2013高考物理一轮专题复习-选修3-4实验二知能优化演练(精)
2013年教科物理选修3-3：第2章第1、2节知能优化训练
1．下列各组物理量哪些能决定气体的压强()A．分子的平均动能和分子种类B．分子密集程度和分子的平均动能C．分子总数和分子的平均动能D．分子密集程度和分子种类解析：选B.气体的压强是由大量分子碰撞器壁而引起的，气体分子的密集程度越大(即单位体积内分子数越多)，在单位时间内撞击器壁单位面积的分子就越多，则气体的压强越大．另外气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大．故决定气体压强的因素是分子密集程度和分子的平均动能，故B项正确．2．(2011年大庆高二检测)对一定质量的气体，通过一定的方法得到了某一速率的分子数目N与速率v的两条关系图线，如图2－2－6所示，下列说法正确的是()图2－2－6A．曲线Ⅰ对应的温度T1高于曲线Ⅱ对应的温度T2B．曲线Ⅰ对应的温度T1可能等于曲线Ⅱ对应的温度T2C．曲线Ⅰ对应的温度T1低于曲线Ⅱ对应的温度T2D．无法判断两曲线对应的温度关系解析：选C.温度越高，分子的平均速率越大，从图中可以看出Ⅱ的平均速率大，故Ⅱ的温度高，C项正确．3．(2011年广州高二检测)关于分子热运动的动能，下列说法正确的是()A．物体的温度升高，物体内每个分子的动能一定增大B．同一物体的温度升高，该物体内所有分子的平均速率一定增大C．物体的温度降低，物体内所有分子的平均动能一定减小D．1克100 ℃的水吸热变成1克100 ℃的水蒸气，分子热运动的平均动能增大解析：选BC.物体的温度升高，物体内分子无规则运动加剧，分子热运动的平均速率增大，但并不一定每个分子的速率都是增大的，不同时刻同一分子热运动的速率也在变化．由于温度标志着分子热运动的平均动能，所以温度降低，分子热运动的平均动能一定减小.100 ℃的水吸热变成100 ℃的水蒸气，尽管水吸热了，但由于温度未变，所以其分子热运动的平均速率、平均动能也不变．水吸热由液态变为气态，应是分子势能增大了，内能也增大了．4．(2011年南京高二检测)甲、乙两分子相距较远(此时它们之间的分子力可以忽略)，设甲固定不动，在乙逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中，关于分子势能的变化情况，下列说法正确的是()A．分子势能不断增大B．分子势能不断减小C．分子势能先增大后减小D．分子势能先减小后增大解析：选D.从分子间的作用力与分子间的距离的关系知道：当分子间距离大于r0时，分子间的作用力表现为引力；当分子间距离小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；当分子间距离大于10r0时，分子间的作用力十分小，可以忽略．所以，当乙从较远处向甲靠近的过程中，分子力先是对乙做正功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做正功，则分子势能减小；后是分子力对乙做负功或者乙克服分子力做功，由做功与分子势能变化的关系知道，若分子力做负功，分子势能增加．因此当乙向甲靠近直到不能靠近的过程中，分子势能是先减小后增大．5．(2011年大同高二检测)(1)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下述说法是否正确？①分子的平均动能和分子的总动能都相同．②它们的内能相同．(2)液体汽化时吸收的热量转化为哪种能量？解析：(1)①正确.1 g水与1 g水蒸气的分子数一样多，两者的温度都是100 ℃，因温度是分子平均动能的标志，故两者的分子的平均动能和分子的总动能都相同．②不正确．水变为水蒸气时要吸收热量，吸收的热量转化为水蒸气的内能，因此1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气内能相同是不正确的．(2)液体汽化时都要吸收一定的热量，吸收的热量并没有增大物体的平均动能，而是使分子势能增大，从而使物体的内能增大．答案：见解析一、选择题1．关于温度，下列说法正确的是()A．温度越高，分子动能越大B．物体运动速度越大，分子总动能越大，因而物体温度也越高C．一个分子运动的速率越大，该分子的温度越高D．温度是大量分子无规则热运动的平均动能的标志解析：选D.温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子的动能都变大，故A错．物体宏观运动的速度对应的是机械能(动能)，与分子无规则热运动的平均动能无关，与物体的温度无关，B错；温度是对大量分子集体(物体)而言的，是统计、平均的概念，对单个分子无意义，C错．2．(2011年合肥高二检测)有两瓶质量和温度都相等的氢气和氧气，则()A．两瓶中每个分子运动的动能都相等B．两瓶中分子运动的总动能相等C氢气分子的总动能大于氧气分子的总动能D．氢气分子的总动能小于氧气分子的总动能解析：选C.温度相同分子平均动能相等，但分子的总动能还与分子数目有关，氢气分子数多，故氢气的分子总动能大；当温度相同时，每个分子动能未必相等．3．(2011年济南高二检测)教室内的气温会受到室外气温的影响，如果教室内上午10时的温度为15 ℃，下午2时的温度为25 ℃，假设大气压强无变化，则下午2时与上午10时相比较，房间内的()A．空气分子密集程度增大B．空气分子的平均动能增大C．空气分子的速率都增大D．空气质量增大解析：选B.温度升高，气体分子的平均动能增大，平均每个分子对器壁的冲力将变大，但气压并未改变，可见单位体积内的分子数一定减小，故A、D项错误，B项正确；温度升高，并不是所有空气分子的速度都增大，C项错误．4．对于气体分子的运动，下列说法正确的是()A．一定温度下某理想气体的分子的碰撞虽然十分频繁但同一时刻，每个分子的速率都相等B．一定温度下某理想气体的分子速率一般不等，但速率很大和速率很小的分子数目相对较少C．一定温度下某理想气体的分子做杂乱无章的运动可能会出现某一时刻所有分子都朝同一方向运动的情况D．一定温度下某理想气体，当温度升高时，其中某10个分子的平均动能可能减少解析：选BD.一定温度下某理想气体分子碰撞十分频繁，单个分子运动杂乱无章，速率不等，但大量分子的运动遵守统计规律，速率大和速率小的分子数目相对较少，向各个方向运动的分子数目相等，A、C错，B对；温度升高时，大量分子平均动能增大，但对个别或少量(如10个)分子的动能有可能减少，D对．5．下列说法中正确的是()A．一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大B．一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的D．在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强解析：选A.根据改变压强的途径知：一定质量的气体被压缩时，其单位体积内的分子数增加，而气体分子的平均动能可能增加、可能减小、也可能不变，故气体压强不一定增大，即A选项正确；同理一定质量的气体温度不变压强增大时，必使单位体积内的分子数增多，即其体积必减小，故B选项错误；又气体的压强是气体分子与器壁碰撞产生的，与分子间的斥力和分子是否处于失重状态无关，即C、D选项错误．6．A、B两容器中装有相同质量的氦气，已知A中氦气的温度高于B中氦气的温度，但压强低于B中氦气的压强，下列说法中错误的是()A．A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大B．A中每个氦气分子的动能一定比B中每个氦气分子的动能大C．A中动能大的氦气分子数一定大于B中动能大的氦气分子数D．A中氦气分子的热运动一定比B中氦气分子的热运动剧烈解析：选B.由于A中氦气的温度高于B中氦气的温度，则A中氦气分子的平均动能一定比B中氦气分子的平均动能大，但并不是每个分子的动能都大，A说法正确，B说法错误；从统计规律看，温度越高，动能大的分子数越多，C说法正确；温度越高表明分子的热运动越剧烈，D说法正确．7．如图2－2－7所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿x轴运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离的关系如图中曲线所示．图中分子势能的最小值为－E0.若两分子所具有的总能量为零，则下列说法中正确的是()图2－2－7A．乙分子在P点(x＝x2)时，加速度最大B．乙分子在P点(x＝x2)时，其动能为E0C．乙分子在Q点(x＝x1)时，处于平衡状态D．乙分子的运动范围为x≥x1解析：选BD.分子处于r0位置时所受分子合力为零，加速度为零，此时分子势能最小，分子的动能最大，总能量保持不变．