20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题18:第9专题高中物理常见的物理模型(2)能力演练
一、选择题(10×4分)
1.图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象,下列说法正确的是()
A.若D和E结合成F,结合过程中一定会吸收核能
B.若D和E结合成F,结合过程中一定会释放核能
C.若A分裂成B和C,分裂过程中一定会吸收核能
D.若A分裂成B和C,分裂过程中一定会释放核能
【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小,核反应释放核能;A分裂成B、C粒子时,总质量减小,核反应释放核能.
[答案]BD
2.单冷型空调器一般用来降低室内温度,其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同.某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2,向高温物体放出热量Q1,而外界(压缩机)必须对工作物质做功W,制冷系数ε=Q2W.设某一空调的制冷系数为4,若制冷机每天从房间内部吸收2.0×107J的热量,则下列说法正确的是()
A.Q1一定等于Q2
B.空调的制冷系数越大越耗能
C.制冷机每天放出的热量Q1=2.5×107J
D.制冷机每天放出的热量Q1=5.0×106J
【解析】Q1=Q2+W>Q2,选项A错误;ε越大,从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功(耗电)越小,越节省能量,选项B错误;又Q1=Q2+Q2ε=2.5×107J,故选项C正确.
[答案]C
3.图示为一列简谐横波的波形图象,其中实线是t1=0时刻的波形,虚线是t2=1.5s时的波形,且(t2-t1)小于一个周期.由此可判断()
A.波长一定是60cm
B.波一定向x轴正方向传播
C.波的周期一定是6s
D.波速可能是0.1m/s,也可能是0.3m/s
【解析】由题图知λ=60cm
若波向x轴正方向传播,则可知:
波传播的时间t1=T4,传播的位移s1=15cm=λ4
故知T=6s,v=0.1m/s
若波向x轴负方向传播,可知:
波传播的时间t2=34T,传播的位移s2=45cm=3λ4
故知T=2s,v=0.3m/s.
[答案]AD
4.如图所示,在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板,在木板A的上面放着一个质量为m的物块C,木板和物块均处于静止状态.A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A,使之从C、B之间抽出来,已知重力加速度为g,则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A.F>μ(2m+M)gB.F>μ(m+2M)g
C.F>2μ(m+M)gD.F>2μmg
【解析】无论F多大,摩擦力都不能使B向右滑动,而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg,故F-μmg-μ(m+M)gM>μg时,即F>2μ(m+M)g时A可从B、C之间抽出.
[答案]C
5.如图所示,一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心,在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射,b为反射光,c为折射光,它们与法线间的夹角分别为β和θ.逐渐增大入射角α,下列说法中正确的是()
A.β和θ两角同时增大,θ始终大于β
B.b光束的能量逐渐减弱,c光束的能量逐渐加强
C.b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长
D.b光光子的能量大于c光光子的能量
【解析】三个角度之间的关系有:θ=α,sinβsinα=n>1,故随着α的增大,β、θ都增大,但是θ<β,选项A错误,且在全反射前,c光束的能量逐渐减弱,b光束的能量逐渐加强,选项B错误;又由n=sinβsinα=cv=λλ′,b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长,但光子的能量不变,选项C正确、D错误.
[答案]C
6.如图所示,水平传送带以v=2m/s的速度匀速前进,上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上,然后一起随传送带运动.如果要使传送带保持原来的速度匀速前进,则传送带的电动机应增加的功率为()
A.100WB.200WC.500WD.无法确定
【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上,每秒钟有50kg的煤粉被加速至2m/s,故每秒钟传送带的电动机应多做的功为:
ΔW=ΔEk+Q=12mv2+fΔs=mv2=200J
故传送带的电动机应增加的功率ΔP=ΔWt=200W.
[答案]B
7.如图所示,一根用绝缘材料制成的轻弹簧,劲度系数为k,一端固定,另一端与质量为m、带电荷量为+q的小球相连,静止在光滑绝缘水平面上.当施加水平向右的匀强电场E后,小球开始做简谐运动,下列关于小球运动情况的说法中正确的是()
A.小球的速度为零时,弹簧的伸长量为qEk
B.小球的速度为零时,弹簧的伸长量为2qEk
C.运动过程中,小球和弹簧系统的机械能守恒
D.运动过程中,小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零
【解析】由题意知,小球位于平衡位置时弹簧的伸长量x0=qEk,小球速度为零时弹簧处于原长或伸长了2x0=2qEk,选项A错误、B正确.
小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功,机械能不守恒,动能、弹性势能、电势能的总和保持不变,选项D正确.
[答案]BD
8.如图所示,将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则[2009年高考北京理综卷]()
A.将滑块由静止释放,如果μ>tanθ,滑块将下滑
B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ<tanθ,滑块将减速下滑
C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tanθ,则拉力大小应是2mgsinθ
D.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tanθ,则拉力大小应是mgsinθ
【解析】对于静止置于斜面上的滑块,可沿斜面下滑的条件为mgsinθ>μmgcosθ;同理,当mgsinθ<μmgcosθ时,具有初速度下滑的滑块将做减速运动,选项A、B错误;当μ=tanθ时,滑块与斜面之间的动摩擦力f=mgsinθ,由平衡条件知,使滑块匀速上滑的拉力F=2mgsinθ,选项C正确、D错误.
[答案]C
9.国产“水刀”——超高压数控万能水切割机,以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动,它能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料.
将普通的水加压,使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800m/s~1000m/s的速度射出,这种水射流就是“水刀”.我们知道,任何材料承受的压强都有一定限度,下表列出了一些材料所能承受的压强的限度.
A.橡胶5×107Pa
B.花岗石1.2×108Pa~2.6×108Pa
C.铸铁8.8×108Pa
D.工具钢6.7×108Pa
设想一“水刀”的水射流横截面积为S,垂直入射的速度v=800m/s,水射流与材料接触后,速度为零,且不附着在材料上,水的密度ρ=1×103kg/m3,则此水刀不能切割上述材料中的()
【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象,以其运动方向为正方向,由动量定理得:
-pSΔt=-ρSvΔtv
得:p=ρv2=6.4×108Pa
由表中数据可知:此“水刀”不能切割材料C和D.
[答案]CD
10.如图甲所示,质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上,另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端,恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止,铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变.若将木板分成长度与质量均相等(即m1=m2=m)的两段1、2后,将它们紧挨着放在同一水平面上,让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动,如图乙所示,则下列说法正确的是()
A.小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止
B.小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止
C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
【解析】长木板分两段前,铅块和木板的最终速度为:
vt=mv03m=13v0
且有Q=fL=12mv02-12×3m(v03)2=13mv02
长木板分两段后,可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度,从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离;也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止,故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量.
丙
[答案]AD
二、非选择题(共60分)
11.(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路,电路其他部分不变,当开关S接a点时,电压表的示数U1=11V,电流表的示数I1=0.2A;当开关S接b点时,U2=12V,I2=0.15A.那么,为了提高测量的准确性,开关S应接______点(填“a”或“b”),Rx的测量值为________Ω.
