2019届高考物理二轮复习选考实验学案(浙江专用)
2019版物理高考二轮复习备考浙江选考版课件：专题五加试选择题题型强化(多选题型)第1讲
专题五加试选择题题型强化（多选题型）第1讲机械振动和机械波考点一机械振动和图象考点~k机械振动和图象L（多选）（2016-浙江4月选考• 15）摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图1所示•选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面,由图可知4 护、乙两单摆的摆长之比是勺B.乙时刻甲、乙两单摆的摆角相等“时刻甲、乙两单摆的势能差最大图1D./时刻甲、乙两单摆的速率相等模拟训练2.（多选）（人教版选修3-4P13 “演示”改编）甲、乙两位同学分别使用图2a所示的同一套装置观察单摆做简谐运动时的振动图象，已知二人实验时所用的单摆的摆长相同，落在木板上的细沙分别形成的曲线如图b所示，下面关于两图线的说法中正确的是 "护图表示沙摆摆动的幅度较大，乙图摆动的幅度较小图2 B.甲图表示沙摆摆动的周期较大，乙图摆动的周期较小人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系。
甲二乙D.二人拉木板的速度不同，甲、乙木板的速度关系e乙二2°甲I Ib3.（多选）（2017・嘉兴市3月模拟）如图3甲所示，0是单摆的平衡位置，B、C 是摆球所能到达的最远位置•此单摆振动图象如图乙所示，则A.单摆振幅是16 cm&单摆摆长约为lmD.摆幅减小，周期也减小Ax/cm乙4.（多选）（人教版选修3-4P21第4题改编）如图4所示是一个单摆的共振曲D.当单摆的摆长变长后，共振曲线峰值右移线，根据该共振曲线，下列说法正确的是萨驱动力频率为/o时单摆发生共振C.当驱动力的频率增加时共振曲线峰值右移图45.（多选）（2017-湖州市高二上期末）一质点做简谐运动，质点的位移随时间变化规律如图5所示，则从图中可以看出t x/cm令质点做简谐运动的频率为°・25血B.f二3 s时，质点的速度为零&二3 s时，质点的加速度为零D.在1〜2 s间，质点的速度逐渐变大规律总结解析由图知，该质点的周期为4s,频率为0.25Hz,故A正确；t = 3 s时，质点处于平衡位置，加速度为零，速度最大，故B错误，C1E 确;图51•简谐运动的特征(1)受力特征：回复力满足F= -kx.(2)运动特征：当物体靠近平衡位置时，a、F、兀都减小，。
(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题六 实验题题型强化 第1讲 力学实验学案
第1讲力学实验[历次选考考情分析]考点一测量仪器的使用及纸带问题打点计时器的使用及纸带的计算1．打点计时器：电火花计时器交流50 Hz,220 V 0.02 s2.通过纸带求解运动的加速度和瞬时速度 (1)利用逐差法求解平均加速度(如图1)图1a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T 2⇒a ＝a 1＋a 2＋a 33(2)利用平均速度求瞬时速度：v n ＝x n ＋x n ＋12T(3)利用速度－时间图象求加速度①作出速度－时间图象，通过图象的斜率求解物体的加速度； ②剪下相邻计数点间的纸带紧排在一起求解加速度．例1 (2018·温州市十五校联合体期中)同学们利用如图2所示装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验．请你完成下列有关问题：(1)实验室提供如图3甲、乙两种打点计时器，某实验小组决定使用电火花计时器，则应选用图中的____(填“甲”或“乙”)计时器．图2图3(2)另一实验小组使用的是电磁打点计时器，图4中接线正确的是________(填“甲”或“乙”)．图4(3)小宇同学选取一条清晰纸带进行研究，在纸带上确定出九个计数点，如图5所示，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1 s，根据纸带提供的信息，纸带上3、5两点间距离为______ mm.图5(4)纸带上计数点6的瞬时速度为________ m/s(结果保留3位有效数字)，小车运动的加速度为________ m/s2(结果保留2位有效数字)．(5)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，下列说法中对于减小实验误差有益的是________．A．垫高长木板的一端，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B．使小车运动的加速度尽量小些C．舍去纸带上密集的点，利用点迹清晰、点间间隔适当的那一部分进行测量D．选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验答案(1)乙(2)乙(3)35.0(34.5～35.5均可) (4)0.255(0.254～0.256均可) 0.38(0.37～0.39均可) (5)CD1．(2018·新高考研究联盟联考)(1)某次做实验时，实验员准备了以下器材，如图6所示，请问用以下器材可以做下列哪些实验________．图6A．探究小车速度随时间变化的规律B．探究加速度与力、质量的关系C．探究求合力的方法D．研究平抛运动(2)上题四个选项中的实验，必须用到天平的是________(填对应字母)答案(1)AB (2)B2．(2018·宁波市期末)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中(1)用到电磁打点计时器，应采用的电源是________．A．学生电源交流输出B．3节干电池C．蓄电池(2)下列说法正确的是________．A．应先接通电源，在打点计时器开始打点后再释放小车B．应先释放小车，再接通打点计时器的电源(3)某学生实验时得到一条点迹清晰的纸带如图7所示，图中O、A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的6个点，若打点计时器的打点周期为T，则利用此纸带得到小车的加速度的表达式为________．(用x2、x5、T来表示)图7答案(1)A (2)A (3)a＝x5－x2 3T23．(2018·西湖高级中学月考)(1)在下列学生实验中，需要平衡摩擦力的有________．A．“探究小车速度随时间变化的规律”B．“探究加速度与力、质量的关系”C．“探究做功与物体速度变化的关系”D．“探究作用力与反作用力的关系”(2)某小组做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，除了选择小车、带滑轮的长木板、细绳、钩码、刻度尺、导线(按需要备选)外，还要选择下图中的哪些仪器______．(3)在上小题中，用一端固定的橡皮筋代替钩码和细线拉动小车，就可以做“探究做功与物体速度变化的关系”实验．调节好实验装置，当用一条橡皮筋拉动小车时，打出的纸带如图8所示，请根据纸带上的数据计算小车匀速时的速度v＝________ m/s(打点计时器所用交变电源的频率为50 Hz)．图8答案(1)BC (2)A或BD (3)1.56解析(2)实验时不需要测量小车或钩码的质量，因此不需要天平，需要打点计时器，有两种选择方案：选择A(电火花计时器)，或者B、D(电磁打点计时器与低压交流电源)．(3)匀速直线运动时小车速度最大，故小车速度为：v＝xt＝3.12 cm0.02 s＝156 cm/s＝1.56 m/s.4．(2017·诺丁汉大学附中高三上期中)如图9甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置示意图．现有的器材为：带铁夹的铁架台、打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、刻度尺、天平．回答下列问题：图9(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的一个器材是________． A ．游标卡尺 B ．秒表 C ．多用电表D ．交流电源(2)下面列举了该实验的几个操作步骤，其中操作不当的一个步骤是________． A ．调节打点计时器两限位孔在同一竖直线上 B ．按照图示的装置安装器件 C ．先释放纸带，后接通电源 D ．测量纸带上某些点间的距离(3)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a 的数值．根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A 、B 、C 、D 、E ，测出各点之间的距离如图乙所示．所使用交流电的频率为f ，则计算重锤下落的加速度的表达式为a ＝________(用x 1、x 2、x 3、x 4及f 表示)． 答案 (1)D (2)C (3)(x 3＋x 4－x 1－x 2)f 24解析 (1)通过打点计时器计算时间，故不需要秒表，打点计时器应该与交流电源连接，需要刻度尺测量纸带上两点间的距离，不需要游标卡尺和多用电表，故选D. (2)操作不当的步骤是C ，应该先接通电源，后释放纸带． (3)根据逐差法得a 1＝x 3－x 12T 2，a 2＝x 4－x 22T2，则 a ＝a 1＋a 22＝x 3＋x 4－x 1－x 24T 2＝(x 3＋x 4－x 1－x 2)f 24. 考点二 “小车＋导轨”模型实验1．“小车＋导轨”类实验(1)可以研究匀变速直线运动的规律；(2)可以探究加速度与质量、合外力之间的关系； (3)可以探究做功与速度变化之间的关系； (4)可以验证机械能守恒定律． 2．解答“小车＋导轨”类实验的技巧(1)要根据实验原理来判断是否需要平衡摩擦力，知道正确平衡摩擦力的方法．(2)要清楚钩码(或沙桶)与小车之间的质量关系，并且要清楚在仪器创新或实验原理创新的情形下，该条件是否需要调整．(3)要知道实验数据、图象的处理方法和运用数学知识解题的技巧．例2(2018·杭州市五校联考)如图10所示，某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，对打出的一条纸带进行研究(打点计时器所用电源频率为50 Hz)，该同学在纸带上按每5个点取一个计数点，取了A、B、C、D、E、F等计数点进行研究，该同学已求出了一些计数点对应的速度，其数值见表格．图10计数点 B C D Ev/(m/s)0.400.560.64(1)关于用打点计时器“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，以下说法正确的是________．A．长木板带滑轮的一端必须伸出桌面外侧B．实验时小车应从靠近打点计时器的位置释放C．应先释放小车，再启动打点计时器D．牵引小车的钩码质量越大越好(2)根据图11纸带提供的信息，该同学已经计算出了打下B、D、E这三个计数点时小车的速度，请你帮助他计算出打下计数点C时小车的速度(保留2位有效数字)，并填入相应空格．图11(3)以速度v为纵轴、时间t为横轴在坐标纸上建立直角坐标系(A点对应时刻为坐标系中的0时刻)，根据以上数据在图12所给的坐标纸中作出小车的v－t图线．图12(4)根据图象可得，小车在打下A点时的速度v A＝____ m/s，小车运动的加速度a＝____ m/s2(以上结果均保留2位有效数字)．答案(1)AB (2)0.48 (3)如图所示(4)0.32 0.805．(2018·宁波市期末)某学习小组进行了“探究加速度与力、质量的关系”实验．(1)实验过程中，发现实验室有两种打点计时器，如图13所示．其中电火花计时器是图中的________，该打点计时器使用的电源是________．图13(2)该小组欲通过如图14所示装置打出的纸带来测量小车的加速度．图中是小车释放前的状态，图中有两处明显错误，请指出其中任意一处错误________．图14(3)经正确操作后，打出的一条纸带的一部分如图15所示．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，测出相邻计数点之间的距离(单位：cm)．由此求得小车在打点计时器打第2点时的速度为________ m/s(已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz，结果保留两位有效数字)．图15答案(1)B 交流220 V (2)左端没有垫高或小车离打点计时器太远(3)0.366．(2018·绍兴市选考诊断)如图16所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置．图16(1)下图是实验时平衡阻力的情形，其中正确的是______．(选填字母)(2)在平衡阻力后，当小盘及盘内物体的总质量________(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车总质量时，小盘及盘内物体的总重量近似等于小车运动时所受的拉力．