高考物理四海八荒易错集专题力学实验
【高中教育】最新高考物理四海八荒易错集专题11电磁感应规律及其应用
——教学资料参考参考范本——【高中教育】最新高考物理四海八荒易错集专题11电磁感应规律及其应用______年______月______日____________________部门1．如图4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图4A. B. C. D.2nBa2Δt2．如图5甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )图5A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势C．3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反【答案】A 【解析】由图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确、B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．3.让圆盘逆时针转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图6A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动4. (多选)如图9所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y 轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的( )图9【答案】AD 【解析】在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，Uab＝－i(Rbc＋Rcd＋Rda)．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，Uab ＝－iRab，A、D正确．5．如图10所示，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示it图象的是( )图106．如图11甲所示，且通入如图乙所示的磁场)，已知螺线管(电阻不计)的匝数n＝6，截面积S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是( )图117．(多选)如图12甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )图12A．在t0时刻回路中产生的感应电动势E＝0B．在0～t0时间内导体棒中的电流为L1L2B02Rt0C．在t0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L21L2B204Rt0D．在0～2t0时间内回路中电流方向是abdca8．(多选)如图15所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( ) 图15A ．A 点的电势高于C 点的电势B ．此时AC 两端电压为UAC ＝B πLvR0R0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －mv2D ．此过程中通过电阻R0的电荷量为q ＝2BLd R0＋r【答案】AD 【解析】根据右手定则可知，A 点相当于电源的正极，电势高，A 正确；AC 产生的感应电动势为E ＝2BLv ，AC 两端的电压为UAC ＝＝，B 错误；由功能关系得Fd ＝mv2＋Q ＋Qf ，C 错误；此过程中平均感应电流为＝，通过电阻R0的电荷量为q ＝Δt ＝，D正确．9．如图16所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10m/s2.图16(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L⑤I′＝⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v＝2gh解得：h＝1.35 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at ⑧由牛顿第二定律得：F＋mg－F安＝ma ⑨又F安＝⑩由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N.【答案】(1)5 m/s2 (2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6)N10．如图17所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：图17(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热．(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为qq＝Δt＝Δt＝ΔΦR由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ＝(B1－B2)Ldq＝＝＝.(3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F，则定值电阻中产生的焦耳热为Q＝2Fd.【答案】(1)4B (2) (3)2Fd易错起源1、电磁感应规律及其应用例1、(多选)(20xx·全国甲卷T20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )图1A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【变式探究】 (20xx·全国卷ⅡT15)如图2所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是( )图2A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a【名师点睛】1．高考考查特点高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法．2．解题的常见误区及提醒(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流．(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误．(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误．(4)不理解转动切割电动势大小计算方法．【锦囊妙计，战胜自我】(1)感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．(2)楞次定律中“阻碍”的主要表现形式①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；②阻碍相对运动——“来拒去留”；③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．(3)求感应电动势的两种方法①E＝n，用来计算感应电动势的平均值．②E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值．易错起源2、电磁感应中的图象问题例2、如图7(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图7【变式探究】如图8所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是( )图8【名师点睛】1．高考考查特点本考点的命题主要涉及it图、Et图、Bt图、Φt图，还有vt图、Ft图等．突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小．2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换．(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向．(3)不理解图象斜率、曲直的意义．(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应．【锦囊妙计，战胜自我】解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是Φt图，或者Et图、It图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图象或判断图象．易错起源3、电磁感应中电路和能量问题例3、(20xx·全国甲卷T24)如图13所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图13(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．联立①②③式可得E＝Blt0. ④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝. ⑧【答案】(1)Blt0 (2)B2l2t0m【变式探究】(20xx·全国丙卷T25)如图14所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图14(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．【解析】(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ①设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有ε＝－②由欧姆定律有i＝③由电流的定义有i＝④联立①②③④式得|Δq|＝Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q 的绝对值为|q|＝. ⑥穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt ⑫在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et＝⑭由欧姆定律有I＝⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS).【答案】(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)B0lR 【名师点睛】1．高考考查特点本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算．2．解题的常见误区及提醒(1)分析电源时电势高低易出错．(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象．(3)功能分析时，力做功及电热的计算易漏(多算)电阻生热．1．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2．如图20所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图20A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶1【答案】B 【解析】根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nl2，则＝()2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误．3．