[答案]b(2分)80(3分)
12.(10分)如图所示,光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切,轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端,OP是可绕O点转动的轻杆,且摆到某处就能停在该处;另有一小钢球.现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能.
(1)还需要的器材是________、________.
(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量,需要直接测量________和________.
(3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系,除以上器材外,还准备了几个轻弹簧,所有弹簧的劲度系数均不相同.试设计记录数据的表格.
[答案](1)天平刻度尺(每空1分)
(2)重力势质量上升高度(每空1分)
(3)设计表格如下(5分)
小球的质量m=________kg,弹簧A
压缩量x(m)
上升高度h(m)
E=mgh(J)
压缩量x=________cm,小球的质量m=________kg
弹簧ABC
劲度系数k(N/m)
上升高度h(m)
E=mgh(J)
13.(10分)如图所示,一劲度系数k=800N/m的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B,A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上.现加一竖直向上的力F在上面的物体A上,使物体A开始向上做匀加速运动,经0.4s物体B刚要离开地面,设整个过程中弹簧都处于弹性限度内,取g=10m/s2.求:
(1)此过程中所加外力F的最大值和最小值.
(2)此过程中外力F所做的功.
【解析】(1)A原来静止时有:kx1=mg(1分)
当物体A刚开始做匀加速运动时,拉力F最小,设为F1.
对物体A有:F1+kx1-mg=ma(1分)
当物体B刚要离开地面时,拉力F最大,设为F2.
对物体A有:F2-kx2-mg=ma(1分)
对物体B有:kx2=mg(1分)
对物体A有:x1+x2=12at2(1分)
解得:a=3.75m/s2
联立解得:F1=45N(1分),F2=285N.(1分)
(2)在力F作用的0.4s内,初末状态的弹性势能相等(1分)
由功能关系得:
WF=mg(x1+x2)+12m(at)2=49.5J.(2分)
[答案](1)285N45N(2)49.5J
14.(12分)如图甲所示,倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内,导轨间距为l,与电阻R1、R2及电容器相连,电阻R1、R2的阻值均为R,电容器的电容为C,空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B.一个质量为m、阻值也为R、长度为l的导体棒MN垂直于导轨放置,将其由静止释放,下滑距离s时导体棒达到最大速度,这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q,则:
甲
(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少?
(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少?
【解析】(1)当达到最大速度时,导体棒匀速运动,电容器中没有电流,设导体棒稳定下滑的最大速度为v,有:
E=Blv(1分)
I=ER2+R(1分)
所以F安=BIl=B2l2v2R(2分)
导体棒的受力情况如图乙所示,根据受力平衡条件有:
乙
F安=mgsinθ(1分)
解得:v=2mgRsinθB2l2.(2分)
(2)棒加速运动时电容器上的电压增大,电容器充电;当棒达到最大速度后,电容器上的电荷量最大并保持不变,所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量,则:
U=IR2=E2RR=E2=Blv2=mgRsinθBl(3分)
QR1=CU=mgRCsinθBl.(2分)
[答案](1)2mgRsinθB2l2(2)mgRCsinθBl
15.(13分)如图甲所示,一质量为m、电荷量为q的正离子,在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中,此磁场方向垂直纸面向里.结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场,此电场方向与AC平行且向上,最后离子打在G处,而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直).不计离子重力,离子运动轨迹在纸面内.求:
甲
(1)正离子从D处运动到G处所需时间.
(2)正离子到达G处时的动能.
【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示,在磁场中做圆周运动的时间为:
乙
t1=13T=2πm3Bq(1分)
圆周运动半径r满足:r+rcos60°=d(1分)
解得:r=23d(1分)
设离子在磁场中运动的速度为v0,则有:r=mv0Bq(1分)
解得:v0=2Bqd3m(1分)
离子从C运动到G所需的时间t2=2dv0=3mBq(2分)
离子从D→C→G的总时间为:
t=t1+t2=(9+2π)m3Bq.(2分)
(2)设电场强度为E,对离子在电场中的运动过程,有:
qE=ma,d=12at22(1分)
由动能定理得:Eqd=EkG-12mv02(1分)
解得:EkG=4B2q2d29m.(2分)
[答案](1)(9+2π)m3Bq(2)4B2q2d29m
16.(15分)如图甲所示,质量m1=2.0kg的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动,传送带的速度大小v带=3.0m/s,方向如图所示;在A的右侧L=2.5m处将质量m2=3.0kg的物块B无初速度放上传送带.已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0m/s,之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时,传送带立即以大小为2.0m/s2的加速度制动,最后停止运动.传送带的运动情况不受物块A、B的影响,且A、B碰撞的时间极短.设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.10.求:
甲
(1)物块B刚开始滑动时的加速度.
(2)碰撞后两物块的速度.
(3)两物块间的最大距离.
【解析】(1)物块B刚开始滑动时,加速度为:
a=μm2gm2=μg=1m/s2,方向向右.(2分)
(2)设经t1时间,A、B两物块相碰,有:
12at21+L=v带t1
解得:t1=1s,t1′=5s(由上述分析可知,t1′不合题意,舍去)
碰前B的速度v2=at1=1m/s(2分)
由题意可知:碰后B的速度v2′=2m/s或v2″=4m/s
由动量守恒定律得:
m1v带+m2v2=m1v1′+m2v2′
m1v带+m2v2=m1v1″+m2v2″
解得:碰后A的速度v1′=1.5m/s或v1″=-1.5m/s
检验:由于12m1v2带+12m2v22<12m1v1′2+12m2v2″2
故v1″=-1.5m/s、v2″=4m/s这组数据舍去
所以碰后A的速度v1′=1.5m/s,方向向右;B的速度v2′=2m/s,方向向右.(3分)
(3)因碰后两物块均做加速度运动,加速度都为a=1m/s2,所以B的速度先达到与传送带相同速度,设B达到与传送带速度相同的时间为t2.
乙
有:v带=v2′+at2,t2=1s
此时A的速度v3=v1′+at2=2.5m/s<v带
故从t2之后A继续加速运动,B和传送带开始减速运动,直到A和传送达到某个共同速度v4后,A所受的摩擦力换向,才开始减速运动.设A继续加速度的时间为t3,则:
v4=v3+at3=v带-a带t3,t3=16s
A的速度v4=v3+at3=83m/s(2分)
此时B的速度v5=v带-at3=176m/s,之后A、B均做减速运动,因为在整个过程中B的速度始终大于A的速度,所以当A、B都静止时两物块间的距离最大.(1分)
B碰后运动的总位移s2=v2带-v2′22a+0-v2带2×(-a)=7m
或s2=v2′+v带2t2+v带2×v带a=7m(2分)
A碰后运动的总位移s1=v24-v1′22×a+0-v242×(-a)≈6m(2分)
两物块间的最大距离sm=s2-s1=1m.(1分)
[答案](1)1m/s2,方向向左
(2)A的速度为1.5m/s,方向向右;B的速度为2m/s,方向向右
(3)1m
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20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题14:第7专题高考物理实验(2)经典考题
纵观近三年的高考实验题,会发现以下特点.
