20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题13:第7专题高考物理实验(1)
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考点预测
物理实验是高考的主要内容之一.《考试大纲》就高考物理实验共列出19个考点,其中力学8个、热学1个、电学8个、光学2个.要求会正确使用的仪器主要有:刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧测力计、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等,并且对实验误差问题提出了更明确的要求.
一、《考试大纲》中的实验与探究能力要求
能够独立完成“物理知识表”中所列的实验,能明确实验目的,能理解实验原理和方法,能控制实验条件.会使用仪器,会观察、分析实验现象,会记录、处理实验数据,并得出结论.能发现问题、提出问题,能灵活地应用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题.
二、实验题的主要特点
物理实验年年考,年年有变化.从近年的实验题来看,其显著特点体现在如下两个方面.
(1)从简单的背诵实验转向分析、理解实验
实验原理是物理实验的灵魂.近年来,高考物理实验题既不是简单地回答“是什么”,也不是背诵“该怎样”,而是从物理实验情境中理解“为什么”,通过分析推理判断“确实是什么”,进而了解物理实验的每一个环节.
(2)从既定的课本学生实验转向变化的创新实验
只有创新,试题才有魅力;也只有变化,才能永葆实验考核的活力.近年来,既定刻板的学生实验已经从高考物理实验题中淡出,取而代之的是学生尚未接触过的要通过解读物理原理的新颖实验(如应用性、设计性、专题性实验等).创新的实验题可以使能力考核真正落到实处.
要点归纳
一、实验题的归纳与说明
归类实验内容说明
应
用
性
实
验1.游标卡尺的使用测量原理、使用方法;10分度、20分度、50分度的游标卡尺的读数等
2.螺旋测微器的使用构造、原理、使用方法、正确读数等
3.练习使用示波器面板上各个旋钮或开关的作用;调试方法;观察正弦波的波形等
4.传感器的简单应用光电转换和热电转换及其简单应用;光电计数的简单了解等
验
证
性
实
验5.验证力的平行四边形定则实验的等效思想;作图法等
6.验证动量守恒定律用平抛实验器进行实验;转化要验证的等效表达式;对暂态过程分阶段测量等
7.验证机械能守恒定律用自由落体进行验证;使用打点计时器和刻度尺等
测
量
性
实
验8.用单摆测定重力加速度使用刻度尺和秒表;实验操作要求等
9.用油膜法估测分子的大小溶液的配制;油膜面积的估算方法等
10.测定金属的电阻率使用刻度尺和螺旋测微器;电流表、电压表量程的选择;测量电路的选取与连接等
11.把电流表改装为电压表“半偏法”的设计思想与误差分析;计算分压电阻;改装表的校对与百分误差等
12.测定电源的电动势和内阻实验电路的选取与连接;作图法求解的方法等
13.测定玻璃的折射率用插针法测定;画光路图等
14.用双缝干涉测光的波长用双缝干涉仪进行实验;实验调节;分划板的使用等
研
究
性
实
验15.研究匀变速直线运动明确实验目的;使用打点计时器;用刻度尺测量、分析所打的纸带来计算加速度等
16.研究平抛物体的运动用平抛实验器进行实验;研究的目的和方法;描绘平抛轨迹;计算平抛物体的初速度等
17.用描迹法画出电场中平面上的等势线用恒定电流场模拟静电场;寻找等电势点的方法;描迹的方法等
18.描绘小电珠的伏安特性曲线使用电流表、电压表、滑动变阻器;电路的选取与连接;描绘U-I图象并分析曲线非线性的原因等
探
究
性
实
验19.探究弹力和弹簧伸长的关系实验设计的原理和方法;实验数据的记录与分析;实验结论的描述与表达形式等
20.用多用电表探索黑箱内的电学元件多用电表的使用与读数;探索的思路;测量过程中的分析与判断等
二、物理实验的基本思想方法
1.等效法
等效法是科学研究中常用的一种思维方法.对一些复杂问题采用等效法,可将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理,常使问题的解决得以简化.因此,等效法也是物理实验中常用的方法.如在“验证力的平行四边形定则”的实验中,要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时,要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同——使结点到达同一位置O,即要在合力与两分力等效的条件下,才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系——平行四边形定则.又如在“验证动量守恒定律”的实验中,用小球的水平位移代替小球的水平速度;在“验证牛顿第二定律”的实验中,通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用.还有,电学实验中电流表的改装、用替换法测电阻等,都是等效法的应用.
2.转换法
将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法(间接测量法).转换法是物理实验常用的方法.如:弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量;打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动;电流表是利用电流在磁场中受力,把电流转化为指针的偏转角;用单摆测定重力加速度g是通过公式T=2πLg把g的测量转换为T和L的测量,等等.
3.留迹法
留迹法是利用某些特殊的手段,把一些瞬间即逝的现象(如位置、轨迹等)记录下来,以便于此后对其进行仔细研究的一种方法.留迹法也是物理实验中常用的方法.如:用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系;用描迹法描绘平抛运动的轨迹;在“测定玻璃的折射率”的实验中,用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位;在描绘电场中等势线的实验中,用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等,都是留迹法在实验中的应用.
4.累积法
累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量,以提高测量的准确度的一种实验方法.如:在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径,常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度,然后除以匝数就可求出细金属丝的直径;测一张薄纸的厚度时,常先测出若干页纸的总厚度,再除以被测页数即所求每页纸的厚度;在“用单摆测定重力加速度”的实验中,单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数,以减小个人反应时间造成的误差影响等.
