2016届高考物理一轮复习：课时强化作业22
高考物理一轮总复习-课时强化作业23-实验六-验证机械能守恒定律-新人教版
课时强化作业二十三实验六验证机械能守恒定律1. (2016届安徽皖南八校联考)如图1所示, 将打点计时器固定在铁架台上, 用重物带动纸带从静止开始自由下落, 利用此装置可验证机械能守恒定律.(1)已准备的器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物, 此外还需要的器材是________(填字母代号)．A. 直流电源、天平及砝码B. 直流电源、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)安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O 点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分别为h1、h2、h3.已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T.为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________.用题中所给字母表.).(3)(多选)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 关于这个误差下列说法正确的是________.A. 该误差属于偶然误差B. 该误差属于系统误差C. 可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D. 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差(4)某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2h图线，如图3所示．图象是一条直线，此直线斜率的物理含义是________．已知当地的重力加速度g＝9..m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为＝________%(保留2位有效数字).解析: (1)打点计时器使用交流电源才可以正常工作；实验中重锤下降的高度可以通过刻度尺测量纸带上点与点间的距离得到；瞬时速度可以根据匀变速直线运动规律, 通过纸带上两点的距离, 求出平均速度, 进而得到瞬时速度；纸带上相邻两计时点的时间间隔已知, 所以不需要秒表, 重锤的质量可以不测, D选项正确.(2)从O点到F点的过程中, 重锤重力势能的减少量ΔEp＝mgh2.根据匀变速直线运动的规律得, F点的瞬时速度: vF＝ , 动能的增加量ΔEk＝ .(3)实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量, 这个误差是由于空气阻力和摩擦阻力的存在, 消耗了机械能, 属于是系统误差, 可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差, B.D 选项正确.(4)根据机械能守恒定律得, mgh＝ mv2得, v2＝2gh, 可知图线的斜率等于k＝2g, 即直线斜率的物理含义是重锤下落加速度的2倍.根据牛顿第二定律, 重锤下落过程中, mg－f＝ma, 解得f＝mg－ma＝m , ＝ , 根据图象可知, 斜率k＝19.2, 则＝2.0%.答案: (1)D (2)mgh2 (3)BD (4)重锤下落加速度的2倍 2.02．(2016届浙江省余姚中学月考)某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB.用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h，当地的重力加速度为g.(1)用游标卡尺测量钢球的直径, 读数如图乙所示, 钢球直径为D＝________cm.(2)要验证机械能守恒, 只要比较________．A. D2 与gh是否相等B. D2 与2gh是否相等C. D2 与gh是否相等D. D2 与2gh是否相等(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度, 由此产生的误差________(选填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小.解析: (1)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数, 不需估读, 故钢球直径为D＝0.9 cm＋0.05×10 mm＝0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度, 由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度, v＝ , 由机械能守恒的表达式得, mgh＝ mD2 , 即比较D2 与2gh是否相等, D选项正确.(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于中间时刻的瞬时速度, 所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度, 该误差属于系统误差, 由此产生的误差不能通过增加实验次数减小．答案: (1)0.950 (2)D (3)＜不能3．(2016届山东省临沂市质检)某实验小组利用如图所示的装置进行实验，钩码A和B分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，钩码质量均为M，在A的上面套一个比它大一点的环形金属块C，在距地面为h1处有一宽度略比A大一点的狭缝，钩码A能通过狭缝，环形金属块C不能通过．开始时A距离狭缝的高度为h2，放手后，A、B、C从静止开始运动.(1)利用计时仪器测得钩码A通过狭缝后到落地用时t1, 则钩码A通过狭缝的速度为________(用题中字母表示).(2)若通过此装置验证机械能守恒定律, 还需测出环形金属块C的质量m, 当地重力加速度为g.若系统的机械能守恒, 则需满足的等式为________(用题中字母表示).(3)为减小测量时间的误差, 有同学提出如下方案：实验时调节h1＝h2＝h, 测出钩码A从释放到落地的总时间t, 来计算钩码A通过狭缝的速度, 你认为可行吗？若可行, 写出钩码A通过狭缝时的速度表达式；若不可行, 请简要说明理由.解析: (1)钩码A、B的质量相等, 故通过狭缝后, 环形金属块C不能通过, 钩码A、B做匀速直线运动, 根据匀速直线运动公式得, v＝ .(2)钩码A.B和金属块C组成的系统机械能守恒, 重力势能的减少量等于动能的增加量, mgh2＝ (2M ＋m) 2.(3)系统在运动过程中, 前一段做匀加速直线运动, 后一段做匀速直线运动, 通过狭缝时的速度为v, 则h＝ t1；h＝vt2；t1＋t2＝t, 联立解得, t2＝ , 下落速度v＝＝ .此方法可行．答案: (1) (2)mgh2＝ (2M＋m) 2 (3)可行v＝4．(2016届衡水中学第三次调研)通过理论分析可得出弹簧的弹性势能公式Ep＝ kl2(式中k为弹簧的劲度系数, l为弹簧长度的变化量)．为验证这一结论, A、B两位同学设计了以下的实验：①两位同学首先都进行了如图甲所示的实验: 将一根轻质弹簧竖直挂起, 在弹簧的另一端挂上一个已知质量为m的小铁球, 稳定后测得弹簧伸长d.②A同学完成步骤①后, 接着进行了如图乙所示的实验: 将这根弹簧竖直地固定在水平桌面上, 并把小铁球放在弹簧上, 然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管, 利用插销压缩弹簧. 拔掉插销时, 弹簧对小球做功, 使小球弹起, 测得弹簧的压缩量l和小铁球上升的最大高度H.③B同学完成步骤①后, 接着进行了如图丙所示的实验: 将这根弹簧放在水平桌面上, 一端固定在竖直墙上, 另一端被小铁球压缩, 测得压缩量为l, 释放弹簧后, 小铁球从高为h的桌面上水平抛出, 抛出的水平距离为x.(1)A.B两位同学进行图甲所示的实验目的是为了确定什么物理量？ ________.请用m、d、g表示所求的物理量________________.(2)如果 Ep＝ kx2成立, A同学测出的物理量x与d、H的关系式是: x＝________.B同学测出的物理量x与d、h、l的关系式是: x＝________.解析：(1)A、B两位同学进行图甲所示的实验都进行了形变量的测量, 目的是为了确定弹簧的劲度系数. 根据胡克定律得, k＝＝ .(2)A同学运用弹簧的弹性势能转化为重力势能来测量形变量, B同学运用弹簧的弹性势能转化为动能, 并借助于做平抛运动来算出初速度, 从而即可求解水平距离x.对于A同学, kx2＝mgH, k＝ , 联立解得, x＝ .对于B同学, 初速度v0＝＝l , 得 k 2＝ m 2, 解得x＝l .答案: (1)确定弹簧的劲度系数k k＝(2) l5．(2016届衡水中学第三次调研)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律, 实验装置如图甲所示．当气垫导轨正常工作时导轨两侧喷出的气体使滑块悬浮在导轨上方, 滑块运动时与导轨间的阻力可忽略不计．在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B, 滑块P上固定一遮光条, 若光线被遮光条遮挡, 光电传感器会输出高电压, 两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动, 遮光条经过光电传感器A、B时, 通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图线．(1)当采用图甲的实验装置进行实验时, 下列说法中正确的是________.A. 滑块P机械能守恒B. 钩码Q机械能守恒C. 滑块P和钩码Q组成的系统机械能守恒D. 以上三种说法都正确(2)实验前, 接通电源, 将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上, 轻推滑块, 当图乙中的Δt1________Δt2(选填“＞”“＝”或“＜”)时, 说明气垫导轨已经水平.(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连, 将滑块P由图甲所示位置释放, 通过计算机得到的图象如图乙所示, 若Δt1.Δt2.遮光条宽度d、AB间距L、滑块质量M、钩码质量m 已知, 若上述物理量间满足关系式________, 则表明在上述过程中, 滑块和钩码组成的系统机械能守恒.(4)若遮光条宽度d＝8.400 mm, A.B间的距离L＝160.00 cm, Δt1＝8.40×10－3 s, Δt2＝4.20×10－3 s, 滑块质量M＝180 g, 钩码Q质量m＝20 g, 则滑块从A运动到B的过程中系统势能的减少量ΔEp＝________J, 系统动能的增量ΔEk＝________J. (g＝9.80 m/s2, 计算结果保留3位有效数字) 解析: (1)滑块P和钩码Q运动过程中, 细线拉力做功, 各自的机械能不守恒, 但是系统的机械能守恒, 故该实验装置验证滑块P和钩码Q组成的系统机械能是否守恒, C选项正确.(2)如果遮光条通过光电门的时间相等, 即Δt1＝Δt2, 说明遮光条做匀速运动, 即说明气垫导轨已经水平.(3)要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒, 应该求出动能的增加量和重力势能的减小量, 光电门测量瞬时速度是实验中常用的方法. 由于光电门的宽度很小, 可以用很短时间内的平均速度代替瞬时速度, vB＝ , vA＝ , 系统动能的增加量为ΔEk＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2.系统重力势能的减少量, ΔEp＝mgL, 只要mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2, 即验证机械能守恒．(4)系统重力势能的减小量ΔEp＝mgL＝0.02×9.8×1.60 J＝0.314 J. 系统动能的增加量ΔEk＝ (M ＋m) 2－ (M＋m) 2＝ (0.18＋0.02) 2－ 2 J＝0.300 J.答案: (1)C (2)＝(3)mgL＝ (M＋m) 2－ (M＋m) 2 (4)0.314 0.3006．(2016届牡丹江市第一中学月考)下图所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从高处由静止开始下落, m1上拖着的纸带打出一系列的点, 对纸带上的点迹进行测量, 即可验证机械能守恒定律．如图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点, 每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出), 计数点间的距离如图所示．已知m1＝50 g、m2＝150 g, 则(结果均保留2位有效数字)(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝________m/s.(2)在打下第“0”到打下第“5”点的过程中系统动能的增量ΔEk＝________J, 系统势能的减少量ΔEp ＝________J. (取当地的重力加速度g＝10 m/s2)(3)若某同学作出 v2h图象如图所示, 则当地的重力加速度g＝________m/s2.解析: (1)根据在匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度, 可以求出打下记数点5时的速度大小, v5＝＝ m/s＝2.4 m/s.(2)根据物体的初、末动能大小可以求出动能的增加量, ΔEk＝ (m1＋m2)v －0＝×(0.05＋0.15)×2.42 J＝0.58 J.根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减少量, ΔEp＝W＝(m2－m1)gh＝(0.15－0.05)×10×(0.384＋0.216) J＝0.60 J.(3)根据机械能守恒可知, m2gh－m1gh＝ (m1＋m2)v2, 解得, ＝ gh＝ , 即 v2h图象中图象的斜率表示重力加速度的一半, 由图可知, 斜率k＝4.85, 故当地的实际重力加速度为g＝2k＝9.7 m/s2.答案: (1)2.4(2)0.580.60(3)9.7。
