态__.__.
栏目 导引
第二章 相互作用
二、重力 1．产生：由于地球的吸引而使物体受到的力． 2．大小：G＝mg. 3．方向：总是_竖__直__向__下___． 4．重心：因为物体各部分都受重力的作用，从效果上看，可以 认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫做物体的重 心．
栏目 导引
第二章 相互作用
四、胡克定律 1．内容：弹簧发生_弹__性__形__变___时，弹簧的弹力的大小 F 跟弹 簧伸长(或缩短)的长度 x 成__正__比____． 2．表达式：F＝kx. (1)k 是弹簧的_劲__度___系__数__，单位为 N/m；k 的大小由弹簧 __自__身__性__质__决定． (2)x 是弹簧长度的_变__化__量___，不是弹簧形变以后的长度．
栏目 导引
第二章 相互作用
解析：选 C.重力的方向为竖直向下而不是垂直地面向下，选项 A 错误；同一物体在地球上不同位置所受重力不同，与弹簧测 力计无关，选项 B 错误；重心为物体各部分所受重力的等效作 用点，选项 C 正确；重心的位置与物体的形状与质量分布是否 均匀有关，如果质量分布不均匀，仅有规则几何外形，其重心 也不一定在几何中心上，选项 D 错误．
第二章 相互作用
(4)误认为只有相互接触的物体间才存在作用力，实际上有些力 可以发生在不接触的物体间，如重力等． (5)重心不一定在物体上，可以在物体之外，重心的位置与物体 的形状和质量分布有关，如球的重心在球心是不对的，因为球 的质量不知是否分布均匀．
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快练1 力学实验1．(2018·绍兴市期末)在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学用两个力传感器进行实验，将两个传感器按图1甲方式对拉，在计算机屏上显示如图乙所示，纵坐标代表的物理量是作用力的大小，则横坐标代表的物理量是________(填“时间”或“位移”)；根据图象可以得出结论：作用力与反作用力总是________，________(写出两点)．图12．飞飞同学利用打点计时器探究小车速度随时间变化的规律如图2所示，得到一条用打点计时器打下的纸带如图3所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F共6个计数点(每相邻两个计数点间还有4个打点计时器打下的点，本图中没有画出)，打点计时器接的是6 V以下、50 Hz 的交变电源．他将一个毫米刻度尺放在纸带上，其零刻度和计数点A对齐．(结果均保留三位有效数字)图2图3(1)由以上数据计算打点计时器在打C点时，小车的瞬时速度v C是________ m/s；(2)该小车运动的加速度a为________ m/s2；(3)根据题意，试判断小车运动的方向________(填“从A指向F”或“从F指向A”)．3．(2018·浙江4月选考·17)(1)用图4所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有________(填字母)；图4A．秒表B．天平C．刻度尺D．弹簧测力计(2)用图5所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作．其中正确的是________(填字母)；图5A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上B．手提纸带任意位置C．使重物靠近打点计时器(3)图6是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格的边长均为0.80 cm.由图可知小球的初速度大小为________ m/s(结果保留两位有效数字)．图64．(2018·宁波市期末)某学生做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验，实验时把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧伸长的长度x，数据记录如表所示.钩码个数01234567弹力F/N0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.07.0 弹簧伸长的0 2.00 3.98 6.027.979.9511.8014.00长度x/cm(1)图7(2)根据F－x图线可以求得弹力和弹簧伸长量的关系式为F＝________x(式中各物理量均采用国际单位)；(3)一位同学做此实验时得到如图乙所示的F－x图线，说明此同学可能出现了哪些错误？________________________________________________________________________________________________________________________________________________.5．