如图21所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )图214．在如图22甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R ，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R ，半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计，闭合S ，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是( )图22①电容器上极板带正电 ②电容器下极板带正电 ③线圈两端的电压为 ④线圈两端的电压为4B0πr225t0A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④【答案】D 【解析】由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，①错②对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝＝S ＝×πr ，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I ＝，所以线圈两端的电压U ＝I(R1＋R2)＝，③错④对，故应选D.5．如图23所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，从高为h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v 匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则( )图23A ．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2B ．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C ．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为gsin θ2D ．整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为mgh －mv26.如图24所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )图24A．C点电势一定高于D点电势B．圆盘中产生的感应电动势大小为Bωr2C．电流表中的电流方向为由a到bD．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流7. 如图25所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒ab垂直静置于导轨上且与导轨构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁(下端是N极)竖直向上做匀速运动．在匀速运动某段时间内外力F做功WF，安培力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek.则下列选项中正确的是( )图25A．导体棒中的电流方向为a→bB．W1＝W2C．W2－W1＝QD ．WF ＋WG ＝Ek ＋Q【答案】ACD 【解析】根据楞次定律，导体棒中的电流方向为a 到b ，选项A 正确；根据能量守恒知磁铁克服磁场力做的功转化为金属棒的动能和回路产生的焦耳热，所以W2－W1＝Q ，选项B 错误，选项C 正确；磁铁做匀速运动，对磁铁有WF ＋WG －W2＝0，结合W2－W1＝Q ，及W1＝Ek 得WF ＋WG ＝Ek ＋Q ，选项D 正确．8．如图26所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C1和C2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b ＋kt(k>0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )图26A ．通过金属杆的电流大小为mgB2LB ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为R ＝－rD ．整个电路的热功率P ＝πkamg 2B29．如图27所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：图27(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小．(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m/s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量．(3)此过程对a 、b 棒整体根据功能关系，有Q ＝Fxa －(magsin 30°＋μmagcos 30°)xa－(mbgsin 30°＋μmbgcos 30°)xb －mav －mbv 2b解得Q ＝85 J.q ＝·ΔtI ＝E2RE ＝＝B ·ΔS Δt 解得q ＝＝0.15 C.【答案】 (1) (2)24 N (3)85 J 0.15 C10．如图28甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图乙所示，图中vmax和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：图28(1)杆AB中的最大感应电流Imax的大小和方向；(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势E＝ΔΦt1－0平均感应电流＝E R又q＝t1解得q ＝ΔΦR而ΔΦ＝BLs1cos θ由题图乙知杆AB 下滑的距离s1＝vmaxt1解得q ＝.(3)撤去拉力后杆AB 在水平导轨上做减速运动，感应电流I ＝BLv R根据牛顿第二定律有BIL ＝ma若Δt 趋近于零，则a ＝Δv Δt由以上三式可得v Δt ＝m Δv则v1Δt1＝m Δv1，v2Δt2＝m Δv2，…，vn Δtn ＝m Δvn得(v1Δt1＋v2Δt2＋…＋vn Δtn)＝m(Δv1＋Δv2＋…＋Δvn) 即s ＝m(vmax －0)解得s ＝.【答案】 见解析。
高考物理四海八荒易错集专题13力学实验
高考物理四海八荒易错集专题13力学实验1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。
该工件的直径为________cm，高度为________mm。
(a)(b)答案：1.220 6.8612．Ⅰ.根据单摆周期公式T＝2π，可以通过实验测量当地的重力加速度。
如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为________mm。
解析：Ⅰ.该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小。
Ⅱ.由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm，测量后要去掉开始误差。
答案：Ⅰ.18.6Ⅱ.0.0070.6383.某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中，必需的措施是________。
A．细线必须与长木板平行B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量D．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。
s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm。
则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________ m/s。
(结果均保留两位有效数字)(2)由s4－s1＝3aT2、s5－s2＝3aT2、s6－s3＝3aT2知加速度a＝＝0.80 m/s2打B点时小车的速度vB＝＝0.40 m/s。
答案：(1)AB (2)0.80 0.404．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。
2017年高考物理(四海八荒易错集)专题11 电磁感应规律及其应用
专题11 电磁感应规律及其应用1．如图4所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图4A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt2．如图5甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a 端流入为正，以下说法正确的是( )图5A ．从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向B ．0～1 s 内圆环面积有扩张的趋势C ．3 s 末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D ．1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相反【答案】A 【解析】由图乙知，0～1 s 内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s 内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A 正确、B 错误；同理可得1～2 s 内和2～3 s 内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．3.让圆盘逆时针转动，现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是( )图6A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动4. (多选)如图9所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y 轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的( )图9【答案】AD 【解析】在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，U ab＝－i(R bc＋R cd＋R da)．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，U ab＝－iR ab，A、D正确．5．如图10所示，虚线P、Q、R间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框abc，ab边与bc边长度均为L，bc边与虚线边界垂直．现让线框沿bc方向匀速穿过磁场区域，从c点经过虚线P开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i的正方向，则下列四个图象中能正确表示it图象的是( )图106．如图11甲所示，且通入如图乙所示的磁场)，已知螺线管(电阻不计)的匝数n＝6，截面积S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列it关系图中正确的是( )图117．