1.对力学实验的考查基本上以创新题出现,试题源于教材,又高于教材,总体来说其变化在于:同一实验可用于不同装置,同一装置可完成不同实验.
2.高考对电学实验的考查一般书本实验稍加变化来出题,以“电阻的测量”最为常见,包括测电阻率、测伏安特性等,当然也可能会有其他电学实验出现,如测电动势与内阻、电路故障等.
1.Ⅰ.在如图所示的电路中,1、2、3、4、5、6为连接点的标号.在开关闭合后,发现小灯泡不亮.现用多用电表检查电路故障,需要检测的有:电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点.
(1)为了检测小灯泡以及3根导线,在连接点1、2已接好的情况下,应当选用多用电表的________挡.在连接点1、2同时断开的情况下,应当选用多用电表的________挡.
(2)在开关闭合情况下,若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势,则表明____________________________________可能有故障.
(3)将小灯泡拆离电路,写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤:____________________________________________________________________.
Ⅱ.某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系,设计实验装置如图甲所示.长直平板一端放在水平桌面上,另一端架在一物块上.在平板上标出A、B两点,B点处放置一光电门,用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间.
实验步骤如下:
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d,用天平测量滑块的质量m;
②用直尺测量A、B之间的距离s,A点到水平桌面的垂直距离h1,B点到水平桌面的垂直距离h2;
③将滑块从A点静止释放,由光电计时器读出滑块的挡光时间t;
④重复步骤③数次,并求挡光时间的平均值t-;
⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα;
⑥多次改变斜面的倾角,重复实验步骤②③④⑤,作出f-cosα关系曲线.
(1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g):
①斜面倾角的余弦cosα=__________;
②滑块通过光电门时的速度v=________________;
③滑块运动时的加速度a=____________________;
④滑块运动时所受到的摩擦阻力f=____________.
(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图乙所示,读得d=__________.
[2009年高考全国理综卷Ⅰ]
【解析】Ⅰ.在1、2两点接好的情况下,应当选用多用电表的电压挡,在1、2同时断开的情况下,应选用欧姆挡.
(2)表明5、6两点可能有故障.
(3)①调到欧姆挡;②将红黑表笔相接,检查欧姆挡能否正常工作;③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障.
Ⅱ.物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,受重力、支持力和滑动摩擦力的作用.
根据三角形关系可得到cosα=s2-(h1-h2)2s
又v=xt=dt,根据运动学公式x=v22a,有s=v22a,即有a=d22st-2
根据牛顿第二定律得:
mgsinθ-f=ma
则有:f=mgh1-h2s-md22st-2.
(2)在游标卡尺中,主尺上是3.6cm,在游标尺上恰好是第1条刻度线与主尺对齐,再考虑到卡尺是10分度,所以读数为3.6cm+0.1×1mm=3.61cm或者3.62cm也对.
[答案]Ⅰ.(1)电压欧姆
(2)开关或连接点5、6
(3)①调到欧姆挡;
②将红、黑表笔相接,检查欧姆挡能否正常工作;
③测量小灯泡的电阻.如电阻无穷大,则表明小灯泡有故障.
Ⅱ.(1)①1ss2-(h1-h2)2
②dt-③d22st-2④mgh1-h2s-md22st-2
(2)3.62cm
【点评】在本实验中,r=dt-解出的为滑块画过去由门的平均速度,只是当滑块才较小时r趋近于瞬时速度,故滑块长度小点测量越准确.
2.Ⅰ.一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动.盘边缘上固定一竖直的挡光片.盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过,如图甲所示.图乙为光电数字计时器的示意图.光源A中射出的光可照到B中的接收器上.若A、B间的光路被遮断,显示器C上可显示出光线被遮住的时间.
挡光片的宽度用螺旋测微器测得,结果如图丙所示.圆盘直径用游标卡尺测得,结果如图丁所示.由图可知:
(1)挡光片的宽度为_________mm;
(2)圆盘的直径为___________cm;
(3)若光电数字计时器所显示的时间为50.0ms,则圆盘转动的角速度为________弧度/秒.(保留3位有效数字)
Ⅱ.图示为用伏安法测量电阻的原理图.图中,为电压表,内阻为4000Ω;为电流表,内阻为50Ω;E为电源,R为电阻箱,Rx为待测电阻,S为开关.
(1)当开关闭合后电压表读数U=1.6V,电流表读数I=2.0mA.若将Rx=UI作为测量值,所得结果的百分误差是__________.
(2)若将电流表改为内接,开关闭合后,重新测得电压表读数和电流表读数,仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值,这时结果的百分误差是________.
(百分误差=实际值-测量值实际值×100%)
[2008年高考四川理综卷]
【解析】Ⅰ.由螺旋测微器与游标卡尺的读数规则可得两者的读数.
d=10mm+24.2×0.01mm=10.242mm
D=242mm+4×0.05mm=242.20mm=24.220cm.
圆盘转动的角速度为ω=θt,而θ=dπD×2π,综合两式并代入数据可得:ω=1.69rad/s.
(1)测量值为R=UI=800Ω,因电流表外接,所以:
R=RxRVRx+RV
故真实值为Rx=1000Ω,对应的百分误差为:
A=1000-8001000=20%.
(2)电流表内接时,百分误差A′=1050-10001000=5%.
[答案]Ⅰ.(1)10.243(2)24.220(3)1.69
Ⅱ.(1)20%(2)5%
【点评】①无论是否显示单位,螺旋测微器和游标尺主尺最小刻度一定都为mm;
②内接法的测量值R测=Rx+RA,外接法的测量值R测=Rx∥RV
能力演练
1.(16分)Ⅰ.在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”的实验中,若打点计时器所接交变电流的频率为50Hz,得到的甲、乙两条实验纸带(如图所示)中应选________纸带更好.若已测得点2到点4间的距离为s1,点0到点3间的距离为s2,打点周期为T,要验证重物从开始下落到打点计时器打下点3这段时间内机械能守恒,则s1、s2和T应满足的关系为:T=________________.
Ⅱ.要测量一只量程已知的电压表的内阻,所备器材如下:
甲
A.待测电压表(量程为3V,内阻未知);
B.电流表(量程为3A,内阻为0.01Ω);
C.定值电阻R(阻值为2kΩ,额定电流为50mA);
D.蓄电池E(电动势略小于3V,内阻不计);
E.多用电表;
F.开关S1、S2,导线若干.
有一同学利用上面所给器材,进行如下实验操作.
(1)首先用多用电表进行粗测,选用“×100Ω”倍率,操作方法正确.若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示,则测量的结果是________Ω.
(2)为了更精确地测出此电压表的内阻,该同学设计了如图乙、丙所示的实验电路,你认为其中较合理的电路图是________,理由是________________________.
乙丙
(3)用你选择的电路进行实验时,用所测物理量的符号表示电压表的内阻,即RV=________.