在“探究做功与速度变化的关系”实验中，某同学设计了如图8甲所示的实验方案：使小物块在橡皮筋的作用下沿水平桌面被弹出，第二次、第三次…操作时分别改用2根、3根、…同样的橡皮筋将小物块弹出，测出小物块被弹出时的速度，然后找到牵引力对小物块做的功与小物块速度的关系．图8(1)要测得小物块被抛出后的水平速度，需要测量哪些物理量(g已知)：________.(填正确答案标号)A．小物块的质量mB．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量ΔxD．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L(2)用测量的物理量表示小物块获得速度大小的表达式________________________________．(3)能够实现橡皮筋对小物块做功整数倍变化的是________．A．增加相同橡皮筋的条数，使小物块每次从相同位置释放B．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的伸长量依次加倍C．橡皮筋两端固定，使橡皮筋的长度依次加倍D．释放小物块的位置等间距的变化(4)根据实验数据做出W－v2的图象如图乙所示，图线不通过原点的原因是________________________________________________________________________．6．(2018·台州中学统练)某实验小组用如图9所示装置研究加速度与力的关系，图中带滑轮的长木板水平放置于水平桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．图9(1)实验时，下列操作必要且正确的是________．A．未吊砂桶时将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数C．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带D．用天平测出砂和砂桶的质量E．为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)若直接按图中装置进行实验，以传感器的示数F为横坐标，通过纸带分析得到的加速度a 为纵坐标，画出的a－F图象合理的是________．7．某学习小组在“探究做功与速度变化的关系”的实验中采用了如图10甲所示的实验装置．图10(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)如图乙所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd＝________cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定．现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt，则滑块最后匀速运动的速度表达式为v＝________(用字母表示)．(3)逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度．则画出的W －v2图象应是_______________________________________________________________________________________________________________________________________. 8．(2017·“七彩阳光”联考)某同学为验证“机械能守恒定律”，现有如图11甲所示的装置图．图11(1)除如图甲所示装置图中已有的器材外，请在如下四个选项中挑选完成本实验所必须的实验器材________．A．刻度尺B．秒表C．游标卡尺D．纸带(2)补齐器材后，某同学按照正确的实验步骤完成本次实验．实验测得光电门与电磁铁下端间距为47.55 cm，小钢球直径如图乙所示，为________ mm，钢球经过光电门的时间为2.43 ms，已知当地重力加速度的值为9.80 m/s2(小钢球质量为m)．①重力势能减少量是______ J，动能增加量是______ J.②请述说实验结论_________________________________________________________．9．甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验．(1)图12中A、B、C、D、E表示部分实验器材，甲同学需在图中选用的器材有________；乙同学需在图中选用的器材有________．(用字母表示)图12(2)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图13所示的两条纸带①和②.纸带________(填“①”或“②”)的加速度大，其加速度大小为________．图1310．(1)在“用打点计时器测速度”的实验中，下列器材中必须要用的是________．