高考物理复习高三一轮复习：课时跟踪检测22功能关系 能量守恒定律(二)
高考物理复习课时跟踪检测(二十二) 功能关系能量守恒定律(二)高考常考题型：选择题＋计算题1．如图1所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功( )图1A．都必须大于mghB．都不一定大于mghC．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mghD．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh2.如图2所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端。
下列说法正确的是( )A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功图2B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C．第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热3.如图3所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点。
下列说法中正确的是( )A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等图3C．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等D．小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等[4．一带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用。
若该过程中小球的重力势能增加3 J，机械能增加1.5 J，电场力对小球做功2 J，则下列判断正确的是( ) A．小球的重力做功为3 JB．小球的电势能增加2 JC．小球克服空气阻力做功0.5 JD．小球的动能减少1 J5．(2012·南通模拟)如图4甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示。
高考物理一轮复习强化训练题汇总(含解析)
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！高考物理一轮复习强化训练题汇总1（含解析）一、选择题1、如图是对着竖直墙壁沿水平方向抛出的小球a、b、c的运动轨迹，三个小球到墙壁的水平距离均相同，且a和b从同一点抛出。
不计空气阻力，则（）A．a和b的飞行时间相同B．b的飞行时间比c的短C．a的水平初速度比b的小D．c的水平初速度比a的大【参考答案】D2、(海安模拟)下列说法正确的是( )A．直线运动的物体位移大小等于路程B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点C．速度变化快的物体加速度不一定大D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体答案：D3、(哈师大附中月考)如图，MN为转轴OO′上固定的光滑硬杆，且MN垂直于OO′.用两个完全相同的小圆环套在MN上．分别用两条不可伸长的轻质细线一端与圆环连接，另一端系于OO′上，长度分别为l1、l2.已知l1、l2与MN的夹角分别为θ1、θ2，OO′匀速转动时，线上弹力分别为F T1、F T2.下列说法正确的是( ) A．若l1sinθ1>l2sinθ2，则F T1>F T2B．若l1cosθ1>l2cosθ2，则F T1>F T2C．若l1tanθ1>l2tanθ2，则F T1>F T2D ．若l 1>l 2，则F T 1>F T 2解析：设两环的质量均为m ，硬杆转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律，对左环有：FT 1cos θ1＝m ω2l 1cos θ1；对右环有：F T 2cos θ2＝m ω2l 2cos θ2两环ω相等得FT 1FT 2＝l 1l 2；若l 1cos θ1>l 2cos θ2，则F T 1cos θ1>F T 2cos θ2，不能得到F T 1>FT 2；由题意可知l 1sin θ1<l 2sin θ2；若l 1tan θ1>l 2tan θ2，可得cos θ1<cos θ2，不能得到F T 1>F T 2；若l 1>l 2，则F T 1>FT 2，选项D 正确，A 、B 、C 错误．答案：D4、如图所示，滑雪者由静止开始沿斜坡从A 点自由滑下，然后在水平面上前进至B 点停下．已知斜坡、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数皆为μ，滑雪者(包括滑雪板)的质量为m ，A 、B 两点间的水平距离为L.在滑雪者经过AB 段运动的过程中，克服摩擦力做的功( )A ．大于μmgLB ．小于μmgLC ．等于μmgLD ．以上三种情况都有可能解析：设斜坡与水平面的交点为C ，BC 长度为L 1，AC 水平长度为L 2，AC 与水平面的夹角为θ，如图所示，则滑雪者在水平面上摩擦力做功W 1＝－μmgL 1，在斜坡上摩擦力做功W 2＝－μmgcos θ·L 2cos θ＝－μmgL 2，所以在滑雪者经过AB 段过程中，摩擦力做功W ＝W 1＋W 2＝－μmg(L 1＋L 2)＝－μmgL.所以滑雪者克服摩擦力所做的功为μmgL.故选项C 正确． 答案：C5、(四川资阳二诊)如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电的油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．平行板电容器的电容将减小B ．带电油滴的电势能将减少C ．静电计指针的张角变小D ．若将上极板与电源正极断开后，再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受的电场力不变解析：由C ＝εr S4πkd 知，将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，d 减小，C增大，A 错误；U 不变，静电计指针的张角不变，C 错误；由E ＝Ud 知，E 增大，则P 点与负极板间的电势差增大，P 点的电势升高，E p ＝φq ，又油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少，B 正确；若将上极板与电源正极的导线断开后再将下极板左移一小段距离，Q 不变，由C ＝εr S4πkd 知，S 减小，C 减小，由U ＝Q C 得，电压U 增大，场强E ＝U d 增大，带电油滴所受的电场力增大，D 错误．答案：B6、一匀强磁场的边界是MN ，MN 左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I －t 图象如图乙所示．则可能的线框是如图丙所示中的( )解析：从乙图看到，电流先均匀增加后均匀减小，而线圈进入磁场是匀速运动，所以有效长度是均匀增加的，所以D 项正确，B 项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变．答案：D7、(安徽模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈上接有四个完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )A ．U 1：U 2＝3：4B ．U 1：U 2＝4：3C ．若将L 1短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光D ．若将L 2短路，则副线圈的两个灯泡两端的电压变为额定电压的43倍解析：设灯泡的额定电压为U ，额定电流为I ，则副线圈电压为3U ，电流为I ，原线圈的灯泡正常发光，电流也为I ，所以原、副线圈的匝数比为1：1，原线圈两端电压为3U ，所以U 1：U 2＝4：3，选项A 错误、B 正确；若将L 1短路，则原线圈的电压增大，则副线圈两端电压也增大，三个灯泡不能正常发光，选项C 错误；若将L 2短路，设副线圈的电流为I ′，原线圈的电流也为I ′，因此2I ′R ＋I ′R ＝U 1＝4U ，则I ′R ＝43U ，即副线圈的每个灯泡两端的电压变为额定电压的43，选项D 正确．答案：BD 二、非选择题利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为M ＝200.0 g ，钩码的质量为m ＝10.0 g ，打点计时器的电源为50 Hz 的交流电．图1(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到____________________．(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示．选择某一点为O ，依次每隔4个计时点取一个计数点．用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx ，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度v ，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s.图2(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g ＝9.80 m/s 2，利用W ＝mg Δx 算出拉力对小车做的功W.利用Ek ＝12Mv 2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk.计算结果见下表.图3(4)实验结果表明，ΔEk 总是略小于W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F ＝________N.解析：(1)完全平衡摩擦力的标志是轻推小车，小车做匀速运动． (2)两计数点间的时间间隔T ＝5×0.02 s ＝0.1 s v1＝x022T ＝ 2.06＋2.50×0.012×0.1 m/s ＝0.228 m/s(3)确定标度，根据给出数据描点．作图如图所示．(4)从图线上取两个点(4.5,4.24)，(2.15,2.0) 图线的斜率k ＝4.24－2.04.5－2.15≈0.953①又有k ＝ΔEk ΔW ＝Mv 22mg Δx②根据运动学公式有v2＝2aΔx③根据牛顿第二定律有F＝Ma④由①②③④式解得F≈0.093 N答案：(1)小车做匀速运动(2)0.228 (3)见解析图(4)0.093精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总2（含解析）一、选择题1、质量为m的物块沿着倾角为θ的粗糙斜面匀速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ.斜面对物块的作用力是( )A. 大小mg，方向竖直向上B. 大小mg cosθ，方向垂直斜面向上C. 大小mg sinθ，方向沿着斜面向上D. 大小μmg cosθ，方向沿着斜面向上【参考答案】A2、(成都模拟)如图所示为成都到重庆的和谐号动车车厢内可实时显示相关信息的显示屏示意图，图中甲、乙两处的数据分别表示了两个物理量．下列说法中正确的是( )A．甲处表示时间，乙处表示平均速度B．甲处表示时间，乙处表示瞬时速度C．甲处表示时刻，乙处表示平均速度D．甲处表示时刻，乙处表示瞬时速度解析：甲处表盘显示时刻，乙处表盘显示动车行进过程中的瞬时速度，答案为D.答案：D3、(广西重点高中高三一模) 2016年10月17日“神舟十一号”载人飞船发射成功，飞船入轨后经过约2天的独立飞行完成与“天宫二号”的对接．如图所示，“天宫二号”处于离地面高h ＝393 km 的圆轨道A 上，“神舟十一号”处于圆轨道B 上．