5.模拟法
模拟法是一种间接实验方法,它是通过与原型相似的模型来说明原型的规律性的.模拟法在中学物理实验中的典型应用是“用描迹法画出电场中平面上的等势线”这一实验,由于直接描绘静电场的等势线很困难,而恒定电流的电场与静电场相似,所以用恒定电流的电场来模拟静电场,通过它来了解静电场中等势线的分布情况.
6.控制变量法
在多因素的实验中,可以先控制一些量不变,依次研究某一个因素的影响.如在“验证牛顿第二定律”的实验中,可以先保持质量一定,研究加速度和力的关系;再保持力一定,研究加速度和质量的关系;最后综合得出加速度与质量、力的关系.
三、实验数据的处理方法
1.列表法
在记录和处理数据时,常常将数据列成表格.数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系,有助于找出物理量之间联系的规律性.
列表的要求:
(1)写明表的标题或加上必要的说明;
(2)必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义,并写明单位;
(3)表中数据应是正确反映测量结果的有效数字.
2.平均值法
现行教材中只介绍了算术平均值,即把测定的数据相加求和,然后除以测量的次数.必须注意的是,求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数.
3.图象法
图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法.图象法的最大优点是直观、简便.在探索物理量之间的关系时,由图象可以直观地看出物理量之间的函数关系或变化趋势,由此建立经验公式.
作图的规则:
(1)作图一定要用坐标纸,坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定;
(2)要标明轴名、单位,在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值;
(3)图上的连线不一定通过所有的数据点,而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧;
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化,即“变曲为直”.
虽然图象法有许多优点,但在图纸上连线时有较大的主观任意性,另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等,都对结果的准确性有影响.
四、实验误差的分析及减小误差的方法
中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念,以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因.
(1)绝对误差与相对误差
设某物理量的真实值为A0,测量值为A,则绝对误差为ΔA=|A-A0|,相对误差为ΔAA0=|A-A0|A0.
(2)偶然误差与系统误差
偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的.偶然误差具有随机性,有时偏大,有时偏小,所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差.
系统误差是由于仪器本身不够精确,或实验方法粗略,或实验原理不完善而产生的.它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小.所以,采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差.要减小系统误差,必须校准仪器,或改进实验方法,或设计在原理上更为完善的实验方案.
课本上的学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施.譬如,在“研究匀变速直线运动”的实验中,若使用电磁打点计时器测量,由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用,会给加速度的测定带来较大的系统误差;若改用电火花计时器,就可以使这一阻力大为减小,从而减小加速度测定的系统误差.再如:在用伏安法测电阻时,为减小电阻测量的系统误差,就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的外接法还是内接法;在用半偏法测电流表的内阻时(如图7-1所示),为减小测量的系统误差,就要使电源的电动势尽量大,使表满偏时限流电阻R比半偏时并联在电流表两端的电阻箱R′的阻值大得多.
图7-1
五、电学实验电路的基本结构及构思的一般程序
1.电学实验电路的基本结构
一个完整的电学实验电路往往包括测量电路与控制电路两部分.
测量电路:指体现实验原理和测量方法的那部分电路,通常由电表、被测元件、电阻箱等构成.
控制电路:指提供电能、控制和调节电流(电压)大小的那部分电路,通常由电源、开关、滑动变阻器等构成.
有些实验电路的测量电路与控制电路浑然一体,不存在明显的分界.如“测定电源的电动势和内阻”的实验电路.
2.实验电路构思的一般程序
(1)审题
①实验目的;
②给定器材的性能参数.
(2)电表的选择
根据被测电阻及给定电源的相关信息,如电源的电动势、被测电阻的阻值范围和额定电流等,估算出被测电阻的端电压及通过它的电流的最大值,以此为依据,选定量程适当的电表.
(3)测量电路的选择
根据所选定的电表以及被测电阻的情况,选择测量电路(估算法、试触法).
(4)控制电路的选择
通常优先考虑限流式电路,但在下列三种情形下,应选择分压式电路:
①“限不住”电流,即给定的滑动变阻器阻值偏小,即使把阻值调至最大,电路中的电流也会超过最大允许值;
②给定的滑动变阻器的阻值R太小,即RRx,调节滑动变阻器时,对电流、电压的调节范围太小;
③实验要求电压的调节范围尽可能大,甚至表明要求使电压从零开始变化.
如描绘小电珠的伏安特性曲线、电压表的校对等实验,通常情况下都采用分压式电路.
(5)滑动变阻器的选择
根据所确定的控制电路可选定滑动变阻器.
①限流式电路对滑动变阻器的要求:
a.能“限住”电流,且保证不被烧坏;
b.阻值不宜太大或太小,有一定的调节空间,一般选择阻值与负载阻值相近的变阻器.
②分压式电路对滑动变阻器的要求:
电阻较小而额定电流较大,I额>ER(R为变阻器的总电阻).
3.电表的反常规用法
其实,电流表、电压表如果知道其内阻,它们的功能就不仅仅是测电流或电压.因此,如果知道电表的内阻,电流表、电压表就既可以测电流,也可以测电压,还可以作为定值电阻来用,即“一表三用”.