(2)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，打出一条纸带如图14所示，已知A、B、C、D、E为计数点，相邻两个计数点间有4个打点未画出，每相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s，则小车在C点的速度v＝________ m/s，小车运动的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)图14答案精析1．时间大小相等(方向相反) 同时产生、同时消失、同时变化2．(1)0.163(0.160～0.166之间均可) (2)0.417(0.410～0.425之间均可) (3)从F 指向A 解析 (1)C 点的瞬时速度等于BD 段的平均速度，则v C ＝x BD 2T ＝(4.25－1.00)×10－20.2m/s ≈0.163 m/s (2)根据Δx ＝aT 2，运用逐差法得 a ＝x DF －x AC 6T 2＝(4.90－2.40)×10－26×0.01m/s 2≈0.417 m/s 2 (3)因为小车做加速运动，相等时间内的位移逐渐增大，则小车的运动方向为从F 指向A .3．(1)C (2)AC (3)0.70解析 (1)根据实验原理，只需证明速度的平方和橡皮筋数量成正比即可，故只需刻度尺，所以选C 项．(2)“验证机械能守恒定律”实验，需要保持纸带竖直，需要将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，重物尽可能靠近打点计时器，这样就可以多打点，在处理纸带时，就增大了纸带有效部分的长度，提高实验准确率，所以A 、C 正确．(3)根据Δh ＝gt 2，即2×0.8×10－2＝10t 2，解得t ＝0.04 s ，由v 0＝x t 可知v 0＝3.5×0.8×10－20.04 m/s ＝0.70 m/s 4．(1)如图所示(2)50 (3)弹簧伸长量已超出了弹簧的弹性限度5．(1)DE (2)v ＝L g 2h(3)A (4)物体在桌面上运动时要克服摩擦力做功 解析 (1)(2)物块离开桌面后做平抛运动，竖直方向：h ＝12gt 2，水平方向：L ＝vt ，解得：v ＝L g 2h，要测物块被抛出时的水平速度，需要测量：桌面到地面的高度h ，小物块抛出点到落地点的水平距离L ，故选D 、E.(3)实验时，选择相同的橡皮筋，使橡皮筋的形变量相同，通过改变橡皮筋的条数改变橡皮筋对小车所做的功，故A 正确，B 、C 、D 错误．(4)物块在桌面上运动时，弹力对物块做正功，摩擦力对物块做负功，由于物块要克服摩擦力做功，则图象不过原点．6．(1)ABC (2)B7．(1)将滑块轻置于气垫导轨上，看其是否滑动或将滑块置于气垫导轨上，看轻推后是否做匀速运动(2)0.550 Δd Δt(3)一条过原点的直线 解析 (1)将滑块轻置于气垫导轨上，看其是否滑动或将滑块置于气垫导轨上，看轻推后是否做匀速运动；(2)游标尺零刻度线对应的主尺上整数部分为5 mm ，游标尺第10条刻度线与主尺上某刻度线对齐，10×0.05 mm＝0.50 mm ，故读数为5.50 mm ＝0.550 cm.光电门测量的是运动物体遮光时间内的平均速度，因为遮光条较窄，所以可认为测量的是瞬时速度，所以v ＝Δd Δt ；(3)由动能定理有W ＝12mv 2，画出的W －v 2图象是一条过原点的直线． 8．(1)AC (2)7.4 ①4.66m 4.65m②实验误差允许范围内，小钢球在下落过程中机械能守恒解析 (2)游标卡尺的读数为：7 mm ＋0.4 mm ＝7.4 mm.①重力势能减小量ΔE p ＝mgh ＝m ×9.80×47.55×10－2J≈4.66m J. 小钢球通过光电门时的速度v ＝d t ＝7.4×10－32.43×10－3m/s ≈3.05 m/s.从起点到光电门的过程中小钢球的动能增加量ΔE k ＝12mv 2＝12×m ×3.052 J≈4.65m J ； ②在实验误差允许的范围内，重力势能的减少量与动能的增加量相等，知小钢球在下落过程中机械能守恒．9．(1)AB BDE (2)① 5 m/s 2解析 (1)做“验证机械能守恒定律”实验时，让重物拉着纸带通过打点计时器运动，故需要选择重物A 和打点计时器B ；做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，让钩码牵着小车拉着纸带通过打点计时器运动，故需要选择钩码E 、打点计时器B 和小车D ；(2)由Δx ＝aT2得连续相等时间内的位移差越大，加速度越大，故①的加速度大，代入得加速度大小为5 m/s 2.10．(1)AC (2)1.24 6.22解析 (1)“用打点计时器测速度”的实验需要用到的器材是：打点计时器、纸带、刻度尺、交流电源等，打点计时器本身具有计时功能，无需秒表，也不用弹簧测力计测力，故选A 、C.(2)根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得：v ＝x BD 2T ＝(27.87－3.07)×10－20.2 m/s ＝1.24 m/s ；利用逐差法求加速度，则a ＝x CD ＋x DE －x AB －x BC 4T 2＝x AE －2x AC 4T 2＝0.496 2－2×0.123 80.04 m/s 2≈6.22 m/s 2.。