(多选)如图12甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab、cd，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN、PQ间距为L1，导体棒ab、cd间距为L2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )图12A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝0B ．在0～t 0时间内导体棒中的电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 0/2时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0D ．在0～2t 0时间内回路中电流方向是abdca8．(多选)如图15所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )图15A ．A 点的电势高于C 点的电势B ．此时AC 两端电压为U AC ＝B πLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r【答案】AD 【解析】根据右手定则可知，A 点相当于电源的正极，电势高，A 正确；AC 产生的感应电动势为E ＝2BLv ，AC 两端的电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BLvR 0R 0＋r ，B 错误；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋Q f ，C 错误；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd R 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLd R 0＋r，D 正确． 9．如图16所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω.在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T．现有质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s.不计空气阻力，g取10 m/s2.图16(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．mg＝BI′L ⑤I′＝E′R外＋r⑥E′＝BLv′⑦联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m.(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小v＝v2＋at ⑧由牛顿第二定律得：F＋mg－F安＝ma ⑨又F安＝B2L2vR外＋r⑩由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6)N.【答案】(1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6)N10．如图17所示，水平放置的平行光滑导轨间有两个区域有垂直于导轨平面的匀强磁场，虚线M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B1＝8B，虚线P、Q间有垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线M、N和P、Q间距均为d，N、P间距为15d，一质量为m、长为L的导体棒垂直于导轨放置在导轨上，位于M左侧，距M也为d，导轨间距为L，导轨左端接有一阻值为R的定值电阻，现给导体棒一个向右的水平恒力，导体棒运动以后能匀速地通过两个磁场，不计导体棒和导轨的电阻，求：图17(1)P、Q间磁场的磁感应强度B2的大小；(2)通过定值电阻的电荷量；(3)定值电阻上产生的焦耳热．(2)设导体棒通过磁场过程中通过定值电阻的电荷量为qq ＝I Δt ＝E R Δt ＝ΔΦR由于通过两个磁场过程中导体棒扫过的区域的磁通量的变化量为ΔΦ＝(B 1－B 2)Ldq ＝ΔΦR ＝－BLd R ＝4BLd R. (3)定值电阻中产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，由于导体棒在磁场中做匀速运动，因此导体棒在磁场中受到的安培力大小等于F ，则定值电阻中产生的焦耳热为Q ＝2Fd .【答案】 (1)4B (2)4BLd R(3)2Fd易错起源1、 电磁感应规律及其应用例1、(多选)(2016·全国甲卷T 20)法拉第圆盘发电机的示意图如图1所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )图1A ．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B ．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a 到b 的方向流动C ．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D ．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R 上的热功率也变为原来的2倍【变式探究】 (2015·全国卷ⅡT 15)如图2所示，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )图2A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a －b －c －aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流 D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a －c －b －a【名师点睛】1．高考考查特点高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律、右手定则是突破考点的方法．2．解题的常见误区及提醒(1)对感应电流产生的条件理解不准确，认为只要切割就有感应电流．(2)不能正确理解楞次定律造成电流方向判断错误．(3)左手定则和右手定则混淆出现电流方向的判断错误．(4)不理解转动切割电动势大小计算方法．【锦囊妙计，战胜自我】(1)感应电流方向的判断方法一是利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断；二是利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．(2)楞次定律中“阻碍”的主要表现形式①阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；②阻碍相对运动——“来拒去留”；③使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；④阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．(3)求感应电动势的两种方法①E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． ②E ＝BLv ，主要用来计算感应电动势的瞬时值．易错起源2、电磁感应中的图象问题例2、如图7(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )图7【变式探究】如图8所示，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是( )图8【名师点睛】1．高考考查特点本考点的命题主要涉及it图、Et图、Bt图、Φt图，还有vt图、Ft图等．突破本考点的关键是灵活应用楞次定律、法拉第电磁感应定律判断电流方向及计算电动势的大小．2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确的将磁场变化和电流变化相互转换．(2)不能正确判断感应电流是正方向还是负方向．(3)不理解图象斜率、曲直的意义．(4)多阶段过程中不能将各阶段的运动和图象变化相对应．【锦囊妙计，战胜自我】解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是Φt图，或者Et图、It图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图象或判断图象．易错起源3、电磁感应中电路和能量问题例3、(2016·全国甲卷T24)如图13所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图13(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝ER⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m.⑧【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 【变式探究】(2016·全国丙卷T 25)如图14所示，两条相距l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S 的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B 1随时间t 的变化关系为B 1＝kt ，式中k 为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN (虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B 0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t 0时刻恰好以速度v 0越过MN ，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：图14(1)在t ＝0到t ＝t 0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t (t >t 0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小． 【解析】 (1)在金属棒越过MN 之前，t 时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①设在从t 时刻到t ＋Δt 的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R 的电荷量为Δq .由法拉第电磁感应定律有ε＝－ΔΦΔt②由欧姆定律有i ＝εR③由电流的定义有i ＝ΔqΔt ④联立①②③④式得|Δq |＝kSRΔt ⑤由⑤式得，在t ＝0到t ＝t 0的时间间隔内，流过电阻R 的电荷量q 的绝对值为 |q |＝kt 0SR. ⑥穿过回路的总磁通量为 Φt ＝B 0lv 0(t －t 0)＋kSt ⑫在t 到t ＋Δt 的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt 为 ΔΦt ＝(B 0lv 0＋kS )Δt ⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为E t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔΦt Δt⑭由欧姆定律有I ＝E t R⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f ＝(B 0lv 0＋kS )B 0lR.