由图可知x2位置即是r0位置，此时加速度为零，A错；x＝x2位置，势能为－E0，因总能量为零则动能为E0，B项正确；在Q点，E p＝0，但分子力不为零，分子并非处于平衡状态，C项错；在乙分子沿x轴向甲分子靠近的过程中，分子势能先减小后增大，分子动能先增大后减小，即分子的速度先增大后减小，到Q点分子的速度刚好减为零，此时由于分子斥力作用，乙分子再远离甲分子返回，即乙分子运动的范围为x≥x1，D项正确．8．下列说法中正确的是()A．温度相同时，不同物质的分子平均动能相同B．温度相同时，不同物质的分子平均速率相同C．温度相同时，只有同种物质的分子平均动能才相同D．温度升高时，物体每一个分子的动能都一定增大答案：A9．关于物体的内能和机械能，下列说法正确的是()A．分子的动能与分子的势能的和叫做这个分子的内能B．物体的分子势能由物体的温度和体积决定C．物体的速度增大时，物体的内能增大D．物体的动能减小时，物体的温度可能升高解析：选D.分子具有热运动的动能，同时由于分子间存在着相互作用力而具有分子势能，所有分子的这两种能量的总和，组成物体的内能．内能是物体具有的宏观物理量，而对单个分子来说，不存在分子内能的概念．分子势能与温度无关，由分子力做功决定，与分子间距有关，所以宏观上表现为与体积有关．物体的速度增大时，物体的动能增大，这里的动能是宏观物体的机械能中的动能，而不是分子的动能．10．(2011年湛江调研)对于物体的“热胀冷缩”现象，下列说法中正确的是()A．物体受热后温度升高，分子的平均动能增大；降低温度后，分子的平均动能减小，分子势能没有变化B．受热后物体膨胀，体积增大，分子势能增大，收缩后，体积减小，分子势能减小，分子的平均动能不会改变C．受热膨胀，温度升高，分子平均动能增大；体积增大，分子势能也增大，遇冷收缩，温度降低，分子平均动能减小；体积减小，分子势能也减小D．受热膨胀，分子平均动能增大，分子势能也增大；遇冷收缩，分子平均动能减小，但分子势能增大解析：选C.物体受热后，温度升高，体积增大，分子的平均动能和分子势能都增大；遇冷后温度降低，体积减小，分子平均动能和分子势能都减小．二、非选择题11．从宏观上看，一定质量的气体体积不变温度升高或温度不变体积减小都会使压强增大，从微观上看，这两种情况有没有什么区别？解析：因为一定质量的气体的压强是由单位体积内的分子数和气体的温度决定的．体积不变时，虽然分子的密集程度不变，但气体温度升高，气体分子运动加剧，分子的平均速率增大．分子撞击器壁的作用力增大，故压强增大．气体体积减小时，虽然分子的平均速率不变，分子对容器的撞击力不变，但单位体积内的分子数增多，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大，所以这两种情况在微观上是有区别的．答案：见解析12．重1000 kg的气锤从2.5 m高处落下，打在质量为200 kg的铁块上，要使铁块的温度升高40 ℃，气锤至少应落下多少次？设气锤撞击铁块时60%的机械能损失用来升高铁块的温度[取g＝10 m/s2，铁的比热容c＝0.462×103 J/(kg·℃)]．解析：气锤从2.5 m高处下落到铁块上损失的机械能：ΔE＝mgh＝1000×10×2.5 J＝2.5×104 J.气锤撞击铁块后用来升高铁块温度的能量为：Wη＝ΔE×60%＝1.5×104 J.使铁块温度升高40 ℃所需的热量Q＝cmΔt＝0.462×103×200×40 J＝3.696×106 J.设气锤应下落n次，才能使铁块温度升高40 ℃，则由能的转化和守恒定律得n·Wη＝Q.所以n＝QWη＝3.696×1061.5×104＝247.答案：247。
2013高考物理一轮总复习：第二章实验三知能优化演练
1．验证力的平行四边形定则的实验原理是等效原理，其等效性是指()A．使两分力与合力满足平行四边形定则B．使两次橡皮条与细绳套的结点都与某点O重合C．使两次橡皮条伸长的长度相等D．使弹簧测力计在两种情况下发生相同的形变解析：选B.当两次橡皮条与细绳套的结点都拉到与某点O重合时，橡皮条两次的弹力大小相等，方向相同，具备验证合力与两分力共同作用效果相同的条件．2．(2012·泉州调研)在做“验证力的平行四边形定则”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点．下列操作中正确的是() A．同一次实验过程中，O点位置允许变动B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小解析：选B.从橡皮条固定点到O点的连线，是合力的作用线方向，如果O点变动，那么合力的大小、方向都要变化，就不能验证力的平行四边形定则，故A选项错．C选项中，因一个弹簧秤已拉到最大量程，再通过另一个弹簧秤拉橡皮条到O点时，每一个弹簧秤都可能超过最大量程，造成损坏，或读数不准，故C选项错．该实验是利用平行四边形定则进行合成，两个分力成任意角度都适用，不必成90°，故D选项错．3.图2－5－7“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图2－5－7所示)．实验中需用两个弹簧测力计分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条．某同学认为在此过程中必须注意以下几项：A．两根细绳上的力大小相等．B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上．C．在使用弹簧测力计时要注意使弹簧测力计与木板平面平行．其中正确的是________(填入相应的字母)．解析：细绳只是用来施加拉力的，不必大小相等；两弹簧测力计的拉力不一定要求等大，故橡皮条不一定要求沿两绳夹角的平分线；为保证三力在同一平面内，应保持弹簧测力计与木板平面平行．答案：C4．在验证力的平行四边形定则实验中得到如下数据，请选择合适的标度在图2－5－8中作图完成实验数据的处理．图2－5－8答案：作图如下(力的图示上要标刻度)5．(2012·陕西重点中学联考)某同学在做验证互成角度的两力合成的平行四边形定则的实验时，把橡皮筋一端固定，另一端用A、B两个弹簧秤同时拉着到达O点位置，此时两弹簧秤的读数分别是F A＝3.41 N和F B＝4.18 N，其位置记录如图2－5－9所示．倘若橡皮筋的活动端仅由一个弹簧秤拉着，也把它拉到O点位置，读得弹簧秤的读数为F C＝6.14 N，其位置如C.以1 cm表示1 N，作力的图示，用作图法求出F A、F B的合力大小(要说明量值)和方向(只要图示)，并说明该实验的结论．用作图法求得F A、F B的合力大小为______N；实验结论是：________________________________________________________________________.图2－5－9解析：根据力的图示及选出的标度，做出力的图示如图所示，由图示中长度可知合力的大小为6.4 N(6.0 N～6.4 N都对)，将理论值与实验值比较可知在误差允许范围内互成角度的二力合成遵循平行四边形定则．答案：见解析6．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：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2－5－10(1)为完成该实验，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________________________________________________________________________．解析：本题主要考查运用等效方法来验证平行四边形定则，考查考生正确迁移和灵活运用学过的知识和方法的能力．运用等效思想来验证平行四边形定则，即要验证以两力为平行四边形的邻边，作平行四边形，其对角线是否和合力相符．本小题中结点受三个力，其中两个力的合力与第三个力等大反向，故先测出各力的大小和方向，然后作出各力的图示，以两边为邻边做平行四边形，如果在实验误差允许范围内平行四边形的对角线与第三个力等大反向，即可验证．为测量各力的大小故需要记录橡皮筋原长、悬挂重物后的长度以及记录悬挂重物后O点位置．故应选bcd.可以通过改变小重物改变各力的大小．答案：(1)bcd(2)更换不同的小重物7．(2011·高考江苏卷)某同学用如图2－5－11所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向．图2－5－11(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要．．．的实验要求是________．