热点、重点、难点
一、应用性实验
1.所谓应用性实验,就是以熟悉和掌握实验仪器的具体使用及其在实验中的应用为目的的一类实验;或者用实验方法取得第一手资料,然后用物理概念、规律分析实验,并以解决实际问题为主要目的的实验.主要有:
①仪器的正确操作与使用,如打点计时器、电流表、电压表、多用电表、示波器等,在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力);
②物理知识的实际应用,如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题.
2.应用性实验题一般分为上面两大类,解答时可从以下两方面入手.
(1)熟悉仪器并正确使用
实验仪器名目繁多,具体应用因题而异,所以,熟悉使用仪器是最基本的应用.如打点计时器的正确安装和使用,滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法,多用电表测不同物理量的调试等,只有熟悉它们,才能正确使用它们.熟悉仪器,主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项,如何排除故障、正确读数和调试,使用后如何保管等.
(2)理解实验原理
面对应用性实验题,我们一定要通过审题,迅速地理解其实验原理,这样才能将实际问题模型化,运用有关规律去研究它.
具体地说,应用性实验题的依托仍然是物理知识、实验的能力要求等.解答时不外乎抓住以下几点:①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题);②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接);③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的,即是否还要联系其他物理知识,包括数学知识;④明确是否需要设计实验方案;⑤明确实际问题的最终结果.
●例1新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”,使读数显得清晰明了,便于使用者正确读取数据.通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格;新式游标卡尺也有相应的三种,但刻度却是:19mm等分成10份,39mm等分成20份,99mm等分成50份.图7-2就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺.
图7-2
(1)它的准确度是__________mm.
(2)用它测量某物体的厚度,示数如图6-1所示,正确的读数是__________cm.
【解析】(1)游标上20格对应的长度为39mm,即每格长为1.95mm,游标上每格比主尺上每两格小Δx=0.05mm,故准确度为0.05mm.
(2)这种游标卡尺的读数方法为:主尺读数+游标对准刻度×Δx=3cm+6×0.005cm=3.030cm.
[答案](1)0.05(2)3.030
【点评】游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现.对游标卡尺的使用要特别注意以下两点:
①深刻理解它的原理:通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx;
②读准有效数据.
●例2图7-3为一简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流Ig=300μA,内阻Rg=100Ω,可变电阻R的最大值为10kΩ,电池的电动势E=1.5V,内阻r=0.5Ω,图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色.按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时,指针指在刻度盘的正中央,则Rx=________kΩ.若该欧姆表使用一段时间后,电池的电动势变小、内阻变大,但此表仍能调零,按正确使用方法再测上述Rx,其测量结果与原结果相比将__________(填“变大”、“变小”或“不变”).
[2009年高考天津理综卷]
图7-3
[答案]红5变大
【点评】欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律,可以作为结论的是:欧姆表正中央的刻度值等于欧姆表的内阻.
二、测量性实验Ⅰ
所谓测量性实验,就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验,可用仪器、仪表直接读取数据,或者根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值.测量性实验又称测定性实验,如“用单摆测定重力加速度”、“用油膜法估测分子的大小”、“测定金属的电阻率”、“测定玻璃的折射率”等.
●例3如图7-3所示,将打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置可以测定重力加速度.
图7-4
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物,此外还需________(填字母代号)中的器材.
A.直流电源、天平及砝码
B.直流电流、毫米刻度尺
C.交流电源、天平及砝码
D.交流电源、毫米刻度尺
(2)通过作图的方法可以剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度.为使图线的斜率等于重力加速度,除作v-t图象外,还可作__________图象,其纵轴表示的是__________,横轴表示的是__________.
[2009年高考天津理综卷]
[答案](1)D(2)v22-h速度平方的二分之一重物下落的高度
【点评】①高中物理中讲述了许多种测量重力加速度的方法,如单摆法、自由落体法、滴水法、阿特伍德机法等.
②图象法是常用的处理数据的方法,其优点是直观、准确,还能容易地剔除错误的测量数据.
●例4现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5V,r约为1.5Ω),已有下列器材:量程为3V的理想电压表,量程为0.5A的电流表(具有一定内阻),固定电阻R=40Ω,滑动变阻器R′,开关S,导线若干.
(1)画出实验电路原理图.图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出.
(2)实验中,当电流表的示数为I1时,电压表的示数为U1;当电流表的示数为I2时,电压表的示数为U2.由此可求出,E=__________,r=__________.(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题,本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程,但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻,这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上.把固定电阻接在电源的旁边,将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示),再把电压表跨接在它们的两侧.显然,“内阻增大,内电压便增大”,电压表所测量的外电压相应的减小,通过定量计算,符合实验测量的要求.这样,一个新的设计性实验又回归到课本实验上了.
甲
(1)实验电路原理图如图乙所示.
乙
(2)根据E=U+Ir,给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的,I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变,只要改变R′的阻值,即可测出两组I、U数据,列方程组得:
E=U1+I1(R+r)
E=U2+I2(R+r)
解得:E=I1U2-I2U1I1-I2,r=U2-U1I1-I2-R.
[答案](1)如图乙所示
(2)I1U2-I2U1I1-I2U2-U1I1-I2-R
【点评】本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势,需要学生打破课本实验的思维定式,从方法上进行创新,运用所提供的器材创造性地进行实验设计.
三、测量性实验Ⅱ:“伏安法测电阻”规律汇总
纵观近几年的实验题,题目年年翻新,没有一个照搬课本中的实验,全是对原有实验的改造、改进,甚至创新,但题目涉及的基本知识和基本技能仍然立足于课本实验.