【答案】 (1)kt 0S R (2)B 0lv 0(t －t 0)＋kSt (B 0lv 0＋kS )B 0lR【名师点睛】 1．高考考查特点本考点多以导体棒切割磁感线为背景，结合牛顿第二定律对导体棒进行运动分析和受力分析；结合图象，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率、动能定理等规律进行电路、功能关系的计算．2．解题的常见误区及提醒(1)分析电源时电势高低易出错．(2)涉及力和运动的分析时出现漏力(多力)的现象．(3)功能分析时，力做功及电热的计算易漏(多算)电阻生热．1．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2．如图20所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a＝3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图20A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3∶1【答案】B 【解析】根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S ′＝nΔB Δt l 2S ′4ρnl ＝klS ′4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS ′4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S ′4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误．3．如图21所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc ，ac ＝l ，匀速穿过边界宽度也为l 的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)()图214．在如图22甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，圆形金属线圈半径为r 1，线圈导线的电阻为R ，半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0，其余导线的电阻不计，闭合S ，至t 1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是()图22①电容器上极板带正电 ②电容器下极板带正电 ③线圈两端的电压为B 0πr 21t 0④线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④【答案】D 【解析】由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，①错②对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0×πr 22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I ＝E R ＋R 1＋R 2，所以线圈两端的电压U ＝I (R 1＋R 2)＝4B 0πr 225t 0，③错④对，故应选D.5．如图23所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，从高为h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v 匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g .则( )图23A ．金属杆加速运动过程中的平均速度为v /2B ．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率C ．当金属杆的速度为v /2时，它的加速度大小为g sin θ2D ．整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为mgh －12mv 26.如图24所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触，G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法中正确的是( )图24A ．C 点电势一定高于D 点电势B ．圆盘中产生的感应电动势大小为12B ωr 2C ．电流表中的电流方向为由a 到bD ．若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡旋电流7. 如图25所示，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒ab 垂直静置于导轨上且与导轨构成回路．在外力F 作用下，回路上方的条形磁铁(下端是N 极)竖直向上做匀速运动．在匀速运动某段时间内外力F 做功W F ，安培力对导体棒做功W 1，磁铁克服磁场力做功W 2，重力对磁铁做功W G ，回路中产生的焦耳热为Q ，导体棒获得的动能为E k .则下列选项中正确的是( )图25A ．导体棒中的电流方向为a →bB ．W 1＝W 2C ．W 2－W 1＝QD ．W F ＋W G ＝E k ＋Q【答案】ACD 【解析】根据楞次定律，导体棒中的电流方向为a 到b ，选项A 正确；根据能量守恒知磁铁克服磁场力做的功转化为金属棒的动能和回路产生的焦耳热，所以W 2－W 1＝Q ，选项B 错误，选项C 正确；磁铁做匀速运动，对磁铁有W F ＋W G －W 2＝0，结合W 2－W 1＝Q ，及W 1＝E k 得W F ＋W G ＝E k ＋Q ，选项D 正确． 8．如图26所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R ，C 1和C 2是半径都为a 的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C 1中磁场的磁感应强度随时间按B 1＝b ＋kt (k >0)变化，C 2中磁场的磁感应强度恒为B 2，一质量为m 、电阻为r 、长度为L 的金属杆AB 穿过区域C 2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则( )图26A ．通过金属杆的电流大小为mg B 2LB ．通过金属杆的电流方向为从B 到AC ．定值电阻的阻值为R ＝2πkB 2a3mg－rD ．整个电路的热功率P ＝πkamg 2B 29．如图27所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态．求：图27(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小．(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m/s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量．(3)此过程对a 、b 棒整体根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b解得Q ＝85 J.q ＝I ·ΔtI ＝E 2RE ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔSΔt解得q ＝Bd x a －x b2R＝0.15 C.【答案】 (1)33(2)24 N (3)85 J 0.15 C 10．如图28甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L ，上端与阻值为R 的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB 运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图乙所示，图中v max和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：图28(1)杆AB中的最大感应电流I max的大小和方向；(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势E＝ΔΦt1－0平均感应电流I＝E R又q ＝I t 1解得q ＝ΔΦR而ΔΦ＝BLs 1cos θ由题图乙知杆AB 下滑的距离s 1＝12v max t 1解得q ＝BLv max t 1cos θ2R. (3)撤去拉力后杆AB 在水平导轨上做减速运动，感应电流I ＝BLv R 根据牛顿第二定律有BIL ＝ma若Δt 趋近于零，则a ＝Δv Δt由以上三式可得B 2L 2Rv Δt ＝m Δv 则B 2L 2R v 1Δt 1＝m Δv 1，B 2L 2R v 2Δt 2＝m Δv 2，…，B 2L 2R v n Δt n ＝m Δv n 得B 2L 2R(v 1Δt 1＋v 2Δt 2＋…＋v n Δt n )＝m (Δv 1＋Δv 2＋…＋Δv n ) 即B 2L 2Rs ＝m (v max －0) 解得s ＝Rmv max B 2L 2. 【答案】 见解析。
高考物理(四海八荒易错集)专题15 分子动理论 气体及热力学定律
专题15 分子动理论 气体及热力学定律 1．(1)(多选)下列说法中正确的是________。
A ．一定量气体膨胀对外做功100 J ，同时从外界吸收120 J 的热量，则它的内能增大20 JB ．在使两个分子间的距离由很远(r ＞10－9m)减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大C ．由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力D ．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可E ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢。
(2)一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p V 图像如图所示。
已知该气体在状态A 时的温度为27 ℃。
则：①该气体在状态B 、C 时的温度分别为多少℃？②该气体从状态A 到状态C 的过程中内能的变化量是多大？③该气体从状态A 到状态C 的过程中是吸热，还是放热？传递的热量是多少？(2)①状态A ：t A ＝300 K ，p A ＝3×105 Pa ，V A ＝1×10－3 m 3状态B ：t B ＝？p B ＝1×105 Pa ，V B ＝1×10－3 m 3状态C ：t C ＝？p C ＝1×105 Pa ，V C ＝3×10－3 m 3 A 到B 过程等容变化，由等容变化规律得：p A t A ＝p B t B，代入数据得：t B ＝100 K ＝－173 ℃B 到C 为等压变化，由等压变化规律得：V B t B ＝V C t C，代入数据得：t C ＝300 K ＝27 ℃。
②因为状态A 和状态C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志 所以在这个过程中：ΔU ＝0。
③由热力学第一定律得：ΔU ＝Q ＋W ，因为ΔU ＝0故：Q ＝－W在整个过程中，气体在B 到C 过程对外做功，所以：W ＝－p ΔV ＝－1×105×(3×10－3－1×10－3) J ＝－200 J 即：Q ＝200 J ，是正值，故在这个过程中吸热。
【配套K12】高考物理四海八荒易错集专题04万有引力定律与航天