(请填写选项前对应的字母)(A)应测量重物M所受的重力(B)弹簧测力计应在使用前校零(C)拉线方向应与木板平面平行(D)改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)由题图知，弹簧测力计A的分度值为0.2 N，读数为3.6 N．(2)验证力的平行四边形定则，只要记好合力与两分力的大小与方向，与结点位置无关，D错；M的重力即合力，A对；测量前弹簧测力计调零才能测量准确，B对；拉线与木板平行才能保证力在木板平面内，C对．(3)对O点受力分析如图所示，可见若减小F OA可调节F OB的大小或方向，调节OA方向或减小物重G等．答案：(1)3.6(2)D(3)①减小弹簧测力计B的拉力；②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等)．8．(创新实验)请不用弹簧秤，只用三条相同的橡皮条、四个图钉、一把直尺和一支铅笔、三张白纸、平木板来验证平行四边形法则．解析：仅用橡皮条也可验证平行四边形定则，其步骤、方法如下：(1)将三条橡皮条的一端都拴在一个图钉O上，将这三条橡皮条的另一端分别再拴一个图钉A、B、C，注意此时四个图钉均未固定在板上，如右图所示．(2)用直尺测出橡皮条的自由长度L0，注意从图钉脚之间测起．(3)将拴有橡皮条的图钉A、B适当张开钉在木板上，拉第三根橡皮条C，即使三条橡皮条互成角度拉伸，待节点处的图钉O静止时，钉下C图钉，并记录图钉O的位置(注意此时O图钉不能钉)记录图钉A、B、C的位置．(此时图钉有孔，不需铅笔)(4)测出这三条橡皮条的长度L1、L2、L3，分别算出它们的伸长量x1＝L1－L0，x2＝L2－L0，x3＝L3－L0.(5)将x1、x2、x3按一定比例图示出来，以x1、x2为邻边作平行四边形，求出其对角线OC′.比较OC′与OC的长度(即x3的长度)，如果相等，且在一条直线上，则达到目的．若OC′与OC有一微小夹角θ，则有误差(如上图所示)．本实验是根据图钉O受到三个平面共点力而静止．任意两个力的合力与第三个力大小相等方向相反的原理．答案：见解析。
2013高考物理一轮总复习：第二章实验二知能优化演练
1．一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图象如图2－4－9所示．下列表述正确的是() A．a的原长比b的长图2－4－9B．a的劲度系数比b的大C．a的劲度系数比b的小D．测得的弹力与弹簧的长度成正比解析：选B.图象中的斜率表示劲度系数，可知a的劲度系数比b的大，B正确．与l 的截距表示原长，则a的原长比b的短，A错．2．某同学在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长，用直尺测出弹簧的原长L0，再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度L，把L－L0作为弹簧的伸长长度x，这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图线可能是图2－4－10中所示图象的()图2－4－10解析：选C.由于考虑弹簧自身重力的影响，当不挂钩码时，弹簧的伸长量x≠0，所以选项C正确．3．下列关于弹力与弹簧伸长关系的实验的说法正确的是()A．实验中弹力F的具体数值必须计算出来B．如果没有测出弹簧原长，用弹簧长度L代替伸长量x，F L图线也是过原点的一条直线C．利用F x图线可求出k值D．实验时要把所有点连到直线上，才能探索得到真实规律解析：选 C.弹簧的弹力等于钩码的重力，用质量代替钩码重力也可得出弹簧的弹力与伸长之间的关系，所以A选项错．F x图线过原点，F L图线一定不过原点，B选项错．画图线时，让大多数点在直线上，少数点均匀分布在图线两侧，D选项错．由胡克定律F＝kx 知，F x图线的斜率表示k，选项C正确．图2－4－114．(2010·高考福建卷)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原长约200 mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为20 g)，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量Δl与拉力F关系的图象如图2－4－11所示．从图象中可以得出________．(填选项前的字母)A．增挂钩码时Δl与F成正比，而减挂钩码时Δl与F不成正比B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度解析：若橡皮筋一直在弹性限度内，虚线和实线应重合．由于图中虚线和实线并不重合，说明增挂钩码时所挂钩码过多，导致橡皮筋超出了弹性限度，只有选项D正确．答案：D5．(2011·高考安徽卷)为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图2－4－12上标出．(g＝9.8 m/s2)图2－4－12(1)作出m-l的关系图线；(2)弹簧的劲度系数为________ N/m.答案：(1)如图所示(2)0.248～0.2626．在“探究弹力与弹簧伸长量的关系”实验中，根据实验数据在图2－4－13上画出了a、b、c、d四个坐标点．图2－4－13(1)根据a、b、c、d四个坐标点，画出ΔL F图线；(2)由图线，若弹簧原长50 cm，要使弹簧伸长到75 cm(弹簧仍在弹性限度内)，需要多大的拉力？________.解析：(1)ΔL F图线如图所示．首先要判断四个坐标点是否基本在同一直线上，若不在同一直线上，应检查实验过程中是否有错误，若基本在同一直线上，画ΔL F图线时，使它们均匀分布在直线两侧，这样可以减小偶然误差．(2)本题中k ＝F ΔL ＝60020N/cm ＝30 N/cm ，根据F ＝k ΔL ，得拉力F ＝30×(75－50) N ＝750 N.答案：(1)见解析 (2)750 N7．为了探究弹簧弹力F 和弹簧伸长量x 的关系，某同学选了A 、B 两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图2－4－14所示的图象，从图象上看，该同学没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线的原因是________．B 弹簧的劲度系数为________．若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧________(填A 或B )．图2－4－14解析：在弹簧的弹性限度以内，弹力与形变量是成正比的，图象上端出现弯曲是因为拉力过大，超过了弹簧的弹性限度．由胡克定律得x ＝F k，则图线斜率的倒数等于弹簧的劲度系数k＝8 N 8 cm＝100 N/m.精确度高意味着相同拉力下形变量大，相同刻度下最小分度值小，故应选用劲度系数小的弹簧A .答案：拉力过大，超过了弹簧的弹性限度 100 N/m A8．(2012·陕西汉中模拟)用纳米技术处理过的材料叫纳米材料，其性质与处理前相比会发生很多变化．如机械性能会成倍地增加，对光的反射能力会变得很低，熔点会大大地降低，甚至有特殊的磁性质．现有一纳米合金丝，欲测出其伸长量x 与所受到的拉力F 、长度L 、截面直径D 的关系．(1)测量上述物理量需要的主要器材是：________________、______________、______________等．(2)若实验中测量的数据如下表，根据这些数据请写出x 与F 、L 、D 间的关系式：________.((3)只需写出一种)．(4)若有一根合金丝的长度为20 cm ，截面直径为0.200 mm ，使用中要求其伸长量不能超过原长的百分之一，那么这根合金丝能承受的最大拉力为________N.解析：(2)由题目所给的数据分析可知：当力、直径一定时，伸长量与长度成正比，当力、长度一定时，伸长量与直径成反比，当长度、直径一定时，伸长量与力成正比，有：x ＝kFL /D (取一组数据验证，式中的系数不为零)答案：(1)弹簧测力计 刻度尺 螺旋测微器(2)x＝kFL D(3)控制变量法(4)62.5。
2013届高考物理一轮复习优化探究(模块达标检测+高效知能检测)人教-选修3-2-第9章-第3单元