“神舟十一号”在位置1点火后沿轨道C 运动到位置2，然后沿轨道A 运动，通过调整自己与前方的“天宫二号”的相对距离和姿态，最终对接．已知地球半径为R ＝6 371 km ，引力常量为G ＝6.67×10－11 N ·m 2/kg 2，地球质量为M ＝6.0×1024 kg ，不计大气阻力．下列说法正确的是( )A ．“天宫二号”在轨道A 上的运行周期比“神舟十一号”在轨道B 上的运行周期小 B ．“天宫二号”在轨道A 上的加速度比“神舟十一号”在轨道B 上的加速度大C ．“天宫二号”在轨道A 上的运行速率约为7.7 km/sD ．“神舟十一号”在位置2时的机械能小于在位置1时的机械能 解析：由GMm r 2＝m(2πT)2r ，得T ＝4π2r 3GM ，可知半径越大，周期越大，A 错．由GMmr2＝ma ，得加速度a ＝GM r 2，半径越大，加速度越小，B 错．由GMm 0R ＋h 2＝m 0v 2R ＋h，得v＝GMR ＋h＝7.7 km/s ，C 对．“神舟十一号”在轨道C 上运动时，由于点火加速，故其机械能增加，D 错．答案：C4、(常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型，当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F ，多次改变小球初始下落的高度h ，就能得出F 与v 的函数关系，下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )解析：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh ＝mg ·2R ＋12mv 2(①)，在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F ＋mg ＝m v 2R (②)，联立①②解得F ＝m v 2R －mg(③)，根据③式，F －v 关系图象是开口向上的抛物线，C 项正确． 答案：C5、(山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v C C ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C解析：库仑力F ＝kQqr 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝Fm，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12mv 2－12mv 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C，C 正确． 答案：C6、美国《大众科学》月刊网站报道，美国明尼苏达大学的研究人员发现：一种具有独特属性的新型合金能够将热能直接转化为电能．具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示．A 为圆柱形合金材料，B 为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径．现对A 进行加热，则( )A ．B 中将产生逆时针方向的电流 B ．B 中将产生顺时针方向的电流C ．B 线圈有收缩的趋势D ．B 线圈有扩张的趋势解析：合金材料加热后，合金材料成为强磁体，通过线圈B 的磁通量增大，由于线圈B 内有两个方向的磁场，由楞次定律可知线圈只有扩张，才能阻碍磁通量的增加，C 错误、D 正确；由于不知道极性，无法判断感应电流的方向，A 、B 错误． 答案：D7、(多选)下图是远距离输电的示意图．n 1、n 2是升压变压器原、副线圈的匝数，n 1：n 2＝1：20，n 3、n 4是降压变压器原、副线圈的匝数，n 3：n 4＝40：1.升压变压器的原线圈n 1与一交变电流相连接，该交变电流的瞬时值表达式为u ＝4402sin100πt V ，下列说法正确的是( )A ．用电器获得的电压的有效值为220 VB ．用电器获得电压的有效值小于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 3、n 4不变的前提下，增大n 2C ．用电器获得电压的有效值大于220 V ，要想使用电器的电压变为220 V ，在n 1、n 2、n 4不变的前提下，增大n 3D ．通过用电器的交变电流的方向，每秒改变100次解析：如果输电线上不存在电阻，即不存在电压降，则有U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 1＝U ＝440 V ，U 2＝U 3，可得U 4＝220 V ，由于输电线存在电压降，所以U 3<U 2，U 4<220 V ；若要提高U 4电压值，根据变压规律，仅增加n 2匝数即可，A 、C 错误，B 正确．由题意知ω＝100π rad/s ，所以f ＝50 Hz ，则电流方向每秒改变100次，D 正确． 答案：BD 二、非选择题下列说法中正确的是( )A ．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B ．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定C ．泊松亮斑是光通过圆孔发生衍射时形成的D ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以减弱玻璃的反射光E ．赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在(2)(15分)在某种介质中，S 1、S 2处有相距4 m 的两个波源，沿垂直纸面方向做简谐运动，其周期分别为T 1＝0.8 s 和T 2＝0.4 s ，振幅分别为A 1＝2 cm 和A 2＝1 cm ，在该介质中形成的简谐波的波速为v ＝5 m/s.S 处有一质点，它到S 1的距离为3 m ，且SS 1⊥S 1S 2，在t ＝0时刻，两波源同时开始垂直纸面向外振动，试求：(ⅰ)t ＝0时刻振动传到S 处的时间差；(ⅱ)t ＝10 s 时，S 处质点离开平衡位置的位移大小．解析：(1)电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播，但在介质中的传播速度由介质和频率共同决定，B 错；泊松亮斑是用光照射不透光的小圆盘时产生的衍射现象，C 错．(2)(ⅰ)由题意可知SS 2＝SS 12＋S 1S 22＝5 m ；S 1在t ＝0时刻振动传到质点S 所需的时间t 1＝SS 1v ＝3 m5 m/s ＝0.6 s.S 2在t ＝0时刻振动传到质点S 所需的时间t 2＝SS 2v ＝5 m5 m/s＝1 s.故S 1、S 2在t ＝0时刻振动传到质点S 的时间差M 为绳的中点Δt ＝t 2－t 1＝0.4 s.(ⅱ)在t ＝10 s 时质点S 按S 1的振动规律已经振动了Δt 1＝t －t 1＝9.4 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫11＋34T 1，此时S 1引起质点S 的位移大小x 1＝A 1＝2 cm ；t ＝10 s 时质点S 按S 2的振动规律已经振动了Δt 2＝t －t 2＝9 s ＝⎝⎛⎭⎪⎫22＋12T 2，此时S 2引起质点S 的位移大小x 2＝0；所以t ＝10 s 时质点S 离开平衡位置的位移为S 1和S 2单独传播引起S 位移的矢量和，故x ＝x 1＋x 2＝2 cm ＋0＝2 cm. 答案：(1)ADE (2)(ⅰ)0.4 s (ⅱ)2 cm精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总3（含解析）一、选择题1、如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉,已知该喷泉竖直向上喷出,喷出时水的速度为53 m/s,喷嘴的出水量为0.5 m3/s,不计空气阻力,则空中水的体积应为(g取10 m/s2)( )A.2.65 m3B.5.3 m3C.10.6 m3D.因喷嘴的横截面积未知,故无法确定【参考答案】B2、两物体A、B由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示．下列说法正确的是( )A．两物体A、B在t＝2.5 t0时刻相距最远B．两物体A、B在减速运动过程中加速度相同C．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度相同D．两物体A、B在t＝t0时刻相距最远解析：两物体A、B在t＝2.5 t0时刻处于同一位置，相距最近，两物体A、B在t＝t0时刻相距最远，选项A错误、D正确．两物体A、B都是先沿x轴正方向做匀速运动，后沿x轴负方向做匀速运动，根据位移图象斜率表示速度可知，在沿x轴负方向做匀速运动过程中速度相同，选项B错误．两物体A、B在t＝2.5t0时刻速度不相同，处于同一位置，选项C错误．答案：D3、如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T ＝a ＋bcos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b2m B.2bm C.3b m D.b 3m解析：当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg ＋mv 21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a －b ，F T2＝－mg ＋mv 22L ；由动能定理有mg ·2L ＝12mv 21－12mv 22，联立解得g ＝b3m，选项D 正确． 答案：D4、如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是( )A ．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功B ．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功C ．图甲中电梯对货物的支持力对货物做正功D ．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功解析：在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C 正确；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A 、B 错误，D 正确．答案：CD5、有一匀强电场，方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好构成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行．已知A 、B 两点的电势分别为φA ＝5 V ，φB ＝1.8 V ，A 、B 的距离为4 cm ，B 、C 的距离为3 cm.若把一个电子(e ＝1.6×10－19 C)从A 点移动到C 点，那么电子电势能的变化量为( )A ．8.0×10－19 JB ．1.6×10－19 JC ．－8.0×10－19 JD ．－1.6×10－19 J解析：设AB 与AC 之间的夹角为θ，则cos θ＝45，又AB 的距离S AB ＝4 cm ，则AB沿场强方向的距离为d AB ＝S AB cos θ＝4×45 cm ＝165 cm ，设A 、B 之间电势差为U AB ，则电场强度为E ＝U AB d AB ＝φA －φBd AB ＝100 V/m.电子从A 点到达C 点电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝1.6×10－19×100×0.05 J ＝8.0×10－19 J ，故A 项正确．答案：A6、(肇庆市高中毕业班模拟考试)如图所示，水平放置的平行金属导轨MN 和PQ 之间接有定值电阻R ，导体棒ab 长为l 且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab 向右匀速运动，下列说法正确的是( )A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小B．导体棒ab中的感应电流方向是a→bC．导体棒ab所受安培力方向水平向右D．导体棒ab所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E＝BLv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b指向a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能未变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A、B、C错误，D正确．答案：D7、(上海单科，1)由放射性元素放出的氦核流被称为( )A．阴极射线B．α射线C．β射线D．γ射线解析：本题考查天然放射现象．在天然放射现象中，放出α、β、γ三种射线，其中α射线属于氦核流，选项B正确．答案：B二、非选择题(河北省两校高三年级模拟考试)质量为m＝2 kg的物块静置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)4 s后撤去力F，物块还能继续滑动的时间t；(2)前4 s内，力F的平均功率．解析：(1)物块与地面之间最大静摩擦力Ff m＝μmg＝4 N，在第1 s内物块静止不动第1～3 s内，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律a 1＝F 1－μmg m＝2 m/s 23 s 末，物块的速度v 1＝a 1t 1＝2×2 m/s ＝4 m/s第3～4 s 内，物块做匀速直线运动，4 s 后撤去外力物块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝μg ＝2 m/s 2则物块继续滑行时间t ＝v 1a 2＝2 s(2)设第1～3 s 内与第3～4 s 内物块的位移分别为x 1、x 2 x 1＝12a 1t 21＝4 mx 2＝v 1t 2＝4 m前4 s 内，力F 做功的大小为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝48 J 前4 s 内，力F 的平均功率P ＝Wt 总＝12 W答案：(1)2 s (2)12 W精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！2020年高考物理一轮复习强化训练题汇总4（含解析）一、选择题1、a 、b 、c 三个点电荷仅在相互之间的静电力的作用下处于静止状态。
