物理步步高大一轮复习讲义答案
【步步高】高考物理大一轮复习讲义 第二章 章末限时练(含解析) 新人教版
《步步高》高考物理（人教版通用）大一轮复习讲义第二章章末限时练(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题4分，共40分)1．某物体在n个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过90°，而保持其大小不变，其余力保持不变，则此时物体所受的合力大小为( )A．F1 B.2F1C．2F1D．0答案 B解析物体受n个力处于静止状态，则其中(n－1)个力的合力一定与剩余的那个力等大反向，故除F1以外的其他各力的合力大小等于F1，且与F1方向相反，故当F1转过90°后，物体受到的合力大小应为2F1，选项B正确．2．如图1甲所示为实验室常用的弹簧测力计，弹簧的一端与有挂钩的拉杆相连，另一端固定在外壳上的O点，外壳上固定一个圆环，整个外壳重为G，弹簧及拉杆的质量忽略不计．现将该弹簧测力计用如图乙、丙的两种方式固定在地面上，并分别用相同的力F0(F0>G)竖直向上拉弹簧测力计，则稳定后弹簧测力计的读数分别为( )图1A．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0B．乙图读数为F0，丙图读数为F0－GC．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0＋GD．乙图读数为F0，丙图读数为F0答案 B解析弹簧测力计的读数应是弹簧中的弹力大小．在图乙中，F0与弹簧拉力是一对作用力与反作用力，大小一定相等．在图丙中，由共点力的平衡知F0＝F弹＋G，所以F弹＝F0－G，选项B正确．3．如图2所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0.则下列描述正确的是( )A．B可能受到3个或4个力作用图2B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受三个力作用答案BD解析对A、B整体，一定受到重力G、斜面支持力F N、水平力F，如图(a)，这三个力可能使整体平衡，因此斜面对A、B整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B、D正确；对木块A，受力如图(b)，水平方向受力平衡，因此一定受到B对A的静摩擦力F f A，由牛顿第三定律可知，C错；对木块B，受力如图(c)，其中斜面对B的摩擦力F f可能为0，因此木块B可能受4个或5个力作用，A错．4．帆船航行时，遇到侧风需要调整帆面至合适的位置，保证船能有足够的动力前进．如图3是帆船航行时的俯视图，风向与船航行方向垂直，关于帆面的a、b、c、d四个位置，可能正确的是( )A．a B．b 图3C．c D．d答案 B5．一轻杆AB，A端用铰链固定于墙上，B端用细线挂于墙上的C点，并在B端挂一重物，细线较长使轻杆位置如图4甲所示时，杆所受的压力大小为F N1，细线较短使轻杆位置如图乙所示时，杆所受的压力大小为F N2，则有( )图4A．F N1>F N2B．F N1<F N2C．F N1＝F N2D．无法比较答案 C解析轻杆一端被铰链固定在墙上，杆上的弹力方向沿杆的方向．由牛顿第三定律可知：杆所受的压力与杆对B点细线的支持力大小相等，方向相反．对两种情况下细线与杆接触点B受力分析，如图甲、乙所示，由图中几何关系可得：F N1AB＝mgAC，F N2AB＝mgAC，故F N1＝F N2，选项C正确．6．如图5所示，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( ) 图5A．水平外力F增大B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．A对B的作用力减小答案BD解析对物体B的受力分析如图所示，A的位置左移，θ角减小，F N1＝G tan θ，F N1减小，B项正确；F N＝Gcos θ，F N减小，D项正确；以A、B为一个整体受力分析，F N1＝F，所以水平外力F减小，A项错误；地面对A的支持力等于两个物体的重力之和，所以该力不变，C项错误．7．如图6所示，一辆质量为M的汽车沿水平面向右运动，通过定滑轮将质量为m的重物A缓慢吊起．在吊起重物的过程中，关于绳子的拉力F T、汽车对地面的压力F N和汽车受到的摩擦力F f随细绳与水平方向的夹角θ变化的图象中正确的是 ( ) 图6答案 AC解析 因为绳子跨过定滑轮，故绳子张力等于重物A 的重力，A 正确；由牛顿第三定律可知，汽车对地面的压力大小等于地面对汽车的支持力，故以汽车为研究对象，受力分析得F N ＝Mg －F T sin θ，取θ＝0时，F N ＝Mg ，B 错误；因为缓慢吊起重物，汽车可视为处于平衡状态，故有F f ＝F T cos θ，故C 对，D 错．8．如图7所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m ＝20 kg ，B 物体质量M ＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m ，A 与 图7B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.现有一水平推力F 作用于物体B 上推着B 缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m 时，水平推力F 的大小为(g 取10 m/s 2) ( ) A ．350 NB ．300 NC ．250 ND ．200 N答案 B解析 由题意可知F f A max ＝μmg ＝100 N ．当A 向左移动0.2 m 时，F 弹＝k Δx ＝50 N ，F 弹<F f A max ，即A 、B 间未出现相对滑动，对整体受力分析可知，F ＝F f B ＋F 弹＝μ(m ＋M )g ＋k Δx ＝300 N ，B 选项正确．9．如图8所示，左侧是倾角为30°的斜面、右侧是圆弧面的物体固定 在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2的小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状 图8态时，连结m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于( )A ．2∶ 3B ．2∶3C.3∶2D ．1∶1答案 A解析 对m 2受力分析如图所示 进行正交分解可得F N cos 60°＝F T cos 60° F T sin 60°＋F N sin 60°＝m 2g解得F T ＝m 2g3对m 1球受力分析可知，F T ＝m 1g sin 30°＝12m 1g可知m 1∶m 2＝2∶3，选项A 正确．10．如图9所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O 点，跨过滑轮的细绳连接物块A 、B ，A 、B 都处于静止状态，现将物 块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，下列说法中正确的是( )图9A ．B 与水平面间的摩擦力增大B ．绳子对B 的拉力增大C ．悬于墙上的绳所受拉力不变D ．A 、B 静止时，图中α、β、θ三角始终相等 答案 AD解析 因为将物块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，所以绳中的拉力大小始终等于A 的重力，通过定滑轮，绳子对B 的拉力大小也等于A 的重力，而B 移至C 点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B 进行受力分析可知，B 受到水平面的静摩擦力增大，所以选项A 正确，B 错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳所受拉力等于两边绳的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳的合力将减小，选项C 错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，选项D 正确． 二、非选择题(共60分)11．(6分)为测定木块P 和木板Q 间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，图10为实验装置示意图，其中各物体的接触面均水平，该同学在实验中的主要操作有：图10A ．用弹簧测力计测出木块P 的重力为G P ＝6.00 N ；B ．用弹簧测力计测出木板Q 的重力为G Q ＝9.25 N ；C ．用手按住木块和木板，按图10装置安装好器材；D ．松开木块和木板让其运动，待弹簧测力计指针稳定时再读数． (1)上述操作中多余的步骤是________．(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，稳定时弹簧测力计的 指针位置如图11所示，其示数为______ N ．根据该同学的测量数据，可求得木块P 和木板Q 间的动摩擦因数为______． 图11 答案 (1)B (2)2.10 0.35解析 (1)要做好本题，需理解实验原理．无论木板怎样滑动，弹簧测力计的示数总与P 木块的滑动摩擦力相等，且这个值是稳定的，故可用F ＝μF N ＝μmg 求解μ，所以步骤B 是多余的．(2)由读数的估读规则可知，弹簧测力计的读数为2.10 N ，由F ＝μF N ＝μmg ，可知μ＝F mg＝0.35. 12．(8分)某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如图12甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图12(1)实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是________．A．拿起弹簧测力计就进行测量读数B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦(2)关于此实验的下列说法中正确的是________．A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．(4)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．逆向思维法D．建立物理模型法答案(1)BCD (2)A (3)F′(4)B13．(10分)如图13所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使得横梁保持水平状态．已知细绳与竖直墙壁之间的夹角为60°，当用另一段轻绳在B点悬挂一个质量为M＝6 kg的重物时，求轻杆对B点的弹力和绳BC的拉力大小．(g取10 m/s2) 图13答案60 3 N 120 N解析设杆对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿杆方向，绳BC对B点的拉力为F2，由于B点静止，B点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的特点，杆的弹力F 1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为Mg，如图所示．根据以上分析可知弹力F1与拉力F2的合力大小F＝G＝Mg＝60 N由几何知识可知F1＝F tan 60°＝60 3 NF2＝Fsin 30°＝120 N即轻杆对B点的弹力为60 3 N，绳BC的拉力为120 N.14．(10分)如图14所示，质量为m1＝5 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝10 m/s2，求：图14(1)斜面对滑块的摩擦力．(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．答案(1)5 N (2)15 3 N 135 N解析(1)用隔离法：对滑块受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上：F＝m1g sin 30°＋F f，F f＝F－m1g sin 30°＝(30－5×10×0.5) N＝5 N.(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示，由图乙可知：在水平方向上有F f地＝F cos 30°＝15 3 N；在竖直方向上，有F N地＝(m1＋m2)g－F sin30°＝135 N.15．(13分)如图15所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A＝10 kg，m B＝20 kg，A、B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右图15拉出，求所加水平拉力F的大小，并画出A、B的受力分析图．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案160 N 见解析图解析A、B的受力分析如图甲、乙所示对A应用平衡条件，有F T sin 37°＝F f1＝μF N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立得F N1＝3m A g4μ＋3＝60 N，F f1＝μF N1＝30 N对B应用平衡条件，有F N1＝F N1′，F f1＝F f1′F＝F f1′＋F f2＝F f1＋μF N2＝F f1＋μ(F N1′＋m B g)＝160 N16．(13分)如图16所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？图16(2)C球的重力为多大？答案(1)(2＋3) N (2)2 3 N解析(1)A、C球的受力情况分别如图甲、乙所示：甲乙其中F＝kx＝1 N对于A球，由平衡条件得：F＝F T sin 30°F N＝G A＋F T cos 30°解得：F N＝(2＋3) N(2)由(1)可得两线的张力都为：F T＝2 N对于C球，由平衡条件得：2F T cos 30°＝G C解得：G C＝2 3 N。
步步高大一轮复习讲义物理答案
步步高大一轮复习讲义物理答案【篇一：2016《步步高》大一轮复习讲义物理第3章】s=txt>考纲解读 1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力．考点一牛顿第一定律的理解与应用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)指出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，即力是产生加速度的原因．(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称为惯性定律．(3)牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．3．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：质量是物体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，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．例1 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解析物体的惯性是指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是指物体抵抗运动状态变化的性质，选项a正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项b错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项c错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项d正确．答案 ad 变式题组1．[对运动和力的关系的理解]下列对运动的认识不正确的是( )a．亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止b．伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快c．牛顿认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因 d．伽利略根据理想实验推出，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去答案 a解析对于力和运动的关系，亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止下来，即力是产生和维持物体运动的原因，这种观点错误，a项说法错误；伽利略通过斜面实验分析并推理，如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快，b项说法正确；牛顿第一定律指出力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因，c项说法正确；伽利略根据理想实验，并通过科学推理，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，d项说法正确．2．[对牛顿第一定律和惯性的理解]下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法中，正确的是( )a．牛顿第一定律说明，只有不受外力的物体才保持匀速直线运动状态或静止状态b．物体运动状态发生变化则物体一定受到力的作用c．惯性定律与惯性的实质是相同的d．物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大答案 b解析当物体所受的合力为零时，物体也可以处于匀速直线运动状态或静止状态，故a项错误．由牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，故b项正确．惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，惯性定律(即牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律，c项错误．虽然物体运动不需要力来维持，但物体的惯性与运动速度大小无关，d项错误．3．[对惯性的理解]一列以速度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．考点二牛顿第三定律的理解与应用1．牛顿第三定律的内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”(1)“三同”：①②③变化情况相同．(2)“三异”：①②③产生的效果不同．(3)“三无关”：①与物体的种类无关；②与物体的运动状态无关；③与物体是否和其他物体存在相互作用无关．3例2 粗糙的水平地面上有一只木箱，现用一水平拉力拉木箱匀速前进，则( )a．拉力与地面对木箱的摩擦力是一对作用力与反作用力b．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对平衡力c．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力d．木箱对地面的压力与木箱受到的重力是一对平衡力解析拉力与地面对木箱的摩擦力作用在同一个物体上，是一对平衡力，a错．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力分别作用在地面和木箱上，作用在两个物体上，不是一对平衡力，b错．木箱对地面的压力与地面对木箱的支持力是一对作用力与反作用力，c对．木箱对地面的压力与木箱受到的重力方向相同，作用在两个物体上，不是一对平衡力，d错．答案 c变式题组4．[相互作用力与二力平衡的区别]一物体静止于斜面上，如图1所示，则下列说法正确的是( )图1a．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力b．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力c．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力 d．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力答案 b解析根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故a错，b对．物体所受的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知c错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为对斜面的压力，d错．5．[相互作用力与平衡力的区别]如图2所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人a从背后轻轻推另一个人b时，两个人都会向相反方向运动，这是因为a推b时()图2a．a与b之间有相互作用力b．a对b的作用在先，b对a的作用在后c．b对a的作用力小于a对b的作用力d．a对b的作用力和b对a的作用力是一对平衡力答案 a解析 a推b时a与b之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生，大小相等，分别作用在不同的物体上，选项a正确，b、c、d错误．应用牛顿第三定律应注意的三个问题(1)定律中的“总是”说明对于任何物体，在任何情况下牛顿第三定律都是成立的．(2)作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同，所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同．(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能牵扯第三个物体．应用牛顿第三定律转移研究对象考点三“转移研究对象法”在受力分析中的应用作用力与反作用力，二者一定等大反向，分别作用在两个物体上．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．在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此．例3 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，环与杆间的摩擦力大小为ff，则此时箱对地面的压力大小为多少？图3解析环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如【篇二：物理步步高大一轮复习讲义第一章第1讲】ass=txt>1．质点(1)(2)点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)3．位移(1)定义：表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段．(2)路程．[思维深化]判断下列说法是否正确．(3)参考系可以任意选取，但一般遵循描述运动方便的原则．( √ )1．[对质点的理解]以下情景中，人或物体可以看成质点的是()a．研究一列火车通过长江大桥所需的时间b．乒乓球比赛中，运动员发出的旋转球c．研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作d．用gps确定打击海盗的“武汉”舰在大海中的位置答案 d解析长江大桥虽长，但火车长度与之相比不能忽略，不符合“物体的大小或形状对研究的问题没有影响，或者对研究问题可以忽略时，物体就可以看做质点”的条件，选项a错误；既然是“旋转球”，就是要研究球的旋转的，如果把它看成质点，则掩盖了其旋转的特点，故不能把它看做质点，选项b错误；研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，突出的是看清“挥动国旗的动作”，不能把翟志刚看成质点，选项c错误；用gps确定“武汉”舰在大海中的位置时，突出它的“位置”，可以把“武汉”舰看成质点(船的大小与大海相比，其大小可以忽略)，故选项d正确．2．[对参考系的理解](多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是( )a．从直升机上看，物体做自由落体运动b．从直升机上看，物体始终在直升机的后方c．从地面上看，物体做平抛运动d．从地面上看，物体做自由落体运动答案 ac3．[对质点、参考系和位移的理解]在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图1所示．下面说法正确的是( )图1a．地球在金星与太阳之间b．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点c．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零d．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案 d解析金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项a错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项b错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项c错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项d正确．抓住“三点”理解质点、参考系和位移1．质点的模型化：建立模型．一是要明确题目中需要研究的问题；二是看所研究物体的形状和大小对所研究问题是否有影响．2．运动的相对性：选取不同的参考系，对同一运动的描述一般是不同的．3．位移的矢量性：一是位移只与初末位置有关；二是位移方向由初位置指向末位置．考点二速度平均速度和瞬时速度1．速度(1)(4)2．平均速度3．瞬时速度(1)(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(3)[思维深化]如果一质点沿直线ox方向做加速运动，它离开o点的距离x随时间变化的关系为x＝3＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2m/s.请思考如何求解t＝2s时的瞬时速度和t＝0到t＝2s间的平均速度？4．[平均速度和瞬时速度的区别](多选)关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是( )a．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度b．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关c．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动d．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢答案 abd解析一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故a、b均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故c 错，d正确．5．[平均速度的求解]一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t 内的平均速度是v，紧接vt着( ) 22245a．vb.c. 336答案 d解析分别求出两个时间段的位移，求其和，得出总位移，再除以总时间．6．[用平均速度法求瞬时速度]用如图2所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度．已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040s，则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )图2a．0.10m/sc．4.0m/s答案 a解析遮光条经过光电门的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门的平均速度当作滑t0.040－b．100 m/s d．0.40 m/s用极限思想理解两种速度关系1．两种速度的关系(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等．2．关于用平均速度法求瞬时速度均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．体在该位置的瞬时速度．考点三加速度与速度及速度变化量的关系1．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量．2．加速度(1)[思维深化]1．以恒定的速率做圆周运动的物体有加速度吗？为什么？答案有，因为速度的方向在变化．2．有加速度的物体一定加速运动吗？为什么？答案不一定，要看a与v的方向关系．7．[对加速度的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说【篇三：物理步步高大一轮复习讲义第一章专题一】s=txt>1．x－t图象(1)(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小．②切线斜率的正负表示物体速度的方向．(3)两种特殊的x－t图象①匀速直线运动的x－t图象是一条倾斜的直线．②若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态．2．v－t图象(1)(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小．