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的括号内)1.如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过小金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在小环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为( )A.12EB.13EC.23E D ．E解析：a 、b 间的电势差等于路端电压，大环电阻占电路总电阻的23，故U ab＝23E ，C 正确．答案：C2.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a ，总电阻为R (指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A 铰链连接的长度为2a 、电阻为R 2的导体棒AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时A 、B 两端的电压大小为( )A.Ba v 3B.Ba v 6C.2Ba v 3D ．Ba v 解析：摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·(12v )＝Ba v .由闭合电路欧姆定律U AB ＝E R 2＋R 4R 4＝13Ba v ，故选A.答案：A3.如图所示，半径为a 、电阻为R 的圆形闭合金属环位于有理想边界的匀强磁场边沿，环平面与磁场垂直．现用水平向右的外力F 将金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F 与位移x 的关系图象应是图中的()解析：位移为x 时，金属环的位置如图所示，则y ＝2ax －x 2，知金属环的有效切割长度l ＝22ax －x 2，匀速拉出，外力F ＝F 安＝BIl ＝4B 2(2ax －x 2)v R，可见F 是关于x 的二次函数，故B 正确．答案：B4.如图所示，正方形金属框四条边电阻相等，匀强磁场垂直线框平面且刚好充满整个线框，现以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场．欲使a 、b 两点间的电势差最大，则拉力应沿( )A ．甲方向B ．乙方向C ．丙方向D ．丁方向解析：以相同的速率分别沿甲、乙、丙、丁四个方向将线框拉出磁场，回路中产生的电动势E 大小相同，电流I 大小相同；当沿丁方向将线框拉出磁场时，ab 边切割磁场线，ab 相当于电源，由电路的知识可知此时ab 间电势差为I ×3R (R为每边的电阻)，这也是a、b两点间电势差的最大值，即D项正确．答案：D5.如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有电阻)()A．在PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒B．在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒C．将导轨的a、c两端用导线连接起来D．将导轨的a、c两端和b、d两端分别用导线连接起来解析：在PQ棒右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，PQ 棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A、B 项错误．当一端或两端用导线连接时，PQ的动能将转化为内能而最终静止，C、D两选项正确．答案：CD6.如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区为止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的()解析：BC边刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向，是正值，随线框进入磁场，有效长度l逐渐减小，由E＝Bl v 得电动势均匀减小，即电流均匀减小；当线框刚出磁场时，切割磁感线的有效长度l 最大，故电流最大，且为顺时针方向，是负值；此后电流均匀减小，故只有A 图象符合要求．答案：A7.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程是y ＝x 2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y ＝a 的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y ＝b (b ＞a )处以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A ．mgb B.12m v 2C ．mg (b －a )D ．mg (b －a )＋12m v 2解析：金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场后．就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q ＝ΔE ＝12m v 2＋mg (b －a )．答案：D8．如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的磁场中，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置，除电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力F 作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F 的正方向，则在0～t 1时间内，图丙中能正确反映流过导体棒ab 的电流i 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )解析：由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A、B错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，故C 错误，D正确．答案：D9.一质量为m、电阻为r的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑的平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v，则下列说法不正确的是()A．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B．向上滑行时电阻R上产生的热量大于向下滑行时电阻R上产生的热量C．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R的电量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m (v 20－v 2)解析：金属杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r 知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 20－v 2)，D 错．答案：D10.如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB 边始终与磁场右边界平行．已知AB ＝BC ＝l ，线框导线的总电阻为R .则线框离开磁场的过程中( )A ．线框中的电动势随时间均匀增大B ．通过线框横截面的电荷量为Bl 22RC ．线框所受外力的最大值为2B 2l 2v RD ．线框中的热功率与时间成正比解析：三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l ′＝v t ，所以线框中感应电动势的大小E ＝Bl ′v ＝B v 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线框的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R ，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，选项C 错误；线框的热功率为P ＝F v ＝BI v t ×v ＝B 2v 4t 2R ，选项D 错误． 答案：AB二、非选择题(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，匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小随时间的变化率ΔB Δt ＝k ，k 为负的常量．用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一边长为l 的方框，将方框固定于纸面内，其右半部分位于磁场区域中．