高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练22 含答案
课时跟踪训练(二十二)一、选择题1．实验室所用示波器，是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，如图甲所示．若要在荧光屏上始终出现如图乙所示的斑点，那么，YY′与XX′间应分别加上如下图所示哪一组电压()[解析]电子在YY′方向上，向上偏转，所以粒子受到的电场力方向向上，故Y板上带正电，Y′板上带负电，在XX′方向上，向X′方向偏转，所以X′板带负电，所以A正确．[答案] A2．(多选)如图一根不可伸长绝缘的细线一端固定于O点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从A点静止释放，经最低点B后，小球摆到C点时速度为0，则()A．小球在B点时速度最大B．小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少C．小球在B点时的绳子拉力最大D．从B点到C点的过程中小球的电势能一直增加[解析]小球所受重力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力合力及绳的拉力作用下在竖直平面内的运动．当小球运动到重力和电场力的合力和绳的拉力共线时，小球的速度最大，此时绳的拉力最大，故AC错误；从A点到C点的过程中，因为重力做正功，小球摆到C点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从A点到B点的过程中，机械能一直在减少，B 正确；从B点到C点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确．[答案]BD3．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板，在两板间加有周期为T的交变电压U0，A板电势φA＝0，B板电势φB随时间t变化规律如图乙所示．现有一电子从A板的小孔进入两板间的电场中，设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则()A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将—直向B板运动B．若电子是在t＝T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C．若电子是在t＝3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝T/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动[解析]电子在t＝0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向上，向上做加速运动，后半个周期受到的电场力向下，继续向上做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以电子一直向B板运动，一定会到达B板，故A正确．若电子是在t＝T8时刻进入的，在一个周期内，在T8～T2内，电子受到的电场力向上，向上做加速运动，在T2～T内，电子受到的电场力向下，继续向上做减速运动，98T时刻速度为零，接着向A板运动，周而复始，所以电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上，故B正确．若电子是在t＝38T时刻进入时，与在t＝T8时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B 板运动，时而向A板运动，总的位移向下，最后穿过A板，故C错误．若电子是在t＝T2时刻进入的，一个周期内，在T2～T，电子受到的电场力向下，向下做加速运动，所以电子不会向B板运动，故D错误．[答案]AB4．(多选)如图甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，t＝0时A板电势比B板高，两板中间静止一电子，设电子在运动过程中不与两板相碰撞，而且电子只受电场力作用，规定向左为正方向，则下列叙述正确的是()A ．在t ＝0时刻释放电子，则电子运动的v －t 图象如图一所示，该电子一直向B 板做匀加速直线运动B ．若t ＝T 8时刻释放电子，则电子运动的v －t 图象如图二所示，该电子一直向着B 板做匀加速直线运动C ．若t ＝T 4时刻释放电子，则电子运动的v －t 图象如图三所示，该电子在2T 时刻在出发点左边D ．若t ＝38T 时刻释放电子，在2T 时刻电子在出发点的右边[解析] t ＝0时刻，A 板电势高，电子释放后向左运动，电子先向左加速运动，然后向左减速运动，重复该过程，一直向左运动，A 错误；t ＝T /8时刻释放电子，电子先向左加速运动，再向左减速运动，然后向右加速运动，再向右减速运动，一个周期时总位移向左，B 错误；t ＝T /4时刻，电子先向左加速，然后向左减速，再向右加速，然后向右减速，做周期性往复运动，在t ＝2T 时刻位于出发点左侧，C 正确；t ＝3T /8时刻释放电子，作出其v －t 图象，由图象知，在2T 时刻电子在出发点右侧，D 正确．[答案] CD5．如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )A ．微粒到达B 点时动能为12m v 20B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgd q cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgd cos θ[解析] 由题分析可知，微粒做匀减速直线运动，动能减小，故A 错误；由题分析可知，tan θ＝ma mg ，得a ＝g tan θ，故B 错误；由上可知微粒的电势能增加ΔE p＝ma d sin θ，又ΔE p ＝qU ，得到两极板的电势差U ＝mgd q cos θ，故C 正确；微粒从A点到B 点的过程中电势能增加了mgd cos θ，故D 错误．[答案] C6．(多选)在如图所示的竖直向下的匀强电场中，用绝缘细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O 做圆周运动，下列说法正确的是( )A ．带电小球有可能做匀速率圆周运动B ．带电小球有可能做变速率圆周运动C．带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小D．带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小[解析]当小球所受重力与电场力合力为零时，细线的拉力提供向心力，合外力做功为零，小球做匀速圆周运动，故A正确；当小球所受重力与电场力合力不为零时，合外力对小球所做的功不为零，小球速度大小发生变化，小球做变速圆周运动，故B正确；当小球做匀速圆周运动时，细线的拉力提供向心力，在圆周上任何一点细线的拉力大小都相等，如果小球做变速圆周运动，小球带正电时，在最高点细线拉力最小，如果小球带负电，在最高点时细线拉力最大，在最低点细线拉力最小，故C错误，D正确．[答案]ABD二、非选择题7．如图所示，在两条竖直的平行虚线内存在着宽度为L、方向竖直向上的匀强电场；在与右侧虚线相距为L处有一与电场方向平行的荧光屏．将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从A点沿AO方向以某一速度垂直电场线射入电场，粒子打在荧光屏上的B点；撤去电场，粒子仍在A点以原有速度的大小和方向射入，则打在荧光屏上的C点。
高中物理第一轮复习课时强化作业 (51)
课时强化作业五十一 光的波动性、电磁波、相对论1．(多选)(2016届东营模拟)关于在竖直放置的肥皂膜上产生的干涉现象，下列说法正确的是( )A ．干涉条纹的产生是由于光线在膜前后表面反射形成的两列光波的叠加B ．用绿光照射产生的干涉条纹比黄光照射时产生的条纹窄C ．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波谷与波谷的叠加D ．干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加解析：由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，A 选项正确；根据干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，条纹间距与光的波长成正比，由于绿光波长比黄光的短，故绿光干涉条纹间距小，B 选项正确；干涉条纹间的暗线是由于两反射光波波峰与波谷的叠加形成的，两反射光波波谷与波谷的叠加形成亮纹，C 选项错误，D 选项正确．答案：ABD2．(2016届龙海市模拟)音乐喷泉一般都会在水池底安装一些彩灯来营造气氛，吸引游人驻足观赏．仔细观察会发现水下的灯照亮水面都刚好形成一个圆．若水下的各色彩灯均为同种大小规格，只是发光颜色不同，安装在水下同一深度，且都可看为点光源，则下面说法正确的是( )A ．这是光的干涉现象B ．这是光的衍射现象C ．每个彩灯照亮水面形成的圆半径相同D ．彩灯照亮水面形成的圆半径红色的比黄色的大解析：这是光的折射现象，根据临界角公式sin C ＝1n可知，红光的折射率最小，则红光发生全反射的临界角最大，在红光照在水面上产生的圆的半径最大，则被照亮的水面面积较大．C 选项错误，D 选项正确．答案：D3．(多选)(2016届德阳模拟)19世纪60年代，英国物理学家麦克斯韦在法拉第等人研究成果的基础上，进行总结，并加以发展，提出了系统的电磁理论并预言了电磁波的存在．以下有关电磁理论和电磁波的说法不正确的是( )A ．只要有磁场在变化，它的周围就一定会产生电场B ．空间某区域有均匀变化的电场，则一定会产生电磁波C ．电磁波不同于机械波之处是电磁波能在真空中传播D ．紫外线是一种比所有可见光波长更长的电磁波解析：变化的磁场周围一定产生电场，A选项正确；空间某区域有均匀变化的电场，一定产生恒定的磁场，不会产生电磁波，B选项错误；电磁波可以在真空中传播，机械波传播需要介质，C选项正确；紫外线比可见光的波长短，D选项错误．答案：BD4．(多选)(2016届太原模拟)下列说法正确的是()A．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在离我们远去B．为了从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行调制C．用光导纤维束传输图象和信息，这是利用了光的全反射原理D．根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场一定可以产生电磁波E．利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，因为红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物解析：根据多普勒效应可知，接收到光波的波长变长，则频率变小，说明该星球正在距离我们远去，A选项正确；从高频电流中取出所携带的声音信号就要进行解调，而加载信号过程是调制，B选项错误；光导纤维运用了光的全反射原理，C选项正确；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场周围一定产生磁场，该磁场不一定可以产生电场，不一定形成电磁波，D选项错误；波长越长，越容易发生衍射现象，红外线比可见光波长长，更容易绕过障碍物，E选项正确．答案：ACE5．(多选)(2016届云南省昆明市高三摸底调研)下列说法中正确的是()A．光的偏振现象说明光是横波B．