实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段,在高考试题中一直占有相当大的比重,而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性,成了高考实验考查的重中之重,测量电阻成为高考考查的焦点.伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法,常涉及电流表内外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择,前者是考虑减小系统误差,后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据.另外,考题还常设置障碍让考生去克服,如没有电压表或没有电流表等,这就要求考生根据实验要求及提供的仪器,发挥思维迁移,将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去.这样,就有效地考查了考生设计和完成实验的能力.
一、伏安法测电阻的基本原理
1.基本原理
伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R=UI,只要测出元件两端的电压和通过的电流,即可由欧姆定律计算出该元件的阻值.
2.测量电路的系统误差
(1)当Rx远大于RA或临界阻值RARVRx时,采用电流表内接(如图7-5所示).采用电流表内接时,系统误差使得电阻的测量值大于真实值,即R测R真.
图7-5
(2)当Rx远小于RV或临界阻值RARVRx时,采用电流表外接(如图7-6所示).采用电流表外接时,系统误差使得电阻的测量值小于真实值,即R测R真.
图7-6
3.控制电路的安全及偶然误差
根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同,滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择.
(1)滑动变阻器限流接法(如图7-7所示).一般情况或没有特别说明的情况下,由于限流电路能耗较小,结构连接简单,应优先考虑限流连接方式.限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的电阻.
图7-7
(2)滑动变阻器分压接法(如图7-8所示).当采用限流电路,电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时,必须选用滑动变阻器的分压连接方式;当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值,且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时,必须选用滑动变阻器的分压接法;要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时,必须选用滑动变阻器的分压连接方式.
图7-8
4.常见的测量电阻的方法
●例5从下表中选出适当的实验器材,设计一电路来测量电流表的内阻r1.要求方法简捷,有尽可能高的测量精度,并能测得多组数据.
(1)画出电路图,标明所用器材的代号.
(2)若选测量数据中的一组来计算r1,则所用的表达式r1=______________________,式中各符号的意义是:________________________________________________.
【解析】根据所列仪器的特点,电流表的内阻已知,由此可采用两电流表并联.因为两电流表两端的电压相等,即可省去电压的测量,从而减小实验误差,由I2r2=I1r1,得r1=I2r2I1.
[答案](1)电路图如图所示
(2)I2r2I1I1、I2分别为、的示数
【点评】①分析题意可知需测量电流表的内阻,按常规方法应用伏安法,将电压表并联在待测电流表两端,但经分析可知即使该电流表满偏,其两端的电压也仅为0.4V,远小于量程10V.这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”.
②此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”,这实际也是伏安法的一种推广形式.
●例6有一根圆台状匀质合金棒如图7-9甲所示,某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关.他进行了如下实验:
图7-9
(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L.图6-8乙中的游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L=________cm.
(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图6-8丙所示(相关器材的参数已在图中标出).该合金棒的电阻约为几个欧姆.图中有一处连接不当的导线是________.(用标注在导线旁的数字表示)
图7-9丙
(3)改正电路后,通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现:在误差允许范围内,电阻R满足R2=RdRD,由此推断该圆台状合金棒的电阻R=________.(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江苏物理卷]
【解析】(1)游标卡尺的读数,按步骤进行则不会出错.首先,确定游标卡尺的精度为20分度,即为0.05mm;然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm,注意小数点后的有效数字要与精度一样;再从游标尺上找出对的最齐一根刻线,精度×格数=0.05×8mm=0.40mm;最后两者相加,根据题目单位要求换算为需要的数据,99.00mm+0.40mm=99.40mm=9.940cm.
(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻,在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时,因为安培表的内阻较小,为了减小误差,应用安培表外接法,⑥线的连接使用的是安培表内接法.
(3)审题是关键,弄清题意也就能够找到解题的方法.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为:
Rd=13.3Ω,RD=3.38Ω
即Rd=ρLπd22,RD=ρLπD22
而电阻R满足R2=RdRD
将Rd、RD代入得:R=4ρLπdD.
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、设计性实验
1.所谓设计性实验,就是根据实验目的,自主地运用掌握的物理知识、实验方法和技能,完成实验的各环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等),拟定实验方案,分析实验现象,并在此基础上作出适当评价.
2.设计性实验的显著特点:相同的实验内容可设计不同的过程和方法,实验思维可另辟蹊径,如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)有所变化的实验.以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题,不受固有实验思维束缚,完全是一种源于书本、活于书本,且新颖的设计性实验.
●例7请完成以下两小题.
(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则,他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物,以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子,设计了如下实验:如图7-10甲所示,将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上,另一端与第三条橡皮筋连接,结点为O,将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物.
图7-10甲
①为完成本实验,下述操作中必需的是________.
a.测量细绳的长度
b.测量橡皮筋的原长
c.测量悬挂重物后橡皮筋的长度
d.记录悬挂重物后结点O的位置
②钉子位置固定,欲利用现有器材,改变条件再次验证,可采用的方法是__________________.
(2)为了节能和环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统.光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强照度越大,照度单位为lx).某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表:
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
电阻(kΩ)7540282320xx
①根据表中数据,请在给定的坐标系中(如图7-10乙所示)描绘出阻值随照度变化的曲线,并说明阻值随照度变化的特点.