[答案]Ⅰ.甲s12gs24gs2或s122gs2(每空3分)
Ⅱ.(1)3000(3分)
(2)丙图乙中电流表测量时的示数太小,误差太大;图丙中R的阻值与电压表内阻接近,误差小(每空2分)
(3)U2U1-U2R(3分)
2.(17分)Ⅰ.某同学在做测定木块与木板间动摩擦因数的实验过程中,测滑动摩擦力时,他设计了两种实验方案.
方案一:木板固定在水平面上,用弹簧测力计水平拉动木块,如图甲所示.
方案二:用弹簧测力计水平地钩住木块,用力使木板在水平面上运动,如图乙所示.
甲乙
除了实验必需的弹簧测力计、木块、木板、细线外,该同学还准备了若干重均为2.00N的砝码.
(1)上述两种方案中,你认为更合理的方案是________(填“甲”或“乙”),理由是:(回答两个理由)
①____________________________________________;
②____________________________________________.
(2)该同学在木块上加砝码,改变木块对木板的压力,记录了5组实验数据,如下表所示.
实验次序12345
砝码个数01234
砝码对木块
的压力/N02.004.006.008.00
测力计示
数/N1.502.002.502.953.50
木块受到的
摩擦力/N1.502.002.502.953.50
请根据上述数据,在坐标纸上作出木块受到的摩擦力f和砝码对木块的压力F的关系图象(以F为横坐标).由图象可知,木块重为________N;木块与木板间的动摩擦因数为________.
Ⅱ.现有一块灵敏电流表,量程为200μA,内阻约为1000Ω,要精确测出其内阻R1,提供的器材有:
电流表(量程为1mA,内阻R2=50Ω);
电压表(量程为3V,内阻RV约为3kΩ);
滑动变阻器R(阻值范围为0~20Ω);
定值电阻R0(阻值R0=100Ω);
电源E(电动势约为4.5V,内阻很小);
单刀单掷开关S一个,导线若干.
(1)请将上述器材全部用上,设计出合理的、便于多次测量的实验电路图,并保证各电表的示数超过其量程的13.将电路图画在下面的虚框中.
(2)在所测量的数据中选一组,用测量量和已知量来计算表的内阻,表达式为R1=________,表达式中各符号表示的意义是________________________.
[答案]Ⅰ.(1)乙①乙方案测力计静止,读数误差小②乙方案木板可的不做匀速运动,便于控制(每空1分)
(2)如图甲所示(1分)6.00(2分)0.25(2分)
Ⅱ.(1)如图乙所示(5分)(供电部分用分压电路给1分;测量部分知道把表改装且正确给2分;知道将表当保护电阻使用给2分)
(2)I2(R0+R2)I1(3分)I2表示表的示数,I1表示表的示数,R2表示表内阻,R0表示定值电阻(1分)
3.(16分)Ⅰ.一量程为100μA的电流表的刻度盘如图所示.今在此电流表两端并联一电阻,其阻值等于该电流表内阻的149,使之成为一新的电流表,则图示的刻度盘上每一小格表示______________mA.
Ⅱ.已知弹簧振子做简谐运动的周期T=2πmk,其中m是振子的质量,k是弹簧的劲度系数(回复力系数).某同学设计了一个在太空站中利用弹簧振子测量物体质量的装置,如图所示,两轻弹簧分别与挡板P、Q相连,A是质量为M的带夹子的金属块,且与两弹簧固定相连,B是待测物体(可以被A上的夹子固定).
(1)为了达到实验目的,还需要提供的实验器材是:__________________.
(2)简要写出测量方法及所需测量的物理量(用字母表示)
①________________________________________;
②________________________________________.
(3)用所测物理量和已知物理量表示待测物体的质量的计算式为:mB=______________________________.
【解析】Ⅰ.改装后的量程为:
I′=I+IRAR0=100×(1+49)μA=5mA
故每小格ΔI=I′10=0.5mA.
[答案]Ⅰ.0.5(6分)
Ⅱ.(1)秒表(2分)
(2)①不放B时用秒表测出振子振动30次的时间t1(或者测出振子的周期T1)(2分)
②将B固定在A上,用秒表测出振子振动30次的时间t2(或者测出振子的周期T2)(2分)
(3)t22-t21t21M或T22-T21T21M(4分)
4.(16分)Ⅰ.小汽车正在走进我们的家庭,你对汽车了解吗?油耗标准是评价一辆汽车性能优劣的重要因素,而影响汽车油耗的一个重要原因是其在行进中所受到的空气阻力.人们发现,汽车在高速行驶过程中受到的空气阻力f(也称风阻)主要与两个因素有关:①汽车正面的投影面积S;②汽车行驶的速度v.
某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据:
(1)由上述数据可得,汽车所受的风阻f与汽车正面的投影面积S及汽车行驶的速度v之间的关系式为:f=________.(要求用k表示比例系数)
(2)由上述数据可求得k=________________.
(3)据推理或猜测,k的大小与________、________等因素有关.
Ⅱ.现有下列可供选用的器材及导线若干,要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流.
A.待测电流表(满偏电流约为700μA~800μA,内阻约为100Ω,已知表盘刻度均匀、总格数为N);
B.电流表(量程为0.6A,内阻为0.1Ω);
C.电压表(量程为3V,内阻为3kΩ);
D.滑动变阻器R(最大阻值为200Ω);
E.电源E(电动势为3V,内阻约为1.5Ω);
F.开关S一个.
(1)根据你的测量需要,“B.电流表”与“C.电压表”中应选择____________.(只需填写序号即可)
(2)在虚线框内画出你设计的实验电路图.
(3)测量过程中测出了多组数据,其中一组数据中待测电流表的指针偏转了n格,可算出满偏电流IAmax=__________________,式中除N、n外,其他字母符号代表的物理量分别是__________________________.
[答案]Ⅰ.(1)kSv2(2分)(2)0.26kg/m3(2分)
(3)空气密度车的外形车的表面情况(4分)
Ⅱ.(1)C(2分)(2)电路图如图所示(2分)
(3)NnURVU为电压表的示数,RV为电压表的内阻(每空2分)
5.(17分)Ⅰ.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中
(1)已知双缝到光屏之间的距离为600mm,双缝之间的距离为0.20mm,单缝到双缝之间的距离是100mm.某同学在用测量头测量时,先将从测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心,这时手轮上的示数如图甲所示.然后他转动测量头,使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心,这时手轮上的示数如图乙所示.这两次的示数依次为________mm和________mm,由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为________nm.
(2)下列操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离的是________.
A.增大单缝和双缝之间的距离
B.增大双缝和光屏之间的距离
C.将红色滤光片改为绿色滤光片
D.增大双缝之间的距离
Ⅱ.现有一块59C2型的小量程电流表(表头),满偏电流为50μA,内阻约为800~850Ω,要把它改装成1mA、10mA的两量程电流表,可供选择的器材有:
A.滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω);
B.滑动变阻器R2(最大阻值为100kΩ);
C.电阻箱R′(最大阻值为9999Ω);
D.定值电阻R0(阻值为1kΩ);
E.电池E1(电动势为1.5V);
F.电池E2(电动势为3.0V);
G.电池E3(电动势为4.5V);
H.标准电流表(满偏电流为1.5mA);
I.单刀单掷开关S1和S2;
J.单刀双掷开关S3;
K.电阻丝及导线若干.