实验中可以通过增减小盘中________(选填“50 g钩码”或“1 g砝码”)的个数来改变拉力的大小．(3)图17是对一条纸条处理后得到的v－t图象，根据图象可求得加速度大小为______ m/s2.(结果保留三位有效数字)图17答案(1)C (2)远小于 1 g砝码(3)2.00(1.95～2.05均可)7．(2018·杭州市期末)某同学用如图18所示的装置来探究加速度与力、质量的关系．图18(1)下列说法中正确的是________．A．平衡摩擦力时需要将木板有滑轮的一端稍垫高B．平衡摩擦力时需要装上纸带，并悬挂好小桶C．若改变小车质量，因小车所受阻力发生变化，需重新平衡摩擦力D．应调整滑轮，保证小车在运动过程中细线和木板平行(2)为改变小车所受的力的大小，可往小桶中添加下列图片中的________．(3)图19甲为实验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为x AB ＝4.22 cm ，x BC ＝4.65 cm 、x CD ＝5.08 cm 、x DE ＝5.49 cm ，已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，则小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．图19(4)该同学改变小车的质量，多次实验，作出小车的加速度a 和质量M 的图象如图乙所示，根据图象可知a 与M 的关系可能是________． A ．a ∝M B ．a ∝M 2C ．a ∝M －1D ．a ∝M －2答案 (1)D (2)B (3)0.43 (4)CD解析 (1)平衡摩擦力时需要将木板没有滑轮的一端稍垫高，故A 错误；平衡摩擦力时需要装上纸带，但不需要挂上小桶，故B 错误；平衡摩擦力后，mg sin θ＝F f ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，增大小车的质量并无影响，故不需要重新平衡摩擦力，故C 错误；应保证小车在运动过程中细线和木板平行，故D 正确．(2)为改变小车所受的力的大小，可往小桶中加入已知质量的砝码，故B 正确； (3)根据逐差法得，a ＝(x DE ＋x CD )－(x BC ＋x AB )4T 2≈0.43 m/s 2. (4)由图象可知，质量越大，加速度越小，故C 、D 正确．8．小青用如图20所示的实验装置探究“加速度与力、质量的关系”．图20(1)以下关于实验中操作正确的是________．A．本实验采用了控制变量法探究多个变量之间的关系B．如果选用电火花计时器，所用的交流电为低压6 VC．操作过程中应调节滑轮高度，使细线与长木板平行(2)小青通过实验获得如下表所示的几组数据，请用描点法在图21中作出a－F的关系图象.F/(×9.8×10－3 N)2468101214 a/(m·s－2)0.120.210.320.540.550.660.73图21(3)根据第(2)小题中画出的图象，可以判断在操作过程中，平衡摩擦力时，长木板的倾角________(选填“偏大”“恰好”或“偏小”)．答案(1)AC (2)见解析图(3)偏大解析(1)本实验要探究加速度、力、质量三个变量间的关系，采用控制变量法，即先控制小车质量不变，研究小车加速度与拉力的关系，再控制小车所受拉力不变，研究加速度与质量的关系，A选项正确；若选用电火花计时器，对应电压应为交流220 V，B选项错误；拉力的方向应与长木板平行，保证小车做匀加速直线运动，C选项正确．(2)采用描点法作出a－F的关系图象如图所示．(3)由图象得，直线与纵轴交于点(0,0.03)，即没有拉力时，小车已有加速度，说明长木板的倾角偏大．9．(2018·嘉兴市期末)某同学用如图22甲所示装置研究小车在不同接触面上的运动情况．该同学将小车以适当的初速度释放后，用打点计时器(所用电源频率为50 Hz)记录小车的运动情况．通过反复实验得到一系列打上点的纸带，并最终选择了如图乙所示的一条纸带(附有刻度尺)进行测量(结果均保留小数点后两位数字)．图22(1)请将A、B、C……J各点对应的刻度值，按照正确的读数方法填写在下表内(单位cm).A B C D E F G H I J13.2011.389.607.80 4.40 3.00 1.800.800.00(2)根据以上数据，纸带上C点小车的速度大小v C＝________ m/s；(3)对应纸带E、J两点间，小车在做________运动，它的加速度大小为________ m/s2.答案(1)6.00 (2)0.90 (3)匀减速直线 5.00考点三“弹簧或橡皮条”模型实验1．模型介绍力学实验中用到弹簧或橡皮条的实验有探究求合力的方法、探究做功与小车速度变化的关系．2．探究求合力的方法(1)实验原理使一个力的作用效果跟两个力的共同作用效果相同．(2)操作关键①每次拉伸时结点位置O必须保持不变；②记下每次各力的大小和方向；③画力的图示时应选择适当的标度．例3(2018·嘉兴市期末)如图23所示为探究求合力的方法的实验装置图．图23(1)请将下面实验的主要步骤补充完整．①将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套上分别连着一个弹簧测力计；②沿着两个方向拉弹簧测力计．将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力的大小及方向；③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录________．(2)下列几种操作的讨论中，说法正确的是________．答案(1)③该弹簧测力计拉力的大小及方向(2)AB解析(2)C选项是因为没有用力的图示画图．10.某同学利用共点力平衡的原理来探究共点力的合成是否遵守平行四边形定则，他将三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)的一端系在一起，用三条细绳分别连接橡皮筋的另一端，按如图24所示方式把重物竖直吊起．在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力的大小，并通过三条细绳的方向确定三个拉力的方向，从而探究其中任意两个拉力的合力是否与第三个力等大反向．图24(1)在实验过程中，下列说法正确的是________．A．实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B．以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，其对角线一定与OC在一条直线上C．多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物质量，但结点O位置不能改变D．每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置(2)为减小误差，应选择劲度系数适当________(填“大”或“小”)的橡皮筋，质量适当________(填“大”或“小”)的重物．答案(1)AD (2)小大解析(1)实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长，从而确定橡皮筋的伸长量，进而确定力的大小，选项A正确；以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，由于实验存在误差，其对角线不一定与OC在一条直线上，选项B错误；多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物的质量，因为是不同的实验，则结点O位置可以变动，选项C错误；每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置，选项D正确．(2)为减小误差，应选择劲度系数适当小的橡皮筋，质量适当大的重物，这样橡皮筋的伸长量较大，误差较小．例4“探究合力做功与物体速度变化的关系”的实验装置如图25所示，当小车在两条完全相同的橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为W0.当用4条、6条、8条…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、第4次…实验时，橡皮筋对小车做的功记为2W0、3W0、4W0…，每次实验中由静止弹出的小车获得的最大速度均可由打点计时器所打的纸带测出．图25(1)关于该实验，下列说法正确的是________．A．打点计时器可以用直流电源供电，电压为4～6 VB．实验中使用的若干条橡皮筋的原长可以不相等C．每次实验中应使小车从同一位置由静止弹出D．利用每次测出的小车最大速度v m和橡皮筋做的功W，依次作出W－v m、W－v m2、W－v m3、W2－v m、W3－v m…的图象，得出合力做功与物体速度变化的关系(2)如图26给出了某次在正确操作情况下打出的纸带，从中截取了测量物体最大速度所用的一段纸带，测得O点到A、B、C、D、E各点的距离分别为OA＝5.65 cm，OB＝7.12 cm，OC＝8.78 cm，OD＝10.40 cm，OE＝11.91 cm.已知相邻两点时间间隔为0.02 s，则小车获得的最大速度v m＝________m/s.图26答案(1)CD (2)0.83解析(1)打点计时器只能用交流电源供电，选项A错误；实验中使用的若干条橡皮筋的原长必须相等，否则实验误差太大，甚至出现错误，选项B错误；每次实验都应使小车从同一位置由静止弹出，才能保证橡皮筋的形变量相同，选项C正确；利用图象可以减小实验误差，能更直观地反映出合力做功与物体速度变化的关系，选项D正确．(2)由题图及所给数据可知小车一定在B 、C 间获得最大速度，所以v m ＝BC T＝0.83 m/s.11．(2018·宁波市3月选考)某实验小组采用如图27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，打点计时器的工作频率为50 Hz.图27(1)实验操作中需平衡小车受到的摩擦力，其目的是________．A ．防止小车不能被橡皮筋拉动B ．保证橡皮筋对小车做的功等于合外力对小车做的功C ．防止纸带上打点不清晰(2)在正确操作的情况下，某纸带上打点计时器打下的点迹如图28所示．则橡皮筋对小车做完功后，小车获得的速度是________ m/s(计算结果保留三位有效数字)．图28(3)若已知图中纸带上打下左侧第一个点时小车的速度为v 1，打下第三个点时小车的速度为v 3，则打下第二个点时小车的速度v 2________v 1＋v 32(填“等于”“大于”或“小于”)． 答案 (1)B (2)1.45 (3)大于12．(2018·东阳中学期中)图29甲为某同学用力传感器去探究弹簧的弹力和伸长量的关系的实验情景，用力传感器竖直向下拉上端固定于铁架台的轻质弹簧，读出不同拉力下的标尺刻度x 及拉力大小F (从电脑中直接读出)．所得数据记录在下列表格中：拉力大小F /N0.45 0.69 0.93 1.14 1.44 1.69 标尺刻度x /cm57.02 58.01 59.0060.00 61.03 62.00图29(1)从图乙中读出刻度尺上的刻度值为________ cm；(2)根据所测数据，在图丙坐标纸上作出F与x的关系图象；(3)由图象求出该弹簧的劲度系数为________ N/m，弹簧的原长为________ cm(均保留三位有效数字)．答案(1)63.60(63.55～63.65均可)(2)如图所示(3)24.9(24.0～26.0均可) 55.2(55.0～55.5均可)解析(1)标尺估读一位，故读数为63.60 N；(2)根据表中数据利用描点法得出对应的图象如图所示(3)由胡克定律可知，图象的斜率表示劲度系数，则可知k＝1.69－0.45(62.00－57.02)×10－2N/m≈24.9 N/m；图象与横坐标的交点坐标为弹簧原长的长度，则可知，原长为55.2 cm.专题强化练1．(2018·浙江4月选考·17)(1)用图1所示装置做“探究功与速度变化的关系”实验时，除了图中已给出的实验器材外，还需要的测量工具有________(填字母)；图1A．秒表B．天平C．刻度尺D．弹簧测力计(2)用图2所示装置做“验证机械能守恒定律”实验时，释放重物前有下列操作，其中正确的是________(填字母)；图2A．将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上B．手提纸带任意位置C．使重物靠近打点计时器(3)图3是小球做平抛运动的频闪照片，其上覆盖了一张透明方格纸．已知方格纸每小格的边长均为0.80 cm.由图可知小球的初速度大小为________ m/s(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字)．图3答案 (1)C (2)AC (3)0.70解析 (1)根据实验原理，只需证明速度的平方和橡皮筋数量成正比即可，故只需刻度尺，所以选C 项．