图7-10乙
②如图7-10丙所示,当1、2两端所加电压上升至2V时,控制开关自动启动照明系统.请利用下列器材设计一个简单电路,给1、2两端提供电压,要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统,在虚线框内完成电路原理图.(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
图7-10丙
提供的器材如下:
光敏电阻RP(符号阻值见上表);
直流电源E(电动势3V,内阻不计);
定值电阻:R1=10kΩ,R2=20kΩ,R3=40kΩ(限选其中之一并在图中标出);
开关S及导线若干.[2009年高考山东理综卷]
[答案](1)①bcd②更换不同的小重物
(2)①光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图7-10丁所示.特点:光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小.
②如图6-9戊所示
丁戊
图7-10
四、探究性实验
所谓探究性实验题,就是运用实验手段探索未知领域,尝试多种可能因素及其出现的结果,在此基础上,通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征,认识研究对象的变化过程和变化条件,获取必要的可靠数据,依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律,从而得出结论.中学实验中比较典型的探究性实验是电学中的黑箱问题.
●例8佛山市九江大桥撞船事故发生后,佛山交通部门加强了对佛山市内各种大桥的检测与维修,其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭施工,置换了大桥上所有的斜拉悬索.某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50m、横截面积为400cm2的新悬索能承受的最大拉力.由于悬索很长,抗断拉力又很大,直接测量很困难,于是同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究.
由胡克定律可知,在弹性限度内,弹簧的弹力F与形变量x成正比,其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关.因而同学们猜想,悬索可能也遵循类似的规律.
(1)同学们准备像做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验一样,先将样品竖直悬挂,再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验.但有同学说悬索的重力是不可忽略的,为了避免悬索所受重力对实验的影响,你认为可行的措施是:___________________________________.
(2)同学们通过游标卡尺测量样品的直径来测定其横截面积,某次测量的结果如图7-11所示,则该样品的直径为__________cm.
图7-11
(3)同学们经过充分的讨论,不断完善实验方案,最后测得实验数据如下.
①分析样品C的数据可知,其所受拉力F(单位:N)与伸长量x(单位:m)所遵循的函数关系式是________________.
②对比各样品的实验数据可知,悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比,其比例系数与悬索长度的________________成正比、与悬索的横截面积的________________成正比.
[答案](1)将悬索样品一端固定并水平放置在光滑水平面上,另一端连接轻绳绕过滑轮悬挂钩码
(2)0.830(3)①F=2×106x②平方的倒数大小
【点评】本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从图表归纳所需信息的能力,还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力.
一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备,作为高中教师就要根据教学内容制定合适的教案。教案可以让学生们有一个良好的课堂环境,帮助高中教师更好的完成实现教学目标。你知道怎么写具体的高中教案内容吗?小编收集并整理了“高考物理圆周运动、航天与星体问题(2)经典考题冲刺专题复习”,大家不妨来参考。希望您能喜欢!
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题06:第3专题、圆周运动、航天与星体问题(2)经典考题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
一名优秀的教师就要对每一课堂负责,作为教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来,帮助教师提高自己的教学质量。所以你在写教案时要注意些什么呢?急您所急,小编为朋友们了收集和编辑了“高考物理冲刺力与运动2专题复习”,仅供参考,欢迎大家阅读。
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题02:第1专题力与运动(2)经典考题
在本专题中,正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法,是高考中考查的重点.力的独立性原理、运动图象的应用次之,在高考中出现的概率也较大.
1.有一个直角支架AOB,AO水平放置,表面粗糙,OB竖直向下,表面光滑.AO上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连,并在某一位置平衡(如图1-20甲所示).现将P环向左移一小段距离,两环再次达到平衡,那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考上海物理卷]()
图1-20甲
A.N不变,T变大B.N不变,T变小
C.N变大,T变大D.N变大,T变小
【解析】Q环的受力情况如图1-20乙所示,由平衡条件得:Tcosθ=mg.
P环向左移动后θ变小,T=mgcosθ变小.
图1-20乙图1-20丙
P环的受力情况如图1-20丙所示,由平衡条件得:
NP=mg+Tcosθ=2mg,NP与θ角无关.
故选项B正确.
[答案]B
【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用,以后的许多考题都由此改编而来.
②求解支持力N时,还可取P、Q组成的整体为研究对象,将整体受到的外力正交分解知竖直方向有:NQ=2mg.
2.如图1-21甲所示,在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考全国理综卷Ⅳ]()
图1-21甲
A.g2sinαB.gsinα
C.32gsinαD.2gsinα
【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1-21乙所示,由平衡条件知,木板对猫有沿斜面向上的摩擦力,有:
f=mgsinα
图1-21乙图1-21丙
再取木板为研究对象,其受力情况如图1-21丙所示.由牛顿第二定律知:
2mgsinα+f′=2ma
解得:a=32gsinα.
[答案]C
【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态.
②还可取猫、木板组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律:3mgsinα=2ma求解,但这一方法高中不作要求.
3.如图1-22所示,某货场需将质量m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为避免货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道,使货物由轨道顶端无初速度滑下,轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道末端相切.货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)
[2009年高考山东理综卷]
图1-22
(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力.
(2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件.
(3)若μ1=0.5,求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.
【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得:
mgR=12m1v20
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律得,FN-m1g=m1v20R
联立以上两式并代入数据得FN=3000N
根据牛顿第三定律,货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N,方向竖直向下.
(2)若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得:
μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g
若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得:
μ1m1g>μ2(m1+m2)g
联立并代入数据得0.4<μ1≤0.6.