(所有电池的内阻均不计)
(1)采用如图甲所示的电路测量表头的内阻,为提高测量精确度,选用的滑动变阻器为________;选用的电池为______.(填序号)
甲
(2)要将改装成两量程电流表,现有两种备选电路,如图乙、丙所示.图________为合理电路,另一电路不合理的原因是_______________________________________________.
(3)将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对(仅核对1mA量程),在下面的虚线框中画出所用电路图,图中待核对的电流表的符号用来表示.
【解析】Ⅰ.(1)测量头的读数原理与螺旋测微器的相同,所以图甲中的示数为0.640mm,图乙中的示数为10.295mm.设第1条亮条纹与第7条亮条纹间的距离为a,则a=10.295mm-0.640mm=9.655mm,由此得相邻两条亮条纹间的距离Δx=an-1,又因为Δx=Lλd,代入数据可解得光的波长λ=dΔxL=5.36×10-7m=536nm.
(2)根据相邻两条亮条纹间的距离公式Δx=Lλd可知,增大双缝和光屏之间的距离L、增大光的波长λ和减小双缝之间的距离d都可使相邻两条亮条纹间的距离增大.所以选项B正确.
[答案]Ⅰ.(1)0.64010.295536(5分)(2)B(3分)
Ⅱ.(1)BG(每空2分)
(2)乙图丙所示的电路在通电状态下更换量程,会造成两分流电阻都未并联在表头两端,以致流过表头的电流超过其满偏电流而烧坏表头(3分)
(3)电路图如图丁所示(2分)
丁
6.(18分)Ⅰ.听说水果也能做电池.某兴趣小组的同学用一个柠檬作为电源,连接电路如图甲所示.电路中R是电阻箱,其阻值可调且可读出其接入电路中电阻的大小.他们多次改变电阻箱的阻值,记录下相应的电流表的示数,算出电流的倒数,并将数据填在下面的表格中.
甲
外电阻R(Ω)电流I(mA)电流的倒数1I(mA-1)
90000.050219.92
80000.052818.93
60000.059416.84
50000.063315.80
40000.068014.71
20000.080012.50
(1)根据表格中的数据,在图乙所示的坐标纸中画出该实验的R-1I图象.
乙
(2)利用图象可求出该柠檬电池的电动势为________V,内阻为________Ω.
(3)完成实验后,该兴趣小组的同学初步得出了水果作为电池不实用的物理原因为:__________________________.
Ⅱ.某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.弧形轨道末端水平,离地面的高度为H.将钢球从轨道的不同高度h处由静止释放,钢球的落点距轨道末端的水平距离为s.
甲
(1)若轨道完全光滑,s2与h的理论关系应满足:s2=________________.(用H、h表示)
(2)该同学经实验测量得到一组数据,如下表所示.
h(×10-1m)2.003.004.005.006.00
s2(×10-1m-2)2.623.895.206.537.78
请在图乙所示的坐标纸上作出s2-h图象.
乙
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2-h图象(图中已画出),自同一高度处由静止释放的钢球水平抛出的速率____________理论值.(填“小于”或“大于”)
(4)从s2-h图象中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著,你认为造成上述偏差的原因可能是:______________________________________________.
【解析】Ⅱ.(1)根据机械能守恒,可得钢球离开轨道时的速度为2hg,由平抛运动知识可求得钢球运动的时间为2Hg,所以s=vt=4Hh.
(2)依次描点,连线,注意不要画成折线.
(3)从图中看,同一h对应的s2值的理论值明显大于实际值,而在同一高度H下的平抛运动的水平射程由水平速率决定,可见实际水平速率小于理论速率.
(4)由于客观上,轨道与小球间存在摩擦,机械能减小,因此会导致实际值比理论值小;小球的转动也需要能量维持,而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分,也会导致实际速率明显小于理论速率(可能很少同学会考虑到这一点).
[答案]Ⅰ.(1)如图丙所示(2分)
丙
(2)0.94(0.90~0.98均对)10000(9000~11000均对)
(3)水果电池的内阻过大(每空2分)
Ⅱ.(1)4Hh(2分)(2)如图丁所示(4分)
丁
(3)小于(2分)
(4)小球与轨道间的摩擦,小球的转动(回答任一条即可)(2分)
俗话说,居安思危,思则有备,有备无患。教师要准备好教案,这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容,帮助教师提前熟悉所教学的内容。您知道教案应该要怎么下笔吗?小编为此仔细地整理了以下内容《高考物理动量和能量冲刺专题复习》,仅供参考,希望能为您提供参考!
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题03:第2专题动量和能量(1)古人云,工欲善其事,必先利其器。高中教师要准备好教案,这是教师工作中的一部分。教案可以更好的帮助学生们打好基础,帮助高中教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。你知道怎么写具体的高中教案内容吗?为此,小编从网络上为大家精心整理了《高考物理力与运动冲刺专题复习》,欢迎大家与身边的朋友分享吧!
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题01:第1专题力与运动(1)
知识网络
考点预测
本专题复习三个模块的内容:运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用.运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容,它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体.虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2008年以前)都有独立的命题出现在高考中(如2008年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题),但由于理综考试题量的局限以及课改趋势,独立考查前两模块的命题在20xx年高考中出现的概率很小,大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题,而且占不少分值.
在综合复习这三个模块内容的时候,应该把握以下几点:
1.运动的描述是物理学的重要基础,其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律,公式和推论众多.其中,平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点.
2.无论是平衡问题,还是动力学问题,一般都需要进行受力分析,而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法,每年高考都会对其进行考查.
3.牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一,与此有关的高考试题每年都有,题型有选择题、计算题等,趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题.此外,它还经常与电场、磁场结合,构成难度较大的综合性试题.
一、运动的描述
要点归纳
(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法
1.某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度,即v-t=vt2.
2.在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量,且Δs=aT2.
3.在初速度为零的匀变速直线运动中,相等的时间T内连续通过的位移之比为:
s1∶s2∶s3∶…∶sn=1∶3∶5∶…∶(2n-1)
通过连续相等的位移所用的时间之比为:
t1∶t2∶t3∶…∶tn=1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1).
4.竖直上抛运动
(1)对称性:上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性.
(2)可逆性:上升过程做匀减速运动,可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究.
(3)整体性:整个运动过程实质上是匀变速直线运动.
5.解决匀变速直线运动问题的常用方法
(1)公式法
灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决.
(2)比例法
在初速度为零的匀加速直线运动中,其速度、位移和时间都存在一定的比例关系,灵活利用这些关系可使解题过程简化.
(3)逆向过程处理法
逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”,将物体的运动过程倒过来进行研究的方法.