②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．(3)两种特殊的v－t图象①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线．②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线．(4)图线与时间轴围成的面积的意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．3．a－t图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的加速度随时间变化的规律．(2)(3)图1a．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大b．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大c．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小d．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案 b解析位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故a错误，b正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故c错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10km处，而乙在s＝8km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故d错误．图2a．在第1秒末速度方向发生了改变b．在第2秒末加速度方向发生了改变c．在第2秒内发生的位移为零d．第3秒末和第5秒末的位置相同答案 d解析a．在第1秒末质点的加速度方向发生改变，速度方向未改变，a错误．b．在第2秒末质点的速度方向发生改变，加速度方向未改变，b错误．c．在第2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，c错误．d．从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，d正确．3．[两类图象的比较]如图3所示的位移－时间(x－t)图象和速度－时间(v－t)图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是( )图3a．甲车做直线运动，乙车做曲线运动b．0～t1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程c．0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远d．0～t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等答案 c解析在x－t图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，a、b选项均错．在v－t图象中，t2时刻丙、丁速度相等．故两者相距最远，c选项正确．由图线可知，0～t2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，d选项错误．图4a．汽车甲的平均速度比乙的大v＋vb2c．甲、乙两汽车的位移相同d．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大答案 a解析由v－t图象知，在0～t1时间内，甲的位移大于乙的位移，c 错x误．由va正确．如图所示，汽车t乙的v－t图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围v1＋v2的面积，故汽车乙的平均速度小于，b错误．v－t图象中的斜率表示加速度，甲、乙2图线上各点切线斜率的绝对值均逐渐减小，故加速度的大小都逐渐减小，d错误．图象问题的三个提醒1．x－t图象、v－t图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x、v与t一一对应．2．x－t图象、v－t图象的形状由x与t、v与t的函数关系决定． 3．无论是x－t图象还是v－t图象，所描述的运动情况都是直线运动．考点二追及与相遇问题1．分析技巧：可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点；(2)解题的突破口．2．能否追上的判断方法物体b追赶物体a：开始时，两个物体相距x0.若va＝vb时，xa＋x0xb，则能追上；若va＝vb时，xa＋x0＝xb，则恰好不相撞；若va＝vb时，xa＋x0xb，则不能追上．3[思维深化]如果是做匀减速运动的物体a追匀速运动的物体b，当va＝vb时，a、b相遇的情况有哪几种情形？答案 (1)若已超越则相遇两次．(2)若恰好追上，则相遇一次．(3)若没追上，则无法相遇．5．[对追及和相遇的理解](多选)如图5所示，a、b两物体从同一点开始运动，从a、b两物体的位移图象可知下述说法中正确的是( )图5a．a、b两物体同时自同一位置向同一方向运动b．a、b两物体自同一位置向同一方向运动，b比a晚出发2sc．a、b两物体速度大小均为10m/sd．a、b两物体在a出发后4s时距原点20m处相遇答案 bd解析由x－t图象可知，a、b两物体自同一位置向同一方向运动，且b比a晚出发2s，图象中直线的斜率大小表示做匀速直线运动的速度大小，由x－t图象可知，b物体的运动速度大小比a物体的运动速度大小要大，a、b两直线的交点的物理意义表示相遇，交点的坐标表示相遇的时刻和相遇的位置，故a、b两物体在a物体出发后4s时相遇．相遇位置距原点20m，综上所述，b、d选项正确．6．[对追及和相遇的理解]如图6所示，为三个运动物体的v－t图象，其中a、b两物体是从不同地点出发，a、c是从同一地点出发，则以下说法正确的是( )图6a．a、c两物体的运动方向相反b．t＝4s时，a、b两物体相遇c．t＝4s时，a、c两物体相遇d．t＝2s时，a、b两物体相距最远答案 c解析在t＝4s之前，a、b、c物体开始阶段速度方向均为正，方向相同；当t＝4s时，a、b两物体发生的位移相同，但由于两物体不是同地出发，因此此时两者并没有相遇，而a、c两物体是同时同地出发，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2s时，a、b两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确a、b谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此d错．追及与相遇问题的类型及解题思路1．相遇问题的两类情况(1)同向运动的两物体追及即相遇，各自位移之差等于开始时两物体之间的距离．(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开始时两物体间的距离时即相遇．2．追及问题涉及两个不同物体的运动关系，分析时要紧抓“一个图三个关系式”，即：过程示意图或v－t图象，速度关系式、时间关系式和位移关系式．同时要关注题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等．7．[速度大者追速度小者]在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然。
【步步高】高考物理大一轮复习讲义 第一章 章末限时练(含解析) 新人教版
《步步高》2014高考物理（人教版通用）大一轮复习讲义第一章章末限时练(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题4分，共40分)1．在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是( ) A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法B．根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了控制变量法D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法答案 A2．北京时间2012年2月25日凌晨0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗北斗导航卫星成功送入太空预设轨道．这标志着北斗卫星导航系统建设又迈出了坚实的一步，北斗卫星导航系统可以提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s，以下说法不正确的是 ( ) A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻D．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率答案 A解析由位置、位移、时间间隔、时刻和速度的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，而不是位置的变化，故选项A错误，B正确；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，故选项C正确；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度大小，即速率，故选项D正确．3．关于质点的运动，下列说法中正确的是 ( ) A．质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零B．质点速度变化率越大，则加速度越大C．质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零D ．位移的方向就是质点运动的方向答案 B解析 加速度是速度的变化量和所用时间的比值，即a ＝Δv Δt.加速度为零，速度变化量也为零，但速度不一定为零，加速度不为零，速度可能为零，故A 、C 选项错误；质点速度变化率越大，则加速度越大，B 选项正确；位移是矢量，是由初始位置指向终止位置的有向线段，如果质点做往复运动或曲线运动，位移的方向与质点运动的方向可能不一致，故D 选项错误．4． (2011·天津·3)质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x ＝5t ＋t 2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( ) A ．第1 s 内的位移是5 mB ．前2 s 内的平均速度是6 m/sC ．任意相邻的1 s 内位移差都是1 mD ．任意1 s 内的速度增量都是2 m/s答案 D解析 由匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2，对比题给关系式可得v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2，则第1 s 内的位移是6 m ，A 错；前2 s 内的平均速度是v ＝x 2t ＝5×2＋12×2×222m/s ＝7 m/s ，B 错；Δx ＝aT 2＝2 m ，C 错；任意1 s 内的速度增量Δv ＝a Δt ＝2 m/s ，D 对．5． 将一小球竖直向上抛出，小球到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内通过的路程分别为x 1和x 2，速度变化量的大小分别为Δv 1和Δv 2，若小球所受空气阻力大小不变，则( ) A ．x 1>x 2，Δv 1<Δv 2B ．x 1<x 2，Δv 1<Δv 2C ．x 1>x 2，Δv 1>Δv 2D ．x 1<x 2，Δv 1>Δv 2答案 C 6． 一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零．若设斜面全长为L ，滑块通过最初34L 所需时间为t ，则滑块从斜面底端滑到顶端所用时间为 ( )A.43t B.53t C.32t D ．2t 答案 D解析 假设存在逆过程，即为初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移为L 4和 34L 的两个阶段，位移之比恰好满足1∶3的关系，根据匀变速直线运动规律，其时间之比为1∶1，即t ′＝2t .故选D.7． 在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前．则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是 ( ) A ．加速、减速中的加速度大小之比为a 1∶a 2等于2∶1B ．加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶1C ．加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于2∶1D ．加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2不等于1∶2答案 BC解析 汽车由静止运动8 s ，又经4 s 停止，加速阶段的末速度与减速阶段的初速度相等，由v ＝at ，知a 1t 1＝a 2t 2，a 1a 2＝12，A 、D 错，又由v 2＝2ax 知a 1x 1＝a 2x 2，x 1x 2＝a 2a 1＝21，C 对，由v ＝v 2知，v 1∶v 2＝1∶1，B 对．8. 甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间图象如图1所示，则下列说法正确的是( ) A ．t 1时刻两车相距最远B ．t 1时刻乙车追上甲车 图1C ．t 1时刻两车的速度刚好相等D ．0到t 1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度答案 B9． 2010年至2011年上半年，全国大部分地区经历了百年不遇的大旱．某地在实施人工降雨时，竖直向上发射的气象火箭弹，先以2g 的加速度向上匀加速运动，经时间t 0后，变为匀速运动，再经时间t 0后爆炸．下列关于其爆炸前运动的速度图象(v －t 图)和加速度图象(a －t 图)的描述，正确的是(以向上为正方向) ( )答案AC解析依题意可知，在0～t0时间内火箭弹向上做匀加速直线运动，因此其v－t图线应该是一条向上倾斜的线段，而a－t图线则是一条平行于横轴且在横轴上方的线段；在t0～2t0时间内火箭弹向上做匀速直线运动，因此其v－t图线应是一条平行于横轴的线段，而a－t图象则是一条与横轴重合的线段．10．磕头虫是一种不用足跳但又善于跳高的小甲虫．当它腹朝天、背朝地躺在地面时，将头用力向后仰，拱起体背，在身下形成一个三角形空区，然后猛然收缩体内背纵肌，使重心迅速向下加速，背部猛烈撞击地面，地面反作用力便将其弹向空中．弹射录像显示，磕头虫拱背后重心向下加速(视为匀加速)的距离大约为0.8 mm，弹射最大高度为24 cm.而人原地起跳方式是，先屈腿下蹲，然后突然蹬地向上加速，假设加速度与磕头虫加速过程的加速度大小相等，如果加速过程(视为匀加速)重心上升高度为0.5 m，那么人离地后重心上升的最大高度可达(空气阻力不计，设磕头虫撞击地面和弹起的速率相等)( )A．150 m B．75 m C．15 m D．7.5 m答案 A解析磕头虫向下运动末速度大小与向上运动初速度大小相等，向下运动过程中v21＝2ah1，弹射过程中v21＝2gh2；人向上加速运动过程中v22＝2aH1，离地上升过程中v22＝2gH2，代入数值得H2＝150 m，故A正确．二、非选择题(共60分)11．(8分)利用图2中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．`(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有________．(填入正确选项前的字母)A．天平B ．秒表图2C ．米尺 (2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________. 答案 (1)C (2)打点计时器与纸带间存在摩擦解析 (1)通过处理纸带求加速度，一定要知道长度，则要有米尺；打点计时器是测量时间的工具，故不需要秒表；重力加速度的值和物体的质量无关，故不需要天平．(2)加速度小了，说明物体受到了阻力作用，据此说一条理由就行．12．(8分)如图3所示为某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到反映小车运动过程的一条清晰纸带，图中所标的点为计数点，每两个计数点间还有4个点(图中未画出)，测得OA ＝7.05 cm 、AB ＝7.68 cm 、BC ＝8.33 cm 、CD ＝8.95 cm 、DE ＝9.61 cm 、EF ＝10.26 cm ，所用交流电频率为50 Hz ，则相邻计数点之间的时间间隔T ＝______ s ，打点计时器打A 点时小车的速度是____ m/s ，小车运动的加速度大小是________ m/s 2(计算结果保留两位有效数字)．图3答案 0.10 0.74 0.64解析 每两个计数点间还有4个点，则相邻计数点之间的时间间隔T ＝(0.02×5) s＝ 0.10 s ，打点计时器打A 点时小车的速度v A ＝OB 2T ＝7.05＋7.680.20×10－2 m/s ＝0.74 m/s ，小车运动的加速度a ＝EF ＋DE ＋CD －BC －AB －OA9T ＝10.26＋9.61＋8.95－8.33－7.68－7.059×0.01×10－2 m/s 2＝0.64 m/s 2. 13．(10分)A 、B 两车在同一直线上，同向做匀速运动，A 在前，速度为v A ＝8 m/s ，B 在后，速度为v B ＝16 m/s ，当A 、B 两车相距x ＝20 m 时，B 车开始刹车，做匀减速运动，为避免两车相撞，刹车后B 车的加速度应满足什么条件？答案 a >1.6 m/s 2解析 如图所示，两物体相撞的条件为：同一时刻位置相同．设此时A 的位移为x A ，则B 的位移为x B ＝x A ＋x ，由运动学公式得： v B t －12at 2＝v A t ＋x ①当B 车追上A 车时，若B 的速度等于A 的速度，则两车刚好相撞， v A ＝v B －at ②由①②得a ＝1.6 m/s 2故为避免两车相撞，B 车的加速度应大于1.6 m/s 2.14．(10分)一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间变化的关系图象如图4所示，求：(1)物块下滑的加速度大小a ； 图4 (2)物块沿斜面向上滑行的最大距离x .答案 (1)2 m/s 2(2)1 m解析 (1)由图象可知，物块下滑的加速度为 a ＝Δv Δt ＝2－01.5－0.5m/s 2＝2 m/s 2. (2)由v －t 图象看出，物块的初速度为v 0＝4 m/s沿斜面上滑的时间和加速度分别为t ＝0.5 s ，a ′＝Δv ′Δt ′＝0－v 0t＝－8 m/s 2 故物块向上滑行的最大距离为x ＝v 0t ＋12a ′t 2＝4×0.5 m－12×8×0.52 m ＝1 m 15．(12分)某人骑自行车以4 m/s 的速度匀速前进，某时刻在他正前方7 m 处以10 m/s 的速度同向行驶的汽车开始关闭发动机，然后以大小为2 m/s 2的加速度匀减速前进，求此人需多长时间才能追上汽车？答案 8 s解析 汽车刹车，经时间t 1停止，则0＝v 0－at 1，故t 1＝v 0a＝5 s ．设汽车在匀减速过程中被人追上，则x 人＝x 车＋7 m ，x 人＝v 人t ，x 车＝v 0t －12at 2， 联立以上三式，代入数据得，t 2－6t －7＝0，解得t ＝7 s>t 1，故相遇前车已停下． 设人经过t 2追上汽车，则人追上汽车需满足的条件为： x 人′＝x 车′＋7 m ，x 人′＝v 人t 2，x 车′＝v 202a联立以上三式，代入数据解得t 2＝8 s.16．(12分)2012年2月23日凌晨，第18届国际泳联跳水世界杯赛男子3米板决赛结束，中国选手包揽冠、亚军，其中奥运冠军何冲以总成绩553.35分成功卫冕．如图5所示是他在跳台上腾空而起的英姿，到达最高点时他的重心离台面的高度为 1 m ，当他下降到手触及水面时要伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，这时他的重心离水面也 图5是1 m ．设他静止站在台面上时重心距台面的高度为0.8 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，问：(1)他的起跳速度约是多大？(2)从起跳到入水(手掌触水)共需多长时间？答案 (1)2 m/s (2)0.97 s解析 运动员上升过程重心上升的高度h 1＝0.2 m ；下降过程重心下降的高度h 2＝3 m.(1)在上升的过程中，由v 2＝2gh 1得运动员起跳速度v ＝2gh 1＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s. (2)分段考虑：上升时间t 1＝v g ＝210s ＝0.2 s 下降过程运动员做自由落体运动，由h 2＝12gt 22得 t 2＝ 2h 2g ＝ 2×310 s ＝0.77 s ，故总时间t ＝t 1＋t 2＝0.97 s.。
物理步步高大一轮复习讲义第一章 第1讲
考点一对质点、参考系和位移的理解1．质点(1)用来代替物体有质量的点叫做质点．(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点．(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在．2．参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的．(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系．(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同．通常以地球为参考系．3．位移(1)定义：表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段．(2)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量．只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程．[思维深化]判断下列说法是否正确．(1)只有质量和体积都很小的物体才能看成质点．(×)(2)平动的物体都可以看做质点，而转动的物体不能看做质点．(×)(3)参考系可以任意选取，但一般遵循描述运动方便的原则．(√)(4)当一个物体做竖直上抛运动返回原抛出点时，位移的大小等于上升高度的两倍．(×)1．[对质点的理解]以下情景中，人或物体可以看成质点的是()A．研究一列火车通过长江大桥所需的时间B．乒乓球比赛中，运动员发出的旋转球C．研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作D．用GPS确定打击海盗的“武汉”舰在大海中的位置答案D解析长江大桥虽长，但火车长度与之相比不能忽略，不符合“物体的大小或形状对研究的问题没有影响，或者对研究问题可以忽略时，物体就可以看做质点”的条件，选项A错误；既然是“旋转球”，就是要研究球的旋转的，如果把它看成质点，则掩盖了其旋转的特点，故不能把它看做质点，选项B错误；研究航天员翟志刚在太空出舱挥动国旗的动作时，突出的是看清“挥动国旗的动作”，不能把翟志刚看成质点，选项C错误；用GPS确定“武汉”舰在大海中的位置时，突出它的“位置”，可以把“武汉”舰看成质点(船的大小与大海相比，其大小可以忽略)，故选项D正确．2．[对参考系的理解](多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是()A．从直升机上看，物体做自由落体运动B．从直升机上看，物体始终在直升机的后方C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动答案AC3．[对质点、参考系和位移的理解]在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图1所示．下面说法正确的是()图1A ．地球在金星与太阳之间B ．观测“金星凌日”时可将太阳看成质点C ．以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零D ．以太阳为参考系，可以认为金星是运动的答案 D解析 金星通过太阳和地球之间时，我们才看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A 错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B 错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D 正确．抓住“三点”理解质点、参考系和位移1．质点的模型化：建立模型．一是要明确题目中需要研究的问题；二是看所研究物体的形状和大小对所研究问题是否有影响．2．运动的相对性：选取不同的参考系，对同一运动的描述一般是不同的．3．位移的矢量性：一是位移只与初末位置有关；二是位移方向由初位置指向末位置．考点二 速度 平均速度和瞬时速度1．速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：v ＝Δx Δt. (3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定．(4)方向：与位移同向，即物体运动的方向．2．平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v ＝Δx Δt，其方向与位移的方向相同． (2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应．3．瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量．瞬时速度的大小叫速率，是标量．(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，它是在运动时间Δt →0时的平均速度，与某一时刻或某一位置相对应．(3)平均速率是路程与时间的比值，它与平均速度的大小没有对应关系．[思维深化]如果一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离x 随时间变化的关系为x ＝3＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2 m/s.请思考如何求解t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度？答案 由速度随时间变化关系公式可得t ＝2 s 时的速度为：v ＝6×22 m /s ＝24 m/s ；由x 与t 的关系得出各时刻对应的位移，再利用平均速度公式可得t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为：v 1＝Δx Δt ＝19－32m /s ＝8 m/s.4．[平均速度和瞬时速度的区别](多选)关于瞬时速度和平均速度，以下说法正确的是( )A ．一般讲平均速度时，必须讲清楚是哪段时间(或哪段位移)内的平均速度B ．对于匀速直线运动，其平均速度跟哪段时间(或哪段位移)无关C ．瞬时速度和平均速度都可以精确描述变速运动D ．瞬时速度是某时刻的速度，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢 答案 ABD解析 一般情况下，物体在不同时间(或不同位移)内的平均速度不同，但对于匀速直线运动，物体的速度不变，所以平均速度与哪段时间(或哪段位移)无关，故A 、B 均正确；平均速度只能粗略描述变速运动，只有瞬时速度才能精确描述变速运动的物体运动的快慢，故C 错，D 正确．5．[平均速度的求解]一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t 内的平均速度是v ，紧接着t 2内的平均速度是v 2，则物体在这段时间内的平均速度是( ) A ．v B.23v C.43v D.56v 答案 D解析 分别求出两个时间段的位移，求其和，得出总位移，再除以总时间．6．[用平均速度法求瞬时速度]用如图2所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度．已知固定在滑块上的遮光条的宽度为 4.0 mm ，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040 s ，则滑块经过光电门位置时的速度大小为( )图2A ．0.10 m /sB ．100 m/sC ．4.0 m /sD ．0.40 m/s答案 A解析 遮光条经过光电门的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门的平均速度当作滑块经过光电门位置时的瞬时速度，即v ＝d t ＝4.0×10－30.040 m /s ＝0.10 m/s ，A 正确．用极限思想理解两种速度关系1．两种速度的关系(1)瞬时速度是运动时间Δt →0时的平均速度．(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等．2．关于用平均速度法求瞬时速度(1)方法概述：由平均速度公式v ＝Δx Δt可知，当Δx 、Δt 都非常小，趋向于极限时，这时的平均速度就可认为是某一时刻或某一位置的瞬时速度．(2)选用思路：当已知物体在微小时间Δt 内发生的微小位移Δx 时，可由v ＝Δx Δt粗略地求出物体在该位置的瞬时速度．考点三 加速度与速度及速度变化量的关系1．速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量．(2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定．