(3)μ1=0.5,由上问可得,货物在木板A上滑动时,木板不动,设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1
设货物滑到木板A末端时的速度为v1,由运动学公式得:
v21-v20=-2a1l
联立并代入数据得v1=4m/s
设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得:
v1=v0-a1t
联立并代入数据得t=0.4s.
[答案](1)3000N,方向竖直向下(2)0.4<μ1≤0.6
(3)0.4s
【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在20xx届高考中出现的可能性最大.
4.如图1-23甲所示,P、Q为某地区水平地面上的两点,在P点正下方一球形区域内储藏有石油.假定区域周围岩石均匀分布,密度为ρ;石油密度远小于ρ,可将上述球形区域视为空腔.如果没有这一空腔,则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向;当存在空腔时,该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离.重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”.为了探寻石油区域的位置和石油储量,常利用P点附近重力加速度反常现象.已知引力常数为G.
图1-23甲
(1)设球形空腔体积为V,球心深度为d(远小于地球半径),PQ=x,求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常.
(2)若在水平地面上半径L的范围内发现:重力加速度反常值在δ与kδ(k>1)之间变化,且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心,如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的,试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积.
[2009年高考全国理综卷Ⅱ]
【解析】(1)由牛顿第二定律得:a=F引m
故重力加速度g=GMr2
假设空腔处存在密度为ρ的岩石时,对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg=GM′d2+x2=GρVd2+x2
由力的独立原理及矢量的合成定则知,球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1-23乙所示
图1-23乙
即
故加速度反常Δg′=Δgcosθ=GρVd(d2+x2)3.
(2)由(1)解可得,重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为:
(Δg′)max=GρVd2,(Δg′)min=
由题设有(Δg′)max=kδ、(Δg′)min=δ
联立以上各式得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为:
d=,V=.
[答案](1)(2)
【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手,其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练.
②本考题使大部分同学陷入一个思维误区,总在思考g=Gm,而不去思考g也是自由落体的加速度g=F引m,遵循矢量的平行四边形定则.
能力演练
一、选择题(10×4分)
1.如图所示,A、B是两个长方形物块,F是作用在物块B上沿水平方向的力,A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计).由此可知,A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是()
A.μ1=0,μ2=0B.μ1=0,μ2≠0
C.μ1≠0,μ2=0D.μ1≠0,μ2≠0
【解析】本题中选A、B整体为研究对象,由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动,可知地面对B的摩擦力一定水平向左,故μ2≠0;对A进行受力分析可知,水平方向不受力,μ1可能为零,故正确答案为BD.
[答案]BD
2.如图所示,从倾角为θ、高h=1.8m的斜面顶端A处水平抛出一石子,石子刚好落在这个斜面底端的B点处.石子抛出后,经时间t距斜面最远,则时间t的大小为(取g=10m/s2)()
A.0.1sB.0.2sC.0.3sD.0.6s
【解析】由题意知,石子下落的时间t0=2hg=0.6s
又因为水平位移x=hcotθ
故石子平抛的水平初速度v0=xt0=hcotθt0
当石子的速度方向与斜面平行时,石子距斜面最远
即gtv0=tanθ
解得:t=h2g=0.3s.
[答案]C
3.在轻绳的两端各拴一个小球,一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上,放手后让小球自由下落,两小球相继落地的时间差为T.如果站在4楼的阳台上,同样放手让小球自由下落,则两小球相继落地的时间差将()
A.不变B.增大C.减小D.无法判断
【解析】两小球都做自由落体运动,可在同一v-t图象中作出速度随时间变化的关系曲线,如图所示.设人在3楼的阳台上释放小球后,两球落地的时间差为Δt1,图中阴影部分的面积为Δh;若人在4楼的阳台上释放小球后,两球落地的时间差为Δt2,要保证阴影部分的面积也是Δh,从图中可以看出一定有Δt2<Δt1.
[答案]C
4.如图甲所示,小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间,原来小车向左匀速运动.现在小车改为向左减速运动,那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小,以下说法正确的是()
甲
A.NA不变,NB减小B.NA增大,NB不变
C.NB有可能增大D.NA可能为零
【解析】小球的受力情况如图乙所示,有:
乙
NAcosθ=mg
NAsinθ-NB=ma
故NA不变,NB减小.
[答案]A
5.小球从空中自由下落,与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度,其速度随时间变化的关系如图所示,则()
A.小球第一次反弹后的速度大小为3m/s
B.小球碰撞时速度的改变量为2m/s
C.小球是从5m高处自由下落的
D.小球反弹起的最大高度为0.45m
【解析】第一次反弹后的速度为-3m/s,负号表示方向向上,A正确.碰撞时速度的改变量Δv=-8m/s,B错误.下落的高度h1=12×5×0.5m=1.25m,反弹的高度h2=12×3×0.3=0.45m,D正确.
[答案]AD
6.如图甲所示,四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上,将四个质量相同的物块放在斜面顶端,因物块与斜面的摩擦力不同,四个物块运动情况不同.A物块放上后匀加速下滑,B物块获一初速度后匀速下滑,C物块获一初速度后匀减速下滑,D物块放上后静止在斜面上.若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4,则它们的大小关系是()
甲
A.F1=F2=F3=F4B.F1>F2>F3>F4
C.F1<F2=F4<F3D.F1=F3<F2<F4
【解析】斜面的受力情况如乙图所示,其中,f1、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力
乙
N=mgcosθ
f2可能向左,也可能向右或为零.
a图中,f1<mgsinθ,故
F=Mg+mgcosθcosθ+f1sinθ<(M+m)g
b图中,f1=mgsinθ,故F=Mg+mgcosθcosθ+f1sinθ=(M+m)g
c图中,f1>mgsinθ,故F=Mg+mgcosθcosθ+f1sinθ>(M+m)g
d图中,f1=mgsinθ,故F=(M+m)g.