只有波长足够长的光才能发生衍射现象C．利用光的干涉现象可以检查光学平面的平整程度D．光导纤维内芯的折射率比外套的小E．不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的解析：横波才可以发生偏振现象，A选项正确；衍射现象是波特有的，光是一种波，任何波长的光均能发生衍射现象，B选项错误；利用光的薄膜干涉现象可以检查光学平面的平整程度，C选项正确；光线在光导纤维中发生全反射现象，故内芯的折射率比外套的大，D选项错误；根据相对论原理可知，不管光源和观察者是否存在相对运动，观察者观察到的光速是不变的，E选项正确．答案：ACE6．(多选)(2016届吉林省东北师范大学附属中学高三第四次模拟)下列说法正确的是()A．对于受迫振动，驱动力频率越大，受迫振动的振幅一定越大B ．一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象C ．波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化D ．紫外线具有较高的能量，许多物质在紫外线的照射下会发出荧光E ．光速在任何条件下都是3×108 m/s 解析：对于受迫振动，驱动力频率等于物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大，A 选项错误；一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象，B 选项正确；根据多普勒效应可知，波源与观察者互相靠近或者互相远离时，接收到的频率会发生变化，C 选项正确；紫外线具有较高的能量，许多物质在紫外线的照射下会发出荧光，D 选项正确；光速由介质决定，光在真空中传播速度为3×108 m/s ，E 选项错误．答案：BCD7．(2016届福安市模拟)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件如图所示，(1)图中②③④光学元件应分别是( )A ．滤光片、单缝、双缝B ．单缝、双缝、滤光片C ．双缝、滤光片、单缝D ．单缝、滤光片、双缝(2)以下操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间距离的是( )A ．将红色滤光片改为绿色滤光片B ．增大双缝之间的距离C ．减小④和⑥之间的距离D ．增大④和⑥之间的距离解析：(1)根据光具座上的前后顺序可知，②③④光学元件分别是滤光片、单缝、双缝，A 选项正确．(2)根据双缝干涉条纹间距公式得，Δx ＝L dλ，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光或增大双缝与屏之间的距离L ，故D 选项正确．答案：(1)A (2)D8．(2016届北京模拟)如图甲所示，利用激光器发射出的激光照射到双缝上，在双缝后面的光屏上能呈现出明、暗相间的干涉条纹．若实验中仅改变某一个实验条件、而其他条件均不变的情况下，得到的干涉图样分别如图乙和丙所示．对于这两次实验，下列说法中正确的是( )A ．由于选用的激光器不同，乙图对应的激光的频率较高B ．双缝到光屏的距离L 不同，乙图对应的L 较大C ．双缝的间距不同，乙图对应的间距较大D ．激光器到双缝的距离不同，乙图对应的距离较大 解析：根据双缝干涉条纹的间距公式Δx ＝L dλ可知，波长大的双缝间距大，乙图对应光的波长长，频率小，A 选项错误；乙图对应的双缝间距大，则乙图双缝到光屏的距离大，B 选项正确；乙图的干涉条纹间距大，可能是乙图对应的双缝间距较小，C 选项错误；光源到双缝的距离不影响双缝干涉条纹的间距，D 选项错误．答案：B9．(多选)(2016届石家庄模拟)以下说法中正确的是( )A ．图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a 束光在水珠中传播的速度一定大于b 束光在水珠中传播的速度B ．图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i 逐渐增大到某一值后不再会有光线从bb ′面射出C ．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间距离L ，两相邻亮条纹间距离Δx 将减小D ．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E ．图戊中的M 、N 是偏振片，P 是光屏．当M 固定不动缓慢转动N 时，光屏P 上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是横波解析：根据折射率和光的传播速度之间的关系v ＝c n可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b 光线在水中偏折得厉害，即b 的折射率大于a 的折射率，则a 在水中的传播速度大于b 的传播速度，A 选项正确；当入射角i 逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，肯定有光线从bb ′面射出，B 选项错误；根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ可知，只减小屏到挡板间距离L，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，C选项正确；由于不知道被测样表的放置方向，不能判断此处是凸起的，D选项错误；只有横波才能产生偏振现象，光的偏振现象表明光是一种横波，E 选项正确．答案：ACE10．相对论认为时间和空间与物体的速度有关．在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按亮电灯，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c；站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度________(选填“相等”或“不等”)．车上的乘客认为电灯的闪光同时到达列车的前、后壁；地面上的观察者认为电灯的闪光先到达列车的________(选填“前”或“后”)壁．解析：地面上的人、车厢中的人选择的惯性系不一样，但是光向前传播和向后传播的速度相同，从而发现传播到前后壁的快慢不一样．车厢中的人认为，车厢是个惯性系，光向前向后传播的速度相等，光源在车厢中央，闪光同时到达前后两壁．地面上人以地面是一个惯性系，光向前向后传播的速度相等，向前传播的路程长些，到达前壁的时刻晚些．答案：相等后11.电磁波遇到平滑的金属表面会像光遇到平面镜一样发生反射，反射过程遵循光的反射定律．小明与叔叔一起去参观救生艇时，发现救生艇的上方悬挂着一个由三块相互垂直的正方形薄金属平板组成的“角反射器”，如图所示．请你简述角反射器的工作原理以及该救生艇悬挂角反射器的原因．解析：电磁波的反射与光的反射相似，遵守反射定律，无论雷达波从哪个角度射向角反射器，反射波最终都会沿与入射方向平行的直线返回；救生艇悬挂角反射器是为了让雷达能够尽快发现救生艇，开展营救．答案：见解析12．麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波．(1)一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图所示，求该光波的频率；(2)用该单色光在真空中做双缝干涉实验时，已知双缝间距离为0.25 mm，在距离双缝1.2 m处的光屏上，则相邻亮纹间的距离为多少？ 解析：(1)光在介质中的传播速度v ＝c n ，根据波长、波速和频率的关系式得v ＝λf ，联立解得频率f ＝c nλ，由图可知波长λ＝4×10－7 m ，代入数据解得，f ＝5×1014 Hz.(2)真空中光的波长λ0＝c f ＝6×10－7 m ，根据双缝干涉条纹间距公式Δx ＝L dλ0可得，Δx ＝2.88×10－3 m. 答案：(1)5×1014 Hz (2)2.88×10－3 m。
2019-2020【提分必做】高考物理一轮复习精选题辑课练22电容器带电粒子在电场中的运动
课练 22 电容器 带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点．以E 表示两极板间的电场强度，U 表示电容器的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则( )A ．U 变小，E p 不变B ．E 变大，E p 不变C ．U 变大，E p 变大D ．U 不变，E p 变大 答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q 不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d 减小，根据C ＝εS 4πkd 知，电容增大，根据U ＝QC可知，电容器的电压减小．由E＝U d ＝Q Cd ＝4πkq εS，可知电场强度E 不变，则P 与负极板间的电势差不变，P 点的电势不变，正电荷在P 点的电势能E p 不变，故A 正确．2.如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .粒子运动加速度为( )A.l d gB.d －l dgC.ld －l g D.dd －lg 答案：A解析：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有mg ＝qUd －l.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mg －q U d ＝ma ，联立解得a ＝ldg ，故选A.3．(2018·河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E 和极板所带电荷量Q 的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A 极板下移使A 、B 两板间距变为原来的23，则A 、B 两极板之间的引力与原来的比值是( )A.32B.94C.278D.8116两极板仍平行)，则下列说法正确的是间距增大时，小球打在N点的右侧间距减小时，小球打在N点的左侧间距减小时，小球可能打在N间距增大时，小球可能打在N为两块水平放置的金属板，通过闭合开关孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经80 J，减少的动能中有下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小时刻物块的速度最大时刻物块的速度最大时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1～t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故正确、D错误．．(2018·河南豫南九校质量考评)(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，保持闭合，向下移动b板，则v2>v1保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．的带正电荷的小球(可视为质点)，从离圆形轨道最低点点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动．已知小球所受电场力与其所受的重力大小相点由静止释放，恰好能通过E 点．区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方中带电粒子的水平位移为y，设偏转位移为y，NE＝2 m，在第Ⅰ象限加速过程中，2(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过点从静止释放一同样的微粒，该微粒将如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电在两极板间有一固定在点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是．平行板电容器的电容将变大如图所示，C1和C2是两个完全相同的平行板电容器，带有等的两极板间插入一块云母，已知云母的厚度与答案：D解析：此电路达到稳定后两电容器的电压是相同的，插入云母的过程中，C 1逐渐增大，根据Q ＝CU ，所以C 1两极板间电压会逐渐减小，电流由b 流向a ，A 错误；达到稳定后两电容器的电压相等，C 1>C 2，所以C 1的带电荷量大于C 2的带电荷量，B 错误；两电容器的电压相等，间距相等，所以电场强度相等，C 错误，D 正确．6．(2018·四川绵阳二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 极板间，A 极板接地，B 极板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力．则( )A ．φ1：φ2＝：2B ．φ1：φ2＝：3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的电势能最小D ．