(4)方向：由Δv 或a 的方向决定．2．加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量．(2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt. (3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由F m来决定． (4)方向：与Δv 的方向一致，由合外力的方向决定，而与v 0、v 的方向无关．[思维深化]1．以恒定的速率做圆周运动的物体有加速度吗？为什么？答案 有，因为速度的方向在变化．2．有加速度的物体一定加速运动吗？为什么？答案 不一定，要看a 与v 的方向关系．7．[对加速度的理解]有下列几种情景，请根据所学知识选择对情景的分析和判断正确的说法( )A ．点火后即将升空的火箭，因火箭还没运动，所以加速度一定为零B ．高速公路上沿直线高速行驶的轿车为避免事故紧急刹车．因轿车紧急刹车，速度变化很快，所以加速度很大C ．高速行驶的磁悬浮列车，因速度很大，所以加速度也一定很大D ．太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，其加速度为零答案 B8．[加速度的求解]沿直线做匀变速运动的质点在第一个0.5 s 内的平均速度比它在第一个1.5 s 内的平均速度大2.45 m/s ，以质点的运动方向为正方向，则质点的加速度为( )A ．2.45 m /s 2B ．－2.45 m/s 2C ．4.90 m /s 2D ．－4.90 m/s 2答案 D解析 设第一个0.5 s 内的平均速度为v 1，即t 1＝0.25 s 时的速度为v 1；第一个1.5 s 内的平均速度为v 2，即t 2＝0.75 s 时的速度为v 2.由题意得v 1－v 2＝2.45 m/s ，故a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝－2.450.75－0.25m /s 2＝－4.90 m/s 2，D 正确．9．[加速度与速度关系的理解]近几年，国内房价飙升，在国家宏观政策调控下，房价上涨出现减缓趋势．王强同学将房价的“上涨”类比成运动学中的“加速”，将房价的“下跌”类比成运动学中的“减速”，据此，你认为“房价上涨出现减缓趋势”可以类比成运动学中的( )A ．速度增加，加速度减小B ．速度增加，加速度增大C ．速度减小，加速度增大D ．速度减小，加速度减小答案 A解析 “房价上涨”可以类比成运动学中的“速度增加”，“减缓趋势”则可以类比成运动学中的“加速度减小”．10．[运动特点的分析]一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度的方向相同，但加速度大小先保持不变，再逐渐减小直至为零，则在此过程中( )A ．速度先逐渐变大，然后再逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值B ．速度先均匀增加，然后增加的越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值C ．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大D ．位移先逐渐增大，后逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值答案 B解析 加速度与速度同向，速度应增大，当加速度不变时，速度均匀增加；当加速度减小时，速度仍增大，但不再是均匀增大，直到加速度为零时，速度不再增大，A 项错误，B 项正确；因质点速度方向不变化，始终是向前运动，最终匀速运动，所以位移一直在增大，C 项和D 项均错误．对速度与加速度关系的三点提醒1．速度的大小与加速度的大小没有必然联系．2．速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定．3．物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况．加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢．(1)a 和v 同向(加速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧ a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢(2)a 和v 反向(减速直线运动)⎩⎪⎨⎪⎧ a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”的概念，从科学方法上来说属于( )A ．控制变量法B ．类比法C ．理想模型法D ．等效替代法答案 C解析 “质点”、“点电荷”等都是为了使研究问题变得简单而引入的理想化的模型，在现实中是不存在的，所以它们从科学方法上来说属于理想模型法，所以C 正确．2．关于速度、速度改变量、加速度，下列说法正确的是( )A ．物体运动的速度改变量很大，它的加速度一定很大B ．速度很大的物体，其加速度可以很小，可以为零C ．某时刻物体的速度为零，其加速度一定为零D ．加速度很大时，运动物体的速度一定很大答案 B解析 速度反映的是物体运动的快慢，速度的变化量指的是速度变化的多少，即Δv ＝v 2－v 1，而加速度指的是速度变化的快慢，即速度的变化率a ＝Δv Δt，由此可知，只有B 正确． 3．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx 所用的时间为t 1，紧接着通过下一段位移Δx 所用的时间为t 2，则物体运动的加速度为( )A.2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)B.Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)C.2Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2)D.Δx (t 1＋t 2)t 1t 2(t 1－t 2) 答案 A解析 物体做匀加速直线运动在前一段Δx 所用的时间为t 1，平均速度为v 1＝Δx t 1，即为t 12时刻的瞬时速度；物体在后一段Δx 所用的时间为t 2，平均速度为v 2＝Δx t 2，即为t 22时刻的瞬时速度．速度由v 1变化到v 2所用的时间为Δt ＝t 1＋t 22，所以加速度a ＝v 2－v 1Δt ＝2Δx (t 1－t 2)t 1t 2(t 1＋t 2)，A 正确． 4．为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为L ＝3.0 cm 的遮光板，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt 1＝0.30 s ，通过第二个光电门的时间为Δt 2＝0.10 s ，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间间隔为Δt ＝3.0 s ．试估算：(1)滑块的加速度多大(保留两位有效数字)?(2)两个光电门之间的距离是多少？答案 (1)0.067 m/s 2 (2)0.6 m解析 (1)遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝L Δt 1＝3.0×10－20.30m /s ＝0.10 m/s 遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝L Δt 2＝3.0×10－20.10m /s ＝0.30 m/s 故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt≈0.067 m/s 2 (2)两个光电门之间的距离x ＝v 1＋v 22Δt ＝0.6 m 练出高分基础巩固1．下列关于矢量和标量的说法正确的是( )A ．矢量和标量没有严格的区别，同一个物理量可以是矢量，也可以是标量B ．矢量都是有方向的C ．时间、时刻是标量，路程是矢量D ．初中学过的电流是有方向的量，所以电流是矢量答案 B2．以下说法中正确的是( )A ．做匀变速直线运动的物体，t s 内通过的路程与位移的大小一定相等B ．质点一定是体积和质量都极小的物体C ．速度的定义式和平均速度公式都是v ＝Δx Δt，因此速度就是指平均速度D ．速度不变的运动是匀速直线运动答案 D解析 往复的匀变速直线运动中，路程不等于位移大小，A 错；质点不一定是体积小、质量小的物体，B 错；速度分为平均速度和瞬时速度，C 错；速度不变是指速度的大小和方向均不变，故做匀速直线运动，D 对．3．如图1所示哈大高铁运营里程 921千米，设计时速 350千米．某列车到达大连北站时做匀减速直线运动，开始刹车后第5 s 内的位移是57.5 m ，第10 s 内的位移是32.5 m ，则下列说法正确的有( )图1A ．在研究列车从哈尔滨到大连所用时间时不能把列车看成质点B ．时速350千米是指平均速度，921千米是指位移C ．列车做匀减速直线运动时的加速度大小为6.25 m/s 2D ．列车在开始减速时的速度为80 m/s答案 D解析 因列车的大小远小于哈尔滨到大连的距离，研究列车行驶该路程所用时间时可以把列车视为质点，A 错；由时间、时刻、位移与路程的意义知时速350千米是指平均速率，921千米是指路程，B 错；由等时位移差公式x n －x m ＝(n －m )aT 2可知加速度大小为a ＝57.5－32.55 m /s 2＝5 m/s 2，C 错；由题意可知第4.5 s 末列车速度为57.5 m /s ，由加速度公式知v 0＝80 m/s ，D 对.4．若规定向东方向为位移正方向，今有一个足球停在坐标原点处，轻轻踢它一脚，使它向东做直线运动，经过5 m 时与墙相碰后又向西做直线运动，经过7 m 停下，则上述过程足球通过的路程和位移分别是( )A ．12 m 、2 mB ．12 m 、－2 mC ．－2 m 、－2 mD ．2 m 、2 m 答案 B5．一辆汽车沿平直公路以速度v 1行驶了23的路程，接着又以速度v 2＝20 km/h 行驶完其余13的路程，如果汽车全程的平均速度为28 km/h ，那么汽车在前23路程内速度的大小是( )A．25 km/h B．34 km/hC．35 km/h D．38 km/h答案C6．第五颗北斗导航卫星成功送入太空预定轨道标志着卫星导航市场的垄断局面被打破，北斗卫星导航系统将免费提供定位、测速和授时服务，定位精度10 m，测速精度0.2 m/s，以下说法不正确的是()A．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位移B．北斗导航卫星定位提供的是被测物体的位置C．北斗导航卫星授时服务提供的是时刻D．北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体的速率答案A解析由位置、位移、时间、时刻、速度、速率的定义可知，北斗导航卫星定位提供的是一个点，是位置，不是位置的变化，A错，B对；北斗导航卫星授时服务提供的是时刻，C对；北斗导航卫星测速服务提供的是运动物体某时刻的速度的大小即速率，D正确．7．(多选)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是()A．若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B．若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C．匀速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D．变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它某一时刻的瞬时速度答案AC解析若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A选项对；若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度，D选项错．8．(多选)某赛车手在一次野外训练中，先利用地图计算出出发地和目的地的直线距离为9 km，从出发地到目的地用了5 min，赛车上的里程表指示的里程数值增加了15 km，当他经过某路标时，车内速率计指示的示数为150 km/h，那么可以确定的是()A．在整个过程中赛车手的位移是9 kmB．在整个过程中赛车手的路程是9 kmC．在整个过程中赛车手的平均速度是180 km/hD．经过路标时的瞬时速率是150 km/h答案AD9．(多选)根据给出的速度与加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是()A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动答案CD综合应用10．某质点以20 m/s的初速度竖直向上运动．其加速度保持不变，经2 s到达最高点，上升高度为20 m，又经过2 s回到出发点时，速度大小仍为20 m/s，关于这一运动过程的下列说法中正确的是()A．质点运动的加速度大小为10 m/s2，方向竖直向下B．质点在这段时间内的平均速度大小为10 m/sC．质点在最高点时加速度为零D．质点在落回抛出点时的速度与开始离开抛出点时的速度相等答案A11．钓鱼岛群岛自古以来就是中国领土，其附近海域是渔民祖祖辈辈传统的谋生渔场.9月16日12时休渔结束，我国派出海监编队到钓鱼岛海域护渔．如图2，中国海监46船(甲)和中国海监49船(乙)，在钓鱼岛领海内开展例行维权巡航．甲、乙两船并排行驶，甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，乙船内的船员发现甲船没有动．如果以钓鱼岛为参照物，上述事实说明()图2A．甲船向西运动，乙船不动B．乙船向西运动，甲船不动C．甲船向西运动，乙船向东运动D．甲、乙两船以相等的速度都向西运动答案D解析甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，以钓鱼岛为参照物，甲船向西运动，乙船内的船员发现甲船没有动．甲、乙两船的速度、行驶的方向应该是一样的，即甲、乙两船以相等的速度都向西运动．故选D.12．(多选)“神舟十号”飞船发射升空，并进入预定轨道，通过一系列的姿态调整，完成了与“天宫一号”的交会对接，关于以上消息，下列说法中正确的是()A．“神舟十号”飞船绕地球飞行一周的过程中，路程为零B．“神舟十号”飞船绕地球飞行一周的过程中，位移为零C．“神舟十号”飞船绕地球飞行一周的过程中，每一时刻的瞬时速度和平均速度都不为零D．在“神舟十号”与“天宫一号”的交会对接过程中，不能把“神舟十号”飞船看做质点答案BD13．(多选)在下面所说的物体运动情况中，可能出现的是()A．物体在某时刻运动速度很大，而加速度为零B．物体在某时刻运动速度很小，而加速度很大C．运动的物体在某时刻速度为零，而其加速度不为零D．做变速直线运动的物体，加速度方向与运动方向相同，当物体加速度减小时，它的速度也减小答案ABC。
2017版新步步高高考物理(江苏专用)大一轮复习文档(讲义+题库)第13章实验十二Word版含答案
基本实验要求1.实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p ＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等.2.实验器材斜槽、小球(两个)、天平、直尺、复写纸、白纸、圆规等.3.实验步骤(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.(2)按照实验原理图甲安装实验装置.调整、固定斜槽使斜槽底端水平.(3)白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如实验原理图乙所示.(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1OP＝m1OM ＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立.(7)整理好实验器材放回原处.(8)实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒.规律方法总结1.数据处理验证表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON2.注意事项(1)斜槽末端的切线必须水平；(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；(3)选质量较大的小球作为入射小球；(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变.考点一实验原理与实验操作1.[实验原理和操作]某同学用如图1所示的装置做验证动量守恒定律的实验.先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末水平段的最右端上，让a球仍从固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次.图1(1)本实验必须测量的物理量有________.A.斜槽轨道末端距水平地面的高度HB.小球a、b的质量m a、m bC.小球a、b的半径rD.小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF.a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h(2)放上被碰小球b，两球(m a>m b)相碰后，小球a、b的落地点依次是图中水平面上的_______点和________点.(3)某同学在做实验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么判断的依据是看________和________在误差允许范围内是否相等.答案(1)BE(2)A C(3)m a·OB m a·OA＋m b·OC解析(1)B点是不发生碰撞时a球的落地点，A点是发生碰撞后a球的落地点，C点是碰后b球的落地点.设小球a运动到轨道末端时的速度大小为v B，与球b发生碰撞后的瞬时速度大小为v A ，碰后b 球的速度大小为v C ，本实验就是要验证关系式m a v B ＝m a v A ＋m b v C 是否成立.因为小球做平抛运动的高度相同，下落时间相同，它们在水平方向上位移与水平方向上的速度成正比，所以本实验也可以验证m a ·OB ＝m a ·OA ＋m b ·OC 是否成立，B 、E 正确.(2)两球碰撞后，a 球在水平方向上的分速度较小，下落时间相同时，落地时的水平位移也较小，所以小球a 、b 的落地点依次是图中水平面上的A 点和C 点.(3)根据(1)的分析，判断两球碰撞过程中的动量是否守恒的依据是看m a ·OB 和m a ·OA ＋m b ·OC 在误差允许范围内是否相等.2.[实验原理](多选)如图2在利用悬线悬挂等大小球进行验证动量守恒定律的实验中，下列说法正确的是( )图2A.悬挂两球的线长度要适当，且等长B.由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度C.两小球必须都是刚性球，且质量相同D.两小球碰后可以粘合在一起共同运动答案 ABD解析 两线等长能保证两球正碰，以减小实验误差，所以A 正确；由于计算碰撞前速度时用到了mgh ＝12m v 2－0，即初速度为0，B 正确；本实验中对小球的弹性性能无要求，C 错误；两球正碰后，有各种运动情况，所以D 正确.3.[实验原理]气垫导轨是一种常用的实验仪器.它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来验证动量守恒定律，实验装置如图3所示(弹簧的长度忽略不计)，实验步骤如下：图3a.用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m Bb.调整气垫导轨，使导轨处于水平c.在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，由电动卡锁锁定，静止放置在气垫导轨上d.用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1e.按下电钮放开卡锁，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作.当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2(1)实验中还应测量的物理量是____________________.(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是_____________，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_____________(写出一条即可).答案 (1)B 的右端至D 板的距离L 2 (2)m A L 1t 1－m B L 2t 2＝0(或m A L 1t 1＝m B L 2t 2) 测量时间、距离等存在误差(或气垫导轨不水平，合理即正确)考点二 实验数据处理4.[数据处理](2014·新课标全国Ⅱ·35(2))现利用图4(a)所示的装置验证动量守恒定律.在图(a)中，气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间.图4实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰.碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示.若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程.答案 见解析解析 按定义，滑块运动的瞬时速度大小v 为v ＝Δs Δt①式中Δs 为滑块在很短时间Δt 内走过的路程设纸带上相邻两点的时间间隔为Δt A ，则Δt A ＝1f＝0.02 s ② Δt A 可视为很短.设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v 0、v 1.将②式和图给实验数据代入①式可得v 0＝2.00 m/s ③v 1＝0.970 m/s ④设滑块B 在碰撞后的速度大小为v 2，由①式有v 2＝d Δt B⑤ 代入题给实验数据得v 2≈2.86 m/s ⑥设两滑块在碰撞前、后的动量分别为p 和p ′，则p ＝m 1v 0⑦p ′＝m 1v 1＋m 2v 2⑧两滑块在碰撞前、后总动量相对误差的绝对值为δp ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%⑨ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp ≈1.7%<5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.5.[数据处理]某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动.他设计的装置如图5甲所示.在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz ，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力.图5(1)(多选)若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上).A为运动的起点，则应选________段来计算A碰前的速度.应选________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两空选填“AB”或“BC”或“CD”或“DE”).(2)(多选)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为________ kg·m/s，碰后两小车的总动量为________ kg·m/s.答案(1)BC DE(2)0.4200.417解析(1)从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述小车A在碰撞前的运动情况，应选用BC段计算小车A碰前的速度.从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度.(2)小车A在碰撞前的速度v0＝BC5T＝10.50×10－25×0.02m/s＝1.050 m/s小车A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s 碰撞后A、B的共同速度v＝DE5T＝6.95×10－25×0.02m/s＝0.695 m/s碰撞后A、B的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s6.[实验创新]某同学用如图6所示的装置“验证动量守恒定律”，其操作步骤如下A.将操作台调为水平；B.用天平测出滑块A、B的质量m A、m B；C.用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使A、B间的弹簧处于压缩状态；D.剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录A、B滑块的落地点M、N；E.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2；F.用刻度尺测出操作台面距地面的高度h.(1)上述步骤中，多余的步骤是________.(2)如果动量守恒，须满足的关系是_____________________________(用测量量表示).图6答案 (1)F (2)m A x 1＝m B x 2解析 取小球A 的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为m A 、m B ，v 1、v 2，平抛运动的水平位移分别为x 1、x 2，平抛运动的时间为t .需要验证的方程：0＝m A v 1－m B v 2又v 1＝x 1tv 2＝x 2t代入得到m A x 1＝m B x 2故不需要用刻度尺测出操作台面距地面的高度h .所以多余的步骤是F.。
《步步高》2014高考物理大一轮复习讲义【配套word版文档】第九章_专题十_电磁感应中的动力学和能