专题04 万有引力定律与航天1.[2016·全国卷Ⅲ] 关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( ) A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律2.[2016·北京卷] 如图1所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图1A ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量【答案】B 【解析】卫星在椭圆轨道1上运动时，在近地点卫星与地球之间的万有引力小于卫星所需向心力，在远地点卫星与地球之间的万有引力大于卫星所需的向心力，所以在P 点被加速后，当万有引力等于卫星所需的向心力时，卫星可以稳定在圆形轨道2上运行，选项A 不正确．卫星在轨道1或轨道2经过P 点时，卫星与地球之间的万有引力相同，由G Mm r 2＝ma ，可得a ＝GMr 2，因此加速度相同，选项B 正确．卫星受地球引力产生的加速度时刻指向地球，在轨道1的任何位置加速度的方向都不相同，所以加速度不相同，选项C 不正确．卫星在轨道2上运行时的速度方向不停地变化，动量的方向也在变化，动量不相同，选项D 不正确．3.[2016·天津卷] 我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )图1A．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接4.[2016·江苏卷] 如图1所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、E k、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B【答案】AD 【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动时其向心力由万有引力提供，若地球质量为M ，卫星质量为m ，则有G Mm R 2＝m v 2R ＝m 4π2RT 2，由此可得v ＝GMR 和T ＝2πR 3GM ，这里R A >R B ，则v A <v B ，T A >T B ，而动能E k ＝12mv 2，故E k A <E k B ，选项A 正确，选项B 错误；卫星在单位时间t 内通过的圆弧长l ＝vt ，扇形面积S ＝Rl 2＝Rvt2＝RtGM R 2＝t2·GMR ，这里R A >R B ，则S A >S B ，选项C 错误；由开普勒第三定律可知， 选项D 正确． 5.[2016·全国卷Ⅰ] 利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( ) A ．1 h B ．4 h C ．8 h D ．16 h6.[2016·四川卷] 国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3【答案】D 【解析】由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得：a ＝ω2r ，由于r 2>r 3，则可以得出：a 2>a 3；又由万有引力定律有：G Mmr2＝ma ，且r 1<r 2，则得出a 2<a 1, 故选项D 正确．7.[2016·江苏卷] 据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v ＝7.7 km/s 绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M 、N 的连线垂直，M 、N 间的距离L ＝20 m ，地磁场的磁感应强度垂直于v ，MN 所在平面的分量B ＝1.0×10－5T ，将太阳帆板视为导体．图1(1)求M 、N 间感应电动势的大小E ；(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M 、N 相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径R ＝6.4×103km ，地球表面的重力加速度g ＝9.8 m/s 2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h (计算结果保留一位有效数字)．【答案】 (1)1.54 V (2)不能，理由见解析 (3)4×105m易错起源1、万有引力定律的应用例1．若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶7.已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R.由此可知，该行星的半径约为( )A.12R B.72RC．2R D.7 2 R【变式探究】若地球自转角速度逐渐增大，当角速度增大到某一值ω0时，赤道上的某质量为m′的物体刚好要脱离地面．则地球的质量是多大？【解析】设地球质量为M，地球两极有：GMmR2＝mg0 ①在赤道对质量为m′的物体刚要脱离时有：GMm′R＝m′ω20·R ②由①②得：M＝g30/Gω40.【答案】g30/Gω40【举一反三】(多选)一颗人造卫星在地球表面附近做匀速圆周运动，经过t时间，卫星运行的路程为s，运动半径转过的角度为θ，引力常量为G，则( )A ．地球的半径为sθB ．地球的质量为s 2G θtC ．地球的密度为3θ24πGt 2D ．地球表面的重力加速度为s θt【名师点睛】 1．高考考查特点(1)本考点高考命题角度为万有引力定律的理解，万有引力与牛顿运动定律的应用．(2)正确理解万有引力及万有引力定律，掌握天体质量(密度)的估算方法，熟悉一些天体的运行常识是前提． 2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确区分万有引力和万有引力定律．万有引力普遍存在，万有引力定律的应用有条件． (2)对公式F ＝Gm 1m 2r ，应用时应明确“r ”的意义是距离；m 1和m 2间的作用力是一对作用力与反作用力． (3)天体密度估算时，易混淆天体半径和轨道半径． 【锦囊妙计，战胜自我】 天体质量(密度)的估算方法1.利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3g 4πGR.2．通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .(1)由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r3GT 2；(2)若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr3GT 2R 3；(3)若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，则天体密度ρ＝3πGT2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．易错起源2、天体的运行与发射例2．北斗卫星导航系统空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星．中轨道卫星和静止轨道卫星都绕地球球心做圆周运动，中轨道卫星离地面高度低，则中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的( ) A ．向心加速度大 B ．周期大 C ．线速度小D ．角速度小【答案】A 【解析】由于中轨道卫星离地面高度低，轨道半径较小，则中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的向心加速度大，选项A 正确．由G Mm r 2＝mr (2πT )2，解得T ＝2πr 3GM，可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的周期小，选项B 错误．由G Mm r 2＝m v 2r，解得v ＝GMr，可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的线速度大，选项C 错误．由G Mm r2＝mr ω2，解得ω＝GMr 3，可知中轨道卫星与静止轨道卫星相比，做圆周运动的角速度大，选项D 错误．【变式探究】国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( ) A ．a 2>a 1>a 3 B ．a 3>a 2>a 1 C ．a 3>a 1>a 2D ．a 1>a 2>a 3【举一反三】如图3所示是某卫星绕地飞行的三条轨道，其中轨道1是近地圆形轨道，轨道2和3是变轨后的椭圆轨道，它们相切于A 点．卫星在轨道1上运行时经过A 点的速率为v ，加速度大小为a .下列说法正确的是( )图3A．卫星在轨道2上经过A点时的速率大于vB．卫星在轨道2上经过A点时的加速度大于aC．卫星在轨道2上运行的周期大于在轨道3上运行的周期D．卫星在轨道2上具有的机械能大于在轨道3上具有的机械能【名师点睛】1．高考考查特点(1)高考的命题角度为人造卫星的运行参数，卫星的变轨及变轨前后的速度、能量变化．(2)解此类题的关键是掌握卫星的运动模型，离心(向心)运动的原因及万有引力做功的特点．2．解题常见误区及提醒(1)对宇宙速度特别是第一宇宙速度不理解．(2)对公式v＝GMr不理解，误认为阻力做功速度减小半径增大．(3)误认为宇宙飞船处于完全失重状态时不受重力作用．(4)分析线速度(v)、角速度(ω)、周期(T)与半径R的关系时，不能正确控制变量．【锦囊妙计，战胜自我】1．人造卫星运动规律分析“1、2、3”2．分析卫星变轨应注意的3个问题(1)卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定的新轨道上的运行速度变化由v ＝GMr判断． (2)卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大．(3)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．1．关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( ) A ．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B ．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C ．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D ．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律【答案】B 【解析】开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A 错误，选项B 正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C 错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D 错误．2．若月球车在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G 2.已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ，则( ) A ．月球车在月球表面的质量为G 2gB ．地球的质量与月球的质量的比值为G 1R 22G 2R 21C ．月球表面处的重力加速度为G 1g G 2D ．若月球车能绕地球和月球飞行，则月球车在地球表面飞行和在月球表面飞行的周期的比值为R 1G 2R 2G 13.