在0～2T 内，电子的电势能减少了2e 2T 2φ21md2答案：BCD解析：0～T 内，电子的加速度向上，设加速度大小为a 1，则a 1＝φ1emd，设T 时刻电子的速度大小为v 1，则v 1＝a 1T ＝φ1e md T ①，0～T 内的位移s 1＝12a 1T 2＝φ1eT22md②，T ～2T 内，加速度向下，大小为a 2＝φ2e md ③，T ～2T 内的位移s 2＝v 1T －12a 2T 2④，而s 1＝－s 2⑤，联立①②③④⑤式解得φ1：φ2＝：3，A 错误，B 正确；0～T 内，电场力做正功，电势能减少；T ～2T内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到P 点后，电势能高于电子在P 点的原电势能，故t ＝T 时电子的电势能最小，C 正确；设2T 时电子的速度为v 2，v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1emdT ，负号表示方向向下，根据动能定理得，在0～2T 内，电子的电势能的减少量等于电场力做的功，ΔE p ＝W ＝12mv 22－0＝2e 2T 2φ21md 2，D 正确．7．(2018·河南郑州模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R 的圆，AB 是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E ，方向与水平面平行．在圆上A 点处有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为＋q 的小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C 点的小球的动能最大．由于发射时刻不同，不计小球间的相互作用．已知α＝30°，下列说法正确的是( )A ．电场的方向与AC 间的夹角为30°B ．电场的方向与AC 间的夹角为60°C ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为18qERD ．小球在A 点垂直电场方向发射，恰能落到C 点，则初动能为14qER答案：AC解析：因为经过C 点的小球的动能最大，所以小球在C 点的电势能最小，即C 点电势最低，所以过C 点的切线即为等势线，根据电场线与等势线的关系可知电场线沿OC 方向，即与AC 间的夹角为30°，A 选项正确，B 选项错误；若小球在A 点垂直电场方向以初速度v 0发射，恰能落到C 点，则有3R 2＝v 0t ，32R ＝12·qE m t 2，解得E k0＝12mv 20＝18qER ，C 选项正确，D选项错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)如图所示，C 1为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地．M 和N 为两水平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P 处于静止状态．M 板与b 板用导线相连，N 板接地．在以下方法中，能使P 向上运动的是( )A ．增大a 、b 间的距离B ．增大M 、N 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 答案：AC解析：a 板与N 板电势恒定为零，b 板和M 板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且b 板与M 板所带电荷量之和保持不变．当增大a 、b 间的距离时，由公式C ＝εS4πkd可得上侧电容器的电容减小，b 板的电荷将流向M 板，所以M 、N 间电场强度要增强，P 向上运动，A 选项正确；当增大M 、N 间的距离时，由公式C ＝εS4πkd可得，下侧电容器的电容减小，M板的电荷将流向b 板，所以M 、N 两板间电场强度要减弱，P 向下运动，B 选项错误；当取出a 、b 两极板间的电介质时，由公式C ＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容减小，b 板的电荷将流向M 板，所以M 、N 两板间电场强度要增强，P 向上运动，C 选项正确；当换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质时，由公式C ＝εS4πkd可得，上侧电容器的电容增大，M 板的电荷将流向b 板，所以M 、N 两板间电场强度要减弱，P 向下运动，D 选项错误．9．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带负电，极板Y 应带负电B ．极板X ′应带负电，极板Y 应带负电C ．极板X 应带负电，极板Y ′应带负电D ．极板X ′应带负电，极板Y ′应带负电 答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X 偏转，则电场方向为X 到X ′，则极板X ′应带负电；同理可知，因电子向Y ′偏转，则电场方向为Y ′到Y ，因此极板Y 应带负电，故B 正确，A 、C 、D 错误．刷易错易误——排难点易错点1 不能从图象中获取有效信息导致出错10．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )答案：C解析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器上所带的电荷量Q 不再发生变化，设题图所示位置平行板间距为d ，根据平行板电容器的电容公式，有C ＝εr S4πd d ＋x，电容器C 随x 变化的图线应为曲线，故A 错误；根据C ＝εr S 4πk d ＋x ＝Q U ，电场强度E ＝U d ＋x ＝4πkQεr S，E 与x 无关，保持不变，图象应为平行于x 轴的直线，故B 错误；负极板接地，电势φ1＝0，设负极板与P 点的初始距离为d 2，有φ－φ1＝E (d 2＋x )，则φ＝Ex ＋Ed 2，即P 点电势随x 变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C 正确；正电荷在P 点的电势能E p ＝q φ＝qEd 2＋qEx ，也是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故D 错误．易错点2 对带电粒子在交变电场中受力、运动情况分析不清导致出错11．(2018·陕西长安一中三模)(多选)如图甲所示平行金属板A 、B 之间的距离为6 cm ，两板间场强随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A 指向B 为正，周期T ＝8×10－5 s ．某带正电的粒子，电荷量为8.0×10－19 C ，质量为1.6×10－26kg ，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则( )A ．若粒子于t ＝0时释放，则一定能运动到B 板 B ．若粒子于t ＝T 2时释放，则一定能运动到B 板C ．若粒子于t ＝T4时释放，则一定能运动到A 板答案：：解析：(1)设两小球抛出的初速度为同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间向右做初速度为x M：x＝：1点距电场上边界的高度为gh，gt2，。
2016届高考物理一轮复习：课时强化作业37
课时强化作业三十七电磁感应现象、楞次定律一、选择题1．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起，某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是()A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同解析：无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起．如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起．所以答案是D项．答案：D2．(2014年全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：只形成闭合电路，回路中有磁通量，但磁通量不发生变化，回路中不会产生感应电流，故选项A、B、C错误，绕在同一铁环上的两个线圈分别接电源和电流表，给通电线圈通电和断电瞬间，通过闭合电路的磁通量发生变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D正确．答案：D3.如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，金属杆ab与框架间无摩擦，整个装置处于竖直方向的磁场中．若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度()A．方向向下并减小B．方向向下并增大C．方向向上并增大D．方向向上并减小解析：由于杆ab向右运动，则杆与“U”形金属框架组成闭合电路的面积增大，由楞次定律的推广应用可知，通过闭合电路的磁场正在减弱，故选项A、D正确．答案：AD4.如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2，重力加速度大小为g，则()A．T1＞mg，T2＞mgB．T1＜mg，T2＜mgC．T1＞mg，T2＜mgD．T1＜mg，T2＞mg解析：当圆环经过磁铁上端时，磁通量增大，根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上推，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T1＞mg，当圆环经过磁铁下端时，磁通量减小．根据楞次定律可知磁铁要把圆环向上吸，根据牛顿第三定律可知圆环要给磁铁一个向下的磁场力，因此有T2＞mg，所以只有A正确．答案：A5.如图是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是()A．开关S闭合瞬间B．开关S由闭合到断开的瞬间C．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动D．开关S已经是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动解析：M向右运动定阻碍磁通量的增加，原因是左边螺线管中电流的磁场增强，所以有两种情况，一是闭合，二是滑片P向左滑动．故A、C对．答案：AC6．某磁场磁感线如图所示，有一铜线圈自图示A位置下落至B位置，在下落过程中，自上往下看，线圈中感应电流的方向是()A．始终顺时针B．始终逆时针C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针解析：线圈由A位置下落至O位置的过程中，磁通量向上增加，由O位置下落至B位置的过程中，磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(由上往下看)是先顺时针后逆时针，C项正确．答案：C7.如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁匀速向右通过线圈正下方时，线圈仍静止不动，那么线圈受到薄板的摩擦力方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是()A．摩擦力方向一直向左B．摩擦力方向先向左、后向右C．感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针D．感应电流的方向为顺时针→逆时针解析：当磁铁向右运动时穿过线圈的磁通量先向上增加，后减小，当线框处在磁铁中间以后，磁通量先向下增加，后减小，所以感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针，故选项C正确；选项D错误；根据楞次定律可以判断，磁铁向右移动过程中，磁铁对线圈有向右的安培力作用，所以摩擦力的方向向左，故选项A正确，选项B错误．答案：AC8．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是()A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时解析：在S断开的情况下，S向a(b)闭合的瞬间M中电流瞬时增加，左端为磁极N(S)极，穿过N的磁通量增加，根据楞次定律可知N向右运动，选项A、B均错误；在S已向a 闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N 的磁通量减小，根据楞次定律可知N向左运动，选项D错误，C正确．答案：C9.如图所示，ab为一金属杆，它处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；S为以a为圆心位于纸面内的金属环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接触．当杆沿顺时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图所示，则此时刻()A．