(2)“验证机械能守恒定律”实验，需要保持纸带竖直，需要将打点计时器的两个限位孔调节到同一竖直线上，重物尽可能靠近打点计时器，这样就可以多打点，在处理纸带时，就增大了有效部分的纸带长度，提高实验准确率，所以A 、C 正确．(3)根据Δh ＝gt 2，即2×0.8×10－2 m ＝10 m/s 2×t 2，解得t ＝0.04 s ，由v 0＝x t 可知v 0＝3.5×0.8×10－20.04m/s ＝0.70 m/s. 2．(2018·金华市十校期末)如图4甲所示，用传感器研究两钩子间的作用力与反作用力，其中左侧传感器固定于木块上，两个钩子拉力的情况由计算机屏幕显示如图乙所示．图4(1)根据图乙，下列说法正确的是________．A ．可能是木块静止时得到的B ．可能是木块匀速运动时得到的C ．可能是木块加速运动时得到的D ．木块的速度一定变化(2)根据图乙可知一对作用力和反作用力之间存在的关系是______________．(至少写出两点) 答案 (1)AC (2)大小相等、方向相反、同时存在、同时消失、同时变化等3．(2018·七彩阳光联盟期中)用如图5所示装置来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图5(1)下列说法中正确的是________．A．牵引小车的细线应与长木板保持平行B．平衡阻力时，可将空的沙桶用细线连接在小车上C．实验时，应先放开小车，再接通打点计时器的电源D．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡阻力(2)实验得到如图6所示的一条纸带，打点计时器所接交流电源的频率为50 Hz，从0点开始每打5个点取一个计数点，在纸带上依次标出0、1、2、3、4….其中计数点2的速度大小为__________ m/s(结果保留2位有效数字)．图6(3)小车的加速度大小为__________ m/s2(结果保留2位有效数字)．答案(1)AD (2)0.55(0.54～0.56均可) (3)0.95(0.94～0.96均可)4．(2018·杭州市重点中学期末)图7所示装置可以用来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验．图7(1)实验过程中，除了图中所示器材之外，还需用到的器材是________；A．秒表B．天平C．弹簧秤D．干电池组(2)关于实验操作，以下说法不正确的有________；A．应将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力B．滑轮与小车之间的细线应与长木板平行C．实验时应先释放小车，再接通打点计时器的电源D．沙桶与沙的总质量应远小于小车的质量(3)某次实验打下如图8所示的一条纸带，打点计时器的工作频率为50 Hz，图中各计数点之间还有四个点未标出．由图可知，实验中，纸带靠近________(选填“0”或“5”)端连接小车．根据图中数据，可以计算得到打下“3”时的速度大小为________ m/s，小车运动的加速度为__________ m/s2(以上计算结果均保留2位有效数字)图8答案 (1)B (2)C (3)0 0.28 0.605．(2017·稽阳联谊学校8月联考)在“研究平抛运动”实验中，利用钢球在斜槽轨道上由静止开始滑下做平抛运动，记录运动轨迹上的一个位置，经过多次操作得到钢球所经过的多个位置，连起来得到钢球做平抛运动的轨迹．(1)下列说法正确的是________．A ．斜槽末端必须水平B ．斜槽轨道可以不光滑C ．小球每次可以从轨道上不同位置滑下(2)某同学设计了一个探究平抛运动的家庭实验装置，如图9所示，在水平桌面上放置了一个斜面，滚过桌边后钢球便做平抛运动，他把桌子搬到墙的附近，使从水平桌面上滚下的钢球能打到墙上，把白纸和复写纸附在墙上，记录钢球的落点，现测得钢球直径为D ，某次实验桌子边缘到墙的距离为X ，钢球的落点到桌面的距离为H ，重力加速度为g ，则钢球此次实验平抛的水平位移为________，竖直位移为________．图9答案 (1)AB (2)X －D 2 H ＋D 2解析 (1)斜槽末端必须水平是为了保证小球做平抛运动；只有小球每次从轨道上同一位置滑下，小球的平抛轨迹才是重合的，斜槽轨道是否光滑，对本实验没有影响．(2)考虑到钢球的大小，此次实验平抛的水平位移为X －D 2，竖直位移为H ＋D 2. 6．(2018·温州市六校期末)某同学做“探究加速度与力、质量的关系”实验，桌上已经有一系列器材：附有定滑轮的轨道、小车、纸带、细绳、钩码、塑料小桶、砝码、刻度尺、学生电源及导线等．(1)实验还需要选用图10甲中的某些器材，其名称是________．图10(2)李明同学经过正确操作，获得如图乙所示的三条纸带：一条纸带是利用空车与空桶所得，一条纸带是利用空车与加砝码的小桶所得，一条纸带是利用加钩码的小车与空桶实验所得．哪条是利用空车与加砝码的小桶实验所得________(选填“①”“②”或“③”)．(3)如图丙为其中一条纸带的一部分，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出．打点计时器的工作频率为50 Hz.通过对纸带的测量，可知小车运动过程中的加速度大小为________ m/s2(保留2位有效数字)．答案(1)电磁打点计时器(或打点计时器)、天平(2)③(3)0.607．(2018·台州市3月选考)在“探究功与小车速度变化关系”的实验中，小张用如图11所示装置进行探究．图11(1)下列说法正确的是________．A．该方案需要平衡摩擦力B．该方案需要重物的质量远小于小车的质量C．该方案操作时细绳应该与木板平行。
2019(浙江选考)高考物理二轮复习 专题五 加试选择题题型强化 第2讲 光和电磁波学案
第2讲光和电磁波[历次选考考情分析]考点一光的折射全反射1．两点注意：(1)若光线从光疏介质斜射入光密介质，不会发生全反射，只会同时发生反射和折射现象，不同色光偏折程度不同．(2)若光线从光密介质射向光疏介质，是否发生全反射，要根据计算判断，要注意不同色光临界角不同．2．解题技巧：(1)作图时要找出具有代表性的光线，如符合边界条件或全反射临界条件的光线． (2)解答时注意利用光路可逆性、对称性和几何知识．例1 (多选)(2018·杭州市重点中学期末)如图1所示是一玻璃球体，其半径为R ，O 为球心，AB 为水平直径．M 点是玻璃球的最高点，点光源B 发出的光线BD 从D 点射出，出射光线平行于AB ，已知∠ABD ＝30°，光在真空中的传播速度为c ，则( )图1A ．此玻璃的折射率为 3B ．光线从B 到D 需用时3RcC ．B 发出的光线不可能在DM 段发生全反射现象D ．B 发出的光线从AD 段射出的光线均平行于AB 答案 AB解析 如图，由几何知识可得入射角i ＝∠ABD ＝30°，折射角r ＝2∠ABD ＝60°，则此玻璃的折射率为n ＝sin rsin i ＝3，故A 正确．BD 长度s ＝2R cos 30°＝3R ，光在玻璃球内传播的速度v ＝c n ，故光线从B 传到D 的时间为t ＝s v ＝3R c ，故B 正确．由sin C ＝1n ＝33＜22，则临界角C ＜45°，所以若增大∠ABD ，入射角可能大于临界角，所以光线可能在DM 段发生全反射现象，故C 错误．要使出射光线平行于AB ，入射角必为30°，若减小∠ABD ，入射角减小，则从AD 段射出的光线与AB 不平行，故D 错误．1.(多选)如图2所示，A 、B 、C 是三块折射率相同的足够长的透明平板玻璃，由左向右辐射放置，一束单色平行光线由空气以入射角i 射到A 平板玻璃中，当光线由平板玻璃C 的下表面射到空气中时，折射角为r ，则有( )图2A ．入射角i 与折射角r 相等B ．从C 板射出的光线偏向右下方 C ．从C 板射出的光线与入射光线平行D ．若增大入射角i ，光线仍能从C 中射出 答案 CD解析 由光的折射定律可得，光经过透明平板玻璃时，入射光线与出射光线平行，所以选项C 正确，选项A 、B 错误；只要有光线从平板玻璃的上表面入射，就一定能从下表面射出，选项D 正确．2．(多选)如图3所示，杯中装满水，上方有一点A ，杯底有一点B ，A 、B 连线和水面的交点为O ，现在A 点用很细的一束红光照向水面上的P 点，正好在B 点形成亮点．若在A 点用很细的另一颜色的光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点．下列说法正确的是( )图3A ．不管另一种光是什么颜色，P 点和Q 点都在O 点的右边B ．若另一种光是紫色，则Q 点距O 点较远C ．若另一种光是蓝色，则Q 点距O 点较近D ．若另一种光是黄色，P 点和Q 点都在O 点的左边 答案 AB解析 光从空气射入水中发生折射，根据折射定律知：折射角小于入射角，故知要在B 点形成亮点，P 、Q 都应在O 点右边，故A 正确，D 错误．假设紫光也照向水面上的P 点，由于水对紫光的折射率大于水对红光的折射率，根据折射定律n ＝sin isin r 可知紫光的折射角较小，折射光线更靠近法线，则杯底上光斑落在B 点的左侧，所以要使紫光照向水面上的Q 点，也正好在B 点形成亮点，Q 点距O 点更远，故B 正确．水对蓝光的折射率也比水对红光的大，同理，若另一种光是蓝色，Q 点距O 点都较远，故C 错误．3．(多选)(2018·台州市高三期末)如图4所示，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O 点(半圆的圆心)，产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为3，入射角为45°，现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O 点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则( )图4A ．光束1转过15°B ．光束1转过30°C ．光束2转过的角度小于15°D ．光束2转过的角度大于15° 答案 BC4．(多选)如图5所示，一细束白光通过玻璃三棱镜折射后分成各种单色光，对其中a 、b 、c 三种色光，下列说法正确的是( )图5A ．c 色光在该玻璃三棱镜中的速度最大B ．三种色光的波长关系为λa ＞λb ＞λcC ．若分别让a 、b 、c 三色光通过同一双缝干涉装置，则a 光形成的相邻干涉条纹的间距最大D ．若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射 答案 AD解析 根据光的偏折程度可知，该玻璃三棱镜对c 光的折射率最小，对a 光的折射率最大，则c 光的波长最长，a 光波长最短，故B 错误．c 光的折射率最小，由公式v ＝c n分析得知，三色光在玻璃三棱镜中传播时c 光速度最大，故A 正确．c 光的波长最长，a 光波长最短，而相邻干涉条纹的间距与波长成正比，则a 光形成的干涉条纹的间距最小，故C 错误．a 光的折射率最大，由临界角公式sin C ＝1n分析得知，a 光的临界角最小，若让a 、b 、c 三色光以相同的入射角从某介质射向真空，b 光恰能发生全反射，则a 光也一定能发生全反射，故D 正确．考点二 光的波动性1．杨氏双缝干涉(1)单色光：形成明暗相间的条纹，中央为亮条纹． (2)白光：光屏上出现彩色条纹，且中央亮条纹是白色． (3)相邻条纹间距公式：Δx ＝l dλ. 2．薄膜干涉(1)相干光：光照射到透明薄膜上，从薄膜的两个表面反射的两列光波．(2)图样特点：同双缝干涉，同一条亮(或暗)条纹对应的薄膜的厚度相等．单色光照射薄膜时形成明暗相间的条纹，白光照射薄膜时形成彩色条纹． 3．区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法(1)根据条纹的宽度区分：双缝干涉条纹的宽度相同，而单缝衍射的中央亮条纹最宽，两侧的亮条纹逐渐变窄．(2)根据亮条纹的亮度区分：双缝干涉条纹，从中央亮条纹往两侧亮度变化很小，而单缝衍射条纹中央亮条纹最亮，两侧的亮条纹逐渐变暗．例2 (多选)如图6所示，下列四幅图对应的说法正确的是( )图6A ．图甲是研究光的衍射B ．图乙是研究光的干涉C ．图丙是利用光的偏振D ．图丁是衍射图样答案 ABD解析 题图甲是光的单缝衍射，故A 正确；题图乙是光的双缝干涉现象，故B 正确；题图丙是检查表面的平整度，属于光的干涉现象，不是偏振现象，故C 错误；题图丁是泊松亮斑，是衍射图样，故D 正确．5．(多选)如图7所示，把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入，这时可以看到亮暗相间的同心圆环，对这些亮暗圆环的相关阐释合理的是( )图7A ．远离中心点处亮环的分布较密B ．用白光照射时，不会出现干涉形成的圆环C ．是透镜曲面上反射光与透镜上方平面上的反射光干涉形成的D ．与同一亮环相对应的空气薄膜的厚度是相同的 答案 AD解析 远离中心点处亮环的分布较密，故A 正确；用白光照射时，仍然会出现干涉形成的圆环，故B 错误；是透镜曲面上反射光与玻璃平面上的反射光干涉形成的．