如图6所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图6A ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的速度都相同B ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D ．卫星在轨道2的任何位置都具有相同速度【答案】B 【解析】在P 点，沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力，即F 引>mv 21r ，沿轨道2运行时，地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星做圆周运动的向心力，即F 引＝mv 22r，故v 1<v 2，选项A 错误；在P 点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星在P 点的加速度相同，选项B 正确；在轨道1的不同位置，地球对人造卫星引力大小不同，故加速度也不同，选项C 错误；在轨道2上不同位置速度方向不同，故速度不同，选项D 错误．4．北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中地球轨道和倾斜轨道．其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫3212 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫322 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3232 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32235．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地下有空腔区域．进一步探测发现在地面P 点的正下方有一球形空腔区域储藏有天然气，如图7所示．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g ；由于空腔的存在，现测得P 点处的重力加速度大小为kg (k ＜1)．已知引力常量为G ，球形空腔的球心深度为d ，则此球形空腔的体积是( )图7A.kgd G ρB.kgd 2G ρC.－k gd G ρD.－k gd 2G ρ6．利用探测器探测某行星，先让探测器贴近该行星表面飞行，测得探测器做圆周运动的周期为T 1，然后调节探测器离行星表面的高度，当离行星表面高度为h 时，探测器做圆周运动运行一周的时间为T 2.已知引力常量为G ，则下列判断正确的是 ( )A ．可求出该行星的质量B ．可求出该行星的密度C ．可求出探测器贴近行星表面飞行时，行星对它的引力D ．可求出该行星的第一宇宙速度【答案】ABD 【解析】由开普勒第三定律得T 21R 3＝T 22R ＋h 3，可求得行星的半径R ，由G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12R 可求得行星的质量M ，A 正确；由ρ＝M 43πR 3可求得行星的密度，B 正确；由F ＝G Mm R 2可知，由于探测器的质量未知，无法求行星对探测器的引力，C 错误；由G Mm R ＝m v 2R可求出该行星的第一宇宙速度，D 正确． 7． “天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船自动交会对接前的示意图如图8所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟十号”运行轨道．此后“神舟十号”要进行多次变轨，才能实现与“天宫一号”的交会对接，则( )图8A ．“天宫一号”的运行速率小于“神舟十号”在轨道Ⅱ上的运行速率B ．“神舟十号”变轨后比变轨前高度增加，机械能减少C ．“神舟十号”可以通过减速而使轨道半径变大D ．“天宫一号”和“神舟十号”对接瞬间的向心加速度大小相等8．已知地球自转周期为T 0，有一颗与同步卫星在同一轨道平面的低轨道卫星，自西向东绕地球运行，其运行半径为同步轨道半径的四分之一，该卫星两次在同一城市的正上方出现的时间间隔可能是( )A.T 04B.3T 04C.3T 07D.T 07 【答案】CD 【解析】设地球的质量为M ，卫星的质量为m ，运动周期为T ，因为卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，有：GMm r 2＝4π2mr T 2解得：T ＝2πr 3GM.同步卫星的周期与地球自转周期相同，即为T 0.已知该人造卫星的运行半径为同步卫星轨道半径的四分之一，所以该人造卫星与同步卫星的周期之比是：TT 0＝r 34r 3＝18，解得：T ＝18T 0.设卫星至少每隔t 时间才在同一地点的正上方出现一次，根据圆周运动角速度与所转过的圆心角的关系θ＝ωt 得：2πT t ＝2n π＋2πT 0t ，解得t ＝nT 07，当n ＝1时t ＝T 07，n ＝3时t ＝3T 07，故A 、B 错误，C 、D 正确．9．神舟十号载人飞船进入近地点距地心为r 1、远地点距地心为r 2的椭圆轨道正常运行．已知地球质量为M ，引力常量为G ，地球表面处的重力加速度为g ，飞船在近地点的速度为v 1，飞船的质量为m .若取距地球无穷远处为引力势能零点，则距地心为r 、质量为m 的物体的引力势能表达式为E p ＝－GMm r ，求： (1)地球的半径；(2)飞船在远地点的速度.【解析】 (1)设地球表面有质量为m 的物体，则G Mm R 2＝mg解得地球的半径：R ＝GM g.【答案】 (1)GM g (2)v 21＋2GM r 2－2GM r 110．利用万有引力定律可以测量天体的质量．(1)测地球的质量英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数值，他把自己的实验说成是“称量地球的质量”．已知地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，引力常量为G .若忽略地球自转的影响，求地球的质量．(2)测“双星系统”的总质量所谓“双星系统”，是指在相互间引力的作用下，绕连线上某点O 做匀速圆周运动的两个星球A 和B ，如图9所示．已知A 、B 间距离为L ，A 、B 绕O 点运动的周期均为T ，引力常量为G ，求A 、B 的总质量．(3)测月球的质量若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成“双星系统”．已知月球的公转周期为T 1，月球、地球球心间的距离为L 1.你还可以利用(1)、(2)中提供的信息，求月球的质量．图9【解析】 (1)设地球的质量为M ，地球表面某物体质量为m ，忽略地球自转的影响 GMm R 2＝mg 解得M ＝gR 2G .【答案】 (1)gR 2G (2)4π2L 3GT 2 (3)4π2L 31GT 21－gR 2G。
2024年高考物理易错专题：力学(二).docx考前冲刺版
一、单选题二、多选题1. 如图所示，一质点在0～10 s 内，其v －t图象的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，则（ ）A ．0时刻，质点的加速度等于0B ．10 s 内质点的位移约为21.5 mC ．质点的加速度大小等于1 m/s 2时的速度等于4.5 m/sD ．质点的加速度随时间均匀减小2. 如图所示的各电场中，A 、B 两点电场强度相同的是 （ ）A．B．C．D．3. 研究下列物体的运动，不适合使用经典力学描述的是（ ）A ．行驶的自行车B ．接近光速运动的粒子C ．投出的篮球D ．飞驰的汽车4. 电阻R 1、R 2与交流电源按照图甲所示的电路连接，R 1=10 Ω，R 2=20 Ω。
闭合开关S 后，通过电阻R 2的正弦式交变电流i 随时间t 变化的图像如图乙所示。
则（ ）A ．通过R 1的电流有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流最大值是 1.2AD ．R 2两端的电压最大值是6V5. 笔记本电脑已经成为我们生活中比较重要的一个工具。
使用时为了方便，可将其放在倾角可调的支架上，如图甲所示，支架可以简化为图乙模型。
设斜面倾角为θ，底部固定挡板与斜面垂直，已知笔记本电脑的重力为G ，忽略一切摩擦，则（）A ．笔记本电脑只受重力和斜面AB 的支持力作用B ．笔记本电脑对斜面AB 的压力大小为G sin θC ．笔记本电脑对挡板AC 的压力大小小于GD ．支架对笔记本电脑的作用力大小小于G6. 由波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为，波速为．已知介质中P 、Q 两质点位于波源S 的两2024年高考物理易错专题：力学（二）.docx考前冲刺版三、实验题侧，且P 、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P 、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离分别为15. 8 m ，14.6m ．P 、Q 开始振动后，下列判断正确的是( )A ．P 、Q 两质点运动的方向始终相同B ．P 、Q 两质点运动的方向始终相反C ．当S 恰好通过平衡位置时，P 、Q 两点也正好通过平衡位置D ．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 在波峰E ．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 在波峰7. 下列说法正确的是（ ）A ．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型B ．结合能越大，原子核结构一定越稳定C ．如果使用某种频率的光不能使某金属发生光电效应，则需增大入射光的光照强度才行D ．发生β衰变时，元素原子核的质量数不变，电荷数增加1E ．在相同速率情况下，利用质子流比利用电子流制造的显微镜将有更高的分辨率8. 一列沿x 轴负方向传播的简谐横波，波源在d 点，t 时刻的部分波形图象如图所示，已知该波的周期为T ，a 、b 、c 、d 为沿波传播方向上的四个质点，则下列说法中正确的是A ．在t 时刻，质点a 沿y 轴正方向运动B ．在t 时刻，质点c 的速度达到最小值C ．在t +2T 时，质点d 的加速度达到最大值D ．从t到 时间内，质点d 通过的路程为0.35mE ．t 时刻后，质点a 比质点b 先回到平衡位置9. 热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC ）和负温度系数电阻器（NTC ）。
高考物理四海八荒易错集专题04万有引力定律与航天-2019word版可打印
【答案】B 【解析】在P点，沿轨道1运行时，地球对人造卫星的引
力大于人造卫星做圆周运动需要的向心力，即F引>，沿轨道2运行时，地球对人造卫星的引力刚好能提供人造卫星做圆周运动的向心力，即F 引＝，故v1<v2，选项A错误；在P点，人造卫星在轨道1和轨道2运行时，地球对人造卫星的引力相同，由牛顿第二定律可知，人造卫星
在P点的加速度相同，选项B正确；在轨道1的不同位置，地球对人
造卫星引力大小不同，故加速度也不同，选项C错误；在轨道2上不
同位置速度方向不同，故速度不同，选项D错误．
4．北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该
系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道有三种：地球同步轨道、中地球
轨道和倾斜轨道．其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，
那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为( )