专题十 电磁感应中的动力学和能量问题考纲解读 1.会分析计算电磁感应中有安培力参与的导体的运动及平衡问题.2.会分析计算电磁感应中能量的转化与转移． 考点一 电磁感应中的动力学问题分析1． 安培力的大小由感应电动势E ＝Bl v ，感应电流I ＝ER 和安培力公式F ＝BIl 得F ＝B 2l 2v R .2． 导体两种状态及处理方法(1)导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． (2)导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．例1 (2012·广东理综·35)如图1所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板，R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图1(1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，求通过导体棒的电流I 及导体棒的速率v .(2)改变R x ，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x . 答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2(2)mBldMq sin θ解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ；再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．突破训练1如图2所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够图2长时间以后() A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变答案BC考点二电磁感应中的能量问题分析1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．2．求解思路(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能．例2如图3所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L1＝0.4 m，B1＝5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一质量m＝1.6 kg的金属棒ab垂直于MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，其电阻r＝1 Ω.金属导轨上端连接右侧电路，R1＝1 Ω，R2＝1.5 Ω.R2两端通过细导线连接质量M＝0.6 kg的正方形金属框cdef，正方形边长L2＝0.2 m，每条边电阻r0为1 Ω，金属框处在一方向垂直纸面向里、B2＝3 T的匀强磁场中．现将金属棒由静止释放，不计其他电阻及滑轮摩擦，g取10 m/s2.(1)若将电键S断开，求棒下滑过程中的最大速度．(2)若电键S闭合，每根细导线能承受的最大拉力为3.6 N，求细导线刚好被拉断时棒的速度．(3)若电键S闭合后，从棒释放到细导线被拉断的过程中，棒上产生的电热为2 J，求此过程中棒下滑的高度(结果保留一位有效数字)．图3答案(1)7 m/s(2)3.75 m/s(3)1 m电磁感应中能量转化问题的分析技巧1．电磁感应过程往往涉及多种能量的转化(1)如图4中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R上转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．(2)若导轨足够长，棒最终达到稳定状态做匀速运动，之后重力图4势能的减小则完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能．2．安培力做功和电能变化的特定对应关系(1)“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．(2)安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．3．解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(包括右手定则)确定感应电动势的大小和方向．(2)画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式．(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程，联立求解．突破训练2如图5所示电路，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可忽略不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用．金属棒沿导轨匀图5速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是() A．作用在金属棒上各力的合力做功为零B．重力做的功等于系统产生的电能C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热D．金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热答案AC1．模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2．常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析S闭合，棒ab受安培力F＝BLER，此时加速度a＝BLEmR，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BL v↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝g sin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BL v↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，v m＝E′BL匀速运动v m＝mgR sin αB2L2解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L ＝12·2g sin θ·t 21，L ＝12g sin θ·t 22 解得t 1＝Lg sin θ，t 2＝ 2Lg sin θ(1分) 因为t 1<t 2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分)设乙进入磁场时的速度为v 1，乙中产生的感应电动势为E 1，回路中的电流为I 1，则12m v 21＝mgL sin θ(1分) E 1＝Bd v 1(1分) I 1＝E 1/2R (1分) mg sin θ＝BI 1d (1分) 解得R ＝B 2d 22m2Lg sin θ(1分) (2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t ，甲的速度为v ，甲中产生的感应电动势为E ，回路中的电流为I ，外力为F ，则 v ＝at (1分) E ＝Bd v (1分) I ＝E /2R (1分)F ＋mg sin θ－BId ＝ma (1分) a ＝2g sin θ 联立以上各式解得 F ＝mg sin θ＋mg sin θ2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)(1分) 方向垂直于杆平行于导轨向下．(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v 0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q 1，则 v 20＝2aL (1分)W ＋mgL sin θ＝2Q 1＋12m v 20(2分)解得W ＝2Q 1＋mgL sin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q 2，则2Q 2＝mgL sin θ(2分) 根据题意有Q ＝Q 1＋Q 2(1分) 解得W ＝2Q (1分) 答案 (1)B 2d 22m2Lg sin θ(2)F ＝mg sin θ＋mg sin θ 2g sin θL·t (0≤t ≤ Lg sin θ)，方向垂直于杆平行于导轨向下 (3)2Q突破训练3 如图7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/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲 乙图7(1)磁感应强度B 的大小；(2)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量； (3)金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量． 答案 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J1． (2012·山东理综·20)如图8所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，图8导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是 ( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案 AC2． (2012·江苏单科·13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图9所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab ＝cd ＝l 、bc ＝ad ＝2l .线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc 边和ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B 、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r ，外接电阻为R .求：图9(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I . 答案(1)2NBl 2ω(2)4N 2B 2l 3ωr ＋R (3)4NBl 2ω3(r ＋R )6． 如图6所示，两平行光滑的金属导轨MN 、PQ 固定在水平面上，相距为L ，处于竖直方向的磁场中，整个磁场由若干个宽度皆为d 的条形匀强磁场区域1、2、3、4……组成，磁感应强度B 1、B 2的方向相反，大小相等，即B 1＝B 2＝B .导轨左端MP 间接一电阻R ，质量为m 、电阻为r 的细导体棒ab 垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，不计导轨的电阻．现对棒ab 施加水平向右的拉力，使其从区域1磁场左边界位置开始以速度v 0向右做匀速直线运动并穿越n 个磁场区域．图6(1)求棒ab 穿越区域1磁场的过程中电阻R 产生的焦耳热Q ； (2)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中拉力对棒ab 所做的功W ；(3)规定棒中从a 到b 的电流方向为正，画出上述过程中通过棒ab 的电流I 随时间t 变化的图象；(4)求棒ab 穿越n 个磁场区域的过程中通过电阻R 的净电荷量q . 答案 (1)B 2L 2v 0Rd (R ＋r )2 (2)nB 2L 2v 0dR ＋r(3)见解析图(4)BLd R ＋r 或0。
【步步高】高考物理大一轮复习讲义 第七章 单元小结练(二)电学实验综合练习(含解析) 新人教版
单元小结练 电学实验综合练习(限时：30分钟)1．分别用如图1所示的甲、乙两种电路测量同一未知电阻的阻值．图甲中两表的示数分别为3 V 、4 mA ，图乙中两表的示数分别为4 V 、3.9 mA ，则待测电阻R x 的真实值为( )图1A ．略小于1 k ΩB ．略小于750 ΩC ．略大于1 k ΩD ．略大于750 Ω 答案 D解析 先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用图甲进行测量比较准确．图甲中测量值为R测＝U 测I 测＝750 Ω，较真实值偏小．故D 项正确． 2．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图2所示，此示数为________mm.用游标为50分度的卡尺(测量值可准确到0.02 mm)测定某圆柱的直径时，卡尺上的示数如图3所示，可读出圆柱的图2直径为________mm.图3答案 8.116 42.12解析 螺旋测微器读数时，首先要明确其精确度为0.01 mm ，读取固定刻度上的数值时，要看半毫米刻度线是否露出；游标卡尺读数时应注意精确度、单位，读法为主尺读数加游标尺读数．螺旋测微器读数为(8＋11.6×0.01) mm＝8.116 mm.游标卡尺读数为(42＋6×0.02) mm＝42.12 mm.3．如图4所示为一正在测量中的多用电表表盘．图4(1)如果是用×10 Ω挡测量电阻，则读数为________ Ω.(2)如果是用直流10 mA挡测量电流，则读数为______ mA.(3)如果是用直流5 V挡测量电压，则读数为________ V.答案(1)60 (2)7.2 (3)3.57解析用欧姆挡测量时，用最上面一排数据读数，读数为6×10 Ω＝60 Ω；用直流电流挡测量时，读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.2 mA；用直流电压挡测量时，读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.7×0.1 V＝3.57 V. 4．(2012·天津理综·9(3))某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图5所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．图5①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为________(填步骤的字母代号)；A．合上开关S2B．分别将R1和R2的阻值调至最大C．记下R2的最终示数D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终示数为rE．合上开关S1F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)；③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出需在G2上并联的分流电阻R S的表达式，R S＝________.答案①BEFADC②相等③I1rI－I1解析①开关闭合前应使回路中的总电阻值最大，实验时，先闭合S1，调整R1使G2满偏，测出G2的满偏电流，然后利用半偏法(比较法)测出G2的电阻．故合理的顺序依次为BEFADC.②根据串、并联电路的特点，R 2、G 2两端的电压相等，即I 12r g ＝I 12r ，所以r g ＝r ，即测量值与真实值相等．③改装表的原理图如图所示，则I 1r ＝(I －I 1)R S所以分流电阻R S ＝I 1r I －I 1. 5．(2012·四川理综·22(2))为测量一电源的电动势及内阻(1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V 的电压表A ．量程为1 V 、内阻大约为1 k Ω的电压表B ．量程为2 V 、内阻大约为2 k Ω的电压表C ．量程为3 V 、内阻为3 k Ω的电压表选择电压表________串联________k Ω的电阻可以改装成量程为9 V 的电压表．(2)利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表(此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表)，在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．(3)根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V 时，电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V 时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E ＝____ V ，内阻r ＝________Ω.答案 (1)或C 6 (2)见解析图 (3)7.5 10.0解析 (1)、的内阻不确定，故应选择进行改装，串联电阻R ＝(U U 0－1)R V ＝(93－1)× 3 k Ω＝6 k Ω.(2)本实验的原理为U ＝E －Ir ，利用变阻箱和电压表可获取电流I ，故电路图如图所示．(3)根据闭合电路欧姆定律知：E ＝3U ＋3U R ′·r 将U 1＝1.50 V ，R 1′＝15.0 Ω及U 2＝2.00 V ，R 2′＝40.0 Ω分别代入上式联立解方程组得E ＝7.5 V ，r ＝10.0 Ω.6．两位同学在实验室中利用如图6甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据，并根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I图线．回答下列问题：甲乙图6(1)根据甲、乙两同学描绘的图线，可知( )A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据(2)图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5 WD．电源的效率达到最大值(3)根据图乙，可以求出定值电阻R0＝________Ω，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(4)该电路中电流表的读数能否达到0.6 A，试说明理由．________________________________________________________________________ 答案(1)AD (2)BC (3)2 1.5 1 (4)见解析解析(1)从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，A正确，B错误；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，C错误，D正确．(2)图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，A错误；从图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，B正确；定值电阻R0消耗的功率为：P ＝U 2I ＝1.0×0.5 W＝0.5 W ，C 正确；电源的效率为：η＝UI EI ＝U E，U 越大，效率越大，D 错误．(3)从图象乙可以得出定值电阻R 0的阻值为：R 0＝U 2I ＝1.00.5Ω＝2 Ω；从甲同学的图象可以得出图象在U 轴上的截距为1.5 V ，即电源的电动势为1.5 V ，图象斜率的绝对值为：k ＝|ΔU 1ΔI |＝0.50.5＝1，即电源的内阻为r ＝1 Ω. (4)该电路中的电流为：I ＝E R ＋R 0＋r ，当R 最小为0时，电流最大，最大值为：I m ＝E R 0＋r＝1.52＋1A ＝0.5 A ，故该电路中电流表的读数不能达到0.6 A. 7．有一个小灯泡上标有“4 V,2 W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：A ．电压表V 1(0～5 V ，内阻约10 k Ω)B ．电压表V 2(0～10 V ，内阻约20 k Ω)C ．电流表A 1(0～0.3 A ，内阻约1 Ω)D ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻约0.4 Ω)E ．滑动变阻器R 1(0～10 Ω，2 A)F ．滑动变阻器R 2(0～100 Ω，0.2 A)G ．学生电源(直流6 V)、开关及导线(1)为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表________，电流表________，滑动变阻器________．(填器材前的选项符号)(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在下面的虚线框中画出实验电路图．(3)P 为图7中图线上的一点，PN 为图线上P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则由图可知：随着所加电压的增加，小灯泡的电阻将________(填“增大”、“减小”或“不变”)；对应P 点，小灯泡的电阻值约为________Ω.(保留三位有效数字)图7答案 (1)A D E (2)见解析图 (3)增大 5.33解析 (1)由灯泡“4 V,2W”可知，I ＝P U ＝0.5 A ，故电压表选A ，电流表选D ，要求电压从0开始增大，可知用分压式接法，故滑动变阻器选E.(2)由R L R A <R VR L可知电流表外接，电路图如图所示．(3)I －U 图象中图线的斜率为电阻的倒数，所以随着电压的增加，小灯泡的电阻增大，结合图象和R ＝U I ，可得R ＝2.40.45Ω≈5.33 Ω. 8．某同学为了研究“3 V,0.3 W”的小灯泡L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况．设置了如下器材：电流表A 1(量程400 mA ，内阻r 1＝5 Ω)；电流表A 2(量程600 mA ，内阻r 2约为1 Ω)；电压表V(量程15 V ，内阻约为3 k Ω)；定值电阻R 0(5 Ω)；滑动变阻器R 1(0～10 Ω，额定电流为1 A)；滑动变阻器R 2(0～250 Ω，额定电流为0.3 A)；电源E (电动势3 V ，内阻较小)；开关一个，导线若干．(1)从以上给定的器材中选择恰当的器材．在虚线框内画出实验电路原理图，并在图中标出所用仪器的代号．(2)根据设计的方案，将图8中的器材连成符合要求的电路(有个别仪器可能不用)．图8(3)闭合开关S ，移动滑片P ，使________时，可知灯泡正常发光，此时灯泡的电阻为________(用测量的物理量表示)．答案 (1)、(2)见解析图 (3)A 1的示数为300 mA I 1r 1＋R 0I 2－I 1解析 测电阻的基本方法是伏安法，但由于小灯泡的额定电压为3 V ，比电压表的量程小得多，故无法用电压表测电压．可设计让定值电阻R 0与A 1串联，改装成一个适当量程的电压表，然后用A 2测量小灯泡和改装电表并联后的总电流，这样通过两表的示数就可以知道通过小灯泡的电流为I 2－I 1，小灯泡两端的电压为I 1(R 0＋r 1)，故小灯泡的电阻为R L ＝I 1r 1＋R 0I 2－I 1. 实验要求测量小灯泡L 从较低温度到正常发光过程中的电阻情况，即要求电压从0开始调节，故滑动变阻器应选用分压式接法．由于滑动变阻器R 2阻值太大，所以滑动变阻器选R 1；小灯泡正常发光时电压为3 V ，对应电流表读数为I 1＝U R 0＋r 1＝0.3 A ＝300 mA.则电路原理图如图甲所示，实物连接图如图乙所示使A 1的示数为300 mA 时，灯泡正常发光，此时R L ＝I 1r ＋R 0I 2－I 1，式中I 2为A 1表示数为300 mA 时，电流表A 2的读数，故I 1＝300 mA.。
2017版新步步高高考物理(江苏专用)大一轮复习文档(讲义+题库)第12章第2讲机械波2Word版含答案
考点一机械波的传播与图象1.机械波的形成和传播(1)产生条件①有波源.②有介质，如空气、水、绳子等.(2)传播特点①传播振动形式、能量和信息.②质点不随波迁移.③介质中各质点振动频率、振幅、起振方向等都与波源相同.2.机械波的分类：横波和纵波.3.描述机械波的物理量(1)波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离.用“λ”表示.(2)频率f：在波动中，介质中各质点的振动频率都是相同的，都等于波源的振动频率.(3)波速v、波长λ和频率f、周期T的关系公式：v＝λT＝λf.机械波的速度大小由介质决定，与机械波的频率无关.4.波的图象波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图1所示.图1图象的应用：(1)直接读取振幅A 和波长λ，以及该时刻各质点的位移. (2)确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小.(3)结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向. [易错辨析]请判断下列说法是否正确(1)在机械波的传播中，各质点随波的传播而迁移.( × )(2)机械波在传播过程中，各个质点振动的周期、振幅都相同.( √ ) (3)机械波在一个周期内传播的距离等于一个波长.( √ )1.[机械波的产生与传播](多选)如图2所示为沿水平方向的介质中的部分质点，每相邻两质点间距离相等，其中O 为波源.设波源的振动周期为T ，自波源通过平衡位置竖直向下振动时开始计时，经过T4质点1开始起振，则下列关于各质点的振动和介质中的波的说法中正确的是( )图2A.介质中所有质点的起振方向都是竖直向下的，但图中质点9起振最晚B.图中所有质点的起振时间都是相同的，起振的位置和起振的方向是不同的C.图中质点8的振动完全重复质点7的振动，只是质点8振动时，通过平衡位置或最大位移的时间总是比质点7通过相同位置时落后T4D.只要图中所有质点都已振动了，质点1与质点9的振动步调就完全一致，但如果质点1发生的是第100次振动，则质点9发生的就是第98次振动 答案 ACD解析 据波的传播特点知，波传播过程中各质点的振动总是重复波源的振动，所以起振方向相同，都是竖直向下，但从时间上来说，起振依次落后T4的时间，所以选项A 、C 正确，B错误；由题意知，质点9比质点1应晚起振两个周期，所以当所有质点都起振后，质点1与质点9步调完全一致，所以选项D 正确.2.[机械波的图象](2015·福建理综·16)简谐横波在同一均匀介质中沿x 轴正方向传播，波速为v .若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a 、b 相距为s ，a 、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四幅波形图中质点a 最早到达波谷的是( )答案 D解析 由题图知：A 图对应波长λ1＝2s ，周期T 1＝2s v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 1＝34T 1＝3s 2v ；B 图对应波长λ2＝s ，周期T 2＝s v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 2＝14T 2＝s4v ；C 图对应波长λ3＝s ，周期T 3＝s v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 3＝34T 3＝3s4v ；D 图对应波长λ4＝23s ，周期T 4＝2s 3v ，质点a 第一次到达波谷的时间t 4＝14T 4＝s6v ，故t 1＞t 3＞t 2＞t 4，选项D 正确.3.[波速公式的应用](2015·四川理综·2)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m 的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰.这列水面波( ) A.频率是30 Hz B.波长是3 m C.波速是1 m/s D.周期是0.1 s答案 C解析 由题意知T ＝6030 s ＝2 s ，f ＝1T ＝0.5 Hz ，A 、D 错误；32λ＝3 m ，则λ＝2 m ，B 错误；由v ＝λT ＝22m /s ＝1 m/s ，所以C 正确.4.[波的传播、波速公式](2015·全国Ⅱ·34(2))平衡位置位于原点O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x 轴传播，P 、Q 为x 轴上的两个点(均位于x 轴正向)，P 与O 的距离为35 cm ，此距离介于一倍波长与二倍波长之间.已知波源自t ＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T ＝1 s ，振幅A ＝5 cm.当波传到P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5 s ，平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置.求： (ⅰ)P 、Q 间的距离；(ⅱ)从t ＝0开始到平衡位置在Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程.答案 (ⅰ)133 cm (ⅱ)125 cm解析 (ⅰ)由题意，O 、P 两点间的距离与波长λ之间满足OP ＝54λ＝35 cm解得λ＝28 cm 波速为v ＝λT＝28 cm/s在t ＝5 s 的时间间隔内，波传播的路程为s ＝v t ＝140 cm 由题意有s ＝PQ ＋λ4解得PQ ＝133 cm(ⅱ)Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为t 1＝t ＋54T ＝25×T4波源从平衡位置开始运动，每经过T4，波源运动的路程为A .故t 1时间内，波源运动的路程为s ′＝25A ＝125 cm判断波的传播方向与质点的振动方向的三种常见方法1.上下坡法：沿波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，如图3甲所示.2.同侧法：波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧，如图乙所示.图33.微平移法：将波形图沿传播方向平移Δx (Δx ≤λ4)，再由x 轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定，如图丙所示.考点二 振动图象与波动图象两种图象的比较5.[图象的应用](2015·天津理综·3)图4甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a 、b 两质点的横坐标分别为x a ＝2 m 和x b ＝6 m ，图乙为质点b 从该时刻开始计时的振动图象.下列说法正确的是( )图4A.该波沿＋x 方向传播，波速为1 m/sB.质点a 经过4 s 振动的路程为4 mC.此时刻质点a 的速度沿＋y 方向D.质点a 在t ＝2 s 时速度为零 答案 D解析 由题图可知，该简谐横波波长为λ＝8 m ，周期T ＝8 s ，所以波速为v ＝λT＝1 m/s ，该时刻开始质点b向上运动，所以该波沿－x方向传播，A错误；经过4 s(半个周期)质点a振动的路程为2A＝1 m，B错误；此刻质点a运动方向与质点b相反，沿－y方向，C错误；在t＝2 s时质点a在波谷处，速度为0，D正确.6.[已知振动图象确定波动图象](2014·福建·17)在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图象如图5所示，则该波在第一个周期末的波形图是()图5答案 D7.[两种图象的综合应用]如图6甲所示为一列沿水平方向传播的简谐横波在t＝2 s时的波形图，图乙是这列波中质点P的振动图线，那么：图6(1)该波的传播速度为________m/s；(2)该波的传播方向为________(填“向左”或“向右”)；(3)图甲中质点Q(坐标为x＝2.25 m处的点)的振动方程为y＝________cm.答案(1)0.5(2)向左(3)0.2cos πt解析(1)波的周期T＝2 s，波长λ＝1.0 m，波速v＝λT＝0.5 m/s.(2)由y－t图象可知，t＝2 s时，质点P向上运动，不难判断波是向左传播.(3)质点Q此时从最大位移开始向平衡位置运动，振动图象是一条余弦曲线，A＝0.2 cm，ω＝2πT＝π rad/s ，质点Q 的振动方程为y ＝0.2cos πt cm.“一分、一看、二找”巧解波的图象与振动图象综合类问题1.分清振动图象与波的图象.只要看清横坐标即可，横坐标为x 则为波的图象，横坐标为t 则为振动图象.2.看清横、纵坐标的单位.尤其要注意单位前的数量级.3.找准波的图象对应的时刻.4.找准振动图象对应的质点.考点三 波的干涉、衍射和多普勒效应1.波的干涉和衍射2.多普勒效应(1)定义：当波源与观察者相互靠近或者相互远离时，观察者接收到的波的频率会发生变化. (2)规律①波源与观察者如果相互靠近，观察者接收到的频率增大； ②波源与观察者如果相互远离，观察者接收到的频率减小；③波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率. (3)实质：声源频率不变，观察者接收到的频率变化. [易错辨析]请判断下列说法是否正确.(1)加强点只是振幅增大，并非任一时刻位移都大.( √ ) (2)衍射不需要条件，只有明显衍射才有条件.( √ ) (3)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象.( × )(4)一切波都能发生衍射现象.(√)(5)多普勒效应说明波源的频率发生变化.(×)8.