故C 错误；当光程差为波长的整数倍时是亮条纹，与同一亮环相对应的各处空气薄膜的厚度是相同的，故D 正确．6．(多选)如图所示的四种明暗相间条纹，是红光、紫光分别通过同一个双缝干涉仪形成的干涉图样和通过同一个单缝形成的衍射图样．图中黑色部分代表亮纹，下列四幅图中由红光形成的图样是( )答案 AD解析 双缝干涉图样是明暗相间的干涉条纹，所有条纹宽度相同且等间距，故1、3是双缝干涉现象，根据双缝干涉相邻条纹间距Δx ＝l dλ可知，波长λ越大，Δx 越大，故A 选项是红光，C 选项是紫光；单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮条纹越粗，故B 选项是紫光单缝衍射图样；D 选项为红光单缝衍射图样．故由红光形成的图样是A 、D.考点三 电磁振荡与电磁波1．电磁波的产生(1)能否产生电磁波，要看变化的电场和磁场是否能持续地再产生变化的磁场和电场，也就是说，所产生的磁场或电场必须是变化的，而不能是稳定的． (2)明确是怎样变化的电场(磁场)产生怎样变化的磁场(电场)．①振荡电场产生同频率的振荡磁场．②振荡磁场产生同频率的振荡电场．③LC振荡电路产生的振荡电场和振荡磁场都能产生电磁波．2．参量间的关系LC电路的周期T、频率f与自感系数L、电容C的关系T＝2πLC、f＝12πLC.例3(多选)(2017·七彩阳光联盟联考)关于图8中现象的表述正确的是( )图8A．甲图中蝙蝠利用超声波定位B．乙图中CT是利用β射线照射人体C．丙图中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小D．丁图中夜视系统是利用不可见光中的紫外线答案AC解析题图甲中蝙蝠利用超声波定位，从而进行捕食，故A正确；CT是利用X射线照射人体的，不是利用β射线，故B错误；题图丙中回路电阻和向外辐射电磁波造成振荡电流能量的减小，故C正确；题图丁中夜视系统是利用不可见光中的红外线，故D错误．7.(多选)LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图9所示，则下列说法正确的是( )图9A．此时电路中电流的方向为顺时针B．若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电C．若电容器正在放电，则电容器上极板带正电D．若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大答案ABD解析由安培定则知，此时电路中电流的方向为顺时针，A正确；若磁场正在减弱，根据楞次定律可得，线圈上端为正极，故电容器上极板带正电，B正确；若电容器正在放电，根据安培定则可得，电容器上极板带负电，自感电动势正在阻碍电流增大，故C错误，D正确．8．(多选)关于电磁波谱，下列说法正确的是( )A．电磁波中最容易发生衍射现象的是无线电波B．紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康C．X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强D．红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线答案AC解析无线电波的波长长，易发生衍射现象，A正确；紫外线的频率比可见光高，B错误；X 射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强，C正确；任何物体都能辐射红外线，D错误．9．(多选)关于电磁波及其应用，下列说法正确的是( )A．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在B．电磁波是机械波，需要靠介质传播C．共享单车的GPS卫星定位，是用无线电波实现的D．医学上的“γ刀”实际就是指γ射线答案CD解析麦克斯韦预言了电磁波的存在，而赫兹首先通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；电磁波不同于机械波，电磁波的传播可以在真空中，并非必须要有介质，故B错误；共享单车的GPS卫星定位，是用无线电波实现的，故C正确；γ射线的穿透能力很强，所以医学上制成γ刀，不需要开颅就可治疗脑肿瘤，故D正确．10．(多选)下列电磁波的说法中，正确的是( )A．电磁波不能在真空中传播，介质可以是空气、水等透明的物质B．人类将进入智能时代，以后所有的电器都可以使用电磁波，只要在电器上安装一个电磁波接发装置就可以实现C．光是一种电磁波，光的波长比无线电波的波长小得多D．电磁波通信技术是一项重大的技术，它使人们远程联络实现了实时性，但同时也带来了电磁污染的危害答案BCD解析电磁波能在真空中传播，故A错误；所有电器都可以使用电磁波，只要在电器上安装一个电磁波接发装置就可以实现，故B正确；光是一种电磁波，依据电磁波谱可知，光的波长比无线电波的波长小得多，故C正确；电磁波通信技术是一项重大的技术，使人们远程联络实现了实时性，但同时也带来了电磁污染的危害，故D正确．专题强化练1．(多选)关于电磁波的原理和应用，下列说法正确的是( )A．变化的电场就能产生变化的磁场B．微波是指波长为微米级的电磁波C．α、β、γ三种射线中，只有γ射线属于电磁波D．常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机答案CD解析均匀变化的电场产生恒定的磁场，而非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，故A错误；波长从1 mm到10 m的电磁波称微波，故B错误；α、β、γ三种射线中，α射线是氦核流，β射线是电子流，只有γ射线属于电磁波，故C正确；常用的遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机，因红外线波长较长，容易发生衍射现象，故D正确．2．(多选)关于电磁场和电磁波的正确说法是( )A．变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场B．电磁场由发生的区域向远处的传播形成电磁波C．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场D．电磁波是一种波，声波也是一种波，理论上它们是同种性质的波答案AB解析变化的电场和变化的磁场是相互联系的，它们统称为电磁场，故A正确；变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，逐渐向外传播，形成电磁波，故B正确；变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，恒定的电场不产生磁场，恒定的磁场也不产生电场，故C错误；电磁波是一种波，声波也是一种波，它们具有波的共性，但前者是电磁场在空间的传播，后者是机械振动在介质中的传播，性质不同，故D错误．3．(多选)(2018·金华市十校联考)下列说法正确的是( )A．彩虹是光的衍射现象B．肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象C．交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘D．液晶显示应用了光的偏振答案BCD解析彩虹是光的色散现象，选项A错误；肥皂膜在阳光的照射下呈现彩色是光的干涉现象，选项B正确；交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，选项C正确；液晶显示应用了光的偏振，选项D正确．4．(多选)很多城市马路边都出现了共享单车，使用共享单车APP，用户可以查看并找到单车位置，扫描车身上的二维码，通过手机网络发送到云端请求解锁，云端收到后识别该车辆并发送解锁指令，共享单车执行解锁指令自动开锁，用户便可以骑行．车身前后都有反光标志，前后车轮轮毂内侧也有反光涂层，夜间汽车灯光照射上去反光效果很好，增加了骑行者的安全性，尾灯反光标志的截面如图1所示，其利用了光的全反射原理．根据你所学的物理知识判断下列说法正确的是( )图1A．单车和手机之间是利用机械波传递信息的B．单车和手机之间是利用电磁波传递信息的C．汽车灯光应从左面射过来在尾灯的右表面发生全反射D．汽车灯光应从右面射过来在尾灯的左表面发生全反射答案BD解析扫描车身上的二维码，通过手机网络发送到云端请求解锁，云端收到后识别该车辆并发送解锁指令，共享单车执行解锁指令自动开锁，是利用电磁波传递信息的，故A错误，B 正确；汽车灯光应从右面射向自行车尾灯，光在尾灯内部左表面发生全反射，使自行车后面的汽车司机发现前面有自行车，避免事故的发生，故C错误，D正确．5．(多选)(2018·金华市十校联考)下列说法正确的是( )A．机场、车站的安检门可以探测人身携带的金属物品，是利用静电感应的原理工作B．可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹C．由于多普勒效应，我们观察到离我们远去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低D．γ射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷答案BCD解析安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故A错误；可以用超声波探测金属、陶瓷、混凝土制品，检查内部是否有气泡、空洞和裂纹，选项B正确；由于多普勒效应，我们观察到离我们远去的恒星发出的光谱，将向红光光谱方向移动，波长变长、频率降低，选项C正确；γ射线的穿透能力很强，可用于探测金属零件内部的缺陷，选项D正确．6．(多选)a、b两种不同波长的光，先后用同一装置在真空中做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中a 光的条纹间距大于b 光的条纹间距，则( )A ．a 光的波长小于b 光的波长B ．a 光的频率小于b 光的频率C ．玻璃对a 光的折射率比玻璃对b 光的折射率小D ．从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 BCD解析 根据双缝干涉的条纹间距Δx ＝l d λ，可知，同一实验装置，条纹间隔越大，说明波长越长，即频率越小．根据题意，a 光的波长长，频率小，故A 错误，B 正确．a 光的频率小于b 光的频率，玻璃对a 光的折射率比玻璃对b 光的折射率小，故C 正确．根据临界角的公式：sin C ＝1n可知，介质的折射率越小，则全反射的临界角越大，所以从玻璃射向空气发生全反射时，a 光的临界角大于b 光的临界角，故D 正确．7．(多选)下列说法中正确的是( )A ．太阳能真空玻璃管采用镀膜技术增加透射光，这是利用了光的干涉原理B ．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C ．全息照相利用了激光相干性好的特性D ．红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度答案 ACD解析 太阳能真空玻璃管采用镀膜技术使得镀膜前后表面的反射光发生干涉，减弱反射光，增加透射光，故A 正确；拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片，是为了减弱反射光的影响，故B 错误；全息照相利用了光的干涉，激光的相干性较好，故C 正确；红光的频率小于紫光的频率，故同种介质对红光的折射率低，再根据光在介质中的传播速度v ＝c n可知，红光在水中传播的速度大于紫光在水中传播的速度，故D 正确．8.(多选)(2018·9＋1高中联盟期中)如图2是a 、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则( )图2A ．在同种均匀介质中，a 光的传播速度比b 光的小B ．从同种介质射入真空发生全反射时a 光临界角大C ．照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光逸出的光电子最大初动能更大D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的两能级的能量差大答案ACD9．(多选)(2018·台州中学统练)如图3所示，以下关于光学知识的叙述中，正确的是( )图3A．甲图是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象B．乙图中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的C．丙图的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的偏振原理D．