A. B.2
C. D.
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫3
2
2
3
5．地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化，怀疑地
下有空腔区域．进一步探测发现在地面P点的正下方有一球形空腔区
域储藏有天然气，如图7所示．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略不计．如果没有该空腔，地球表面正
常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速
1－gd2 Gρ。
高考物理四海八荒易错集专题13力学实验
专题13 力学实验1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。
该工件的直径为________cm，高度为________mm。
(a)(b)答案：1.220 6.8612．Ⅰ.根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度。
如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm ，合金丝的直径为________mm 。
解析：Ⅰ.该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小。
Ⅱ.由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm ，测量后要去掉开始误差。
答案：Ⅰ.18.6 Ⅱ.0.007 0.6383.某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中，必需的措施是________。
A ．细线必须与长木板平行 B ．先接通电源再释放小车 C ．小车的质量远大于钩码的质量 D ．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。
s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm 。
则小车的加速度a ＝________ m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝________ m/s 。
(结果均保留两位有效数字)(2)由s 4－s 1＝3aT 2、s 5－s 2＝3aT 2、s 6－s 3＝3aT 2知加速度a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1－s 2－s 39T2＝0.80 m/s 2打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T＝0.40 m/s 。
高考物理(四海八荒易错集)专题02力与直线运动
专题02 力与直线运动1．[2016·浙江卷] 如图13所示为一种常见的身高体重测量仪．测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔．质量为M 0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比．当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t 0，输出电压为U 0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t ，输出电压为U ，则该同学的身高和质量分别为( )图13A ．v (t 0－t )，M 0U 0U B.12v (t 0－t )，M 0U 0U C ．v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0) D.12v (t 0－t )，M 0U 0(U －U 0)2．[2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】BD 【解析】 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43πR 3·ρ，故a ＝g －k43πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．3． [2016·全国卷Ⅲ] 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( )A.s t 2B.3s 2t2 C.4s t 2 D.8s t24．[2016·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求： (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度．图1【答案】(1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 F ＝k (m ＋M )g s 1＝vt －12a 1t 2 s 2＝vt －12a 2t 2 s ＝s 1－s 2 l ＝l 0＋s 0＋s 2联立并代入数据得l ＝98 m.5．[2016·全国卷Ⅰ] 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图像如图1所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图1A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m【答案】 BD 【解析】在t ＝3 s 时，两车并排，由图可得在1～3 s 两车发生的位移大小相等，说明在t＝1 s 时，两车并排，由图像可得前1 s 乙车位移大于甲车位移，且位移差Δx ＝x 2－x 1＝5＋102×1 m ＝7.5 m ，在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项A 、C 错误，选项B 正确；在1～3 s 两车的平均速度v ＝v 1＋v 22＝20m/s ，各自的位移x ＝v 1＋v 22t ＝40 m ，选项D 正确．6．[2016·天津卷](2)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动． ①实验中，必要的措施是________．图1A ．细线必须与长木板平行B ．先接通电源再释放小车C ．小车的质量远大于钩码的质量D ．平衡小车与长木板间的摩擦力②他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图1所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm ，则小车的加速度a ＝________m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)图1【答案】 ①AB ②0.80 0.40②两点的时间间隔为0.1 s ，由逐差法可以得出a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T2＝0.80 m/s 2，打点计时器在打B点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T＝0.40 m/s. 7．[2016·江苏卷] 小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度v 和位置x 的关系图像中，能描述该过程的是( )图18．[2016·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】 BC 【解析】由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C 正确，选项D 错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B 正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A 错误． 9． [2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( ) A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功10．[2016·全国卷Ⅱ] 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )图1A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差【答案】BCD 【解析】 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示．从M 点到A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A 点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误．小球在A 点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F 合＝mg ，故加速度a ＝g ；小球在B 点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F 合＝mg ，故加速度a ＝g ，B 正确．在A 点时，弹簧的弹力F 弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P 弹＝F 弹v cos α＝0，C 正确．从M 点到N 点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则E k 增＝E p 减，即E k N －0＝E p 重M －E p 重N ＋E p 弹M －E p 弹N ，由于在M 、N 两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能E p 弹N ＝E p 弹M ，故E k N ＝E p 重M －E p 重N ，D 正确．11． [2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．图1【答案】(1)5 (2)能【解析】 (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R4 ①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R4 ②由①②式得E k BE k A＝5 ③易错起源1、匀变速直线运动规律应用例1．如图1所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间.图1(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长， 则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s【变式探究】如图2所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图2 A.34 m B.43 m C.98m D.89m 【答案】C 【解析】由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a ＝12a ·254T2，两式相比，解得L ＝98m ．【举一反三】春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x 0＝9 m 区间的速度不超过v 0＝6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v 甲＝20 m/s 和v 乙＝34 m/s 的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后．甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a 甲＝2 m/s 2的加速度匀减速刹车．(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m 处的速度恰好为6 m/s ，乙车司机在发现甲车刹车时经t 0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为a 乙＝4 m/s 2的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m 区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？【解析】 (1)对甲车，速度由20 m/s 减至6 m/s 的位移x 1＝v 2甲－v 22a 甲＝91 mx 2＝x 0＋x 1＝100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m 处开始刹车．【答案】 (1)100 m (2)66 m 【名师点睛】 1．高考考查特点(1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意追及相遇类为背景的实际问题．(2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键． 2．解题常见误区及提醒(1)基本概念公式及基本推论记忆不准确，应用不灵活．(2)实际问题中过程不清晰、时间关系、速度关系、位移关系把握不准．(3)解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”、“最多”、“至少”等)． 【锦囊妙计，战胜自我】1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧易错起源2、运动图象问题例2．(多选)如图6为某工程车的卸货装置，该装置为一能够直接将货物传送到地面的倾角为θ的传送带．该装置在正常工作时沿逆时针方向匀速运动，传送带的速度为v，卸货工人将质量均为m的货物无初速度地放在传送带顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数为μ，且μ＜ tan θ.则货物在整个运动过程中的速度随时间变化的规律可能是( )图6A BC D【答案】BC 【解析】货物刚放上传送带时受到重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力作用，货物做加速运动，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，解得a1＝g sin θ＋μg cos θ，如果货物在其速度达到与传送带速度相同前就滑离了传送带，则货物将一直以加速度a1加速运动到底端，B正确；如果货物速度达到与传送带速度相同时，货物仍未到达传送带的底端，由于μ＜tan θ，其后货物受到的摩擦力变为沿传送带向上，货物仍做加速运动，货物速度将大于传送带速度，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得a2＝g sin θ－μg cos θ，由于a1＞a2，所以C正确．