[波的干涉](2013·大纲全国·21)在学校运动场上50 m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器.两个扬声器连续发出波长为5 m的声波.一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10 m.在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为()A.2B.4C.6D.8答案 B解析该同学在中点时，由于该点到两波源的距离差Δx1＝0，则该点为加强点，向某一方向缓慢行进10 m时，Δx2＝35 m－15 m＝20 m＝4λ，则该点仍为加强点.因此，在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为4次，选项B正确.9.[波的衍射](多选)图7中S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A处水面没有振动，为使A处水面也能发生振动，可采用的方法是()图7A.使波源的频率增大B.使波源的频率减小C.移动N使狭缝的间距增大D.移动N使狭缝的间距减小答案BD解析使孔满足明显衍射的条件即可，或将孔变小，或将波长变大，B、D正确.10.[波的多普勒效应的应用](多选)一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的超声波与发出的超声波相比________.A.波速变大B.波速不变C.频率变高D.频率不变答案BC解析在同种介质中，超声波的传播速度保持不变，根据多普勒效应可知，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变高，所以B、C正确.11.[波的干涉图样]如图8表示两个相干波源S1、S2产生的波在同一种均匀介质中相遇.图中实线表示波峰，虚线表示波谷，c和f分别为ae和bd的中点，则：图8(1)在a、b、c、d、e、f六点中，振动加强的点是________.振动减弱的点是_________.(2)若两振源S1和S2振幅相同，此时刻位移为零的点是________.(3)画出此时刻a、c、e连线上，以a为起点的一列完整波形，标出e点.答案(1)a、c、e b、d、f(2)b、c、d、f(3)见解析图解析(1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点，故此两点为振动加强点；c 点处在a、e连线上，且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播，故c点是振动加强点，同理b、d是振动减弱点，f也是振动减弱点.(2)因为S1、S2振幅相同，振动最强区的振幅为2A，最弱区的振幅为零，位移为零的点是b、c、d、f.(3)题图中对应时刻a处在两波谷的交点上，即此时刻a在波谷，同理e在波峰，所以对应的波形如图所示.振动加强点与振动减弱点的判断方法1.条件判断法振动频率相同、振动情况完全相同的两列波叠加时，设点到两波源的距离差为Δr，当Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)时为振动加强点，当Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)时为振动减弱点.2.现象判断法若某点总是波峰与波峰(或波谷与波谷)相遇，则该点为振动加强点；若总是波峰与波谷相遇，则为振动减弱点.1.用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波.某一时刻的波形如图9所示，绳上a、b两质点均处于波峰位置.下列说法正确的是()图9A.a、b两点之间的距离为半个波长B.a、b两点振动开始时刻相差半个周期C.b点完成全振动次数比a点多一次D.b点完成全振动次数比a点少一次答案 D解析相邻的两个波峰之间的距离为一个波长，A错误.波在一个周期内向前传播的距离为一个波长，a点比b点早振动一个周期，完成全振动的次数也比b点多一次，故B、C错误，D正确.2.(2015·北京理综·15)周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图10所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波()图10A.沿x轴正方向传播，波速v＝20 m/sB.沿x轴正方向传播，波速v＝10 m/sC.沿x轴负方向传播，波速v＝20 m/sD.沿x轴负方向传播，波速v＝10 m/s答案 B解析已知P点的运动方向为沿y轴负方向，可知波沿x轴正方向传播；由波的图象可知λ＝20 m，又T＝2.0 s，则波速v＝λT＝10 m/s.故B选项正确.3.(多选)下列四幅图中关于机械振动和机械波的说法中正确的有()A.粗糙斜面上的金属球M 在弹簧的作用下运动，该运动是简谐运动B.单摆的摆长为l ，摆球的质量为m 、位移为x ，此时回复力约为F ＝－mg lx C.质点A 、C 之间的距离等于简谐波的一个波长D.实线为某时刻的波形图，若此时质点M 向下运动，则经一时间段后波动图如虚线所示 答案 BD解析 在粗糙斜面上金属球运动过程中，要不断克服摩擦力做功，系统的机械能减小，金属球最终静止，所以该运动不是简谐运动，故A 错误.单摆模型中摆球的回复力等于重力沿运动方向上的分力，即F ＝mg sin θ，因为θ较小，sin θ≈x l，考虑到回复力的方向与位移x 的方向相反，所以F ＝－mg lx ，故B 正确.相邻波峰或波谷之间的距离等于一个波长，而选项中质点A 、C 的平衡位置之间的距离只是简谐波的半个波长，故C 错误.根据质点M 向下运动可知，波正向x 轴正方向传播，经很短时间，波形图如题图虚线所示，故D 正确.4.(2013·山东·37(1))如图11所示，在某一均匀介质中，A 、B 是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x ＝0.1sin(20πt ) m ，介质中P 点与A 、B 两波源间的距离分别为4 m 和5 m ，两波源形成的简谐横波分别沿AP 、BP 方向传播，波速都是10 m/s.图11①求简谐横波的波长.②P 点的振动________(填“加强”或“减弱”).答案 ①1 m ②加强解析 ①设简谐波的波速为v ，波长为λ，周期为T ，由题意知T ＝0.1 s由波速公式v ＝λT代入数据得λ＝1 m5.如图12所示，一列简谐波在均匀介质中传播，图甲表示t ＝0时刻的波形图，图乙表示图甲中质点D 从t ＝0时刻开始的振动图象，试求：图12(1)这列波传播的速度和方向；(2)t ＝2.5 s 时，质点P 偏离平衡位置的位移.答案 (1)1.5 m/s ，方向沿x 轴负方向 (2)－5 2 cm解析 (1)由题图甲知波长λ＝6 m ，由题图乙知周期T ＝4 s所以波速v ＝λT ＝64m /s ＝1.5 m/s 传播方向为沿x 轴负方向(2)质点P 的简谐运动方程为y ＝10sin (π2t ) cm 所以t ＝2.5 s 时，y ＝－5 2 cm练出高分基础巩固题组1.利用发波水槽得到的水面波形如图1甲、乙所示，则( )图1A.图甲、乙均显示了波的干涉现象B.图甲、乙均显示了波的衍射现象C.图甲显示了波的干涉现象，图乙显示了波的衍射现象D.图甲显示了波的衍射现象，图乙显示了波的干涉现象答案 D解析 由题图容易看出甲是小孔衍射，图乙是干涉，D 选项正确.2.平直公路上，汽车正在匀速远离，用多普勒测速仪向其发出频率为ν0的超声波，被汽车反射回来的超声波频率随汽车运动位移变化的图象，正确的是( )答案 D解析 由于汽车正在匀速远离，用多普勒测速仪向其发出频率为ν0的超声波，被汽车反射回来的超声波频率小于发出的超声波频率，故选项D 正确.3.图2为一列简谐横波在介质中传播的波形图.在传播过程中，某一质点在10 s 内运动的路程是16 m ，则此波的波速是( )图2A.1.6 m/sB.2.0 m/sC.40 m/sD.20 m/s答案 C解析 由题图得λ＝20 m ，A ＝0.2 mt ＝10 s ＝16 m 4×0.2 mT ＝20T 所以T ＝0.5 s故v ＝λT ＝20 m 0.5 s＝40 m/s 4.如图3所示为一列简谐横波在t ＝0时刻的波形图，M 为介质中的一个质点，若该波以20 m/s 的速度沿x 轴负方向传播，则下列说法正确的是( )图3A.在t ＝0时刻，质点M 向上振动B.经过0.25 s ，质点M 通过的路程为10 cmC.在t ＝0.25 s 时，质点M 的速度方向与加速度方向相同D.在t ＝0.25 s 时，质点M 的速度方向沿y 轴正方向答案 D解析 根据机械波的传播方向，由带动法可知，t ＝0时刻，质点M 向下振动，故A 错；根据题图可知，波长为4 m ，故周期T ＝λv ＝0.2 s ，经过一个周期质点M 通过的路程为8 cm ，又因为质点向平衡位置运动时速度越来越大，故自题图所示时刻在0.05 s(即T 4)时间内通过的路程大于振幅2 cm ，故经过0.25 s ，质点M 通过的路程大于10 cm ，B 错；在t ＝0.25 s 时质点到达平衡位置下方，此时正在向下振动，而加速度的方向指向平衡位置，即沿y 轴正方向，故C 错，D 对.5.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，O 为波源且由t ＝0开始沿y 轴负方向起振，如图4所示是t ＝0.3 s ，x ＝0至x ＝4 m 范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出.已知图示时刻x ＝2 m 处的质点第一次到达波峰，则下列判断中正确的是( )图4A.这列波的周期为0.4 s ，振幅为10 cmB.这列波的波长为8 m ，波速为20 m/sC.t ＝0.4 s 时，x ＝8 m 处的质点速度沿y 轴正方向D.t ＝3 s 时，x ＝40 m 处的质点沿x 方向前进了80 m答案 C解析 根据题意可知，t ＝0.3 s 时O 点振动方向是向下的，又已知此时刻x ＝2 m 处的质点第一次到达波峰，则34T ＋2 m v ＝34T ＋2 m λT ＝0.3 s ，由波长λ＝8 m ，可得波的周期T ＝0.3 s ，波速v ＝λT ＝803 m/s ，故A 、B 错；t ＝0.4 s 时，x ＝8 m 处的质点已振动了0.1 s ，而T 4<0.1 s<T 2，该质点振动方向沿y 轴正方向，故C 对；波上各质点不随波迁移，只在平衡位置附近做简谐振动，故D 错.6.(多选)如图5所示，两列简谐横波的振幅都是20 cm ，传播速度大小相同.虚线波的频率为2 Hz ，沿x 轴负方向传播；实线波沿x 轴正方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是( )图5A.实线波与虚线波的周期之比为1∶2B.两列波在相遇区域会发生干涉现象C.平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度为零D.平衡位置为x＝4.5 m处的质点此刻位移y>20 cm 答案AD解析两列波的波速相等，实线波与虚线波的波长之比为1∶2，由T＝λv知，周期之比为1∶2，A正确；两列波的周期和频率不同，在相遇区域内不会发生干涉现象，B错误；平衡位置为x＝6 m处的质点此刻速度方向向下，速度大小等于两振动速度的和，C错误；平衡位置为x ＝4.5 m处的质点此刻位移等于两列波分别引起位移的和，而两位移都向上，实线波的位移为20 cm，所以此时刻质点的位移y>20 cm，D正确.7.(多选)如图6甲所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆动，据图乙，下列关于女同学的感受的说法正确的是()甲乙图6A.女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高B.女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高C.女同学在点C向右运动时，她感觉哨声音调不变D.女同学在点C向左运动时，她感觉哨声音调变低答案AD解析女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她都有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都会感到哨声音调变高；反之，女同学向左运动时，她感到音调变低，选项A 、D 正确，B 、C 错误.8.(多选)如图7所示为某时刻从O 点同时发出的两列简谐横波在同一介质中沿相同方向传播的波形图，P 点在甲波最大位移处，Q 点在乙波最大位移处，下列说法中正确的是( )图7A.两列波具有相同的波速B.两列波传播相同距离时，乙波所用的时间比甲波的短C.P 点比Q 点先回到平衡位置D.在P 质点完成20次全振动的时间内Q 质点可完成30次全振动答案 AD解析 两列简谐横波在同一介质中波速相同，传播相同距离所用时间相同，故A 正确，B错误.由题图可知，两列波波长之比λ甲∶λ乙＝3∶2，波速相同，由波速公式v ＝λT得到周期之比为T 甲∶T 乙＝3∶2，Q 点与P 点都要经过14周期才回到平衡位置，所以Q 点比P 点先回到平衡位置，故C 错误.两列波的频率之比为f 甲∶f 乙＝2∶3，则在P 质点完成20次全振动的时间内Q 质点完成了30次全振动，故D 正确.综合应用题组9.(多选)如图8所示，空间同一平面内有A 、B 、C 三点，AB ＝5 m ，BC ＝4 m ，AC ＝3 m.A 、C 两点处有完全相同的波源做简谐运动，振动频率为1 360 Hz ，波速为340 m/s.下列说法正确的是( )图8A.B 点的位移总是最大B.A 、B 间有7个振动加强的点C.两列波的波长均为0.25 mD.振动减弱点的位移总是为零答案 CD解析 波长λ＝v f ＝3401 360 m ＝0.25 m ，B 点到两波源的路程差Δx ＝1 m ＝4λ，该点为振动加强点，但不是位移总是最大，故A错误，C正确.AB上的点与A的距离和与C的距离之差一定小于AC，即小于3 m，则路程差可能为0、0.5 m、0.75 m、1 m、1.25 m、1.5 m、1.75 m、2 m、2.25 m、2.5 m、2.75 m，可知有11个振动加强点，故B错误.由于两波源的振幅相同，可知振动减弱点的位移总是为零，故D正确.10.(多选)图9甲为某一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝1 s时刻的波形图，图乙为参与波动的某一质点的振动图象，则下列说法正确的是()图9A.该简谐横波的传播速度为4 m/sB.从此时刻起，经过2 s，P质点运动了8 m的路程C.从此时刻起，P质点比Q质点先回到平衡位置D.图乙可能是图甲x＝2 m处质点的振动图象答案ACD解析由题图甲可得λ＝4 m，由题图乙可得T＝1 s，所以该简谐横波的传播速度为v＝λT＝4 m/s，故A正确.t＝2 s＝2T，则从此时刻起，经过2 s，P质点运动的路程为s＝8A＝8×0.2 m ＝1.6 m，故B错误.简谐横波沿x轴正向传播，此时刻Q质点向上运动，而P质点直接向下运动，所以P质点比Q质点先回到平衡位置，故C正确.由题图乙知t＝0时刻质点的位移为0，振动方向沿y轴负方向，与题图甲x＝2 m处t＝0时刻的状态相同，所以题图乙可能是图甲x＝2 m处质点的振动图象，故D正确.11.如图10所示，为一列沿－x方向传播的简谐波在t＝0时刻的波形图.当t＝0.3 s时，Q点恰好处于波谷位置，则P点此时处于________(选填“波峰”、“波谷”或“平衡”)位置.这列波的波速至少为________m/s.图10答案 平衡 0.1解析 根据题中图象可知波长λ＝4 cm ＝0.04 m ，波沿－x 方向传播，则此时Q 向上振动，t＝0.3 s 时，Q 点恰好处于波谷位置，则有：0.3 s ＝(34＋n )T ，此时，P 点应处于平衡位置处，当n ＝0时，周期最大，波速最小，则最小速度为：v ＝λT max ＝0.040.4 m /s ＝0.1 m/s. 12.如图11甲所示，在水平面内，有三个质点a 、b 、c 分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab ＝6 m ，ac ＝8 m ，在t 1＝0时刻a 、b 同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t 2＝4 s 时c 点开始振动，则该机械波的传播速度大小为________m/s ；两列波相遇后叠加，c 点的振动________(选填“加强”、“减弱”或“先加强后减弱”)图11答案 2 加强解析 由于两列波的波速相同，a 、b 同时开始振动，则a 处振动先到达c 点，波速为v ＝ac t＝84m /s ＝2 m/s.由题图知：波长为λ＝v T ＝2 m ，c 点到a 、b 两点的路程差为Δs ＝ac －ab ＝2 m ＝λ，故c 点振动加强.13.一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图12所示，质点P 此时刻向－y 方向运动，经过0.1 s 第一次到达平衡位置，波速为5 m/s ，那么图12(1)该波沿________(选填“＋x ”或“－x ”)方向传播；(2)图中Q 点(坐标为x ＝7.5 m 的点)的振动方程y ＝________cm.答案 (1)－x (2)5cos 5π3t 解析 (1)质点P 此时刻沿－y 方向运动，根据“上下坡法”可知，该波沿－x 方向传播.(2)由题图知，波长λ＝6 m ，则周期为：T ＝λv ＝65s ＝1.2 s则Q 点的振动方程为：y ＝A cos 2πT t cm ＝5cos 5π3t cm 14.P 、Q 是一列简横波中相距30 m 的两点，各自的振动图象如图13所示，此列波的频率f ＝_____Hz ，如果P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则波速v ＝_____m/s.图13答案 0.25 10解析 由题图可知此波的周期T ＝4 s ，频率为f ＝1T ＝14Hz ＝0.25 Hz 据题P 比Q 离波源近，且P 与Q 间距离小于1个波长，则得：34λ＝30 m 解得λ＝40 m波速为v ＝λT ＝404m /s ＝10 m/s。
【步步高】(新课标)高考物理大一轮复习 第五章 第3课时 机械能守恒定律(含解析)
第3课时机械能守恒定律考纲解读 1.掌握重力势能、弹性势能的概念，并能计算.2.掌握机械能守恒的条件，会判断物体的机械能是否守恒.3.掌握机械能守恒定律的三种表达形式，理解其物理意义，并能熟练应用．1．[对重力做功和重力势能变化关系的理解]将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法中正确的是(取g＝10 m/s2)( )A．重力做正功，重力势能增加1.0×104 JB．重力做正功，重力势能减少1.0×104 JC．重力做负功，重力势能增加1.0×104 JD．重力做负功，重力势能减少1.0×104 J答案 C解析W G＝－mgh＝－1.0×104 J，ΔE p＝－W G＝1.0×104 J，C项正确．2．[动能和势能的转化及机械能守恒的判断]物体在平衡力作用下的运动中，其机械能、动能、重力势能的变化有可能发生的是( ) A．机械能不变，动能不变B．动能不变，重力势能可能变化C．动能不变，重力势能一定变化D．若重力势能变化，则机械能一定变化答案ABD解析用水平恒力拉着物体在粗糙水平面上做匀速直线运动时，机械能、重力势能、动能都不变，A正确，C错误．用竖直向上的恒力拉物体，使之在竖直方向上做匀速直线运动时，动能不变，重力势能发生变化，B正确．重力势能发生变化时，重力一定做功，同时物体若要在平衡力作用下运动，则必定受到与重力等大反向的恒力，有外力做功，所以机械能一定变化，D正确．3．[机械能守恒定律的应用]如图1所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为h A、h B、h C，则 ( )图1A ．h A ＝hB ＝hC B ．h A ＝h B <h C C ．h A ＝h B >h CD ．h A ＝h C >h B答案 D解析 对于A 球和C 球，当到达最高点时，速度均会减为0， 所以由动能定理可得0－12mv 20＝mgh ，所以h A ＝h C ，而B 球当上升到最高点时，只有竖直方向的分速度减为0.水平方向速度保持不变，所以由动能定理得12mv 2末－12mv 20＝mgh B ，所以∴h A ＝h C >h B ，故D正确．一、重力做功与重力势能 1．重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与初、末位置的高度差有关． (2)重力做功不引起物体机械能的变化． 2．重力势能(1)概念：物体由于被举高而具有的能． (2)表达式：E p ＝mgh .(3)矢标性：重力势能是标量，正负表示其大小． 3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即W G ＝－(E p2－E p1)＝－ΔE p .二、机械能守恒定律 1．内容在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能会发生相互转化，但机械能的总量保持不变． 2．机械能守恒的条件只有重力或弹力做功． 3．对守恒条件的理解(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒．(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或系统内的弹力做功．(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量．4．机械能守恒的三种表达式(1)E1＝E2(E1、E2分别表示系统初、末状态时的总机械能)．(2)ΔE k＝－ΔE p或ΔE k增＝ΔE p减(表示系统动能的增加量等于系统势能的减少量)．(3)ΔE A＝－ΔE B或ΔE A增＝ΔE B减(表示系统只有A、B两部分时，A增加的机械能等于B减少的机械能)．考点一机械能守恒的判断机械能守恒的判断方法(1)利用机械能的定义判断(直接判断)：若物体动能、势能均不变，则机械能不变．若一个物体动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减小)，其机械能一定变化．(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒．(3)用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统机械能守恒．(4)对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．例1如图2所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是( )图2A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空机械能守恒，若加速升空机械能不守恒B．乙图中物体匀速运动，机械能守恒C．丙图中小球做匀速圆周运动，机械能守恒D．丁图中，轻弹簧将A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能不守恒，两小车和弹簧组成的系统机械能守恒解析甲图中无论火箭匀速上升还是加速上升，由于有推力做功，机械能增加，因而机械能不守恒．乙图中拉力F做功，机械能不守恒．丙图中，小球受到的所有力都不做功，机械能守恒．丁图中，弹簧的弹力做功，弹簧的弹性势能转化为两小车的动能，两小车与弹簧组成的系统机械能守恒．答案CD1．机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”．2．对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．3．对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．突破训练1如图3所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )图3A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量答案BD解析球有竖直方向的位移，所以斜劈对球做功．不计一切摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故选B、D. 考点二机械能守恒定律的三种表达形式及应用1．守恒观点(1)表达式：E k1＋E p1＝E k2＋E p2或E1＝E2.(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．(3)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面． 2．转化观点(1)表达式：ΔE k ＝－ΔE p .(2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能． 3．转移观点(1)表达式：ΔE A 增＝ΔE B 减．(2)意义：若系统由A 、B 两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A 部分机械能的增加量等于B 部分机械能的减少量．例2 在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图4所示形状，相应的曲线方程为y ＝2.5cos(kx ＋23π)(m)，式中k ＝1 m －1.将一质量为1 kg 的光滑小环套在该金属杆上，在P (－π6m,0)点给小环以平行于杆、大小为10 m/s 的初速度，让小环沿杆向x 轴正方向运动，取g ＝10 m/s 2，关于小环的运动，下列说法正确的是( )图4A ．金属杆对小环不做功B ．小环沿x 轴方向的分运动为匀速运动C ．小环到达金属杆的最高点时的速度为5 2 m/sD ．小环到达Q (π3m ，－2.5 m)点时的速度为10 2 m/s解析 小环光滑不存在摩擦力，运动的时候，金属杆对小环只有支持力的作用，支持力的方向始终都是与运动方向垂直的，因此支持力不做功，所以A 正确；小环运动时金属杆对小环的支持力沿x 轴方向有水平分量，小环在水平方向具有加速度，是变速运动，所以B 错；根据题图和曲线方程可以看出小环运动到最高点时，上升的高度为2.5 m ，由机械能守恒定律12mv 20＝mgh ＋12mv 2可以求出最高点时小环的速度v ＝5 2 m/s ，所以C正确；Q 点的纵坐标为－2.5 m 即高度为－2.5 m ，代入上式得v ′＝5 6 m/s ，所以D 错． 答案 AC突破训练2 如图5所示，一根很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b .a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．不计空气阻力，从静止开始释放b 后，a 可能到达的最大高度为( )图5A ．hB ．1.5hC ．2hD ．2.5h答案 B解析 在b 球落地前，a 、b 球组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mgh －mgh ＝12(m ＋3m )v 2，v ＝gh ，b 球落地时，a 球高度为h ，之后a 球向上做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，12mv 2＝mg Δh ，Δh ＝v 22g ＝h2，所以a 球可能到达的最大高度为1.5h ，B 正确．23.用机械能守恒定律分析竖直平面内的圆 周运动模型例3 如图6，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤去外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g .求：图6(1)小球在C 点的速度的大小； (2)小球在AB 段运动的加速度的大小； (3)小球从D 点运动到A 点所用的时间．审题与关联解析 (1)小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，则有：mg ＝mv 2CR①解得v C ＝gR(2)设小球在AB 段运动的加速度为a ，则由运动学公式得v 2B ＝2aR ②从B 到C ，只有重力做功，小球的机械能守恒，则有： 12mv 2C ＋mg ·2R ＝12mv 2B③由①②③式联立可得a ＝52g ，v B ＝5gR(3)设小球过D 点的速度为v D ，从C 到D ，小球的机械能守恒： 12mv 2C ＋mgR ＝12mv 2D④解得v D ＝3gR设小球回到A 点时的速度为v A ，从B 到A ，由机械能守恒定律得 12mv 2A ＝12mv 2B⑤所以v A ＝v B 从D 到A 的时间为t ＝v A －v D g ＝(5－3)R g答案 (1)gR (2)52g (3)(5－3)R g突破训练3 如图7所示，竖直平面内的34圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为R ，A 点与圆心O 等高，AD 为水平面，B 点在O 的正下方，小球自A 点正上方由静止释放，自由下落至A 点时进入管道，当小球到达B 点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，求：图7(1)释放点距A 点的竖直高度； (2)落点C 与A 的水平距离． 答案 (1)3R (2)(22－1)R解析 (1)设小球到达B 点的速度为v 1，因为到达B 点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的9倍，所以有9mg －mg ＝m v 21R又由机械能守恒定律得mg (h ＋R )＝12mv 21由此可解得h ＝3R(2)设小球到达最高点的速度为v 2，落点C 与A 的水平距离为x 由机械能守恒定律得12mv 21＝12mv 22＋2mgR由平抛运动规律得R ＝12gt 2，R ＋x ＝v 2t由此可解得x ＝(22－1)R高考题组1．(2013·浙江·23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图8.图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1＝1.8 m ，h 2＝4.0 m ，x 1＝4.8 m ，x 2＝8.0 m ．