丁图是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射答案ABD解析题图甲是著名的泊松亮斑图案，这是光波的衍射现象，选项A正确；题图乙中的彩虹是不同色光在水滴中折射率不同造成的，选项B正确；题图丙的照相机镜头上涂有一层增透膜，增透膜利用了光的干涉原理，选项C错误；题图丁是医学上的内窥镜，其核心部件光导纤维能传输光像信号，是利用光的全反射，选项D正确．10．(多选)下列说法正确的是( )A．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易绕过去B．白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的干涉现象C．红光由空气进入水中，波长变长、颜色不变D．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象答案AD解析对于同一障碍物，波长越大的光波越容易发生衍射现象，从而绕过障碍物，A项正确；白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的色散现象，B项错误；红光由空气进入水中，频率不变，颜色不变，波速减小，则波长变短，C项错误；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度利用了光的干涉现象，D项正确．11．(多选)如图4所示，空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板平行放置；一细光束从空气中以某一角度θ(0＜θ＜90°)入射到第一块玻璃板的上表面．下列说法正确的是( )图4A．在第一块玻璃板下表面一定有出射光B．在第二块玻璃板下表面一定没有出射光C．第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行D．第一块玻璃板下表面的出射光线一定在入射光延长线的右侧答案AC解析光线从第一块玻璃板中的上表面射入，在第一块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第一块玻璃板下表面一定有出射光，同理，在第二个玻璃板下表面也一定有出射光，故A正确，B错误．因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故C正确．根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故D错误．12．(多选)近几年，全国各地居民用“半潜艇”旅游发展迅速．“半潜艇”船体主要部分半浸入水中，而甲板始终会浮出水面而不能完全潜航，机舱的乘客处在低于海平面的高度，可以通过玻璃窗观察水中的场景(如图5)．原理图见图6，已知该处海水的折射率为1.44，潜艇玻璃表面和水面垂直，且玻璃的厚度可以忽略．若不考虑反射光线，则以下说法正确的是( )图5 图6A．游客在潜艇内部看到正前方的鱼比实际位置要近一些B．潜艇正前方的鱼看到潜艇中的人比实际的位置要近一些C．游客在潜艇内部用手电筒朝水中照射时，水面上的人可能看到手电筒发出的光D．水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部答案AD解析人眼看到的折射光线的反射延长线的交点比鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，A正确．鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，B错误．光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角(临界角)要小于45°，因此光线射到水面时最小的入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，C错误．与C项相同，水面上方射入水中的光线也不能照射到潜艇内部，D正确．13．(多选)(2017·金华市高二上期末)如图7甲所示的LC振荡电路中，通过P点的电流随时间变化的图线如图乙所示，若把通过P点向右规定为电流的正方向，则( )图7A．0.5～1 ms内，电容器C正在充电B．0.5～1 ms内，电容器的上极板带负电荷C．1～1.5 ms内，Q点比P点电势低D．1～1.5 ms内，电场能正在增加答案AB解析由题图乙可知，在0.5～1 ms内，电流为正方向且减小，故此时电容器正在充电，故A正确；在0.5～1 ms内，经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B正确；由图乙可知，在1～1.5 ms内，通过自感线圈的电流向上，且增大，Q点比P点电势高，故C错误；由图乙可知，在1～1.5 ms内电流在增大，故磁场能在增大，电容器处在放电过程，故电场能在减小，D错误．14．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)2016年2月11日，美国科研人员利用激光干涉法探测到13亿年前黑洞合并发出的传到地球的引力波，证实爱因斯坦100多年前在广义相对论中有关引力波的预言．如图8所示，引力波是一种时空涟漪，其发现的意义就像一个失聪的人突然拥有了听觉，从此获得感知世界的新能力．以下说法正确的是( )图8A．人类可以从引力波中获得13亿年前的信息B．具有质量的物体能产生引力波。
(浙江选考)2019年高考物理二轮复习专题26实验：验证动量守恒试题(含解析)
专题26 实验：验证动量守恒1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验器材斜槽、小球（两个）、天平、复写纸、白纸等．3．实验步骤（1）用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．（2）按照实验原理图甲安装实验装置．调整、固定斜槽使斜槽底端水平．（3）白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.（4）不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面．圆心P就是小球落点的平均位置．（5）把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤（4）的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如实验原理图乙所示．（6）连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．（7）整理好实验器材放回原处．（8）实验结论：在实验误差允许范围内，碰撞系统的动量守恒．验证动量守恒定律实验注意事项:1．入射球质量m1应大于被碰球质量m2。
否则入射球撞击被碰球后会被弹回。
2．入射球和被碰球应半径相等，或可通过调节放被碰球的立柱高度使碰撞时球心等高。
否则两球的碰撞位置不在球心所在的水平线上，碰后瞬间的速度不水平。
3．斜槽末端的切线应水平。
否则小球不能水平射出斜槽做平抛运动。
4．入射球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放。
否则入射球撞击被碰球的速度不相等。
5．落点位置确定：围绕10次落点画一个最小的圆将有效落点围在里面，圆心即所求落点。
6．水平射程：被碰球放在斜槽末端，则从斜槽末端由重垂线确定水平射程的起点，到落地点的距离为水平射程。
1．在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。
(浙江选考)2019高考物理二轮复习 专题二 能量和动量 第2讲 动量和能量观点的应用学案
第2讲动量和能量观点的应用[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04动量守恒定律动量和动量定理c 22 23 22 22 23 动量守恒定律c 23 22碰撞 d反冲运动火箭b 23考点一动量与冲量有关概念与规律的辨析1．动量定理(1)冲量：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，即I＝Ft，冲量是矢量，其方向与力的方向相同，单位是N·s.(2)物理意义：动量定理表示了合外力的冲量与动量变化间的因果关系；冲量是物体动量变化的原因，动量发生改变是物体合外力的冲量不为零的结果．(3)矢量性：动量定理的表达式是矢量式，应用动量定理时需要规定正方向．2．动量定理的应用(1)应用I＝Δp求变力的冲量：若作用在物体上的作用力是变力，不能直接用Ft求变力的冲量，但可求物体动量的变化Δp，等效代换变力的冲量I.(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下物体的动量变化：若作用在物体上的作用力是恒力，可求该力的冲量Ft，等效代换动量的变化．3．动量守恒的适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 4．动量守恒的表达式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (3)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．1．[动量定理的定性分析](多选)篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，如图1所示，下列说法正确的是( )图1A ．球对手的冲量减小B ．球对人的冲击力减小C ．球的动量变化量不变D ．球的动能变化量减小答案 BC解析 先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：－Ft ＝0－mv 得F ＝mvt，当时间增大时，作用力减小，而冲量和动量变化量、动能变化量都不变，所以B 、C 正确．2．[动量定理的定量计算](多选)如图2所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v －t 图象，小球质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力，根据图象可知( )图2A ．横坐标每一小格表示的时间是0.1 sB ．小球第一次反弹的最大高度为1.25 mC ．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25 mD ．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55 N 答案 AB解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g ，则落地时速度为6 m/s ，用时t ＝610 s ＝0.6s ，图中对应6个小格，每一小格表示0.1 s ，故A 正确；第一次反弹后加速度也为g ，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为：h ＝12×10×(0.5)2m ＝1.25 m ，故B 正确；小球下落的初始位置离地面的高度为：h ′＝12×10×(0.6)2m ＝1.8 m ，故C 错误；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为t ′＝0.1 s ，根据动量定理可知：mgt ′－Ft ′＝mv ′－mv ，代入数据解得：F ＝60 N ，故D 错误．3．[动量守恒的应用](多选)如图3所示，在光滑水平面上，质量为m 的A 球以速度v 0向右运动，与静止的质量为5m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝av 0(待定系数a <1)的速率弹回，并与固定挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B 球并相撞，则系数a 可以是( )图3A.14B.25C.23D.17 答案 BC解析 A 与B 发生碰撞，选取向右为正方向，根据动量守恒可知：mv 0＝5mv B －mav 0.要使A 球能再次追上B 球并相撞，且A 与固定挡板P 发生弹性碰撞，则av 0>v B ，由以上两式可解得：a >14，故B 、C 正确，A 、D 错误．考点二 动量观点在电场和磁场中的应用例1 如图4所示，轨道ABCDP 位于竖直平面内，其中圆弧段CD 与水平段AC 及倾斜段DP 分别相切于C 点和D 点，水平段AB 、圆弧段CD 和倾斜段DP 都光滑，水平段BC 粗糙，DP 段与水平面的夹角θ＝37°，D 、C 两点的高度差h ＝0.1 m ，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、场强未知的匀强电场中．