[答案]C
7.把一钢球系在一根弹性绳的一端,绳的另一端固定在天花板上,先把钢球托起(如图所示),然后放手.若弹性绳的伸长始终在弹性限度内,关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象,下列说法正确的是()
A.甲为a-t图象B.乙为a-t图象
C.丙为v-t图象D.丁为v-t图象
【解析】由题图可知,弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动,绷紧后小球做简谐运动;当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动,故v~t图象为图甲,a~t图象为图乙.
[答案]B
8.如图所示,足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动,传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接,曲面上的A点距离底部的高度h=0.45m.一小物块从A点静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回曲面.g取10m/s2,则下列说法正确的是()
A.若v=1m/s,则小物块能回到A点
B.若v=2m/s,则小物块能回到A点
C.若v=5m/s,则小物块能回到A点
D.无论v等于多少,小物块均能回到A点
【解析】小物块滑上传送带的初速度v0=2gh=3m/s
当传送带的速度v≥3m/s时,小物块返回曲面的初速度都等于3m/s,恰好能回到A点,当传送带的传送速度v<3m/s时,小物块返回曲面的初速度等于v,不能回到A点.
[答案]C
9.如图甲所示,质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上,物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1<v2),稳定时绳与水平方向的夹角为θ,绳中的拉力分别为F1,F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为t1、t2,则下列说法正确的是()
甲
A.F1<F2B.F1=F2
C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2
【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示,由平衡条件得:FN+Fsinθ=mg
乙
f=μFN=Fcosθ
解得:F=μmgμsinθ+cosθ,F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同
若L≤v212μg,则两次都是匀加速到达左端,t1=t2
若L>v212μg,则物体在传送带上先加速再匀速到达左端,在速度小的传送带上需要的时间更长,t1>t2.
[答案]BD
10.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置,其中某部分静电场的分布如图甲所示.图中虚线表示这个静电场在xOy平面内的一族等势线,等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称.等势线的电势沿x轴正方向增加,且相邻两等势线的电势差相等.一个电子经过P点(其横坐标为-x0)时,速度与Ox轴平行,适当控制实验条件,使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动.在通过电场区域过程中,该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是图乙中的()
甲
乙
【解析】在x轴负方向,电子所受的电场力向右偏下,则电子的竖直分速度沿y轴负方向不断增加,到达x=0时竖直分速度最大,到达x轴正方向后,电子所受的电场力向右偏上,则其竖直分速度沿y轴负方向不断减小;又由于在x轴负方向的电子运动处的电场线比在x轴正方向电子运动处的电场线密,相应的电子的加速度大,故电子在x轴正方向经过与x轴负方向相同的水平距离时,y轴方向的分速度不能减为零,D正确.
[答案]D
二、非选择题(共60分)
11.(6分)在某次实验中得到小车做直线运动的s-t关系如图所示.
(1)由图可以确定,小车在AC段和DE段的运动分别为()
A.AC段是匀加速运动,DE段是匀速运动
B.AC段是加速运动,DE段是匀加速运动
C.AC段是加速运动;DE段是匀速运动
D.AC段是匀加速运动;DE段是匀加速运动
(2)在与AB、AC、AD对应的平均速度中,最接近小车在A点的瞬时速度是________段中的平均速度.
[答案](1)C(2)AB(每空3分)
12.(9分)当物体从高空下落时,其所受阻力会随物体速度的增大而增大,因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态,这个速度称为此物体下落的收尾速度.研究发现,在相同环境下,球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关.下表是某次研究的实验数据.
小球编号ABCDE
小球的半径(×10-3m)0.50.51.522.5
小球的质量(×10-6kg)254540100
小球的收尾速度(m/s)1640402032
(1)根据表中的数据,求出B球与C球达到收尾速度时所受的阻力之比.
(2)根据表中的数据,归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系.(写出有关表达式,并求出比例系数,重力加速度g取9.8m/s2)
(3)现将C球和D球用轻质细线连接,若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同,让它们同时从足够高的同一高度下落,试求出它们的收尾速度,并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由).
【解析】(1)球在达到收尾速度时处于平衡状态,有:
f=mg
则fB∶fC=mB∶mC
代入数据解得:fB∶fC=1∶9.
(2)由表中A、B两球的有关数据可得,阻力与速度成正比,即f∝v
由表中B、C两球的有关数据可得,阻力与球的半径的平方成正比,即f∝r2
得:f=kvr2
其中k=4.9Ns/m3.
(3)将C球和D球用细线连接后,应满足:
mCg+mDg=fC+fD
即mCg+mDg=kv(r2C+r2D)
代入数据解得:v=27.2m/s
比较C、D两小球的质量和半径,可判断出C球先落地.
[答案](1)1∶9(3分)
(2)f=kvr2,k=4.9Ns/m3(3分)
(3)27.2m/sC球先落地(3分)
13.(10分)将一平板支撑成一斜面,一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行,如图所示.如果使石块具有初速度v,方向沿斜面向下,那么它将做匀减速运动,经过距离L1后停下来;如果使石块具有同样大小的速度,但方向沿斜面向上,它将向上运动距离L2后停下来.现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示),木条的侧边与斜面垂直.如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动,求石块在水平方向通过的距离L.