开始时，质量分别为M ＝10 kg 和m ＝2 kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C 点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图8(1)大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小． 答案 (1)8 m/s (2)4 5 m/s (3)216 N解析 (1)设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有h 1＝12gt2① x 1＝v min t②联立①②式，得v min ＝8 m/s③(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为v C ，有(M ＋m )gh 2＝12(M＋m )v 2C④ v C ＝2gh 2＝4 5 m/s⑤(3)设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得F T －(M ＋m )g ＝(M ＋m )v 2CL⑥ 由几何关系(L －h 2)2＋x 22＝L 2⑦ 得：L ＝10 m⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：F T ＝(M ＋m )g ＋(M ＋m )v 2CL＝216 N模拟题组2．如图9所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，孔径大于滑块的大小，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．平台的厚度可忽略不计，求：图9(1)滑块运动到光滑轨道B 点时对轨道的压力；(2)若滑块滑过C 点后穿过P 孔，求滑块过P 点后还能上升的最大高度；(3)若滑块滑过C 点后从P 孔上升又恰能从Q 孔落下，平台转动的角速度ω应满足什么条件？答案 (1)9mg (2)2R (3)ω＝n ＋π4gR(n ＝0、1、2…) 解析 (1)设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg ·5R ＝12mv 2B －12mv 20 对滑块在B 点，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2B R解得F N ＝9mg由牛顿第三定律可知，滑块在B 点时对轨道的压力大小F N ′＝F N ＝9mg ，方向竖直向下 (2)滑块从B 点开始之后的运动过程中机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为v P ，则 12mv 2B ＝12mv 2P ＋mg ·2R 解得v P ＝2gR滑块穿过P 孔后再上升机械能仍守恒，设能上升的最大高度为h 由12mv 2P ＝mg ·h ，得到h ＝2R 即滑块过P 点后还能上升的最大高度为2R (3)滑块穿过P 孔后再回到平台的时间t ＝2v Pg＝4R g要想实现题述过程，需满足ωt ＝(2n ＋1)π ω＝n ＋π4gR(n ＝0、1、2…) 3．如图10所示，ABC 和DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC 的末端水平，DEF 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DF 沿竖直方向，C 、D 可看做重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC 上距C 点高为H 的地方由静止释放．(g 取10 m/s 2)图10(1)若要使小球经C 处水平进入轨道DEF 且能沿轨道运动，H 至少多高？(2)若小球静止释放处离C 点的高度h 小于(1)中H 的最小值，小球可击中与圆心等高的E 点，求h .答案 (1)0.2 m (2)0.1 m解析 (1)小球沿ABC 轨道下滑，机械能守恒，设到达C 点时的速度大小为v ，则mgH ＝12mv 2① 小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg ≤mv 2r②①②两式联立并代入数据得H ≥0.2 m.(2)若h <H ，小球过C 点后做平抛运动，设球经C 点时的速度大小为v x ，则击中E 点时，竖直方向上有r ＝12gt 2③ 水平方向上有r ＝v x t④ 又由机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2x⑤由③④⑤联立可解得h ＝r4＝0.1 m(限时：45分钟)►题组1 关于重力势能的理解和机械能守恒的判断1．如图1所示，竖立在水平面上的轻弹簧，下端固定，将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接)，用力向下压球，使弹簧被压缩，并用细线把小球和地面拴牢(图甲)．烧断细线后，发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙)．那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，下列说法正确的是( )图1A．弹簧的弹性势能先减小后增大B．球刚脱离弹簧时动能最大C．球在最低点所受的弹力等于重力D．在某一阶段内，小球的动能减小而小球的机械能增加答案 D解析从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，弹性势能逐渐减小，选项A错误；当弹簧弹力与球重力相等时，球的动能最大，此后弹簧继续对球做正功，但球的动能减小，而球的机械能却增大，所以选项B错误，D 正确；小球能继续上升，说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力，选项C错误．2．如图2所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁．现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )图2A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中，机械能守恒答案 C解析小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒．而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒．小球到达槽最低点前，小球先失重，后超重．当小球向右上方滑动时，半圆形槽向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒．综合以上分析可知选项C正确．3．如图3所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 置于光滑水平桌面上(桌面足够大)，A 右端连接一水平细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时托住B ，让A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是( )图3A ．B 物体受到细线的拉力保持不变B ．B 物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量C ．A 物体动能的增加量等于B 物体重力对B 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功 答案 BD解析 对A 、B 的运动分析可知，A 、B 做加速度越来越小的加速运动，直至A 和B 达到最大速度，从而可以判断细线对B 物体的拉力越来越大，A 选项错误；根据能量守恒定律知，B 减少的重力势能转化为A 、B 的动能与弹簧的弹性势能，据此可判断B 选项正确，C 选项错误；而A 物体动能的增加量等于细线拉力与弹簧弹力对A 做的功之和，由此可知D 选项正确． ►题组2 机械能守恒定律的应用4．如图4所示，在高1.5 m 的光滑平台上有一个质量为2 kg 的小球被一细线拴在墙上，小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧．当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g ＝10 m/s 2)( )图4A ．10 JB ．15 JC ．20 JD ．25 J答案 A解析 由2gh ＝v 2y －0得：v y ＝2gh ，即v y ＝30 m/s ，落地时，tan 60°＝v yv 0可得：v 0＝v ytan 60°＝10 m/s ，由机械能守恒定律得E p ＝12mv 20，可求得：E p ＝10 J ，故A 正确．5．半径分别为r 和R (r <R )的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图5所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速度地释放，在下滑过程中两物体( )图5A ．机械能均逐渐减小B ．经最低点时动能相等C ．机械能总是相等的D ．两物体在最低点时加速度大小不相等 答案 C解析 本题考查机械能守恒定律及应用牛顿第二定律处理圆周运动问题的方法．两物体下滑的过程中，均只有重力做功，故机械能守恒，A 错误，C 正确；在最低点，两物体重力势能不同，由机械能守恒定律可知，两物体动能不同，B 错误；物体由半圆形槽左边缘到最低点的过程中，有mgR ＝12mv 2，在最低点，两物体的加速度a ＝v2R ，解得a ＝2g ，其与圆周运动的轨道半径无关，D 错误．6．内壁光滑的环形凹槽半径为R ，固定在竖直平面内，一根长度为2R 的轻杆，一端固定有质量为m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图6所示．由静止释放后( )图6A ．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能B ．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C ．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D ．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点 答案 AD解析 根据题设条件可知甲、乙两小球组成的系统满足机械能守恒定律，故A 、D 对，B 错；由于乙球的质量大于甲球的质量，所以甲球不可能沿凹槽下滑到槽的最低点，否则就不满足机械能守恒，C 错．►题组3 综合应用动力学方法和机械能守恒定律解答复杂问题7．如图7所示是一种闯关游戏，在一个平台与斜面之间悬挂有一个不计质量不可伸长的轻绳，悬点为O ，使绳子在竖直面内摆动，人从斜面顶端以一定速度沿斜面跑到A 点，此时绳子恰好摆到最高点A 处，人立即抓住绳子随绳子一起向下摆动，当摆到最低点B时，人松开绳子，然后做平抛运动，落到平台上．将人简化为质点，已知OA 垂直于斜面EF ，OA 与竖直方向OB 的夹角为60°，绳长L ＝5 m ，在最低点B 处，人距离平台C 端水平距离为10 m ，竖直高度为5 m ，欲使人落到平台上，则人沿斜面跑到A 点的速度至少为多大？(g ＝10 m/s 2)图7答案 5 2 m/s解析 设人跑到A 点的速度为v A ，人在B 点的速度为v B ，人由A 运动到B ，由机械能守恒有：12mv 2B ＝mgL (1－cos 60°)＋12mv 2A①人离开绳子后，由B 到C 做平抛运动，设人由B 运动到C 所用的时间为t ，由平抛运动规律有x ＝v B t② h ＝12gt 2③联立①②③解得v A ＝5 2 m/s.8．如图8甲所示，圆形玻璃平板半径为r ，离水平地面的高度为h ，一质量为m 的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心O 在水平面内做匀速圆周运动． (1)若匀速圆周运动的周期为T ，求木块的线速度和所受摩擦力的大小；(2)缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O 的竖直线间的距离为s ，俯视图如图乙．不计空气阻力，重力加速度为g ，试求木块落地前瞬间的动能．图8答案 (1)2πr T m (2πT )2r (2)mg (s 2－r24h＋h )解析 (1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小为：v ＝2πrT木块所受摩擦力提供木块做匀速圆周运动的向心力，有F f ＝m (2πT)2r(2)木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有h ＝12gt 2在水平方向上做匀速直线运动，水平位移x ＝vtx 与距离s 、半径r 的关系为 s 2＝r 2＋x 2木块从抛出到落地前机械能守恒，得E k ＝12mv 2＋mgh由以上各式解得木块落地前瞬间的动能E k ＝mg (s 2－r 24h＋h )。
2022《步步高》物理大一轮复习讲义第05章第1课时功功率
2022《步步高》物理大一轮复习讲义第05章第1课时功功率考点内容功和功率重力势能弹性势能动能；动能定理机械能守恒定律及其应用实验：验证机械能守恒定律要求ⅡⅡⅠⅡⅡⅡ说明弹性势能的表达式不作要求考纲解读1.从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．2．功和能的关系一直是高考的“重中之重”，是高考的热点和重点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分量重，而且还经常有压轴题，考查最多的是动能定理和机械能守恒定律，且多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题．能量守恒Ⅰ3．动能定理及能量守恒定律仍将是高考考查的重点．高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中去，能力要求不会降低.第1课时功功率W考纲解读1.掌握做功正负的判断和计算功的方法.2.理解P＝和P＝Fv的关系，并会运用.3.t会分析机车的两种启动方式．1．[功的理解]下列选项所示的四幅图是小明提包回家的情景，其中小明提包的力不做功的是()答案B2．[功率的理解]关于功率的公式P＝Fvcoα，以下理解正确的是()A．它是由功率的定义式P＝W/t及功的定义式W＝Flcoα联合导出的，所以它只能用来计算平均功率B．若F与v的夹角α＝0，P＝FvC．当公式中的v表示平均速度且F为恒力时，则P＝Fv求解的是平均功率D．当F、v、α均为瞬时值时，P＝Fvcoα求解的是瞬时功率答案BCD解析P＝Fvcoα是由功率的定义式和功的定义式推导得来的，但它既能用来求解平均功率，也能用来求解瞬时功率，A错误．夹角α是力F与速度v的夹角，当夹角α＝0时，P＝Fv，B正确．当F为恒力，v为平均速度时，P为平均功率；当v为瞬时速度时，P为瞬时功率，C、D正确．3．[功的简单计算]起重机以1m/2的加速度将质量为1000kg的货物由静止开始匀加速向上提升，若g取10m/2，则在1内起重机对货物所做的功是A．500JB．4500JD．5500J()C．5000J答案D解析货物的加速度向上，由牛顿第二定律有：F－mg＝ma，起重机的拉力F＝mg＋ma＝11000N.1货物的位移是l＝at2＝0.5m，2做功为W＝Fl＝5500J．故D正确．4．[功率的简单计算]一质量为m的木块静止在光滑的水平面上，从t＝0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，在t＝t1时刻力F的瞬时功率是F2A.t12mF22B.t2m1()F2C.t1m答案CF22D.t1mFF2解析在t＝t1时刻木块的速度为v＝at1＝t1，此时刻力F的瞬时功率P＝Fv＝t1，选mmC.考点梳理一、功1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生的位移．2．公式：W＝Flco_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移．(2)该公式只适用于恒力做功．(3)功是标(标或矢)量．3．功的正负(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功．(3)α＝90°，力对物体不做功．二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．物理意义：描述力对物体做功的快慢．2．公式W(1)P＝，P为时间t内的平均功率．t(2)P＝Fvcoα(α为F与v的夹角)①v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．5．[关于变力功的求解]如图1所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢转动．则在转动一周的过程中推力F做的功为()A．0C．2Fr答案B B．2πrFD．－2πrF图1解析磨盘转动一周，力的作用点的位移为0，但不能直接套用W＝Flcoα求解，因为在转动过程中推力F为变力．我们可以用微元的方法来分析这一过程．由于F的方向在每时刻都保持与作用点的速度方向一致，因此可把圆周划分成很多小段来研究，如图所示，当各小段的弧长Δi足够小(Δi→0)时，F的方向与该小段的位移方向一致，所以有：WF＝F·Δ1＋F·Δ2＋F·Δ3＋＋F·Δi＝F·2πr＝2πrF(这等效于把曲线拉直)．6．[用图象法求变力功]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，沿某轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标某的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到某0处时F做的总功为()图2A．0答案C解析F为变力，但F－某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，1111π2又因在数值上Fm＝某0，故W＝πFm＝π·Fm·某0＝Fm某0.22224方法提炼变力做功的计算方法1．用动能定理W＝ΔEk或功能关系求．2．当变力的功率P一定时，可用W＝Pt求功，如机车恒功率启动时．3．当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力做的功等于力和路程(不是位移)的乘积．如滑动摩擦力做功等．4．当力的方向不变，大小随位移做线性变化时，可先求出力的平均值F＝＝Flcoα计算．5．作出变力F随位移l变化的图象，图象与位移所在轴所围的“面积”即为变力做的功．F1＋F2，再由W2B.Fm某02πC.Fm某04π2D.某40考点一判断正、负功的方法1．根据力和位移方向之间的夹角判断此法常用于恒力做功的判断．2．根据力和速度方向之间的夹角判断此法常用于质点做曲线运动时变力做功的判断．3．从能的转化角度来进行判断2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．例1长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图4所示，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是()图4A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－coθ)解析小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－inθ)，D错误．答案B突破训练1如图5所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100m，那么下列说法正确的是()图5图3A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功D．轮胎受到的地面的支持力对轮胎做了正功物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了某0，此时物体静止．图13撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4某0.物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则()A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动k某0B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为－μgmC．物体做匀减速运动的时间为2某0μgμmgD．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg(某0－)k答案BDk某－μmgk某解析撤去F后，物体向左先做加速运动，其加速度大小a1＝＝－μg，随着mm物体向左运动，某逐渐减小，所以加速度a1逐渐减小，当加速度减小到零时，物体的速μmg－k某k某度最大，然后物体做减速运动，其加速度大小a2＝＝μg－，a2随着某的减小而mmμmg增大．当物体离开弹簧后做匀减速运动，加速度大小a3＝＝μg，所以选项A错误．根mk某0－μmgk某0据牛顿第二定律，刚撤去F时，物体的加速度a ＝＝－μg，选项B正确．物mm1体做匀减速运动的位移为3某0，则3某0＝a3t2，得物体做匀减速运动的时间t＝26某0＝a36某0μmg，选项C错误．当物体的速度最大时，加速度a′＝0，即k某＝μmg，得某＝，μgkμmg所以物体克服摩擦力做的功W＝μmg(某0－某)＝μmg(某0－)，选项D正确．k2．(2022·江苏单科·3)如图14所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大答案A解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．3．(2022·海南单科·9)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受()图14到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是()9A．0～2内外力的平均功率是W45B．第2秒内外力所做的功是J4C．第2秒末外力的瞬时功率最大4D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是5答案ADF1解析根据牛顿第二定律得，物体在第1内的加速度a1＝＝2m/2，在第2内的加mF21速度a2＝＝m/2＝1m/2；第1末的速度v1＝a1t＝2m/，第2末的速度v2＝v1＋m119W9a2t＝3m/；0～2内外力做的功W＝mv22＝J，平均功率P＝＝W，故A 正确．第22t41111522222内外力所做的功W2＝mv2－mv1＝(某1某3－某1某2)J＝J，故B错误．第122222末的瞬时功率P1＝F1v1＝4W．第2末的瞬时功率P2＝F2v2＝3W，故C错误．第115ΔEk12内动能的增加量ΔEk1＝mv＝2J，第2内动能的增加量ΔE＝W＝J，所以＝k22212ΔEk24，故D正确．54．(2022·课标全国·16)如图15所示，在外力作用下某质点运动的v－t图象为正弦曲线．从图中可以判断A．在0～t1时间内，外力做正功B．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C．在t2时刻，外力的功率最大图15()D．在t1～t3时间内，外力做的总功为零答案AD解析由v－t图象可知，在0～t1时间内，由于物体的速度增大，根据动能定理可知，外力对物体做正功，A正确；在0～t1时间内，因为物体的加速度减小，故所受的外力减小，由题图可知t1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大，B错误；在t2时刻，由于物体的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C错误；在t1～t3时间内，因为物体的动能不变，故外力做的总功为零，D正确．模拟题组5．质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，拉力做的功W随物体的位移某变化的关系如图16所示．取重力加速度g＝10m/2，则()图16A．某＝0至某＝3m的过程中，物体的加速度是2.5m/2B．某＝6m时，拉力的功率是6WC．某＝9m时，物体的速度是3m/D．某＝3m至某＝9m过程中，合力做的功是12J答案BCΔW解析由题图知，在0～3m内，W＝F1某，斜率表示F1，F1＝＝5N，所以加速度a1Δ某F1－μmg5－0.1某2某10ΔW′＝＝m/2＝1.5m/2，A项错．在3m～9m内：F2＝＝m2Δ某′27－15F2－μmgN＝2N，加速度a′＝＝0.因此在某＝6m时，P6＝F2v1，v21＝2a1某1，某16m＝3m，所以v1＝3m/，P6＝F2v1＝2某3W＝6W，B项对．在3m～9m内，物体一直做匀速运动，合力不做功，所以v9＝3m/，C项对，D项错．(限时：30分钟)题组1关于做功的判断1．如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()图1A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量答案C解析斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错，C对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而做功，B错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错．2．如图2所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是A．摩擦力对物体做正功B．摩擦力对物体做负功C．支持力对物体不做功D．合外力对物体做正功答案AC解析物体P匀速上升过程中，合外力为零，合外力对物体做功为零，D错误；支持力垂直于运动方向，故支持力做功为零，C正确；摩擦力沿斜面向上，与物体运动方向相同，故摩擦力做正功，A正确，B错误．3．如图3所示，A、B叠放着，A用绳系在固定的墙上，用力F将B拉着右移．用FT、FAB和FBA分别表示绳子的拉力、A对B的摩擦力和B对A的摩擦力，则下列叙述中正确的是()图3图2()A．F做正功，FAB做负功，FBA做正功，FT不做功B．F和FBA做正功，FAB和FT做负功C．F做正功，其他力都不做功D．F做正功，FAB做负功，FBA和FT都不做功答案D解析力F与物体B的位移同向，故F做正功；FAB与物体B的位移反向，故FAB做负功；FBA作用在A上，A静止不动，故FBA不做功；绳子的拉力FT作用在A和墙上，二者均静止不动，故FT不做功．题组2关于功和功率的计算4．用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v－t图象如图4所示．下列表述正确的是A．在0～t1时间内拉力逐渐减小B．在0～t1时间内物体做曲线运动图4()C．在t1～t2时间内拉力的功率不为零1D．在t1～t2时间内合外力做功为mv22答案AC解析由F－μmg＝ma及P＝Fv知0～t1时间内拉力F逐渐减小，物体做直线运动，A正确，B错误；在t1～t2时间内，由动能定理知，F≠0，F合＝0，故C正确，D错误．5．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图5甲、乙所示．下列说法正确的是()图5A．0～6内物体的位移大小为30mB．0～6内拉力做的功为70JC．合外力在0～6内做的功与0～2内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N答案ABC解析由v－t图象面积表示相应时间内的位移，得A项正确；0～2内，物体做匀加速2某630运动，设拉力为F1，由P1＝F1v，得F1＝N＝5N，W1＝F1某1＝5某J＝30J,2～624内，W2＝P2t2＝10某4J＝40J，所以0～6内W＝W1＋W2＝70J，B项正确；由v－t图象得0～2内物体做匀加速运动，2～4内物体做匀速运动，故C项正确；2～6P105内，Ff＝F拉＝v＝N＝N，D项错误．636．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时刻其速度为2.0m/.从此时刻开始在滑块运动方。
(完整版)物理步步高大一轮复习讲义答案
实验基础知识一、螺旋测微器的使用1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度．图12．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)．如图2所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm.三、常用电表的读数对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V和0.1 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1 V.(3)对于0～0.6 A量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A.基本实验要求1．实验原理根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d ，计算出横截面积S ，并用伏安法测出电阻R x ，即可计算出金属丝的电阻率． 2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 3．实验步骤(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d . (2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l .(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I 和U 的值，填入记录表格内．(6)将测得的R x 、l 、d 值，代入公式R ＝ρl S 和S ＝πd 24中，计算出金属丝的电阻率．4．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表分压 电压表分流。