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由c向d，作用于ab的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由d向c，作用于ab的安培力向右D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零解析：当金属杆ab顺时针方向转动时，切割磁感线，由法拉第电磁感应定律知产生感应电动势，由右手定则可知将产生由a到b的感应电流，电流表的d端与a端相连，c端与b端相连，则通过电流表的电流是由c到d，而金属杆在磁场中会受到安培力的作用，由左手定则可判断出安培力的方向为水平向右，阻碍金属杆的运动，所以A正确．答案：A10.如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，吊一金属环a处于静止状态，在其内部也吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动情况将是()A．a右摆，b左摆B．a左摆，b右摆C．a右摆，b不动D．a左摆，b不动解析：若滑动变阻器的滑片向左滑动，接入电路的阻值变小，通过螺线管的电流变大，根据通电螺线管内外的磁感线分布特点可知，穿过a环的磁通量将增大，根据楞次定律的推论，a环将左摆来阻碍磁通量的增大，由微元法可得b环所受的安培力指向圆心且在同一平面内，故b环面积缩小但不摆动，选项D正确．答案：D11．如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)()A．向右匀速运动B．向左加速运动C．向右减速运动D．向右加速运动解析：欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流磁场垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐步减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量是在增大．因此对前者应使ab减速向右运动．对于后者，则应使ab加速向左运动，故应选B、C.答案：BC12．如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q 共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻()A．t1时刻N＞G，P有收缩的趋势B．t2时刻N＝G，此时穿过P的磁通量最大C．t3时刻N＝G，此时P中无感应电流D．t4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最小解析：t1时刻电流i增大，穿过线圈的磁通量增大，为反抗磁通量的增大，线圈有收缩的趋势，同时有远离螺线管向下运动的趋势，N＞G，A正确；t2时刻电流i不变，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为零，N＝G，B正确；同理t3时刻N＜G，有感应电流，t4时刻N ＝G，P中无感应电流，C、D均错误．答案：AB二、非选择题13．我国的“嫦娥二号”探月卫星在发射1 533秒后进入近地点高度为200 km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50 cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向，此时地磁场磁感应强度B＝4×10－5 T，方向如图所示．问：(1)该过程中磁通量的改变量是多少？(2)该过程线框中有无感应电流？设线框电阻为R＝0.1 Ω，若有电流则通过线框的电量是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量Φ1＝BS cos53°＝6.0×10－6 Wb.当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量Φ2＝BS cos143°＝－8.0×10－6 Wb该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5 Wb.(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流．根据电磁感应定律得，I ＝E R ＝ΔΦR Δt . 通过的电量为q ＝I ·Δt ＝ΔΦR＝1.4×10－4 C. 答案：(1)1.4×10－5 Wb (2)1.4×10－4 C。
2016届高考物理一轮课时作业【22】电路、闭合电路的欧姆定律(含答案)
I ＝ ＝2.4 A ，R ＝U /I ＝2 Ω ，B 正确．当两电阻并联接入电路中时 I ＝× ＋r【高考核动力】2016 届高考物理一轮复习 课时作业 22 电路 闭合电路的欧姆定律(时间：45 分钟 满分：100 分)一、选择题(本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分，每小题至少有一个选项正确，把 正确选项前的字母填在题后括号内)1．如图所示为测量某电源电动势和内阻时得到的 U －I 图线．用此电源与三个阻值均为 3 Ω 的电阻连接成电路，测得路端电压为 4.8 V ．则该电路可能为下图中的( )【解析】 由 U －I 图线的截距及斜率可得该电源 E ＝6 V ，r ＝0.5 Ω .当 U ＝4.8 V 时， E －Ur【答案】 B2．两个相同的电阻 R ，当它们串联后接在电动势为 E 的电源上，通过一个电阻的电流 为 I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为 I ，则电源的内阻为( )A ．4RB ．RC.R 2D ．无法计算【解析】 当两电阻串联接入电路中时 I ＝E2R ＋rE1 R22由以上两式可得：r ＝R ，故选项 B 正确． 【答案】 B3．如图所示是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图，当开关闭合时， 灯 L 1 亮，灯 L 2 不亮，电流表和电压表均有示数，则故障原因可能是( )A ．L 1 断路B ．L 1 短路C ．L 2 断路D ．L 2 短路【解析】 由题图可知，两灯泡串联，由于电流表有读数，说明L 1、L 2 都没有断路；电 压表测量的是灯泡 L 1 两端的电压，电压表有读数，说明 L 1 没有短路，故可能的故障原因是 L 2 短路，答案为 D.BF 【答案】D4．如图所示的电路中，电压表都看作理想电表，电源内阻为r.闭合开关S，当把滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时()A．电压表的示数变大，电压表的示数变小B．电压表的示数变小，电压表的示数变大C．电压表的示数变化量大于电压表示数变化量D．电压表的示数变化量小于电压表示数变化量【解析】当滑动变阻器R3的滑片P向b端移动时，接入电路中的R3增大，电压表和和R3均是并联，根据“串反并同”结论，可知电压表和示数均变大，故选项A、错误．设电压表示数为U1，电压表示数为U2，干路电流为I，则有U1＝U2＋IR1，则ΔU1＝ΔU2＋ΔIR1，根据“串反并同”结论可知I减小，即ΔI<0，则ΔU1<ΔU2，故答案为D.【答案】D5．(2015·安徽宣城质检)如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部，闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是()A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小【解析】当R1不变，增大R2时，电路中总电流I减小，R分压相应减小，MN极板间的场强也减少，所以F也变小．而当R2不变，调节R1时，MN极板间的电压不变，应不变．选项B正确．【答案】B6.如右图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则()A．电压表的示数变大U 1 U 2UI ＝(2＋6)×0.5 W ＝4 W ，C 项错误；电源内阻 r ＝ ＝2 Ω ，D 项正确．I m20 Ω ，B 正确；将其与 20 Ω 的电阻器连成闭合电路，则路端电压为 U ＝IR ＝R ＝400 mV ，B ．小灯泡消耗的功率变小C ．通过 R 2 的电流变小D ．电源内阻消耗的电压变大【解析】 若将照射 R 3 的光的强度减弱，则 R 3 的电阻将增大，电路中的总电阻将增大，总电流减小，故电压表的示数变小，内电压也减小，A 、D 错误；而电阻 R 2 两端的电压将变 大，通过 R 2 的电流变大，而总电流减小，所以通过小灯泡的电流减小，小灯泡消耗的功率变小，B 正确，C 错误．【答案】 B7．用标有“6 V,3 W”的灯泡 L 1、“6 V,6 W”的灯泡 L 2 与理想电压表和理想电流表连 接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势 E ＝9 V ．图乙是通过两个灯泡的电流随两端 电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时( )A ．电流表的示数为 1 AB ．电压表的示数约为 6 VC ．电路输出功率为 6 WD ．电源内阻为 2 ΩP【解析】 两个灯泡串联，所以电流相等．L 1 的额定电流为 I 1＝ 1＝0.5 A ，L 2 的额定P电流为 I 2＝ 2＝1 A ，所以只有 L 1 正常发光，电路中电流为 0.5 A ，A 项错误；从图像中可以看出，电流为 0.5 A 时，两灯的电压分别为 6 V 和 2 V ，因 R L1>R L2，由串联分压原理知，L 1 两端电压为 6 V ，L 2 两端电压为 2 V ，电压表示数为 2 V ，B 项错误；电路中输出功率为 P ＝E －UI【答案】 D8．2014 年 9 月仁川亚运会期间，采用 LOM －E 玻璃，它可将太阳能转化为电能并储存 起来．已知太阳能电池板的开路电压为 800 mV ，短路电流为 40 mA.现将该电池板与一阻值 为 20 Ω 的电阻器连成一闭合电路，下列说法正确的是 ( )A ．电池板的电动势为 800 mVB ．电池板的内电阻为 20 ΩC ．闭合电路的路端电压为 800 mVD ．闭合电路的路端电压为 400 mVE【解析】 太阳能电池板的电动势等于开路电压，即 E ＝800 mV ，A 正确；内阻 r ＝ ＝ER ＋rD 正确．【答案】ABD9．(2015·天门月考)某同学将一直流电源的总功率PE 、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知下列叙述正确的是()A．反映Pr变化的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为2ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【解析】电源的总功率PE ＝IE，功率与电流成正比，由Pr＝I2r知电源内部的发热功率与电流的平方成正比，A正确；当电流为2A时，电源的总功率与发热功率相等，可得出电源电动势为4V，内阻为2Ω.当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律可得出外电路的电阻为6Ω，B错误，C、D正确．【答案】ACD10.如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下列说法中正确的是()A．电压表的读数减小，电流表的读数增大B．电压表的读数增大，电流表的读数减小C．电压表的读数减小，电流表的读数增大D．电压表的读数增大，电流表的读数减小【解析】当滑动变阻器滑片P向右端移动时，电路的总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律知，电路中的总电流增大，即电流表的读数增大．将电阻R1视为电源内阻的一部分，则路端电压要减小，即电压表的读数减小，A正确，B错误．再根据欧姆定律分析得，电流表的读数减小，所以电阻R2所在的支路电流增大，电压表的读数增大，C错误，D正确．【答案】AD二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图所示，电源内阻r＝1Ω，R1＝2Ω，R2＝6Ω，灯L上标有“3V 1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移动最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．设滑动变阻器的Pb段电阻为R3，R3与RL并联等效电阻R3L＝R3·RL＝R3·6，又U3＝IRL3＝4R3所以P3＝3＝U216R316R316R3R23＋4R3＋4R3－2＋8RR3－＋8(1)求电源的电动势；(2)求当P移到最左端时，电流表的示数；(3)当滑动变阻器的Pb段电阻为多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？【解析】(1)电源的电动势E＝UL＋IR1＋Ir＝3V＋1×2V＋1×1V＝6V.(2)当P移到最左端时，由闭合电路欧姆定律，I＝E/(R1＋r)＝2 A.(3)灯L电阻RL＝U2/P＝6Ω，R3＋RLR3＋6由闭合电路欧姆定律，I＝E/(R1＋r＋R3L)，将已知量代入，化简得：I＝，R3＋2＋R33R3＋6.＝＝，23R3当R3＝2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W.【答案】(1)6V(2)2A(3)2Ω2W12.(15分)在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d ＝4.0cm.电源电动势E＝400V，内阻r＝20Ω，电阻R1＝1980Ω.闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球(可视为质点)从B板上的小孔以初速度v＝1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板．若小球所带电荷量q＝＋1.0×10－7C，质量m＝2.0×10－4kg，不考虑空气阻力，忽略射入小球对电路的影响，取g＝10m/s2.求：(1)A、B两金属板间电压的大小U；(2)滑动变阻器消耗的电功率P滑；(3)电源的效率η.【解析】(1)小球从B板上的小孔射入恰好到达A板的过程中，在电场力和重力的作1用下做匀减速直线运动，设A、B两极板间电压为U，根据动能定理有－qU－mgd＝0－2mv2解得U＝200V.(2)设此时滑动变阻器接入电路中的电阻值为R滑，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流I＝ER1＋R滑＋r根据部分电路欧姆定律可知U＝IR滑解得R滑＝2.0×103ΩR 滑P 出I2R1＋R滑P 总I R1＋R滑＋rU2滑动变阻器消耗的电功率P滑＝＝20W.(3)电源的效率η＝＝2×100%＝99.5%.【答案】(1)200V(2)20W(3)99.5%。