【解析】设斜面的倾斜角为θ,石块与斜面间的动摩擦因数为μ,故石块沿斜面减速下滑时的加速度为:
a1=μgcosθ-gsinθ(2分)
沿斜面减速上滑时的加速度a2=μgcosθ+gsinθ
(2分)
紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3=μgcosθ
(2分)
由题意可得:
v2=2a1L1
v2=2a2L2
v2=2a3L(3分)
解得:L=2L1L2L1+L2.(1分)
[答案]2L1L2L1+L2
14.(10分)如图所示,一固定的斜面倾角为30°,一边与地面垂直,顶上有一定滑轮.一柔软的细线跨过定滑轮,两端分别与物块A和B连结,A的质量为4m,B的质量为m.开始时将B按在地面上不动,然后放开手,让A沿斜面下滑而B上升.物块A与斜面间无摩擦.当A沿斜面下滑s距离后,细线突然断了,求物块B上升的最大高度.(不计细线与滑轮之间的摩擦)
【解析】设细线断前物块的加速度大小为a,细线的张力为T,由牛顿第二定律得:
4mgsin30°-T=4ma(2分)
T-mg=ma(2分)
解得:a=15g(1分)
故线断瞬间B的速度大小vB=2as=25gs(2分)
线断后B再上升的最大高度h=v2B2g=15s(1分)
物块B上升的最大高度h总=s+h=65s.(2分)
[答案]65s
15.(12分)在光滑的绝缘水平面上有一质量m=1.0×10-3kg、电荷量q=+1.0×10-10C的带电小球静止在O点,以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy(如图所示).现突然加一个沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106V/m的匀强电场使小球运动,并开始计时.在第1s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向,大小不变;在第2s末电场突然消失,求第3s末小球的位置.
一位同学这样分析:第1s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动,可求出其位移x1;第2s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,可求出其位移y2及其速度v,第3s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动,可求出其位移s,最后小球的横坐标是x1,纵坐标是y2+s.
你认为他的分析正确吗?如果认为正确,请按他的思路求出第3s末小球的位置;如果认为不正确,请指出错误之处并求出第3s末小球的位置.
【解析】该同学的分析不正确.因为第1s末小球有沿x方向的初速度,所以第2s内小球做类平抛运动,第3s内也不沿y轴正方向运动.(3分)
第1s内小球做初速度为零的匀加速直线运动,有:
a1x=Fm=qEm(1分)
x1=12a1xt21=qEt212m
=1.0×10-10×2.0×106×122×1.0×10-3m=0.1m(1分)
v1x=a1xt1=qEt1m
第2s内小球做类平抛运动,有:
a2y=qEm(1分)
y2=12a2yt22=qEt222m
=1.0×10-10×2.0×106×122×1.0×10-3m=0.1m(1分)
v2y=a2t2=qEt2m
x2=v1xt2=qEt1t2m
=1.0×10-10×2.0×106×1×11.0×10-3m=0.2m(1分)
第3s内小球做匀速直线运动,沿x方向速度为v1x,沿y方向速度为v2y,有:
x3=v1xt3=qEt1t3m
=1.0×10-10×2.0×106×1×11.0×10-3m=0.2m(1分)
y3=v2yt3=qEt2t3m
=1.0×10-10×2.0×106×1×11.0×10-3m=0.2m(1分)
第3s末小球的位置坐标为:
x=x1+x2+x3=0.5m(1分)
y=y2+y3=0.3m.(1分)
[答案]略
16.(13分)如图所示,长L=1.5m、高h=0.45m、质量M=10kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动.当木箱的速度v0=3.6m/s时,对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N,并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端L3处的P点(小球可视为质点,放在P点时相对于地面的速度为零),经过一段时间,小球脱离木箱落到地面.已知木箱与地面的动摩擦因数μ=0.2,而小球与木箱之间的摩擦不计.取g=10m/s2,求:
(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间.
(2)小球放上P点后,木箱向右运动的最大位移.
(3)小球离开木箱时木箱的速度.
【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动,设其落到地面所用的时间为t,由h=12gt2得:
t=2hg=2×0.4510s=0.3s.(2分)
(2)小球放上木箱后相对地面静止
由F+μFN=Ma1(1分)
FN=(M+m)g(1分)
得木箱的加速度:
a1=F+μ(M+m)gM=50+0.2(10+1)×1010m/s2
=7.2m/s2(2分)
木箱向右运动的最大位移s1=v202a1=3.622×7.2m=0.9m.
(1分)
(3)由于s1=0.9m<1m,故木箱在向右运动期间,小球不会从木箱的左端掉下(1分)
得木箱向左运动的加速度:
a2=F-μ(M+m)gM=50-0.2(10+1)×1010m/s2
=2.8m/s2(2分)
设木箱向左运动s2时,小球从木箱的右端掉下,有:
s2=s1+L3=0.9m+0.5m=1.4m(1分)
设木箱向左运动所用的时间为t2,则由s2=12a2t22得:
t2=2s2a2=2×1.42.8s=1s(1分)
小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左,大小为:
v2=a2t2=2.8×1m/s=2.8m/s.(1分)
[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s
文章来源:http://m.jab88.com/j/75822.html
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