物理步步高大一轮复习讲义第十一章 第3讲
考点一热力学第一定律与能量守恒定律1.热力学第一定律(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和.(2)表达式：ΔU＝Q＋W.(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则.2.能量守恒定律(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变.(2)能量守恒定律是一切自然现象都遵守的基本规律.[思维深化]ΔU＝Q＋W的三种特殊情况1.[热力学第一定律的理解](2015·北京理综·13)下列说法正确的是()A.物体放出热量，其内能一定减小B.物体对外做功，其内能一定减小C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变答案 C解析由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，改变物体内能的方式有两种：做功和热传递.若物体放热Q＜0，但做功W未知，所以内能不一定减小，A选项错误；物体对外做功W＜0，但Q未知，所以内能不一定减小，B选项错误；物体吸收热量Q＞0，同时对外做功W＜0，W＋Q可正、可负，所以内能可能增加，故C选项正确；物体放出热量Q＜0，同时对外做功W＜0，所以ΔU＜0，即内能一定减小，D选项错误.2.[热力学第一定律的理解](2015·重庆·10(1))某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A.外界对胎内气体做功，气体内能减小B.外界对胎内气体做功，气体内能增大C.胎内气体对外界做功，内能减小D.胎内气体对外界做功，内能增大答案 D解析车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，胎内气体温度升高，故胎内气体内能增大，D项正确.3.[能量守恒定律的应用]木箱静止于水平地面上，现在用一个80N的水平推力推动木箱前进10m，木箱受到的摩擦力为60N，则转化为木箱与地面系统的内能U和转化为木箱的动能E k分别是()A.U＝200J，E k＝600JB.U＝600J，E k＝200JC.U＝600J，E k＝800JD.U＝800J，E k＝200J答案 B解析U＝F f x＝60×10J＝600JE k＝F·x－U＝80×10J－600J＝200J4.[热力学第一定律的应用]一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280J，并对外做功120J，试问：(1)这些气体的内能发生了怎样的变化？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240J的热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？答案(1)增加了160J(2)外界对气体做功80J解析 (1)由热力学第一定律可得ΔU ＝W ＋Q ＝－120J ＋280J ＝160J ，气体的内能增加了160J.(2)由于气体的内能仅与状态有关，所以气体从状态2回到状态1的过程中内能的变化量应等于从状态1到状态2的过程中内能的变化量，则从状态2到状态1内能应减少160J ，即ΔU ′＝－160J ，又Q ′＝－240J ，根据热力学第一定律得：ΔU ′＝W ′＋Q ′，所以W ′＝ΔU ′－Q ′＝－160J －(－240J)＝80J ，即外界对气体做功80J.考点二 热力学定律与气体实验定律的综合一、基本解题思路 1.选取研究对象研究对象可以是由两个或多个物体组成的系统，也可以是全部气体或某一部分气体(状态变化时质量必须一定). 2.两类分析(1)气体实验定律：确定状态参量，找出状态变化前后的p 、V 、T 数值或表达式. (2)热力学定律：①做功情况；②吸、放热情况；③内能变化情况. 3.选用规律列出相关方程求解(1)玻意耳定律(等温变化)：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝C (常数). (2)查理定律(等容变化)：p 1T 1＝p 2T 2或pT ＝C (常数).(3)盖－吕萨克定律(等压变化)：V 1T 1＝V 2T 2或VT ＝C (常数).(4)理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2或pVT ＝C (常数).(5)热力学第一定律：ΔU ＝W ＋Q . 二、判断物体内能变化的方法1.当做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化就要用热力学第一定律进行综合分析；2.做功情况看气体的体积：体积增大，气体对外界做功，W 为负；体积缩小，外界对气体做功，W 为正；理想气体向真空自由膨胀，与外界互不做功；3.与外界绝热，则不发生热传递，此时Q ＝0；4.如果研究对象是理想气体，则由于理想气体没有分子势能，所以当它的内能变化时，主要体现在分子动能的变化上，从宏观上看就是温度发生了变化.5.[热力学定律与理想气体状态方程的理解](2015·福建·29(2))如图1，一定质量的理想气体，由状态a 经过ab 过程到达状态b 或者经过ac 过程到达状态c .设气体在状态b 和状态c 的温度分别为T b和T c，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Q ab和Q ac.则________.(填选项前的字母)图1A.T b＞T c，Q ab＞Q acB.T b＞T c，Q ab＜Q acC.T b＝T c，Q ab＞Q acD.T b＝T c，Q ab＜Q ac答案 C解析a→b过程为等压变化，由盖－吕萨克定律得：V0T a＝2V0T b，得T b＝2T a，a→c过程为等容变化，由查理定律得：p0T a＝2p0T c，得T c＝2T a，所以T b＝T c.由热力学第一定律，a→b：W ab＋Q ab＝ΔU aba→c：W ac＋Q ac＝ΔU ac又W ab＜0，W ac＝0，ΔU ab＝ΔU ac，则有Q ab＞Q ac，故C项正确.6.[热力学定律与气体实验定律的理解](2013·山东·36(2))我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录.在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K.某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化.如图2所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度T0＝300K，压强p0＝1atm，封闭气体的体积V0＝3m3.如果将该汽缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体.图2①求990m深处封闭气体的体积(1atm相当于10m深的海水产生的压强).②下潜过程中封闭气体________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量________(填“大于”或“小于”)外界对气体所做的功.答案①2.8×10－2m3②放热大于解析①当汽缸下潜至990m深处时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知p＝100atm根据理想气体状态方程得p 0V 0T 0＝pVT代入数据得V ＝2.8×10－2m 3②解析略.7.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体经历了如图3所示的abca 循环过程，其中a →b 过程气体体积________(填“增大”“减小”或“不变”)，若c →a 过程气体放出热量10J ，则气体经历a →b →c 过程内能的变化是______J.图3答案 减小 10解析 a →b 过程气体温度不变，压强增大，根据pV ＝C 知气体体积减小；c →a 过程气体做等容变化，由热力学第一定律知，W ＝0，放出热量10J ，则气体经历a →b →c 过程内能的变化是增加10J.8.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]一定质量的理想气体，从初始状态A 经状态B 、C 再回到状态A ，变化过程如图4所示，其中A 到B 曲线为双曲线.图中V 0和p 0为已知量.图4(1)从状态A 到B ，气体经历的是________(选填“等温”“等容”或“等压”)过程； (2)从B 到C 的过程中，气体做功大小为________；(3)从A 经状态B 、C 再回到状态A 的过程中，气体吸放热情况为________(选填“吸热”“放热”或“无吸、放热”).答案 (1)等温 (2)32p 0V 0 (3)放热解析 (1)据题知A 到B 曲线为双曲线，说明p 与V 成反比，即pV 为定值，由pVT ＝常量得知气体的温度不变，即从状态A 到B ，气体经历的是等温过程.(2)从B 到C 的过程中，气体做功大小等于BC 线与V 轴所围的“面积”大小，故有：W ＝12×(p 0＋2p 0)×V 0＝32p 0V 0；(3)气体从A 经状态B 到状态C ，气体对外做功，从C 到A 外界对气体做功，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热.9.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]某同学估测室温的装置如图5所示，汽缸导热性能良好，用绝热的活塞封闭一定质量的理想气体.室温时气体的体积V 1＝66mL ，将汽缸竖直放置于冰水混合物中，稳定后封闭气体的体积V 2＝60mL.不计活塞重力及活塞与缸壁间的摩擦，室内大气压p 0＝1.0×105Pa.图5(1)室温是多少？(2)上述过程中，外界对气体做的功是多少？ 答案 (1)27.3℃ (2)0.6J 解析 (1)设室温为T 1，则V 1T 1＝V 2T 2代入数据解得 T 1＝300.3K ＝27.3℃ (2)外界对气体做的功 W ＝p 0·ΔV 解得W ＝0.6J10.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图6所示，一定质量的乙醚理想气体从状态A 变化到状态B ，已知状态A 的温度为300K ，且从状态A 变化到状态B 的过程中，气体内能增加了150J ，求：图6(1)状态B 的温度T B ；(2)状态A 变化到状态B 的过程中气体与外界的热交换Q 为多少？ 答案 (1)400K (2)250J解析 (1)由题图可知，从A 到B 气体发生等压变化， 气体状态参量：T A ＝300K ，V A ＝3L ，V B ＝4L ，由盖—吕萨克定律得 V A T A ＝V BT 解得T B ＝400K(2)从A 到B 气体对外做功W ＝Fl ＝pSl ＝p ΔV ＝1×105×(4－3)×10－3J ＝100J故外界对气体做功 W ′＝－W ＝－100J 由热力学第一定律得Q ＝ΔU －W ′＝[150－(－100)]J ＝250J11.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图7所示，一粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U 形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l 1＝20cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高.现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h ＝10cm.(环境温度不变，大气压强p 0＝75cmHg)图7(1)求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg ”做单位).(2)此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”、“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”). 答案 (1)50cmHg (2)做正功 吸热解析 (1)设U 形管横截面积为S ，右端与大气相通时，左管中封闭气体的压强为p 1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p 2，气柱长度为l 2，稳定后低压舱内的压强为p .左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得 p 1V 1＝p 2V 2① p 1＝p 0② p 2＝p ＋p h ③ V 1＝l 1S ④ V 2＝l 2S ⑤由几何关系得h ＝2(l 2－l 1)⑥ 联立①②③④⑤⑥式， 代入数据得p ＝50cmHg(2)左管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 且W <0，所以Q ＝－W >0，气体将吸热.12.[热力学定律与气体实验定律的综合应用]如图8所示，厚度和质量不计、横截面积为S ＝10cm 2的绝热汽缸倒扣在水平桌面上，汽缸内有一绝热的“T ”形活塞固定在桌面上，活塞与汽缸封闭一定质量的理想气体，开始时，气体的温度为T 0＝300K ，压强为p ＝0.5×105Pa ，活塞与汽缸底的距离为h ＝10cm ，活塞可在汽缸内无摩擦滑动且不漏气，大气压强为p 0＝1.0×105Pa.求：图8(1)此时桌面对汽缸的作用力F N ；(2)现通过电热丝给气体缓慢加热到T ，此过程中气体吸收热量为Q ＝7J ，内能增加了ΔU ＝5J ，整过程活塞都在汽缸内，求T 的值. 答案 (1)50N (2)720K解析 (1)对汽缸受力分析，由平衡条件有 F N ＋pS ＝p 0S ， 得F N ＝(p 0－p )S ＝50N.(2)设温度升高至T 时，活塞与汽缸底的距离为H ，则气体对外界做功W ＝p 0ΔV ＝p 0S (H －h )， 由热力学第一定律得ΔU ＝Q －W . 解得H ＝12cm气体温度从T 0升高到T 的过程，由理想气体状态方程，得pSh T 0＝p 0SH T .解得T ＝p 0Hph T 0＝720K.1.(多选)下列说法中正确的是( )A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动B.气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增大C.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加D.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低 答案 ACD2.(2015·广东理综·17)(多选)如图9为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气()图9A.内能增大B.压强增大C.分子间引力和斥力都减小D.所有分子运动速率都增大答案AB解析隔热外筒使封闭气体与外界无热量交换，因金属内筒导热，所以水温升高时，气体吸热，温度升高，分子平均动能增大，但不是每个分子运动速率都增大，D项错误；气体体积不变，分子间距离不变，分子势能不变，分子间引力和斥力均不变，C项错误；分子平均动能增大，分子势能不变，所以封闭气体的内能增大，A正确；根据查理定律pT＝C得p增大，B正确.3.如图10所示，针管中气体的体积为V0、压强为p0；用力压活塞，使气体的体积减小了ΔV.若针管中的气体可视为理想气体，其质量、温度在压缩前后均不变.图10(1)求压缩前后，气体压强的变化量Δp.(2)压缩过程中，气体是吸热还是放热，内能如何变化？答案(1)p0ΔVV0－ΔV(2)放热内能不变解析(1)由于针管中的气体是质量、温度均不变的理想气体，由玻意耳定律，有：p0V0＝(p0＋Δp)(V0－ΔV)解得Δp＝p0ΔVV0－ΔV(2)由于气体的温度不变，则内能不变.压缩过程，外界对气体做功，而内能又不变，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W知，气体放热.4.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图11所示.已知该气体在状态A 时的温度为27℃.求：图11(1)该气体在状态B 时的温度；(2)该气体从状态A 到状态C 的过程中与外界交换的热量. 答案 (1)－173℃ (2)吸收热量200J解析 (1)对于理想气体：A →B 过程，由查理定律有p A T A ＝p BT B ，得T B ＝100K ，所以t B ＝T B －273℃＝－173℃(2)B →C 过程，由盖－吕萨克定律有V B T B ＝V CT C得T C ＝300K所以t C ＝T C －273℃＝27℃由于状态A 与状态C 温度相同，气体内能相等，而A →B 过程是等容变化，气体对外不做功，B →C 过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A 到状态C 气体对外做功，故气体应从外界吸收热量.Q ＝p ΔV ＝1×105×(3×10－3－1×10－3) J ＝200J.练出高分基础巩固题组1.(2014·重庆·10(1))重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)( ) A.压强增大，内能减小 B.吸收热量，内能增大 C.压强减小，分子平均动能增大 D.对外做功，分子平均动能减小 答案 B解析 质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，据压强的微观解释：温度升高，气体的平均动能增加；单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多，可知压强增大.由于温度升高，所以分子平均动能增大，物体的内能变大；体积不变，对内外都不做功，内能增大，所以只能吸收热量，故A 、C 、D 错误，B 正确.2.图1为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M 、N 两筒间密闭了一定质量的气体，M 可沿N 的内壁上下滑动，设筒内气体不与外界发生热交换，在M 向下滑动的过程中( )图1A.外界对气体做功，气体内能增大B.外界对气体做功，气体内能减小C.气体对外界做功，气体内能增大D.气体对外界做功，气体内能减小答案 A解析在M向下滑动的过程中，气体体积缩小，外界对气体做功，气体不与外界发生热交换，再根据热力学第一定律知，气体内能增大，故正确答案为A.3.如图2所示，固定在水平面上的汽缸内封闭着一定质量的理想气体，汽缸壁和活塞绝热性能良好，汽缸内气体分子间相互作用的势能忽略不计，则以下说法正确的是()图2A.使活塞向左移动，汽缸内气体对外界做功，内能减少B.使活塞向左移动，汽缸内气体内能增大，温度升高C.使活塞向左移动，汽缸内气体压强减小D.使活塞向左移动，汽缸内气体分子无规则运动的平均动能减小答案 B解析使活塞向左移动，外界对缸内气体做功，故W 0，汽缸壁和活塞的绝热性能良好，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q得，汽缸内气体的内能增大，所以缸内气体温度升高，所以汽缸内气体分子的平均动能增大，压强增大，故B正确，A、C、D错误.4.如图3所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有用形状记忆合金制成的叶片.轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而“划水”，推动转轮转动.离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动.下列说法正确的是()图3A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.转动的叶片不断搅动热水，水温升高D.叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量答案 D解析由能量守恒定律可知，A、B错误；C选项是水对转轮做功，同时水向四周放出热量，所以水温降低；由热力学第二定律可知，D正确.5.(2014·广东·17)(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图4所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体()图4A.体积减小，内能增大B.体积减小，压强减小C.对外界做负功，内能增大D.对外界做正功，压强减小答案AC解析充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做正功，由于袋内气体与外界无热交换，故由热力学第一定律知，气体内能增大，故选项A、C正确；气体体积减小，内能增大，由理想气体状态方程可知气体压强变大，选项B、D错误.6.(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T 图象如图5所示，下列判断正确的是()图5A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小答案AD解析由p－T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab气体一定吸热，选项A正确；过程bc中温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca中压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C 错误；温度是分子平均动能的标志，由p －T 图象可知，a 状态气体温度最低，则平均动能最小，选项D 正确.综合应用题组7.如图6是某喷水壶示意图.未喷水时阀门K 闭合，压下压杆A 可向瓶内储气室充气；多次充气后按下按柄B 打开阀门K ，水会自动经导管从喷嘴处喷出.储气室内气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变.则( )图6A.充气过程中，储气室内气体内能增大B.充气过程中，储气室内气体分子平均动能增大C.喷水过程中，储气室内气体放热D.喷水过程中，储气室内气体压强增大答案 A解析 充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体的平均动能不变，故气体内能增大，选项A 正确，B 错误；喷水过程中，气体对外做功，W <0；由于气体温度不变，则ΔU ＝0，根据ΔU ＝W ＋Q 可知，储气室内气体吸热，选项C 错误；喷水过程中，储气室内气体体积增大，温度不变，则根据pV T＝C (常量)可知压强减小，选项D 错误；故选A.8.(多选)一定质量的理想气体分别在T 1、T 2温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图7所示，T 2对应的图线上A 、B 两点表示气体的两个状态，则( )图7A.温度为T 1时气体分子的平均动能比T 2时大B.A 到B 的过程中，气体内能增加C.A 到B 的过程中，气体从外界吸收热量D.A 到B 的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少答案 ACD解析由题图可知，当体积相同时，有p1>p2，根据p1T1＝p2T2得，T1>T2，故A正确；对于理想气体，其内能仅由温度决定，A到B的过程是等温变化的过程，所以气体的温度不变，内能不变，故B错误；A到B的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不变，由热力学第一定律：ΔU＝W＋Q可得，气体一定从外界吸收热量，故C正确；A到B的过程中，气体温度不变，则分子运动的剧烈程度不变，而气体的体积增大，分子数密度减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，故D正确.所以选A、C、D.9.如图8所示，某种全自动洗衣机进水时，洗衣机缸内水位升高，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量.将细管中密闭的空气视为理想气体，当洗衣缸内水位缓慢升高时，外界对空气做了0.5J的功，则空气________(填“吸收”或“放出”)了________的热量.图8答案放出0.5J解析环境温度不变，说明气体内能不变，根据ΔU＝W＋Q，外界对空气做了0.5J的功，则空气放出0.5J的热量.10.一定质量的理想气体，由状态A通过如图9所示的箭头方向变化到状态C.则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是________(选填“吸热”、“放热”或“无法确定”)图9答案不变放热解析理想气体从状态A变化到状态B，斜率k＝pV保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W>0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由ΔU＝Q＋W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q<0，则气体放热.11.若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中，若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J.气泡到达湖面后，气泡中的气体温度上升，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J.答案吸收0.60.2解析气泡从湖底上升到湖面的过程中，体积变大，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，对外界做功W＝－0.6J，内能增量ΔU＝0，热量为Q＝0.6J，说明气体从外界吸热；到达湖面后，对外界做功W′＝－0.1J，热量为Q′＝0.3J，内能增量ΔU′＝0.2J.12.(2013·江苏·12A)如图10所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温过程，B―→C和D―→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”.图10(1)该循环过程中，下列说法正确的是________.A.A―→B过程中，外界对气体做功B.B―→C过程中，气体分子的平均动能增大C.C―→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.D―→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A―→B”“B―→C”“C―→D”或“D―→A”).若气体在A―→B过程中吸收63kJ的热量，在C―→D过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为________kJ.答案(1)C(2)B―→C25解析(1)由理想气体状态方程和热力学第一定律分析，A―→B为等温过程，内能不变，气体的体积增大，气体对外做功，A错；B―→C过程为绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，因此内能减小，气体分子的平均动能减小，B错；C―→D为等温过程，气体体积减小，单位体积内的分子数增多，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D―→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速率分布曲线变化，D错.(2)在以上循环过程中，内能减小的过程是B―→C.由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得W＝25kJ.13.一种海浪发电机的气室如图11所示.工作时，活塞随海浪上升或下降，改变气室中空气的压强，从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭.气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程，推动出气口处的装置发电.气室中的空气可视为理想气体.图11(1)(多选)下列对理想气体的理解，正确的有( )A.理想气体实际上并不存在，只是一种理想化模型B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关D.在任何温度、任何压强下，理想气体都遵循气体实验定律(2)压缩过程中，两个阀门均关闭.若此过程中，气室中的气体与外界无热量交换，内能增加了3.4×104J ，则该气体的分子平均动能________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，活塞对该气体所做的功________(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104J.(3)上述过程中，气体刚被压缩时的温度为27℃，体积为0.224m 3，压强为1个标准大气压.已知1mol 气体在1个标准大气压、0℃时的体积为22.4L ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023mol －1.计算此时气室中气体的分子数.(计算结果保留一位有效数字)答案 (1)AD (2)增大 等于(3)5×1024解析 (1)理想气体是一种理想化模型，温度不太低、压强不太大的实际气体可视为理想气体；只有理想气体才遵循气体的实验定律，选项A 、D 正确，选项B 错误.一定质量的理想气体的内能完全由温度决定，与体积无关，选项C 错误.(2)因为理想气体的内能完全由温度决定，当气体的内能增加时，气体的温度升高，温度是分子平均动能的标志，则气体分子的平均动能增大.根据热力学第一定律，ΔU ＝Q ＋W ，由于Q ＝0，所以W ＝ΔU ＝3.4×104J.(3)设气体在标准状态时的体积为V 1，等压过程为：V T ＝V 1T 1气体物质的量为：n ＝V 1V 0，且分子数为：N ＝nN A 解得N ＝VT 1V 0TN A 代入数据得N ≈5×1024个。