求：(1)导线中感应电流的大小；(2)磁场对方框作用力的大小随时间的变化率．解析：(1)导线框的感应电动势为E ＝ΔΦΔt① ΔΦ＝12l 2·ΔB ②导线框中的电流为I ＝E R ③式中R 是导线框的电阻，根据电阻定律有R ＝ρ4l S ④联立①②③④式，将ΔB Δt ＝k 代入得I ＝klS 8ρ⑤(2)导线框所受磁场的作用力的大小为F ＝BIl ⑥它随时间的变化率为ΔF Δt ＝Il ΔB Δt ⑦由⑤⑦式得ΔF Δt ＝k 2l 2S 8ρ.答案：(1)klS 8ρ (2)k 2l 2S 8ρ12.(15分)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．(1)求初始时刻导体棒受到的安培力．(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？解析：(1)初始时刻棒中感应电动势E＝BL v0①棒中感应电流I＝E R②作用于棒上的安培力F＝BIL③联立①②③式，得F＝B2L2v0R，方向水平向左．(2)由功和能的关系得，安培力做功W1＝E p－12m v2电阻R上产生的焦耳热Q1＝12m v2－E p.(3)由能量转化及平衡条件可判断：棒最终静止于初始位置，电阻R上产生的焦耳热Q＝12m v2.答案：(1)B2L2v0R方向水平向左(2)E p－12m v212m v2－E p(3)初始位置12m v2。
2013届高考物理核心要点突破系列课件：第20章第二节《光的衍射》(人教版选修3-4)
实验中，下列说法正确的是(
A．缝越窄，衍射现象越明显
)
B．缝越宽，衍射现象越明显
C．照射光的波长越长，衍射现象越明显
D．照射光的频率越高，衍射现象越明显
【解析】
根据光发生明显衍射的条件可知，在
入射光波长一定的情况下，缝越窄，衍射现象越
明显，故A对B错；在缝宽一定时，入射光的波长 越长，衍射现象越明显，故C对D错． 【答案】 【点评】 AC 对光的衍射现象，有的同学错误的认
亮 (1)单色光单缝衍射条纹的特点：中央为______条 纹，两侧有亮暗相间的条纹，条纹的间距和亮度
___________，中央亮条纹既宽又亮，两侧条纹宽 不等 减小 度、亮度逐渐________． 亮 (2)白光单缝衍射条纹的特点：中央为既_______且 宽 ________的白色条纹，两侧是变窄变暗的 彩色 _________条纹．
的．
干涉条纹和衍射条纹
例2 如图20－2－6所示，a、b、c、d四个图是不
同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样．分析
各图样的特点可以得出的正确结论是(
)
图20－2－6
A．a、b是光的干涉图样 B．c、d是光的干涉图样 C．形成a图样的光的波长比形成b图样光的波长短 D．形成c图样的光的波长比形成d图样光的波长短
发生；当挡板AB上的圆孔很小时，光屏上出现图
中丙所示的衍射图样，出现亮暗相间的圆环．
图20－2－3
(2)图样特征
衍射图样中，中央亮圆的亮度大，外面是亮暗相
间的圆环，但外围亮环的亮度小，用色光照射时，
中央为亮圆，外面是亮度越来越小的亮环；如果
用白光照射时，中央亮圆为白色，周围是彩色圆
【自主解答】 干涉条纹是等距离的条纹， 因此， a、 b 图是干涉图样， d 图是衍射图样， A 项正确， c、 故 L B 项错误；由公式 Δx＝ d λ 可知，条纹宽的入射光 的波长长，所以 a 图样的光的波长比 b 图样的光的 波长长，故 C 项错误；c 图样的光的波长比 d 图样 的光的波长长，故 D 项错误．
2013高考物理一轮总复习：第一章实验一知能优化演练
1．在“研究匀变速直线运动”的实验中，算出小车经过各计数点时的瞬时速度如下表所示：A ．根据任意两计数点由加速度公式a ＝Δv /Δt 算出加速度B ．根据实验数据，画出v －t 图象，量出其倾角，由公式a ＝tan α算出加速度C ．根据实验数据，画出v －t 图象，由图线上取较远两点所对应的速度，用公式a ＝Δv /Δt 算出加速度D ．依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度解析：选 C.求解加速度时，为了防止较大的读数误差，使测量结果较准确，一般都采取尽量利用多组数据来处理问题的方法，如图象法．A 项中，只利用了两组数据，误差较大，不利于计算加速度，故A 项错；在v －t 图象中，斜率表示加速度大小，加速度数值a ＝Δv Δt，但由于图象中所取的标度不同，其加速度a 不一定等于tan α，故B 项错、C 项对；根据D项a 1＝v 2－v 1T ，a 2＝v 3－v 2T ，a 3＝v 4－v 3T ，a 4＝v 5－v 4T ，a ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝v 5－v 14T，还是只利用了其中两组数据，故D 项错误．2．在“研究匀变速直线运动”的实验中，对于减小实验误差来说，下列方法中不．合理的是( )A ．选取计数点，把每打5个点的时间间隔作为一个时间单位B ．使小车运动的加速度尽量小些C ．舍去纸带上密集的点，只利用点迹清晰、点间隔适当的那一部分进行测量、计算D ．选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验解析：选B.把每5个点的时间间隔作为一个时间单位，是为了便于测量和计算，故A 对．加速度如果太小，则纸带上打的点会比较密集，相邻计数点间的距离变化不大，故B 错．C 、D 选项是为了便于测量和使实验结果更准确，故C 、D 对．3．在“研究匀变速直线运动”的实验中，某同学的操作中有以下实验步骤(其中部分步骤有错误)：A ．拉住纸带，将小车移至靠近打点计时器处，先放开纸带，再接通电源B ．将打点计时器固定在平板上，并接好电源C ．把一条细绳拴在小车上，细绳跨过定滑轮，下面吊着适当重的钩码D ．取下纸带E ．将纸带固定在小车尾部，并穿过打点计时器的限位孔F ．换上纸带，重复实验三次．将以上步骤完善，并按合理顺序填写在横线上．________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：A 中应先接通电源，再放开纸带．D 中应先断开电源，使打点计时器停止工作．合理顺序为B 、C 、E 、A 、D 、F.答案：见解析4．(2012·泉州质检)在探究物体仅在重力作用下是否做匀变速直线运动的实验中，利用打出来的纸带可以测出当地的重力加速度．某次实验得到的纸带如图1－4－6所示，O 、A 、B 、C 、D 为相邻的五个点，测得OA ＝5.6 mm 、OB ＝15.0 mm 、OC ＝28.3 mm 、OD ＝45.5 mm ，打下相邻两个点的时间间隔为0.02 s.图1－4－6(1)当地的重力加速度g ＝________m/s 2.(结果保留三位有效数字)(2)把(1)问题中求得的重力加速度与当地重力加速度的标准值比较，发现两者并不相等，除了读数误差外，你认为产生误差的其他原因可能是________________________________________________________________________．(只要求写出一种原因)解析：由匀变速直线运动的规律可知，BD －OB ＝g (2T )2，解得g ＝9.69 m/s 2.答案：(1)9.69(2)纸带与限位孔之间的摩擦阻力、空气阻力等5．(2010·高考广东卷)如图1－4－7是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．图1－4－7(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz ，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．(2)A 、B 、C 、D 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A 、B 两点间距s ＝________；C 点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)T ＝1f ＝150s ＝0.02 s. (2)由图可知s ＝0.70 cm.C 点对应的速度v C ＝BC ＋CD 2Δt ＝(0.90＋1.10)×10－22×0.1 m/s ＝0.100 m/s. 答案：见解析6．(2012·龙岩质检)在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，并在其上取了A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 7个计数点(每相邻两个计数点间还有4个计时器打下的点，图1－4－8中没有画出)，打点计时器接的是220 V 、50 Hz 的交变电流，已知s 1＝1.00 cm 、s 2＝1.40 cm 、s 3＝1.80 cm 、s 4＝2.20 cm 、s 5＝2.60 cm 、s 6＝3.00 cm.