- 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)。
课时强化作业二十二实验：探究动能定理1．在“探究动能定理”的实验中，某同学是用下面的方法和器材进行实验的：放在长木板上的小车，由静止开始在几条完全相同的橡皮筋的作用下沿木板运动，小车拉动固定在它上面的纸带，纸带穿过打点计时器，关于这一实验，下列说法中正确的是() A．长木板要适当倾斜，以平衡小车运动中受到的阻力B．重复实验时，虽然用到橡皮筋的条数不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相同C．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最密集的部分进行计算D．利用纸带上的点计算小车的速度时，应选用纸带上打点最均匀的部分进行计算解析：在本题的实验中，由于小车在运动中受到阻力(摩擦力和纸带的阻力)，所以要使长木板适当倾斜，以平衡小车运动过程中受到的阻力，重复实验时，为了使橡皮筋对小车所做的功与它的条数成正比，所以用到橡皮筋的条数虽然不同，但每次应使橡皮筋拉伸的长度相同，利用纸带上的点计算小车的速度时，由于要计算的是小车脱离橡皮筋后匀速运动的速度，所以应选用纸带上打点最均匀的部分进行计算，故A、B、D选项是正确的．答案：ABD2．在探究功与物体速度变化的关系的实验中，某同学在一次实验中得到一条如图所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间稀疏，出现这种情况的原因可能是()A．电源的频率不稳定B．木板倾斜的程度太大C．没有使木板倾斜或倾斜角太小D．小车受到的阻力较大解析：出现上述情况的原因是小车先加速再减速，说明开始时橡皮筋的弹力大于摩擦力，随后又小于摩擦力，因此没有完全平衡摩擦力．答案：CD3．为了“探究外力做功与物体动能变化的关系”，查资料得知，弹簧的弹性势能E p＝12，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧长度的变化量．2kx某同学就设想用压缩的弹簧推静止的小球(已知质量为m)运动来探究这一问题．为了研究方便，把小球放在水平桌面上做实验，让小球在弹力作用下运动，即只有弹簧弹力做功．该同学设计实验如下：首先进行如图甲所示的实验：将轻质弹簧竖直挂起来，在弹簧的另一端挂上小球，静止时测得弹簧的伸长量为d.在此步骤中，目的是要确定物理量__________________，用m 、d 、g 表示为________． 接着进行如图乙所示的实验：将这根弹簧水平放在桌面上，一端固定，另一端被小球压缩，测得压缩量为x ，释放弹簧后，小球被推出去，从高为h 的水平桌面上抛出，小球在空中运动的水平距离为L .小球的初动能E k1＝________. 小球离开桌面的动能E k2＝________________________________________________________.弹簧对小球做的功W ＝________(用m 、x 、d 、g 表示)．对比W 和E k2－E k1就可以得出“外力做功与物体动能变化的关系”．解析：在图甲所示的实验中，由于小球的质量m 为已知，待小球静止时，小球处于平衡状态．则有mg ＝kd ，这样就可以测得弹簧的劲度系数．则k ＝mg d.在水平桌面上小球的初动能E k1＝0. 离开桌面后小球做平抛运动h ＝12gt 2，L ＝v 2t .得v 2＝Lg 2h. 则E k2＝12m v 22＝mgL 24h.弹簧对小球做功等于弹簧弹性势能的减少，则有 W ＝12kx 2＝mgx 22d.答案：弹簧的劲度系数k k ＝mg d 0 mgL 24h mgx 22d4．某实验小组采用如图甲所示的装置探究功与速度变化的关系，小车在橡皮筋的作用下弹出后，沿木板滑行．打点计时器工作频率为50 Hz.(1)实验中木板略微倾斜，这样做________． A ．是为了释放小车后，小车能匀加速下滑B ．是为了增大小车下滑的加速度C ．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功D ．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条…并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放小车．把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W 1，第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功为2W 1…橡皮筋对小车做功使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出．根据第4次的纸带(如图乙所示)求得小车获得的速度为________m/s.(3)若根据多次测量数据画出的W -v 草图如图丙所示，根据图线形状，可知对W 与v 的关系作出的猜想肯定不正确的是________．A ．W ∝vB ．W ∝1v C ．W ∝v 2 D ．W ∝v 3(4)如果W ∝v 2的猜想是正确的，则画出的W -v 2图象应是_____________________________________．(5)在本实验中你认为影响实验效果的可能原因是________________________．(只要回答出一种原因即可)解析：(1)使木板略微倾斜的目的是平衡摩擦力，故CD 正确．(2)由纸带后半部分两点间距离相同，可知小车对应做匀速运动，可求得：v ＝x T ＝0.04 m0.02 s ＝2 m/s.(3)由W -v 图象可知，随速度增大，W 变化率增大，故A 、B 是不可能的． (4)若W ∝v 2，由函数关系可知W -v 2图象应该是过原点的一条直线．答案：(1)CD (2)2 (3)AB (4)过原点的一条直线 (5)木板太过倾斜(答案合理即可) 5.某同学用如右图所示的实验装置探究小车动能变化与合外力对它所做功的关系．图中A 为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B 的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，C 为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点．(1)该同学在一条比较理想的纸带上，依次选取0、1、2、3、4、5共六个计数点，分别测量后5个计数点与计数点0之间的距离，并计算出它们与0点之间的速度平方差Δv 2(Δv 2＝v 2－v 20)，填入下表：请以Δv 2为纵坐标、0.2 kg ，结合图象可求得小车所受合外力的大小为________N.(2)该同学通过计算发现小车所受合外力小于测力计读数，明显超出实验误差的正常范围．你认为主要原因是____________________，实验操作中改进的措施是__________________．解析：(1)将表中的数据分别描在题图坐标系中，然后在图中用平滑曲线连接，并且使尽可能多的点分布在曲线上，或对称分布在直线两侧，如下图所示．由Fx ＝12m v 22－12m v 21＝12m Δv 2得Δv 2x ＝2F m .取图中Δv 2＝0.22 m 2/s 2, x ＝9.20×10－2 m 的点，Δv2 x＝0.229.20×10－2＝2Fm.解得F＝0.25 N.(2)主要原因是长木板对小车存在摩擦力，应将木板左端垫高适当角度，以平衡摩擦力，减小误差．答案：(1)0.25(2)长木板对小车存在摩擦力将长木板左端垫高适当角度，以平衡摩擦力减小误差6．探究能力是物理学研究的重要能力之一．某物理兴趣小组探究“阻力做功与绕固定轴转动物体角速度ω的关系”，某同学采用了下述实验步骤进行探索：①如图所示，先让砂轮由动力带动匀速旋转，测得其角速度为ω；②然后让砂轮脱离动力，由于克服转轴间的摩擦力，砂轮最后停下，测出砂轮从脱离动力到停止转动的过程中转过的圈数为n；③通过分析实验数据，得出结论．经实验测得的几组ω和n的数据如下表所示：(1)(2)若砂轮转轴的直径大小为D，转轴转动时受到的摩擦力大小恒为f.砂轮脱离动力后克服摩擦力做功的表达式为W f＝________.(用题目中所给的物理量表示)(3)若某次实验测量砂轮转轴的直径D，游标卡尺上的示数如图所示，则D＝________mm.(4)物体因绕转轴转动而具有的动能叫转动动能．设法测得砂轮转轴转动时受到的摩擦力f ＝10π N ，通过上述实验，可以得出：该砂轮的转动动能E k 与角速度ω的关系式为E k ＝kω2，其中比例系数k 的大小为________，k 的单位是________(用力学基本单位kg 、m 、s 表示)．解析：(1)由实验数据在n -ω坐标系或n -ω2坐标系中描点，发现n ∝ω2，故选项D 正确． (2)砂轮脱离动力后克服阻力做的功，W f ＝fn πD . (3)游标卡尺的精确度为0.05 mm ，读数为10.00 mm. (4)由动能定理，可知W f ＝E k ＝kω2.即fn πD ＝kω2. 得n ＝kω2f πD .故在n -ω2图象中，图线的斜率为kf πD .即k f πD ＝Δn Δω2＝32016.得k ＝20×10π×π×10.00×10－3＝2.其单位为kg·m 2. 答案：(1)D (2)fn πD (3)10.00 (4)2 kg·m 27．(2013年四川卷)如图甲所示，某组同学借用“探究a 与F 、m 之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：甲(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________________运动．乙(2)连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图乙所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G .实验时小车所受拉力为0.2 N ，小车的质量为0.2 kg.请计算小车所受合外力做的功W 和小车动能的变化ΔE k ，补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).k(3)实验前已测得托盘质量为7.7×10－3 kg ，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g 取9.8 m/s 2，结果保留至小数点后第三位)．解析：(1)把长木板一端垫高，调节长木板的倾斜程度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿长木板做匀速直线运动．(2)从点O 到点F 小车所受合力做功W ＝Fx OF ＝0.2×55.7 s ×10－2 J ＝0.111 5 J.小车在点F 的瞬时速度v F ＝x EG 2T ＝(66.77－45.75)×10－22×0.1m/s＝1.051 m/s.从O 到F 小车动能的变化量ΔE k ＝12m v 2F＝0.110 5 J.(3)设托盘中的砝码质量m 1，托盘质量m 0＝7.7×10－3 kg ，小车所受拉力等于托盘和砝码的重力之和，即F ＝(m 0＋m 1)g ，解得m ＝F g －m 0＝(0.29.8－7.7×10－3)kg ＝0.013 kg.答案：(1)匀速直线 (2)0.111 5 0.110 5 (3)0.013。