(4)速度图象法
速度图象法是力学中一种常见的重要方法,它能够将问题中的许多关系,特别是一些隐藏关系,在图象上明显地反映出来,从而得到正确、简捷的解题方法.
(二)运动的合成与分解
1.小船渡河
设水流的速度为v1,船的航行速度为v2,河的宽度为d.
(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定,即t=dv⊥,与v1无关,所以当v2垂直于河岸时,渡河所用的时间最短,最短时间tmin=dv2.
(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定.当v1<v2时,最短路程smin=d;当v1>v2时,最短路程smin=v1v2d,如图1-1所示.
图1-1
2.轻绳、轻杆两末端速度的关系
(1)分解法
把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解,沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关),即v1cosθ1=v2cos_θ2.
(2)功率法
通过轻绳(轻杆)连接物体时,往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率.
3.平抛运动
如图1-2所示,物体从O处以水平初速度v0抛出,经时间t到达P点.
图1-2
(1)加速度水平方向:ax=0竖直方向:ay=g
(2)速度水平方向:vx=v0竖直方向:vy=gt
合速度的大小v=v2x+v2y=v20+g2t2
设合速度的方向与水平方向的夹角为θ,有:
tanθ=vyvx=gtv0,即θ=arctangtv0.
(3)位移水平方向:sx=v0t竖直方向:sy=12gt2
设合位移的大小s=s2x+s2y=(v0t)2+(12gt2)2
合位移的方向与水平方向的夹角为α,有:
tanα=sysx=12gt2v0t=gt2v0,即α=arctangt2v0
要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍,即θ≠2α,而是tanθ=2tanα.
(4)时间:由sy=12gt2得,t=2syg,平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定,而与抛出时的初速度v0无关.
(5)速度变化:平抛运动是匀变速曲线运动,故在相等的时间内,速度的变化量(g=ΔvΔt)相等,且必沿竖直方向,如图1-3所示.
图1-3
任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形,Δv沿竖直方向.
注意:平抛运动的速率随时间并不均匀变化,而速度随时间是均匀变化的.
(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似,出电场后做匀速直线运动,如图1-4所示.
图1-4
故有:y=(L′+L2)tanα=(L′+L2)qULdmv20.
热点、重点、难点
(一)直线运动
高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现.这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力.对于追及问题,存在的困难在于选用哪些公式来列方程,作图求解,而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径.
●例1如图1-5甲所示,A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶.当B车在A车前s=84m处时,B车的速度vB=4m/s,且正以a=2m/s2的加速度做匀加速运动;经过一段时间后,B车的加速度突然变为零.A车一直以vA=20m/s的速度做匀速运动,从最初相距84m时开始计时,经过t0=12s后两车相遇.问B车加速行驶的时间是多少?
图1-5甲
【解析】设B车加速行驶的时间为t,相遇时A车的位移为:sA=vAt0
B车加速阶段的位移为:
sB1=vBt+12at2
匀速阶段的速度v=vB+at,匀速阶段的位移为:
sB2=v(t0-t)
相遇时,依题意有:
sA=sB1+sB2+s
联立以上各式得:t2-2t0t-2[(vB-vA)t0+s]a=0
将题中数据vA=20m/s,vB=4m/s,a=2m/s2,t0=12s,代入上式有:t2-24t+108=0
解得:t1=6s,t2=18s(不合题意,舍去)
因此,B车加速行驶的时间为6s.
[答案]6s
【点评】①出现不符合实际的解(t2=18s)的原因是方程“sB2=v(t0-t)”并不完全描述B车的位移,还需加一定义域t≤12s.
②解析后可以作出vA-t、vB-t图象加以验证.
图1-5乙
根据v-t图象与t围成的面积等于位移可得,t=12s时,Δs=[12×(16+4)×6+4×6]m=84m.
(二)平抛运动
平抛运动在高考试题中出现的几率相当高,或出现于力学综合题中,如2008年北京、山东理综卷第24题;或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中,如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题;或出现于此知识点的单独命题中,如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题.对于这一知识点的复习,除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外,还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tanθ=2tanα).
●例2图1-6甲所示,m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点),A为终端皮带轮.已知皮带轮的半径为r,传送带与皮带轮间不会打滑.当m可被水平抛出时,A轮每秒的转数最少为()
图1-6甲
A.12πgrB.gr
C.grD.12πgr
【解析】解法一m到达皮带轮的顶端时,若mv2r≥mg,表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力,m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动
又因为转数n=ω2π=v2πr
所以当v≥gr,即转数n≥12πgr时,m可被水平抛出,故选项A正确.
解法二建立如图1-6乙所示的直角坐标系.当m到达皮带轮的顶端有一速度时,若没有皮带轮在下面,m将做平抛运动,根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹.若轨迹在皮带轮的下方,说明m将被皮带轮挡住,先沿皮带轮下滑;若轨迹在皮带轮的上方,说明m立即离开皮带轮做平抛运动.
图1-6乙
又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为:当y2+x2=r2
初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为:
y=r-12g(xv)2
平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为:当x0时,平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r,即y2+x2r
即[r-12g(xv)2]2+x2r
解得:v≥gr
又因皮带轮的转速n与v的关系为:n=v2πr
可得:当n≥12πgr时,m可被水平抛出.
[答案]A
【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解;“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解,由于加速度的定义式为a=ΔvΔt,而决定式为a=Fm,故这两种方法殊途同归.
★同类拓展1高台滑雪以其惊险刺激而闻名,运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性.某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1-7所示的示意图.其中AB段是助滑雪道,倾角α=30°,BC段是水平起跳台,CD段是着陆雪道,AB段与BC段圆滑相连,DE段是一小段圆弧(其长度可忽略),在D、E两点分别与CD、EF相切,EF是减速雪道,倾角θ=37°.轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.25,图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=10m.A点与C点的水平距离L1=20m,C点与D点的距离为32.625m.运动员连同滑雪板的总质量m=60kg.滑雪运动员从A点由静止开始起滑,通过起跳台从C点水平飞出,在落到着陆雪道上时,运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起.除缓冲外运动员均可视为质点,设运动员在全过程中不使用雪杖助滑,忽略空气阻力的影响,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
图1-7
(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小.
(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离.
(3)运动员滑过D点时的速度大小.
【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中,由动能定理得:mgh-μmgcosαhsinα-μmg(L1-hcotα)=12mv2C
解得:vC=10m/s.
(2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动,有:
x=vCt
y=12gt2
yx=tanθ
着陆位置与C点的距离s=xcosθ
解得:s=18.75m,t=1.5s.
(3)着陆位置到D点的距离s′=13.875m,滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动.把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解,可得着落后的初速度v0=vCcosθ+gtsinθ
加速度为:mgsinθ-μmgcosθ=ma
运动到D点的速度为:v2D=v20+2as′
解得:vD=20m/s.
[答案](1)10m/s(2)18.75m(3)20m/s
互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见,“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件.同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离.