图1－4－8根据以上结果，计算出该物体的加速度为a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．解析：由题意得，T ＝0.1 s ，a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)(3T )2＝0.40 m/s 2. 答案：0.407．(2011·高考广东卷)图1－4－9是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点，加速度大小用a 表示．图1－4－9 (1)OD 间的距离为________cm.(2)图1－4－10是根据实验数据绘出的s -t 2图线(s 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示________，其大小为________m/s 2(保留三位有效数字)．图1－4－10解析：(1)1 cm ＋1 mm ×2.0＝1.20 cm.(2)加速度的一半，12a ＝(2.8－0)×10－20.06－0m/s 2＝0.467 m/s 2. 答案：(1)1.20 (2)加速度的一半 0.4678．(创新实验)某实验小组利用如图1－4－11甲所示的实验装置来测量匀加速直线运动的加速度．滑块上的左右端各有一个完全一样的遮光板．若光线被遮光板遮挡，光电传感器会输出高电压．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光板1、2分别经过光电传感器时，通过计算机可以得到如图乙所示的电平随时间变化的图象．乙 丙图1－4－11(1)实验前，接通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，则图乙中的t 1、t 2、t 3、t 4间满足关系________，则说明气垫导轨已经水平．(2)如图丙所示，用游标卡尺测量遮光板的宽度d ，挂上钩码后，将滑块由如图甲所示位置释放，通过光电传感器和计算机得到的图象如图乙所示，若t 1、t 2、t 3、t 4和d 已知，则遮光板1和遮光板2在经过光电传感器过程中的平均速度分别为________、________(用已知量的字母表示)．(3)在(2)中所述情况下，滑块运动的加速度a ＝________(用已知量的字母表示)． 解析：(1)若气垫已水平，则滑块经过遮光板时间相等即t 4－t 3＝t 2－t 1.(2)根据平均速度的定义知v 1＝d t 2－t 1 v 2＝d t 4－t 3. (3)根据v 2－v 1＝at 及t ＝⎝⎛⎭⎫t 3＋t 4－t 32－⎝⎛⎭⎫t 1＋t 2－t 12 知a ＝v 2－v 1t ＝2d (t 3＋t 4)－(t 1＋t 2)⎣⎡⎦⎤1(t 4－t 3)－1(t 2－t 1). 答案：(1)t 4－t 3＝t 2－t 1(2)d t 2－t 1 d t 4－t 3(3)2d t 3＋t 4－t 2－t 1⎝⎛⎭⎫1t 4－t 3－1t 2－t 1。
2013高考物理一轮总复习：第三章实验四知能优化演练
1．关于验证牛顿运动定律的实验，下列说法中符合实际的是()A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系解析：选 D.牛顿运动定律的验证是控制变量思想的应用，因此首先要分清变量、不变量，故选项D符合实际．2.图3－4－8如图3－4－8所示为“验证牛顿运动定律”时甲、乙两同学根据实验数据画出的a F 图象，直线Ⅰ为甲同学画出的，直线Ⅱ为乙同学画出的．直线Ⅰ、Ⅱ在纵轴或横轴上的截距较大，明显超出了误差范围，下面给出了关于形成这种情况原因的四种解释，其中可能正确的是()A．实验前甲同学没有平衡摩擦力B．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过低了C．实验前乙同学没有平衡摩擦力D．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板的末端抬得过高了解析：选C.直线Ⅰ在纵轴上有较大的截距，说明在绳对小车的拉力F＝0(还没有挂重物)时，小车就有了沿长木板向下的加速度，说明平衡摩擦力时长木板倾角过大．直线Ⅱ在横轴上有较大的截距，说明乙同学在实验前没有平衡摩擦力，因此在绳对小车有了较大的拉力F 以后，小车的加速度仍然为零．故选项C正确．3．(2011·高考浙江卷)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是__①__(漏选或全选得零分)；并分别写出所选器材的作用__②__.图3－4－9解析：电磁打点计时器用来打点计时，以便测定加速度，要配备4 V～6 V学生电源(交流电源)为其供电，通过改变砝码个数来改变拉力大小．钩码放在小车上来调节小车质量．也可用电火花打点计时器来代替学生电源和电磁打点计时器，因为电火花打点计时器使用220 V交流电，不使用学生电源．答案：①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码(或电火花打点计时器、钩码、砝码)②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器(电火花打点计时器)记录小车的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到拉力的大小，还可以用于测量小车的质量．4．(2012·漳州一中检测)(1)在探究影响加速度的因素的实验中，作出了如图3－4－10所示的甲、乙两图象，图甲中三线表示实验中____________不同．图乙中图线不过原点的原因是____________________________．图3－4－10(2)某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1 s，将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5…，如图3－4－11所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．图3－4－11①在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是___________；②打A纸带时，物体的加速度大小是________________．答案：(1)质量；平衡摩擦力过度(2)①乙②3.1 m/s25．(2012·泉州联考)有位同学设计了一个实验，用来验证在外力作用下物体做加速运动时，动能的改变量等于合外力所做的功．如图3－4－12，他使用的实验仪器有电磁打点计时器、学生电源、长方形木块、纸带、天平(图中未画出)、带定滑轮的木板(长约1米)、细线、砝码盘、砝码等．图3－4－12该同学操作如下．①用天平测出木块的质量m.把器材按上图安装好．纸带固定在木块中间的方孔内.②把木块放在打点计时器附近，用手按住，往砝码盘中加砝码，再放开木块，让它做加速运动．然后接通打点计时器电源，让它工作．当木块到达定滑轮处时，断开电源．③取下纸带，并在纸带上做了如图3－4－13的标记，然后进行数据处理．图3－4－13请回答下列问题．(1)该同学操作过程中有一处明显的不当之处，请更正：___________________________.(2)利用测得的木块质量m 、交流电源的周期T 、纸带上标示的位移s A ，s B ，s AB .①请你写出木块在加速阶段所受合外力的表达式：_______________________________________；②请写出验证动能定理的方法：__________________________________________________________________________________________________.(3)在上述试验中，如果对该同学选择的仪器和做法做一些更改，则可以直接将砝码及砝码盘的重力，作为研究对象所受到的合外力．为达到这个目的，你认为应该怎样做？_______________________________.答案：(1)应先接通电源，待打点计时器稳定工作后，再放开木块(2)由F 合＝ma ＝m s B －s A 32T 2；由F 合×s AB ＝12m v 2B －12v 2A 可知，只要验证在误差允许范围内s AB ＝(s B ＋s A )是否成立即可(3)将木块换成带轮小车以减少摩擦；垫起木板一端利用小车的下滑力平衡摩擦力；保证砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量6．