一个质量m 1＝0.4 kg 、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A 点由静止释放，经过时间t ＝1 s ，与静止在B 点的不带电、质量m 2＝0.6 kg 的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP 上某位置．物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC 段间的动摩擦因数均为μ＝0.2.g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图4(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时，圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小． 答案 (1)2 m/s (2)18 N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度为E ，物块Ⅰ带电荷量为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ的速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，取水平向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g ，qEt ＝m 1v 1，m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2解得v 2＝2 m/s(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过C 点时圆弧段轨道对物块Ⅰ和Ⅱ的支持力的大小为F N ，则R (1－cos θ)＝hF N －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v 22R解得F N ＝18 N4．(2018·诸暨市期末)在一个高为H ＝5 m 的光滑水平桌面上建立直角坐标系，x 轴刚好位于桌子的边缘，如图5所示为俯视平面图．在第一象限的x ＝0到x ＝4 3 m 之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1.0 T ，第二象限内的平行金属板MN 之间加有一定的电压．甲、乙为两个绝缘小球，已知甲球质量m 1＝3×10－3kg ，带q ＝5×10－3C 的正电荷，乙球的质量m 2＝10×10－3 kg ，静止在桌子边缘上的F 点，即x 轴上x ＝3 3 m 处；现让甲球从金属板M附近由静止开始在电场中加速，经y 轴上y ＝3 m 处的E 点，垂直y 轴射入磁场，甲球恰好能与乙球对心碰撞，碰后沿相反方向弹回，最后垂直于磁场边界PQ 射出，而乙球落到地面．假设在整个过程中甲球的电荷量始终保持不变，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：图5(1)求平行金属板MN 之间的电压； (2)求甲球从磁场边界PQ 射出时速度大小；(3)求乙球的落地点到桌子边缘(即x 轴)的水平距离． 答案 (1)30 V (2)103m/s (3)2 3 m解析 (1)设甲球做第一次圆周运动的半径为R 1，则由几何关系可得(R 1－OE )2＋OF 2＝R 12R 1＝6.0 m.设平行金属板MN 之间的电压为U ，甲球加速后的速度为v 1，则qv 1B ＝m 1v 12R 1，得v 1＝10 m/sqU ＝12m 1v 12代入数据得U ＝30 V.(2)设甲球做第二次圆周运动的半径为R 2，则由几何关系可得R 2＝2.0 m qv 2B ＝m 1v 22R 2代入数据得v 2＝103m/s.(3)甲、乙两球对心碰撞，设碰后乙球的速度为v ，以碰撞前甲球的速度方向为正方向，由动量守恒定律有m 1v 1＝－m 1v 2＋m 2v ，代入数据得v ＝4 m/s.由几何关系可得甲球的碰前速度方向与x 轴成60°，因此乙球的碰后速度方向也与x 轴成θ＝60°，开始做平抛运动，设水平位移为s ，沿y 轴方向位移分量为y .H ＝12gt 2， s ＝vt ， y ＝s sin θ，代入数据得y ＝2 3 m.考点三 动量和能量观点在电磁感应中的简单应用例2 如图6所示，足够长的水平轨道左侧b 1b 2－c 1c 2部分的轨道间距为2L ，右侧c 1c 2－d 1d 2部分的轨道间距为L ，曲线轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A自曲线轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，求：图6(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、C 在水平导轨间扫过的面积之差． 答案 (1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2解析 (1)A 棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 02得：v 0＝2gh ＝2×10×0.2 m/s ＝2 m/s(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 利用动量定理可得： 对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C 对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0 其中F A 安＝2F C 安联立可知：mv 0－mv A ＝2Mv C两棒最后匀速运动时，电路中无电流：有BLv C ＝2BLv A 得：v C ＝2v A 解得v C ≈0.44 m/s(3)在C 加速过程中：Σ(B cos θ)iL Δt ＝Mv C －0q ＝Σi Δt得：q ＝509C≈5.56 C(4)根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔΦΔt磁通量的变化量：ΔΦ＝B ΔS cos θ 电路中的电流：I ＝E2R通过截面的电荷量：q ＝I ·Δt 得：ΔS ＝2509m 2≈27.8 m 25.如图7所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r ＝0.5 m 的竖直半圆，两导轨间距离d ＝0.3 m ，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B ＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d 的金属棒ab 、cd ，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab 、cd 的质量分别为m 1＝0.2 kg 、m 2＝0.1 kg ，电阻分别为R 1＝0.1 Ω、R 2＝0.2 Ω.现让ab 棒以v 0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动，cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP ′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图7(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30 m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375 J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Bdv 0 I ＝E R 1＋R 2 BId ＝m 2a 0解得：a 0＝30 m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量定恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v P 2r解得：v 1＝7.5 m/s(3)由动能定理得12m 1v 12－12m 1v 02＝－W解得：W ＝4.375 J.专题强化练1．(多选)下列说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力的冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体的运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错；作用在物体上的合外力的冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)关于动量、冲量，下列说法成立的是( )A．某段时间内物体的动量增量不为零，而物体在某一时刻的动量可能为零B．某段时间内物体受到的冲量不为零，而物体动量的增量可能为零C．某一时刻，物体的动量为零，而动量对时间的变化率可能不为零D．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量大小可能变大、变小或不变答案ACD解析自由落体运动，从开始运动的某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中初位置物体的动量为零，故A正确；某一段时间内物体受到的冲量不为零，根据动量定理，动量的变化量不为零，故B错误；某一时刻物体的动量为零，该时刻速度为零，动量的变化率是合力，速度为零，合力可以不为零，即动量的变化率可以不为零，故C正确；根据动量定理，冲量等于动量的变化．某段时间内物体受到的冲量变大，则物体的动量的改变量变大，动量大小可能变大、变小或不变，故D正确．3．(多选)如图1所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则( )图1A．合外力做的功为0 B．合外力的冲量为m2gLC．重力做的功为mgL D．重力的冲量为m2gL答案BC4．(多选)(2018·新高考研究联盟联考)如图2所示是两名短道速滑选手在接力瞬间的照片，在短道速滑接力时，后面队员把前面队员用力推出(推出过程中可忽略运动员受到的冰面水平方向的作用力)，以下说法正确的是( )图2A．接力过程中前面队员的动能增加量等于后面队员的动能减少量B．接力过程中前面队员受到的冲量和后面队员受到的冲量大小相等方向相反C．接力过程中前后两名队员总动量增加D．接力过程中前后两名队员总动量不变答案BD5．(多选)(2018·诸暨中学段考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( ) A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等答案CD6.(多选)一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长L(小于立柱高)、拴有小球的细线，将小球拉至和悬点在同一水平面处由静止释放，如图3所示，小球摆动时，不计一切阻力，重力加速度为g，下面说法中正确的是( )图3A．小球和小车的总机械能守恒B．小球和小车的动量守恒C．小球运动到最低点的速度为2gLD．小球和小车只在水平方向上动量守恒答案AD7．(多选)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被弹回．不计空气阻力，关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法正确的是( )A．子弹对墙的冲量最小B．橡皮泥对墙的冲量最小C．钢球对墙的冲量最大D．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案AC解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等，取初速度的方向为正方向，则它们动量的变化量Δp＝mv－mv0，子弹穿墙而过，末速度的方向为正，橡皮泥粘在墙上，末速度等于0，钢球被弹回，末速度的方向为负，可知子弹的动量变化量最小，钢球的动量变化量最大．由动量定理I＝Δp，则子弹受到的冲量最小，钢球受到的冲量最大．结合牛顿第三定律可知，子弹对墙的冲量最小，钢球对墙的冲量最大，故A、C正确，B、D错误．8．(多选)如图4所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是( )图4A．拉力F的冲量大小为Ft cos θB．摩擦力的冲量大小为Ft cos θC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小是mgt答案BC解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力F f＝F cos θ，则摩擦力的冲量大小为F f t＝Ft cos θ，故B正确；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为F N＝mg－F sin θ，则支持力的冲量大小为(mg－F sin θ)t，故D错误．