二、受力分析
要点归纳
(一)常见的五种性质的力
产生原因
或条件方向大小
重
力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下),注意不一定指向地心,不一定垂直地面向下G重=mg=GMmR2
地球表面附近一切物体都受重力作用,与物体是否处于超重或失重状态无关
弹
力①接触
②弹性形变①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体
②压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体
③绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向F=-kx
弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解
摩
擦
力滑
动
摩
擦
力①接触,接触面粗糙
②存在正压力
③与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反f=μFN
只与μ、FN有关,与接触面积、相对速度、加速度均无关
静
摩
擦
力①接触,接触面粗糙
②存在正压力
③与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反①与产生相对运动趋势的动力的大小相等
②存在最大静摩擦力,最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定
续表
产生原因
或条件方向大小
电
场
力点电荷间的库仑力:真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线,同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引F=kq1q2r2
电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一致,负电荷的受力方向与该处场强的方向相反F=qE
磁
场
力安培力:磁场对通电导线的作用力F⊥B,F⊥I,即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面.安培力的方向可用左手定则来判断F=BIL
安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现
洛伦兹力:运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向.特别要注意四指应指向正电荷的运动方向;若为负电荷,则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时,不受洛伦兹力的作用;带电粒子垂直于磁场方向运动时,所受洛伦兹力最大,即f洛=qvB
(二)力的运算、物体的平衡
1.力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则).
2.平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态,物体处于平衡状态的动力学条件是:F合=0或Fx=0、Fy=0、Fz=0.
注意:静止状态是指速度和加速度都为零的状态,如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零,但加速度等于重力加速度,不为零,因此不是平衡状态.
3.平衡条件的推论
(1)物体处于平衡状态时,它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向.
(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时,这三个力必为共点力.
物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时,表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形,如图1-8所示.
图1-8
4.共点力作用下物体的平衡分析
热点、重点、难点
(一)正交分解法、平行四边形法则的应用
1.正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法.即当F合=0时有:
Fx合=0,Fy合=0,Fz合=0.
2.平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比.
●例3举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力,抓杠铃的两手间要有较大的距离.某运动员成功抓举杠铃时,测得两手臂间的夹角为120°,运动员的质量为75kg,举起的杠铃的质量为125kg,如图1-9甲所示.求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小.(取g=10m/s2)
图1-9甲
【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知,伸直的手臂主要沿手臂方向发力.取手腕、手掌为研究对象,握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力,其合力沿手臂方向,如图1-9乙所示.
图1-9乙
【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向,设该作用力的大小为F,则杠铃的受力情况如图1-9丙所示
图1-9丙
由平衡条件得:
2Fcos60°=mg
解得:F=1250N.
[答案]1250N
●例4两个可视为质点的小球a和b,用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内,如图1-10甲所示.已知小球a和b的质量之比为3,细杆长度是球面半径的2倍.两球处于平衡状态时,细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考四川延考区理综卷]()
图1-10甲
A.45°B.30°C.22.5°D.15°
【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T,小球a、b的受力情况如图1-10乙所示
图1-10乙
其中球面对两球的弹力方向指向圆心,即有:
cosα=22RR=22
解得:α=45°
故FNa的方向为向上偏右,即β1=π2-45°-θ=45°-θ
FNb的方向为向上偏左,即β2=π2-(45°-θ)=45°+θ
两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用,过O作竖直线交ab于c点,设球面的半径为R,由几何关系可得:
magOc=FNaR
mbgOc=FNbR
解得:FNa=3FNb
取a、b及细杆组成的整体为研究对象,由平衡条件得:
FNasinβ1=FNbsinβ2
即3FNbsin(45°-θ)=FNbsin(45°+θ)
解得:θ=15°.
解法二由几何关系及细杆的长度知,平衡时有:
sin∠Oab=22RR=22
故∠Oab=∠Oba=45°
再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点,由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方,且acbc=mamb=3
即Rsin(45°-θ)∶Rsin(45°+θ)=1∶3
解得:θ=15°.
[答案]D
【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见.掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中,有向线段替代了力的矢量”.
②在理论上,本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况,根据正交分解法分别列平衡方程进行求解,但是求解三角函数方程组时难度很大.
③解法二较简便,但确定重心的公式acbc=mamb=3超纲.
(二)带电粒子在复合场中的平衡问题
在高考试题中,也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境,出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题.
在如图1-11所示的速度选择器中,选择的速度v=EB;在如图1-12所示的电磁流量计中,流速v=uBd,流量Q=πdu4B.
图1-11图1-12
●例5在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场的方向垂直纸面向里,一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动,如图1-13所示.由此可判断下列说法正确的是()
图1-13
A.如果油滴带正电,则油滴从M点运动到N点
B.如果油滴带正电,则油滴从N点运动到M点
C.如果电场方向水平向右,则油滴从N点运动到M点
D.如果电场方向水平向左,则油滴从N点运动到M点
【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用,因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直,大小随速度的改变而改变,而电场力与重力的合力是恒力,所以物体做匀速直线运动;又因电场力一定在水平方向上,故洛伦兹力的方向是斜向上方的,因而当油滴带正电时,应该由M点向N点运动,故选项A正确、B错误.若电场方向水平向右,则油滴需带负电,此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点,即选项C正确.同理,电场方向水平向左时,油滴需带正电,油滴是从M点运动到N点的,故选项D错误.
[答案]AC
【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析.因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直,而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关,分析时更要注意.本题中重力和电场力均为恒力,要保证油滴做直线运动,两力的合力必须与洛伦兹力平衡,粒子的运动就只能是匀速直线运动.
★同类拓展2如图1-14甲所示,悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A.在两次实验中,均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上,A处于受力平衡时,悬线偏离竖直方向的角度为θ.若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2,θ分别为30°和45°,则q2q1为[2007年高考重庆理综卷]()
图1-14甲
A.2B.3C.23D.33
【解析】对A球进行受力分析,如图1-14乙所示,
图1-14乙
由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡,故有:F电=mgtanθ,又F电=kqQAr2.设绳子的长度为L,则A、B两球之间的距离r=Lsinθ,联立可得:q=mL2gtanθsin2θkQA,由此可见,q与tanθsin2θ成正比,即q2q1=tan45°sin245°tan30°sin230°=23,故选项C正确.
[答案]C
互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题,解题的关键在于:先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图;然后根据平衡条件和几何关系列式,得出电荷量的通解表达式,进而分析求解.本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想.
三、牛顿运动定律的应用
要点归纳
(一)深刻理解牛顿第一、第三定律
1.牛顿第一定律(惯性定律)
一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止.
(1)理解要点
①运动是物体的一种属性,物体的运动不需要力来维持.
②它定性地揭示了运动与力的关系:力是改变物体运动状态的原因,是使物体产生加速度的原因.
③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例.牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系,第二定律定量地给出力与运动的关系.
(2)惯性:物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性.
①惯性是物体的固有属性,与物体的受力情况及运动状态无关.
②质量是物体惯性大小的量度.