(2012·福州模拟)某实验小组设计了如图3－4－14甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a F 图线，如图乙所示．图3－4－14(1)图线①是轨道处于________(填“水平”或“倾斜”)情况下得到的实验结果；(2)图线①②的倾斜程度(斜率)一样，说明了什么问题？________(填选项前的字母)A ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定解析：(1)由图乙可知，对于图线①，当拉力F ＝0时，加速度并不为零，故轨道应处于倾斜状态；(2)设滑块和位移传感器的总质量为M ，在倾斜轨道上，由牛顿第二定律F ＋Mg sin θ－f＝Ma 得，a ＝1M F ＋(g sin θ－f M )；在水平轨道上，由牛顿第二定律F －f ′＝Ma 得，a ＝1MF －f ′M ；图线①②的斜率均为1M，故选项A 正确． 答案：(1)倾斜 (2)A7．(2010·高考江苏卷)为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置(如图3－4－15所示)．实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力．图3－4－15(1)往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车________(选填“之前”或“之后”)接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点．(2)图3－4－16(3)通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大．你是否同意他的观点？请根据v t 图象简要阐述理由．解析：(1)实验时，应先接通打点计时器，待打点计时器正常工作后再释放小车．(2)见答案．(3)见答案．答案：(1)之前(2)见下图(3)同意．在v t 图象中，速度越大时，加速度越小，小木块受到的合力越小，则小车受空气阻力越大．8．(2012·福州一中检测)用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a 和F 的关系如图3－4－17所示．g 取10 m/s 2.(1)根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；(2)若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图3－4－17的坐标系上画出这种情况下的a -F 图线．(要求写出作图的根据)图3－4－17解析：(1)根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma ，所以a ＝1m－μg可见a －F 图象为一条直线，直线的斜率k ＝1m＝2.0 kg －1，纵轴截距为－μg ＝－2.0 m/s 2， 解得：物体的质量m ＝0.50 kg ，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.20.(也可以用横轴截距求动摩擦因数：当F ＝1.0 N 时，物体的加速度为零，物体所受阻力f ＝F ＝1.0 N ，由f ＝μmg解得物体与水平面间的动摩擦因数μ＝f mg ＝0.20.用其他方法结果正确也可) (2)当物体质量加倍时，物体的加速度a ＝12m F －μg 直线斜率k ′＝12m＝1.0 kg －1，纵轴的截距不变，作出如图所示的图线．答案：(1)0.50 kg 0.20 (2)图见解析。
2013高考物理一轮总复习：必修1第一章实验一知能优化演练
1．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，放开小车答案：C2．“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50 Hz)，得到如图1－4－9所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是( )图1－4－9A ．实验时应先放开纸带再接通电源B ．(x 6－x 1)等于(x 2－x 1)的6倍C ．从纸带可求出计数点B 对应的速率D ．相邻两个计数点间的时间间隔为0.02 s 解析：选C.中间时刻瞬时速度等于全程的平均速度，所以v B ＝x 2＋x 32T，所以C 正确，x 6－x 1＝5(x 2－x 1)，所以B 错误，相邻计数点间的时间间隔是0.1 s ，D 错误，按照实验要求应该先接通电源再放开纸带，所以A 错误． 3.图1－4－10(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)利用图1－4－10中所示的装置可以研究自由落体运动．实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会在纸带上打出一系列的小点．(1)为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有__________．(填入正确选项前的字母)A ．天平B ．秒表C ．米尺(2)若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：________________________________________________________________________.解析：(1)处理纸带求加速度，一定要知道长度，则要有米尺；打点计时器就是测量时间的工具，则不需要秒表；重力加速度的值与物体的质量无关，则不需要天平．(2)可能引起误差的原因是打点计时器与纸带间存在摩擦；空气阻力的影响等．答案：(1)C (2)见解析4．(2010·高考广东卷)如图1－4－11是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．图1－4－11(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz ，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________．(2)A 、B 、C 、D 是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A 、B 两点间距x ＝________；C 点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)打点计时器频率为50 Hz ，周期T ＝1f＝0.02 s ，故打相邻两点的时间间隔为0.02 s ； (2)两相邻计数点间的时间间隔为t ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，由图读出x ＝7.0 mm ＝0.70 cm.C 点对应速度v C ＝x BC ＋x CD 2t ＝0.90＋1.102×0.1cm/s ＝0.100 m/s. 答案：(1)0.02 s (2)0.68～0.72 cm 0.100 m/s5．(2011·高考广东卷)如图1－4－12是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O 、A 、B 、C 、D 和E 为纸带上六个计数点．加速度大小用a 表示．图1－4－12 (1)OD 间的距离为__________ cm.(2)如图1－4－13是根据实验数据绘出的x －t 2图线(x 为各计数点至同一起点的距离)，斜率表示__________，其大小为________ m/s 2(保留三位有效数字)．图1－4－13 解析：由于物体做的是匀变速直线运动，所以其从某一点开始运动的位移x ＝v 0t ＋12at 2，由于x －t 2图线是一条倾斜直线，因此v 0＝0，则x ＝a 2t 2，这样，我们就可以知道x －t 2图线的斜率为a 2，通过图线可求得斜率为0.464. 答案：(1)1.18～1.22 (2)加速度的一半 0.458～0.464 6.图1－4－14物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图1－4－14所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz.开始实验时，在托盘中放入适当的砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．(1)图1－4－15给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a ＝__________(保留三位有效数字)．图1－4－15 (2)回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________．(填入所选物理量前的字母)A ．木板的长度LB ．木板的质量m 1C ．滑块的质量m 2D ．托盘和砝码的总质量m 3E ．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是__________．(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ＝__________(用被测物理量的字母表示，重力加速度为g )．与真实值相比，测量的动摩擦因数__________(填“偏大”或“偏小”)．答案：(1)0.495 m/s 2～0.497 m/s 2(2)①CD ②天平(3)m 3g －(m 2＋m 3)a m 2g 偏大。