9．如图5所示，粗糙水平地面上方以PQ为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E＝mgq，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场以MN为右边界，一个质量为2m的带电荷量为＋q的物体从地面上O点出发，在电场力作用下运动到Q点时与另一质量为m、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图5(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离．答案 (1)405m 2g 16B 2q 2 (2)9m 2g 2B 2q2 解析 (1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bqv 2＝3mg设带电物体的碰撞前速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 1＝3mv 2对2m ，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝12×2mv 12，则x 1＝405m 2g 16B 2q2 (2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma则a ＝g . 故物体系统上升的最大距离为：x 2＝v 222a ＝9m 2g 2B 2q2 10．(2017·名校协作体联考)用质量为m 、电阻率为ρ、横截面积为S 的均匀薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb ′a ′，如图6甲所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行．设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计．可认为方框的aa ′边和bb ′边都处在磁极间，磁极间磁感应强度大小为B .方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力，重力加速度为g )．甲 装置纵截面示意图 乙 装置俯视示意图图6(1)请判断图乙金属方框中感应电流的方向；(2)当方框下落的加速度为g 3时，求方框的发热功率P ； (3)当方框下落的时间t ＝2mρB 2LS时，速度恰好达到最大，求方框的最大速度v m 和此过程中产生的热量．答案 (1)顺时针 (2)4m 2g 2ρ9B 2LS (3)mgρB 2LS m 3g 2ρ22B 4L 2S2 解析 (1)由右手定则可知：感应电流方向为顺时针．(2)方框受到的安培力：F 安＝2BIL由牛顿第二定律有mg －F 安＝mg 3 解得I ＝mg 3BL由电阻定律得金属方框电阻R ＝ρ4L S方框的发热功率P ＝I 2R ＝4m 2g 2ρ9B 2LS (3)当方框下落的加速度为零时，速度达到最大，即mg ＝F 安′＝2B2BLv m R L 解得v m ＝mgρB 2LS将下落过程分成若干微元，由动量定理得mgt －∑2B2BLv i R Lt ＝mv m －0∑v i t ＝h 解得h ＝m 2gρ2B 4L 2S2 由能量守恒定律得mgh －Q ＝12mv m 2 解得Q ＝m 3g 2ρ22B 4L 2S2 11．(2017·鲁迅中学月考)如图7所示，两根平行金属导轨MN 和PQ 放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B ，方向竖直向下．质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 和b 垂直放置在导轨上，金属棒b 置于磁场Ⅱ的右边界CD 处．现将金属棒a 从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动．设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好．图7(1)若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大静摩擦力均为15mg ，将金属棒a 从距水平面高度为h 处由静止释放．①金属棒a 刚进入磁场Ⅰ时，求通过金属棒b 的电流大小；②若金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b 能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a 释放时的高度h 应满足的条件；(2)若水平段导轨是光滑的，将金属棒a 仍从高度为h 处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ.设两磁场区域足够大，金属棒a 在磁场Ⅰ内运动过程中，求金属棒b 中可能产生的电热的最大值．答案 (1)①BL 2gh 2R ②h ≤m 2gR 250B 4L 4 (2)110mgh 解析 (1)①a 棒从h 高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh ＝12mv 02 解得v 0＝2gha 棒刚进入磁场Ⅰ时，E ＝BLv 0，此时通过a 、b 的感应电流大小为I ＝E 2R， 解得I ＝BL 2gh 2R. ②a 棒刚进入磁场Ⅰ时，b 棒受到的安培力大小F ＝2BIL为使b 棒保持静止，应有F ≤15mg 联立解得h ≤m 2gR 250B 4L4. (2)当金属棒a 进入磁场Ⅰ时，由左手定则判断，a 棒向右做减速运动，b 棒向左做加速运动． 二者产生的感应电动势相反，当二者产生的感应电动势大小相等时，闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a 、b 均匀速运动时，金属棒b 中产生的电热最大． 设此时a 、b 的速度大小分别为v 1与v 2，有BLv 1＝2BLv 2对金属棒a 应用动量定理，有－B I L Δt ＝mv 1－mv 0对金属棒b 应用动量定理，有2B I L Δt ＝mv 2联立解得v 1＝45v 0，v 2＝25v 0 根据能量守恒定律，电路中产生的总电热Q 总＝12mv 02－12mv 12－12mv 22＝15mgh 故金属棒b 中产生的电热最大值为Q ＝12Q 总＝110mgh。
2019版高考物理大二轮复习浙江专用优选习题：仿真模拟卷5 Word版含答案
普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(五)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物理量中属于矢量的是()A.速率B.电势C.电流D.位移2.冰壶是冬奥会的正式比赛项目。
运动员将冰壶推出后,冰壶在滑行途中水平方向受到的力有()A.推力B.重力、推力C.空气阻力、冰面阻力D.推力、空气阻力、冰面阻力3.如图所示是我国一种传统的民族体育项目“押加”,实际上相当于两个人拔河,如果绳质量不计,且保持水平,甲、乙两人在“押加”比赛中甲获胜,则下列说法中正确的是()A.甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力B.甲把乙加速拉过去时,甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力C.只有当甲把乙匀速拉过去时,甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小D.甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小,只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力4.(2017浙江选考10月,4)如图所示,两位同学从滑道最高端的同一位置先后滑下,到达底端的同一位置。
对于整个下滑过程,两同学的()A.位移一定相同B.时间一定相同C.末速度一定相同D.平均速度一定相同5.如图,A、B两球(可视为质点)质量均为m,固定在轻弹簧的两端,分别用细绳悬于O点,其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处。
已知两球均处于静止状态,OA沿竖直方向,OAB恰好构成一个正三角形,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.球A对竖直墙壁的压力大小为mgB.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C.绳OB的拉力大小等于mgD.球A对地面的压力不可能为零6.从t=0时刻开始,甲沿光滑水平面做直线运动,速度随时间变化如图甲;乙静止于光滑水平地面,从t=0时刻开始受到如图乙所示的水平拉力作用。
则在0~4 s的时间内()A.甲物体所受合力不断变化B.甲物体的速度不断减小C.2 s末乙物体改变运动方向D.2 s末乙物体速度达到最大7.如图所示,质量为25 kg的小孩坐在秋千板上,小孩的重心离系绳子的栋梁2.5 m。
2019届高考物理二轮复习力学实验学案(浙江专用)
第23讲力学实验[考试要求和考情分析]测量类仪器的使用及纸带的分析[要点总结]仪器使用必备[典例分析]【例1】(2018·浙江安吉学考模拟)关于打点计时器的使用，下列说法中正确的是()A．打点计时器一般使用4～6 V的直流电源B．安放纸带时，应把纸带放在复写纸的上面C．开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器D．最好在接通电源的同时，放开小车解析(1)打点计时器是一种使用4～6 V交流电源的计时仪器，它是靠通电线圈的磁场与永久磁铁相互作用使振动片做周期性振动而打点计时的，故必须接低压交流电源；(2)复写纸应安放在纸带的上面，要求纸带运动时，复写纸绕定位轴转动，这样才能打出清晰的点；(3)释放小车时，应使小车靠近打点计时器，这样才能在纸带上50 cm长度内清楚地取出7～8个计数点(以每打五个点作为一个计数点)；(4)应先接通电源，待打点计时器打点稳定后，再释放小车。
综上所述选项C正确。
答案 C【例2】(2018·嘉兴选考模拟)如图1所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图。
(已知打点计时器每0.02 s打一个点)图1(1)三个实验装置中，摩擦力对实验结果没有影响的是________；A．甲B．乙C．丙(2)如果操作都正确，则通过装置________(填“甲”、“乙”或“丙”)可打出图2中的纸带________(填“①”或“②”)；图2(3)任选一条纸带求出e、f两点间的平均速度大小为________m/s。
解析(1)甲实验不需要平衡摩擦力，而乙和丙实验均需要平衡摩擦力。
(2)仔细观察两条纸带上点迹间距变化规律，不难发现，纸带①点迹间距逐渐增加，但不符合匀加速运动规律，纸带②后部分点迹均匀，符合“探究功和速度变化关系”实验数据变化。
(3)两纸带上e 、f 两点间的距离均为2.60 cm ，则v －＝ef T ＝1.30 m/s 。
答案 (1)A (2)乙 ② (3)1.30[精典题组]1．(2018·嘉兴三中高一学考)如图3是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 仿真模拟卷4
仿真模拟卷(四)一、选择题Ⅰ(本题共13小题,每小题3分,共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下图中不是测量力学基本量的仪器是()2.金丽温高铁开通后,从铁路售票网查询到G7330次列车缙云西到杭州东的信息如图所示,用电子地图测距工具测得缙云西站到杭州东站的直线距离约为179.8 km,下列说法正确的是()A.在研究动车过一桥梁所花的时间与动车从缙云西站到杭州东站所花的时间时,动车均可看成质点B.图中07:31表示一段时间C.动车高速行驶时,可以取5 m位移的平均速度近似看作这5 m起点位置的瞬时速度D.G7330次列车行驶时的最高速度约为116 km/h3.一小男孩从右侧用5 s的时间爬上滑梯,停10 s后从左侧的滑梯由静止开始滑到水平地面,用时3 s。
下列说法正确的是()A.他爬上去和滑下来的位移相同B.他整个过程用时18 s,指的是时间间隔C.他爬上去和滑下来的平均速度相同D.他爬上去和滑下来的重力做的功相等4.天舟一号货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭成功发射升空,4月25日进入预定轨道调整,于4月27日成功与更高轨道的天宫二号完成首次推进剂在轨补加试验。