2022版步步高《大一轮复习讲义》人教版第1章 第2讲 物质的分离和提纯
第2讲物质的分离和提纯复习目标 1.掌握常见物质分离和提纯的方法。
2.能综合运用物质的不同性质对常见的物质进行分离和提纯。
考点一分离、提纯的常用物理方法及装置1．物质分离、提纯的区别(1)物质的分离将混合物的各组分分离开来，获得几种纯净物的过程。
(2)物质的提纯将混合物中的杂质除去而得到纯净物的过程，又叫物质的净化或除杂。
2．依据物理性质选择分离、提纯的方法(1)“固＋固”混合物的分离(提纯)(2)“固＋液”混合物的分离(提纯)(3)“液＋液”混合物的分离(提纯)3．物理法分离、提纯物质所选装置(1)常用装置①过滤适用范围分离不溶性固体与液体注意事项一贴滤纸紧贴漏斗内壁二低滤纸边缘低于漏斗边缘液面低于滤纸边缘三靠烧杯杯口紧靠玻璃棒玻璃棒下端抵靠三层滤纸处漏斗下端长的那侧管口紧靠烧杯内壁②蒸发适用范围分离易溶性固体的溶质和溶剂注意事项玻璃棒的作用：搅拌，防止液体局部过热而飞溅停止加热的标准：当有大量晶体析出时停止加热，利用余热蒸干③萃取和分液适用范围萃取：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来分液：分离两种互不相溶且易分层的液体注意事项①溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中大的多②萃取剂与原溶剂不反应、不相溶③萃取剂与溶质不反应④常用的萃取剂是苯或CCl4，一般不用酒精作萃取剂④蒸馏适用范围分离沸点相差较大且互溶的液体混合物注意事项①温度计的水银球在蒸馏烧瓶的支管口处②蒸馏烧瓶中要加沸石或碎瓷片，目的是防止暴沸③冷凝管水流方向为下口进，上口出⑤升华适用范围对于某种组分易升华的混合物，利用物质易升华的性质在加热条件下将其分离注意事项如NaCl固体中的I2可用该方法，但NH4Cl固体中的I2不能用升华的方法分离(2)创新装置①过滤装置的创新——抽滤由于水流的作用，使装置a、b中气体的压强减小，故使过滤速率加快②蒸馏装置的创新由于冷凝管竖立，使液体混合物能冷凝回流，若以此容器作反应容器，可使反应物能循环利用，提高了反应物的转化率(1)过滤时，为加快过滤速度，应用玻璃棒不断搅拌漏斗中液体(×)错因：不能搅拌，以防弄破滤纸。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
实验基础知识一、螺旋测微器的使用BE为可动刻度．所示，为固定刻度，1．构造：如图1图1FBDF每旋转一周，．原理：测微螺杆 mm与固定刻度，即旋钮之间的精密螺纹的螺距为2EF前进或后退 mm等份，每转动一小格， mm，而可动刻度，即上的刻度为50前进或后退螺旋测微器的精确度为 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺．3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×(mm)．如图2所示，固定刻度示数为 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为，最后的读数为： mm＋× mm＝ mm.图2二、游标卡尺1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示)图32．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径．3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成．不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表：Kx表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线4.读数：若用表示从主尺上读出的整毫米数，Kx)mm.×精确度＋(对齐的游标的格数，则记录结果表示为三、常用电表的读数即指针指到最大刻度时电表允许通首先要弄清电表量程，对于电压表和电流表的读数问题，过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可．(1)0～3 V的电压表和0～3 A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是 V和 A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位．(2)对于0～15 V量程的电压表，精确度是 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到 V.(3)对于0～ A量程的电流表，精确度是 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半 A.基本实验要求1．实验原理dS，并用伏安根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径，计算出横截面积R，即可计算出金属丝的电阻率．法测出电阻x2．实验器材被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～ A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺．3．实验步骤d.用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值(1)(2)连接好用伏安法测电阻的实验电路．(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平均值l.(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置．IU和闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数(5)的值，填入记录表格内．2ldπRldRρS＝中，计算出金属丝的电阻率．、和值，代入公式＝(6)将测得的、x S44．电流表、电压表测电阻两种方法的比较电流表内接法电流表外接法RRRR ?适用条件 ?xx VA规律方法总结1．伏安法测电阻的电路选择R较小，宜采(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较，若x R较大，宜采用电流表内接法．用电流表外接法；若x(2)临界值计算法RRR时，用电流表外接法；<x AV RRR时，用电流表内接法．>x AV Pab处接触一下，如果先后与4(3)实验试探法：按图接好电路，让电压表的一根接线柱、电压表的示数有较大的变化，而电流表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表内接法．图42．注意事项(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量．(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．3．误差分析(1)若为内接法，电流表分压．(2)若为外接法，电压表分流．(3)长度和直径的测量．考点一测量仪器、仪表的读数1．游标卡尺的读数(1)10分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游1标的格数×.10(2)20分度的游标尺的读数：主尺上读出整毫米数＋游标尺上与主尺上某一刻度线对齐的游1标的格数×.202．螺旋测微器的读数mm.×)估读一位(＋可动刻度数mm方法：固定刻度数．3．电流表和电压表的读数(1)若刻度盘上每一小格为：1,,，…时，需估读到最小刻度值的下一位．(2)若刻度盘上每一小格为：2,,,5,,，…时，只需估读到最小刻度值的位数．1．[直尺和游标卡尺的读数](2014·福建理综·19(1))某同学测定一金属杆的长度和直径，示数如图5甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为________ cm和________ mm.图5答案解析刻度尺的分度值为1 mm，要估读到 mm.游标卡尺读数＝4 mm＋10× mm＝ mm.2．[螺旋测微器的读数]完成下列读数(如图6所示)图6a．____________mm b．____________mmd．____________mm c．____________mm答案 a．～ b．～ c．～ d．～3．[电压表、电流表和电阻箱的读数](1)①如图7所示的电流表使用 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中表针示数是________A；当使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，图中表针示数为________A.图7②如图8所示的电表使用较小量程时，每小格表示____________V，图中指针的示数为________ V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针指示的是________V.图8AB流出，则接入电路的电阻为从____ Ω.(2)旋钮式电阻箱如图9所示，电流从接线柱流入，今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为_________．图9答案 (1)①99819 ～00 再将“×100”旋钮调到，2k”旋钮调到将“×1987 (2)1 ②20 ．2．Ω解析 (1)①电流表使用 A量程时，刻度盘上的每一小格为 A，指针的示数为 A；当换用3 A量程时，每一小格为 A，指针示数为 A.②电压表使用3 V量程时，每小格表示 V，指针示数为 V；使用15 V量程时，每小格为 V，指针示数为 V.(2)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样两个电阻箱串联可得到的最大电阻2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω.考点二实验操作及数据处理4．[实验操作](2014·江苏单科·10)某同学通过实验测量一种合金的电阻率．(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径．为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图ABCD”)”、“”、“．从图中的示数可读出合金10所示的部件__________(选填“”或“丝的直径为________ mm.图10(2)图11所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图11(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为 V和38 mA，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议．B (2)7、8、9 断路答案 (1)(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图象法求电阻值)B.螺旋测微器的示数为(0＋× mm解析 (1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧＝mm.(2)电压表的示数不为0，电流表的示数几乎为0，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动RR x A ≈，≈<间断路．、变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断78、9(3)由题知RR x V RUI 后，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组、值，求出x再取平均值作为实验结果．5．[实验操作及数据处理]用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图12甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上，PP时，触头才，触头上固定了接线柱，按下底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图12(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F固定后读数．(填仪器部件的字母符号)(2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将实物图丁连接成实验电路．PU 、闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变的位置，得到几组(3)UILRRL 图线如图13的数据，用－＝计算出相应的电阻值后作出、所示．取图线上两个点 ILRd ρ＝________.Δ，则电阻率，若电阻丝直径为间数据之差Δ 和 图132Rd πΔ (3)H G (2)如图所示答案 (1)D L 4Δ接近被测，使测微螺杆F(1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮D 解析固定F 拨动止动旋钮G 使H 电阻丝，再转动微调旋钮夹住被测物，直到棘轮发出声音为止， 后读数．22RddlL πΔΔπρρRSR ρ ＝根据(3)＝＝，代入得，得Δ.＝，而 LSS 4Δ4ρ，某同学设计了如图14]为测定一段金属丝的电阻率甲所示的6．[实验原理及数据处理abR ＝ 是一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝，电路中的保护电阻电路．Ω，电源的电动0EP 与电阻丝始终接触良好．，电流表内阻忽略不计，滑片势 ＝ V d ＝________ mm.(1)实验中用螺旋测微器测得电阻丝的直径如图乙所示，其示数为 图14PaPx 及对应的电流值长度调节滑片(2)实验时闭合开关，的位置，分别测量出每次实验中I ，实验数据如下表所示：x (m) I (A)1－1(A) I 1x 坐标纸中，如图15①将表中数据描在－所示．试作出其关系图线，图象中直线的斜率的 Ik ρ为________ 用题中字母表示)表达式，由图线求得电阻丝的电阻率＝________(Ω·m(保留两位有效数字)． 图151x 关系图线纵轴截距的物理意义，可求得电源的内阻为________ Ω(②根据－保留两位有 I 效数字)．ρ4－6×10 ② 答案 (1) (2)①图线见解析图 2Ed π解析 (1)由题图乙所示螺旋测微器可知，其示数为0 mm ＋× mm ＝ mm. (2)①如图所示．1 I 2xEd πR ρRkS ＝ ＝＝，由欧姆定律可得：，＝根据图象由电阻定律可得，则图象斜率 SIx 41Δ I ρ4k ＝ 联立解得：＝ 2Edx Δπ代入数据得：k ＝错误!＝3联立解得电阻率为：2Edk πρ ＝ 4代入数据得：－6ρ Ω·m ； ≈×101xE ，由闭合电路欧姆定律得：关系图线纵轴截距为，此时待测电阻丝的电阻为②根据－0 IIrR )( ＝＋0r ＋ 错误＝!(3即：r ＝ 得：Ω计算电阻率的两种方法RS ρ ；1．根据电阻定律得＝l ．通过有关图象来求电阻率．图象法处理实验数据是最常用的方法之一，要从物理规律出2 发，写出图象的函数关系式，弄清斜率、截距等的物理意义，从而求出相关物理量． 电阻的测量考点三电阻测量的六种方法1．伏安法外接法：??电路图?内接法：??内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量，测小电阻时应采用外接特点：大内小外(法测量)．安安法2若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用．R则可测得，当两电流表所能测得的最大电压接近时，如果已知的内阻(1)如图16甲所示，1RI11R＝的内阻.2I2RUU，串联一定值电阻(2)如图乙所示，当两电流表的满偏电压时，如果已知的内阻?1A1A2IRR＋011RR＝.后，同样可测得的电阻20I2图163．伏伏法若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用．U2RR＝甲所示，两电压表的满偏电流接近时，若已知的内阻，则可测出的内阻17(1)如图21U1R.1IIRR 后，(2)如图乙所示，两电压表的满偏电流时，若已知的内阻?，并联一定值电阻01V2V1U2.同样可得的内阻＝2UU11＋RR01图174．等效法测电阻所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数18如图I；然后将电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍I，则电阻箱的读数即等于待测电阻的阻值．为图185．比较法测电阻IR12RIRI.，可得、如图19所示，读得电阻箱＝的阻值及、的示数x211I1RIIRRR)＋＋．)＝如果考虑电流表内阻的影响，则((x A22A111图196．半偏法测电流表内阻所示电路图如图2020图步骤：IR S，调节；，使的示数满偏为，闭合(1)断开S g120I g RR，使的示数为(2)保持S不变，闭合，调节电阻箱；202RR＝(3)由上可得.A RR此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量值?时，测量误差小，特别提醒当A0R时总电流变化才足够小，才足够大，闭合S偏小；电源电动势应选大些的，这样表满偏时20误差才小．于是用伏安2014·浙江理综·22)小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，[7．伏安法测电阻](法测量其电阻值．21是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图中画出．图(1)21图图22铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B(2)IU所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用图上，如图电压数据描到22－填“○”或“×”________()表示的．_______ 请你选择一组数据点，在图上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为Ω.(3)用，)～均可用“×”表示的数据连线时，见解析图乙(3) ×(2) 见解析图甲(1) 答案．“○”表示的数据连线时，～均可)解析 (1)连线如图甲所示．甲乙IUIU而用电流表内接法时测得的－－图象如图乙所示，(2)图象的斜率反映了电阻的大小，电阻偏大，外接法时测得的电阻偏小，所以外接法的数据点是用“×”表示的．UΔRUIΩ，选用内接法所得的＝－图象上，选用外接法所得的“×”连线，则(3)在＝IΔUΔR＝＝Ω.“○”连线，则IΔ8．[电表改装和电阻测量]现要测量电流表G的内阻，给出下列器材：电流表G(量程5 mA，11r约为150 Ω)内阻1r约为100 Ω)，内阻G(量程10 mA电流表22RR＝10 Ω＝100 Ω定值电阻定值电阻21R(0～200 Ω滑动变阻器)3E V，内阻未知)干电池单刀单掷开关S 导线若干(1)定值电阻选________________；(2)如图23所示，在虚线框中已画出部分实验电路设计图，请补充完整，并标明所用器材的代号；图23rr＝____________________若选测量数据中的一组计算，式中各符，所用的表达式为(3)11号的意义是__________________________________________________________________________________________________________________________________________.R (2)(1)电路图如图所示答案1RII－121IIRR的阻值．表示定值电阻、G的读数、(3)分别表示电流表G112211I1RRR.G (1)若选，则其阻值太小，电流过大，而内阻相当，故选与解析1112R的电流值．GG的示数－的示数为通过电路图如图所示．(2)121IrRII－＝(3)由并联电路特点得：()12111．IIR－112r＝1I1RRII表示定值电阻的阻值．分别表示电流表G、G的读数，、121211等效替代法测电阻]电学实验中经常需要测量电阻的阻值．9．[W”的灯泡，它正常工作时的电 V 40 (1)测电阻的方法有很多种，现在提供一只标有“220值电阻，则测出的这挡来测量只灯泡的电阻电阻为________ Ω.若用多用表欧姆)灯泡正常工作时的电阻值．________(填“大于”“等于”或“小于”(2)用下列器材设计一个实验，测量该灯泡正常工作时的电阻值．220 V交流电源A．B．单刀双掷开关一个 A)(0～Ω，额定电流．电阻箱一个C A)D．定值电阻一个 kΩ，额定电流A)E．交流电流表一个(0～请在虚线框内画出电路原理图．见解析图小于 (2)答案 (1)1 21022UUPR＝＝，所以1 210 解析 (1)正常工作时电压为额定电压，故有Ω；灯泡在正常工＝RP作时发热，灯丝电阻率增大，电阻增大，因而用欧姆挡测量时阻值应小于正常工作时的电阻值．(2)应用替代法．因电阻箱的最大阻值小于灯泡正常工作的电阻值，故应串联一定值电阻，电路原理图如图所示．10．[半偏法测电阻](2015·新课标Ⅱ·23)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：R(最大阻值为99 Ω)3 000 3 V，内阻约为Ω)，电阻箱，滑动变阻器(待测电压表量程0RE(电动势6 V，内阻不计)，开关2100 (最大阻值Ω，额定电流2 A)，电源个，导线若1干．(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整(如图24)．图24(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.RR相比，的真实值，与电压表内为将这种方法测出的电压表内阻记阻′(3)VV RR(填“＞”、“＝”或“＜”)，主要理由是____________________．′________VV答案 (1)见解析图 (2)见解析 (3)＞理由见解析解析 (1)实验电路图如图所示．(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S、S，调21RR，使，调节电阻箱，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S节012电压表的指针半偏，读取电阻箱的电阻值，此即为测得的电压表内阻．R使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压，调节电阻箱(3)断开S02RRR.′＞也增大，此时两端的电压大于电压表的半偏电压，故V0V考点四实验拓展与创新11．[实验器材的创新]有一根细长且均匀的空心金属管线，长约30 cm，电阻约为5 Ω，已ρd.，现在要尽可能精确测定它的内径知这种金属的电阻率为D时刻度的位置如图25a所示，从图中读出外径为用螺旋测微器测量金属管线外径(1)L；测金属管线的长度，应用________(选填“厘米刻度尺”或“毫米刻度尺”)________ mm图25R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：测量金属管线的电阻(2)A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩB．电压表0～15 V，内阻约50 kΩC．电流表0～ A，内阻约ΩD．电流表0～3 A，内阻约ΩE．滑动变阻器，0～10 ΩF．滑动变阻器，0～100 Ω要求较准确地测出其阻值，电压表应选____________，电流表应选__________，滑动变阻器应选__________；(填序号)(3)实验中他的实物接线如图b所示，请指出接线中的两处明显错误．错误1：___________________________________________________________________错误2：___________________________________________________________________(4)用已知的物理常数和应直接测量的物理量(均用符号表示)，推导出计算金属管线内径的d＝______________；表达式(5)在实验中，下列说法正确的是________．A．为使电流表读数明显，应使电流尽可能大些一直处于闭合状态S．为操作方便，中间过程可保持开关B．．千分尺的精确度是千分之一毫米C．用千分尺测量直径时必须估读一位D采用了电流(3)导线连接在滑动变阻器的滑片上 (1) 毫米刻度尺 (2)A C E 答案表内接法ρIL42D(4)(5)D －Uπ螺旋测微器的读数为：解析 (1)D；＋× mm＝ mm＝5 mm金属管长度时应用毫米刻度尺来测量．测量30 cm I；由于通过金属管的最大电流为，所以电压表应选A(2)由于两节干电池的电动势为3 V m U3E.C.为了较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选 A＝ A，所以电流表应选＝＝R5x由于待测金属管阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，连线图中的两处明显(3)错误分别是：1：导线连接在滑动变阻器的滑片上；错误2：采用了电流表内接法．错误d，根据电阻定律应有：(4)设金属管线内径为ρLR，＝1122dDππ－44UR＝，又IρIL42Dd－联立可得：＝Uπ(5)由金属的电阻率随温度的升高而增大可知，通过待测金属管线的电流不能太大，所以A错误；为减小温度的影响，中间过程应断开开关，所以B错误；千分尺的精确度是 mm，即1应精确到毫米，所以C错误；千分尺读数时必须估读一位，即估读到 mm，所以D正确．10012．[液体电阻率的测量]如图26是一同学测量某导电液体电阻率的实物连线图．图中均匀dL.玻璃管两端各装有一电极，的长直玻璃管内径为电极距离为，里面充满待测导电液体，图26R表示．根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中导电液体用电阻(1)xP应移到最________端((2)在接通电路前，为保证器材安全滑动变阻器的滑片填“左”或a接点时电压S后，单刀双掷开关．在电路调试时，该同学发现：闭合开关“右”)S接到21．b接点时电压表示数为 V接到、电流、电流表示数为180 μA；单刀双掷开关S表示数为 V2表示数为164 μA.正式测量时，为减小实验误差，单刀双掷开关S应接到________点(填2ab”)“．”或“Rρ＝，则该导电液体的电阻率的表达式为(3)该同学正确完成实验，测得该段液体的电阻0RLd 等表示)、．、______________(用0答案 (1)如图所示b右 (3)(2)L4(1)电路原理图如图所示解析2dRπ0接通电路前为保证电路的安全，应使滑动变阻器接入电路中的电阻最大，即滑片应移到(2)说明电流表对分别使用内接法和外接法时电流表示数变化大，电压表示数变化小，最右端．b示数影响较小，即电流表内阻远小于被测电阻，为减小误差应当采用电流表内接法，故接点．2dRURSd π02ρSRρ可得电阻率.及＝＝π根据欧姆定律(3)(＝、电阻定律)＝LIL4213．[实验拓展]某些固体材料受到外力后除了产生形变外，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”．现用如图27所示的电路RR的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下研究某长薄板电阻的压阻效应，已知xx列器材：图27E(3 V，内阻约为1 ．电源AΩ)r＝5 Ω A，内阻)B．电流表A11r约为1 Ω，内阻)C．电流表A(6 A22R，定值电阻D．开关S0R的阻值，根据虚线框内电路图的设计，甲表选用________(选(1)为了比较准确地测量电阻x填“A”或“A”)，乙表选用________(选填“A”或“A”)．2112RF(设竖直向下为正方向)上加一个竖直向下的力，闭合开关S(2)在电阻，记下电表读数，x IIR＝________(用字母表示)，A的读数为，得．的读数为A x2112R值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，(3)改变力的大小，得到不同的x RF竖直向下(设竖直向下为正方向)所示．当得到不同的值，最后绘成的图象如图28时，x RFR＝________________.(各物理量单位均为国际单位与所受压力可得的数值关系是)xx图28R的阻值应该选用________________．(4)定值电阻0A．1 Ω B．5 Ω C．10 Ω D．20 ΩIr11F(4)B (2)(3)16－2 答案 (1)AA21II－12R内阻确定，并且与待测电阻接近，与待测电阻并联，用来测出待测电阻A (1)由于解析x1两端的电压，用A测得的电流减去A测得的电流就是流过待测电阻的电流，根据欧姆定律12就可求出待测电阻的阻值，电路连接如图所示．UIrIII，因此待测电阻的阻值为，流过待测电阻的电流－(2)待测电阻两端的电压＝＝1112Ir11R＝.x II－12(3)由图象的对称性可知，加上相反的压力时，电阻值大小相等；图象与纵坐标的交点为16RRF.16－2 NΩ，当＝7 Ω时，对应的力为，因此函数表达式＝x(4)整个回路总电流不能大于 A，而电动势为3 V，因此总电阻应略大于5 Ω，而电源内阻R的阻值应选5 Ω，即可保证电流不超过量程，也保证电流不太1 约为Ω，因此定值电阻0小，两块电流表读数准确．。