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1. 如图2－3－7，用插针法测定玻璃折射率的实验中，以下说法正确的是( )
图2－3－7
(1)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离适当大些，可以提高准确度
(2)P 1、P 2及P 3、P 4之间的距离取得小些，可以提高准确度
(3)入射角θ1适当大些，可以提高准确度
(4)入射角太大，折射光线会在玻璃砖的内表面发生全反射，使实验无法进行
(5)P 1、P 2的间距，入射角的大小均与实验的准确度无关
A ．(1)(3)
B ．(2)(4)
C ．(3)(5)
D ．(1)(4)
解析：选A.实验根据大头针确定入射光线和出射光线，在连线及测量时必然有误差，P 1、P 2和P 3、P 4之间距离适当大些，可以减小百分误差，故(1)正确，(2)错误；实验要求入射角不能太小，否则会导致测量误差太大，(3)正确；根据几何知识知光在第二界面的入射角等于在第一界面的折射角，即小于临界角，不会发生全反射，(4)错误；综合上述分析知(5)错误．故选A.
2. 某同学做测定玻璃折射率实验时，用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sin θ1－sin θ2图象如图2－3－8所示，下列判断中正确的是( )
图2－3－8
A ．他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃时的折射现象
B ．玻璃的折射率为0.67
C ．玻璃的折射率为1.5
D ．玻璃的临界角的正弦值为0.67
解析：选ACD.此直线斜率k ＝sin θ1sin θ2＝10.67＞1，所以研究的光线是从空气射入玻璃时的折射
现象，A 选项正确．k 也就是折射率n ＝10.67＝1.5，C 选项正确．sin C ＝1n ＝0.67，D 选项正
确．
3. 某同学用插针法测定玻璃砖的折射率，他的实验方法和操作步骤正确无误，但他处理实验记录时发现玻璃砖的两个光学面aa ′与bb ′不平行，如图2－3－9所示，则( )
图2－3－9
A ．AO 与O ′
B 两条直线平行
B ．AO 与O ′B 两条直线不平行
C ．他测出的折射率偏大
D ．他测出的折射率不受影响
答案：BD
4．在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa ′、bb ′与玻璃砖位置的关系分别如图2－3－10中的①②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖．他们的其他操作均正确，且均以aa ′、bb ′为界面画光路图．则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．丙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)．
图2－3－10
解析：甲同学测量的光路图如图甲所示，真实值n ＝sin θ1sin θ2，测量值n ′＝sin θ1sin θ2′.因θ2′＞θ2，
故n ′＜n ，所以甲同学测得的折射率与真实值相比偏小．
乙同学测量的光路图如图乙所示，测量值n ＝sin θ1sin θ2，与真实值相等．
丙同学测量可能出现三种可能，光路图如图丙所示．当出射点为c 时，测量值与真实值相同；当出射点在c 左侧时，测量值小于真实值；当出射点在c 点右侧时，测量值大于真实值．故丙同学测得的折射率与真实值相比可能偏大、可能偏小、可能不变．
答案：偏小 不变 可能偏大、可能偏小、可能不变
5. 如图2－3－11所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率，在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P 1、P 2确定入射光线，并让入射光线过圆心O ，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像，连接OP 3.图中MN 为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B 、C 分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB 、CD 均垂直于法线并分别交法线于A 、D 点．
图2－3－11
(1)设AB 的长度为l 1，AO 的长度为l 2，CD 的长度为l 3，DO 的长度为l 4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．
(2)该同学在插大头针P 3前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)．
答案：(1)l 1和l 3 n ＝l 1l 3 (2)偏大
6．(2010·高考福建卷)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图2－3－12所示．
图2－3－12
(1)此玻璃的折射率计算式为n ＝________(用图中的θ1、θ2表示)；
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量．
解析：(1)本题意在考查考生对入射角、折射角、折射率的理解和应用．光线由空气射入玻
璃的入射角i ＝π2－θ1，折射角r ＝π2－θ2，由折射率的定义可得：n ＝sin i sin r ＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－θ1sin ⎝⎛⎭
⎫π2－θ2＝cos θ1cos θ2，
根据平行玻璃砖对光线的影响可知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小．
答案：(1)cos θ1cos θ2⎝ ⎛⎭⎪⎫或sin (90° －θ1)sin (90°－θ2) (2)大
7. 用三棱镜做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的一侧插入两枚大头针P 1和P 2，然后在棱镜的另一侧观察，调整视线使P 1的像被P 2挡住，接着在眼睛所在的一侧插两枚大头针P 3、P 4，使P 3挡住P 1、P 2的像，P 4挡住P 3和P 1、P 2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图2－3－13所示．
图2－3－13
(1)在题图上画出所需的光路．
(2)为了测出棱镜玻璃的折射率，需要测量的量是________，________，在图上标出它们．
(3)计算折射率的公式是________．
解析：(1)如图所示，画出通过P 1、P 2的入射光线，交AC 面于O ，画出通过P 3、P 4的出射光线交AB 面于O ′.则光线OO ′就是入射光线P 1P 2在三棱镜中的折射光线．
(2)在所画的图上注明入射角θ1和折射角θ2，并画出虚线部分，用量角器量出θ1和θ2(或用直尺测出线段EF 、OE 、GH 、OG 的长度)．
(3)n ＝sin θ1sin θ2；⎝ ⎛⎭
⎪⎫或因为sin θ1＝EF OE ，sin θ2＝GH OG ，则n ＝EF /OE GH /OG ＝EF ·OG OE ·GH
. 答案：见解析。