已知天舟一号在预定轨道上做匀速圆周运动,补给前后天宫二号在轨道上均为匀速圆周运动。
下列说法正确的是()A.补给之前天宫二号中宇航员处于超重状态B.预定轨道上的天舟一号运行的线速度小于在轨的天宫二号的线速度C.预定轨道上的天舟一号运行的周期小于在轨的天宫二号的周期D.补给后的天宫二号的运行速度将会大于7.9 km/s5.智能手机耗电量大,移动充电宝应运而生,它是能直接给移动设备充电的储能装置。
充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值,约为0.6(包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗)A.充电宝充电时将电能转化为内能B.该充电宝最多能储存能量为3.6×106JC.该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD.该充电宝给电量为零、容量为3 000 mA·h的手机充电,则理论上能充满4次6.发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。
- 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)。
第25讲选考实验[考试要求和考情分析]涉及电学类实验[要点总结]1．探究电磁感应的产生条件及感应电流方向的规律(1)若原线圈磁场较弱，为使现象明显，把原线圈插入或拔出时，可采用较大速度。
(2)开始实验时滑动变阻器的滑片应置于连入电路的阻值最大的位置。
(3)灵敏电流计满偏电流为＋300 μA，允许通过的电流很小，查明电流计指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池。
(4)原、副线圈接入电路前应仔细观察导线绕向并画出草图。
2．探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(1)先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。
然后再保持副线圈的匝数不变，改变原线圈的匝数，研究对副线圈电压的影响。
(电路上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值且要事先推测副线圈两端电压的可能数值)(2)连接电路后要同组的几位同学各自独立检查后，方可接通电源。
(3)为了人身安全，使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V。
(4)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。
[典例分析]【例1】(2018·浙江宁波市北仑区高二期中)如图1所示是三个成功电磁感应的演示实验，回答下列问题。
图1(1)图c电路中仪器未连线，请按照实验的要求连好实验电路。
(2)电流表指针偏转角跟感应电流的大小成________关系。
(3)第一个成功实验(如图a)中，将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入有什么量是相同的？_________________________，什么量是不同的？______________________________________________。
(4)从三个成功的演示实验可归纳出的结论是___________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析(1)实验电路如图。
(2)由电流表的原理知电流表指针的偏角与感应电流的大小成正比。
(3)将条形磁铁从同一高度插入到线圈中同一位置，快速插入和慢速插入磁通量的变化量相同，所用的时间不同，则磁通量的变化率不同。
(4)通过三个实验可以得出：穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路就会产生感应电流；或闭合电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
答案(1)见解析图(2)正比(3)磁通量的变化量磁通量的变化率(4)见解析[精典题组]1．(2018·浙江义乌群星外国语学校高二月考)如图2所示，是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置。
图2(1)将图中所缺导线补充完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将________。
(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________。
解析(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示。
(2)在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转。
(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转。
答案(1)见解析图(2)向右偏(3)向左偏2．(2018·浙江五校高三第一次联考)(1)如图3所示的是“研究电磁感应现象”的实验装置。
图3①将图中所缺导线补接完整。
②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将________(选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)。
(2)某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
①下列操作正确的是________。
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析(1)①探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示。
②闭合开关瞬间，通过线圈B的磁通量增大，感应电流磁场阻碍原磁场的增大，感应电流方向和原电流方向相反，电流计向右偏，而把A从B中拔出来时，通过线圈的B的磁通量减小，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，即感应电流方向和原电流方向相同，故电流计向左偏转。
(2)①变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，选项A、B、C错误，D正确。
②根据变压比公式U1U2＝n1n2，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。
答案(1)①见解析②向左(2)①D②减小3．(1)如图4所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，下列电表中最适合该实验的是________(填字母)。
图4(2)某同学用如图5甲所示可拆变压器，探究线圈两端电压与匝数的关系，输入输出如图乙所示。
将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，小灯泡的亮度将________(填“变亮”“变暗”或“不变”)。
该同学利用该装置进一步探究电容器对交变电流的影响，他将开关打到2，小灯泡发光，现增大输入端的交流电源频率，小灯泡的亮度将________(填“变亮”“变暗”或“不变”)。
图5解析(1)本实验是探究“感应电流方向的规律”，结合感应电流产生的条件，当条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，从而产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有正反方向，所以应选择B图的电流表，选项A、C、D错误，B正确。
(2)将单刀双掷开关打到1，增大副线圈匝数，根据原副线圈电压与其匝数成正比，当增大副线圈匝数，小灯泡的电压增大，那么小灯泡的亮度将变亮，将开关打到2，小灯泡发光，根据容抗公式X c＝12πf C，现增大输入端的交流电源频率，容抗变小，通过电容器的电流更大，灯泡会变亮。
答案 (1)B (2)变亮 变亮单摆和碰撞实验[要点总结]1．探究单摆周期与摆长的关系(1)构成单摆的条件：细线的质量要小、弹性要小，选用体积小、密度大的小球，摆角不超过5°。
(2)要使摆球在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆，方法是将摆球拉到一定位置后由静止释放。
(3)测周期的方法：①要从摆球通过平衡位置时开始计时。
因为此处速度大、计时误差小，而最高点速度小、计时误差大。
②要测多次全振动的时间来计算周期。
如在摆球通过平衡位置时开始计时，且在数“零”的同时按下秒表，以后每当摆球从同一方向通过平衡位置时计数1次。
2．探究碰撞中的不变量(1)斜槽末端的切线必须水平。
(2)入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放。
(3)选质量较大的小球作为入射小球。
(4)实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变。
(5)验证表达式：m 1·OP －＝m 1·OM －＋m 2·ON －[典例分析]【例2】 (2018·浙江宁波高三适应性考试)学习小组的同学在实验室用如图6所示的装置研究单摆的运动。
将单摆挂在力传感器的下端，通过计算机来记录力传感器测定单摆摆动过程中摆线受到拉力大小的变化情况，以及单摆摆动的时间。
实验过程中，保持单摆的最大摆角小于5°。
图6图7(1)实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图7甲所示，该摆球的直径d＝________mm。
(2)实验测得摆长为L，传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，则重力加速度的表达式为g＝________(用题目中物理量的字母表示)。
解析(1)由图乙所示游标卡尺可知，小球直径d＝1.4×10 mm＋10×0.05 mm＝14.50 mm。
(2)单摆每隔半个周期，拉力F会达到最大，则有12T＝2t0，解得T＝4t0，根据单摆周期公式得T＝2πlg，解得g＝π2l4t20。
答案(1)14.50(2)π2l4t20[精典题组]4.(2018·11月浙江选考)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图8所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰撞后小球A继续摆动，小球B 做平抛运动。
图8(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图9所示，则d＝________mm。
又测得了小球A质量m1，细线长度l，碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。
为完成实验，还需要测量的物理量有________________________。
图9(2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆，其周期________(选填“小于”“等于”或“大于”)粘合前单摆的周期(摆角小于5°)。
解析(1)游标卡尺的精确度为0.05 mm，根据游标卡尺的读数方法可知，d＝14 mm＋8×0.05 mm＝14.40 mm。
碰撞过程中动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，a球碰前的速度可以由mgl(1－cos θ)＝12m1v21得出，故还需要测小球B的质量m2，以及碰后A球的最大摆角来计算碰后a球的速度。
(2)若碰后粘在一起形成新单摆，根据单摆周期公式可知T＝2πlg，摆球质量变大不会改变单摆的周期。
答案(1)14.40小球B的质量m2，碰撞后A球摆动的最大摆角β(2)等于5．(2018·浙江新高考选考适应性考试)某同学利用单摆测定当地的重力加速度，实验装置如图10甲所示。
图10(1)在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为________ s。
(2)该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T，画出L－T2图线，然后在图线上选取A 、B 两个点，坐标如图丙所示。
则当地重力加速度的表达式g ＝________(用L A 、L B 、T A 和T B 表示)。