2.牛顿第三定律
(1)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,作用在一条直线上,可用公式表示为F=-F′.
(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力,作用效果不能抵消.
(3)牛顿第三定律的应用非常广泛,凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答,往往都需要应用这一定律.
(二)牛顿第二定律
1.定律内容
物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比,跟物体的质量m成反比.
2.公式:F合=ma
理解要点
①因果性:F合是产生加速度a的原因,它们同时产生,同时变化,同时存在,同时消失.
②方向性:a与F合都是矢量,方向严格相同.
③瞬时性和对应性:a为某时刻某物体的加速度,F合是该时刻作用在该物体上的合外力.
3.应用牛顿第二定律解题的一般步骤:
(1)确定研究对象;
(2)分析研究对象的受力情况,画出受力分析图并找出加速度的方向;
(3)建立直角坐标系,使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上,并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上;
(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程;
(5)统一单位,计算数值.
热点、重点、难点
一、正交分解法在动力学问题中的应用
当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时,常要用到正交分解法.
1.在适当的方向建立直角坐标系,使需要分解的矢量尽可能少.
2.Fx合=max合,Fy合=may合,Fz合=maz合.
3.正交分解法对本章各类问题,甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法.
●例6如图1-15甲所示,在风洞实验室里,一根足够长的细杆与水平面成θ=37°固定,质量m=1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点.现有水平向右的风力F作用于小球上,经时间t1=2s后停止,小球沿细杆运动的部分v-t图象如图1-15乙所示.试求:(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)
图1-15
(1)小球在0~2s内的加速度a1和2~4s内的加速度a2.
(2)风对小球的作用力F的大小.
【解析】(1)由图象可知,在0~2s内小球的加速度为:
a1=v2-v1t1=20m/s2,方向沿杆向上
在2~4s内小球的加速度为:
a2=v3-v2t2=-10m/s2,负号表示方向沿杆向下.
(2)有风力时的上升过程,小球的受力情况如图1-15丙所示
图1-15丙
在y方向,由平衡条件得:
FN1=Fsinθ+mgcosθ
在x方向,由牛顿第二定律得:
Fcosθ-mgsinθ-μFN1=ma1
停风后上升阶段,小球的受力情况如图1-15丁所示
图1-15丁
在y方向,由平衡条件得:
FN2=mgcosθ
在x方向,由牛顿第二定律得:
-mgsinθ-μFN2=ma2
联立以上各式可得:F=60N.
【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型.
②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一.
二、连接体问题(整体法与隔离法)
高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题,其中又包含两种情况:一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用,二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力.隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段.
1.整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时,可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑,分析其受力情况,运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法.
2.隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时,若要求连接体内物体间的相互作用力,则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来,分析其受力情况及运动情况,再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法.
3.当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时,优先考虑整体法;当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时,优先考虑隔离法.有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决.
●例7如图1-16所示,在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动.已知F1>F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为()
图1-16
A.F1-F2kB.F1-F22k
C.F1+F22kD.F1+F2k
【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-F2=2ma
取B为研究对象:kx-F2=ma
(或取A为研究对象:F1-kx=ma)
可解得:x=F1+F22k.
[答案]C
【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以.
②当地面粗糙时,只要两物体与地面的动摩擦因数相同,则A、B之间的拉力与地面光滑时相同.
★同类拓展3如图1-17所示,质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端,B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动,且A、B相对静止.某时刻撤去水平拉力,经过一段时间,B在地面上滑行了一段距离x,A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来.已知A、B间的动摩擦因数为μ1,B与地面间的动摩擦因数为μ2,且μ2>μ1,则x的表达式应为()
图1-17
A.x=MmLB.x=(M+m)Lm
C.x=μ1ML(μ2-μ1)(m+M)D.x=μ1ML(μ2+μ1)(m+M)
【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v,撤去外力后至停止的过程中,A受到的滑动摩擦力为:
f1=μ1mg
其加速度大小a1=f1m=μ1g
B做减速运动的加速度大小a2=μ2(m+M)g-μ1mgM
由于μ2>μ1,所以a2>μ2g>μ1g=a1
即木板B先停止后,A在木板上继续做匀减速运动,且其加速度大小不变
对A应用动能定理得:-f1(L+x)=0-12mv2
对B应用动能定理得:
μ1mgx-μ2(m+M)gx=0-12Mv2
解得:x=μ1ML(μ2-μ1)(m+M).
[答案]C
【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加,但产生的加速度a1=μ1g是取大地为参照系的.加速度是相对速度而言的,所以加速度一定和速度取相同的参照系,与施力物体的速度无关.
②动能定理可由牛顿第二定律推导,特别对于匀变速直线运动,两表达式很容易相互转换.
三、临界问题
●例8如图1-18甲所示,滑块A置于光滑的水平面上,一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处,细线另一端拴一质量为m的小球B.现对滑块施加一水平方向的恒力F,要使小球B能相对斜面静止,恒力F应满足什么条件?
图1-18甲
【解析】
先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况:设恒力大小为F1时,B还在斜面上且对斜面的压力为零,此时A、B有共同加速度a1,B的受力情况如图1-18乙所示,有:
图1-18乙
Tsinθ=mg,Tcosθ=ma1
解得:a1=gcotθ
即F1=(M+m)a1=(M+m)gcotθ
由此可知,当水平向左的力大于(M+m)gcotθ时,小球B将离开斜面,对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况:设恒力大小为F2时,B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零,此时A、B的共同加速度为a2,B的受力情况如图1-18丙所示,有:
图1-18丙
FNcosθ=mg,FNsinθ=ma2
解得:a2=gtanθ
即F2=(M+m)a2=(M+m)gtanθ
由此可知,当水平向右的力大于(M+m)gtanθ,B将沿斜面上滑,综上可知,当作用在A上的恒力F向左小于(M+m)gcotθ,或向右小于(M+m)gtanθ时,B能静止在斜面上.
[答案]向左小于(M+m)gcotθ或向右小于(M+m)gtanθ
【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型,也是高考常出现的重要物理情境.
四、超重与失重问题
1.超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形.
2.要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度,处于失重状态.
●例9为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况,甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验:质量m=50kg的甲同学站在体重计上,乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中,体重计的示数随时间变化的情况,并作出了如图1-19甲所示的图象.已知t=0时,电梯静止不动,从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层.求:
(1)电梯启动和制动时的加速度大小.
(2)该大楼的层高.
图1-19甲
【解析】(1)对于启动状态有:F1-mg=ma1
得:a1=2m/s2
对于制动状态有:mg-F3=ma2
得:a2=2m/s2.
(2)电梯匀速运动的速度v=a1t1=2×1m/s=2m/s
从图中读得电梯匀速上升的时间t2=26s
电梯运行的总时间t=28s
电梯运行的v-t图象如图1-19乙所示,
图1-19乙
所以总位移s=12v(t2+t)=12×2×(26+28)m=54m
层高h=s18=5418=3m.
[答案](1)2m/s22m/s2(2)3m
文章来源:http://m.jab88.com/j/74745.html
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