【变式探究】一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图7所示．下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图7A BC D【举一反三】为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图9甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f＝kv.图9(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg θ－μcos θk适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s 【名师点睛】 1．高考考查特点(1)以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力．(2)明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键． 2．解题常见误区及提醒(1)v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律． (2)在v t 图象中误将交点当成相遇．(3)图象与动力学相结合的题目中不能正确地将图象信息和运动过程相结合． 【锦囊妙计，战胜自我】 1．v t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量． (2)分析图线的意义，提取图象的关键信息． (3)将物体的运动过程与图象对应起来． 易错起源3、牛顿第二定律的应用例3. 如图10所示，两个质量分别为m 1、m 2的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ.传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A 、B 的加速度大小分别为a A 和a B (弹簧在弹性限度内，重力加速度为g )，则( )图10A ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝μg B ．a A ＝μg ，a B ＝0 C ．a A ＝μ(1＋m 2m 1)g ，a B ＝0 D ．a A ＝μg ，a B ＝μg【答案】C 【解析】稳定时A 和B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为μm 2g ，等于弹簧向左的弹力F ，B 受到的合外力为0.剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B 受到的滑动摩擦力都不变，则B 的加速度为0；A 的加速度为F ＋μm 2g m 1＝μ(1＋m 2m 1)g ，选项C 对． 【变式探究】避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图12竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图11(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.图12(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g⑤s 1＝vt －12a 1t 2 ⑥ s 2＝vt －12a 2t 2 ⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m ．⑩【答案】 (1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m【举一反三】如图13所示，一质量为m 的小物块放在斜面上．在物块上施加一力F ，且F ＝12mg .已知斜面的倾角 θ＝30°，小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33. (1)若力F 的方向平行于斜面向下，求小物块的加速度大小；(2)当力F 与斜面的夹角多大时，小物块的加速度最大？并求出最大加速度．图13【解析】 (1)对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律可得F ＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得a ＝12g .【答案】 (1)12g (2)30° 33g【名师点睛】 1．高考考查特点(1)本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解． (2)整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离的方式．(如[例7])2．解题的常见误区及提醒(1)研究对象选取时，不能灵活应用整体法、隔离法．(2)对物体受力分析有漏力、多力现象，合力的计算出错．(3)应用公式F＝ma时，要注意F、m、a的一体性．【锦囊妙计，战胜自我】1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤1．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(xt)图象如图15所示，由图象可以看出在0～4 s内( )图15A．甲、乙两物体始终同向运动B．第4 s末时，甲、乙两物体间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．乙物体一直做匀加速直线运动【答案】C 【解析】xt图象图线斜率的绝对值等于速度的大小，由题图可知在0～2s内，甲、乙都沿正向运动，同向运动；在2～4 s内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，两者反向运动，选项A错误；4 s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4 s内，甲、乙的位移都是2 m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误．2．如图16甲所示，小物体从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下，下滑位移x时的速度为v，其xv2图象如图乙所示，g取10 m/s2，则斜面倾角为( )图16A．30°B．45°C．60° D．75°3．如图17所示，在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量m＝1 kg的小球，小球左侧连接一水平轻弹簧，弹簧左端固定在墙上，右侧连接一与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳，轻绳另一端固定在天花板上，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间(g取10 m/s2，可认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是( )图17A．小球受力个数不变B．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝8 m/s2C．小球立即向左加速，且加速度的大小为a＝10 m/s2D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a＝10 2 m/s2【答案】B 【解析】剪断轻绳前小球的受力情况如图所示，当绳子剪断的瞬间，轻绳的拉力突然消失，由于重力的作用，小球与水平面之间产生压力，又由于小球将要向左运动，因此还受到水平面的摩擦力作用，因此，小球的受力比剪断前多一个力，A 错误；根据平衡条件得轻弹簧的弹力大小为F ＝mg ＝10 N ，细线的拉力大小为F T ＝2mg ＝10 2 N ，剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化，此时轻弹簧的弹力大小仍为F ＝10 N ，所以小球受到弹簧弹力为F ＝10 N ，方向水平向左，小球所受的最大静摩擦力为f ＝μmg ＝0.2×10 N＝2 N ，根据牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝F －f m ＝10－21m/s 2＝8 m/s 2，方向水平向左，故B 正确，C 、D 错误．4．如图18所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B 间动摩擦因数为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a ，a ＞μ1g ，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图18 A.2as 0 B.2μ1gs 0 C.2μ2gs 0D.μ1＋μ2gs 05. 如图19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB 、COD 、EOF ，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α＞β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )图19A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EFD ．t AB ＝t CD <t EF6．如图20所示，质量均为m 的A 、B 两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F 向右拉物块A ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .下列说法中正确的是( )图20A ．当0＜F ≤μmg 时，绳中拉力为0B ．当μmg ＜F ≤2μmg 时，A 、B 物体均静止C ．当F ＞2μmg 时，绳中拉力等于F2D ．无论F 多大，绳中拉力都不可能等于F3【答案】ABC 【解析】因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当0＜F ≤μmg 时，A 受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳子拉力为0，A 正确；当μmg ＜F ≤2μmg 时，A 、B 整体受到拉力和摩擦力的作用，二者平衡，A 、B 整体处于静止状态，B 正确；当F ＞2μmg 时，整体将开始加速运动，对整体a ＝F －2μmg2m，对B ：a ＝F 拉－μmg m ，由上两式得F 拉＝F 2，C 正确；当μmg ＜F ≤2μmg 时，拉力F 为32μmg 时，绳子的拉力可为F3，D错误．7．如图21甲所示为某小区供儿童娱乐的滑梯示意图，其中AB为斜面滑槽，BC为水平滑槽，t＝0时刻儿童从顶端A处开始下滑，其运动的速率v随时间t变化的图线如图乙所示．若重力加速度及图中的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，儿童可视为质点，儿童与滑槽间的动摩擦因数处处相同，经过B处前后瞬间的速度大小不变，则可求出( )甲乙图21A．儿童的质量B．儿童与斜面间的动摩擦因数C．斜面滑槽的倾角D．斜面滑槽顶端A与水平滑槽间的高度8．如图22所示，a、b分别是A、B两物体的vt图象，以下说法正确的是( )图22A．A物体在5 s内一直做匀减速直线运动，B物体在5 s内一直做匀速直线运动B．在5 s内A、B两物体的位移差是35 mC ．A 物体在第3 s 末的速度为12 m/sD ．前3 s 内A 物体的位移为60 m9．如图23所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F ＝84 N 而从静止向前滑行，其作用时间为t 1＝1.0 s ，撤除水平推力F 后经过t 2＝2.0 s ，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m ＝60 kg ，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为F f ＝12 N ，求：图23(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．【解析】 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a 1＝F －F f m ＝84－1260m/s 2＝1.2 m/s 2 第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v 1＝a 1t 1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s位移x 1＝12a 1t 21＝0.6 m. (2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a 2＝F f m ＝1260m/s 2＝0.2 m/s 2 经时间t 2速度变为v′1＝v1－a2t2＝1.2 m/s－0.2×2.0 m/s＝0.8 m/s 第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则v22－v′21＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝v22 2a2联立解得x2＝5.2 m.【答案】(1)1.2 m/s0.6 m (2)5.2 m10．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图24(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(a) (b)图24(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1 ④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤由题图(b)可得 a 2＝v 2－v 1t 2－t 1 ⑥式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4. ⑦(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮ 0－v 23＝2a 4s 3⑯碰后木板运动的位移为 s ＝s 1＋s 3⑰。
高考物理四海八荒易错集专题07动量与动量守恒
专题07 动量与动量守恒1.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A．减小球的动量的转变量B．减小球对手作使劲的冲量C．减小球的动量转变率D．延长接球进程的时间来减小动量的转变量【答案】C 【解析】篮球运动员接传来的篮球时，不能改变更量的转变量，A、D错误；按照动量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作历时间，动量的转变慢了，C正确。
2．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。
若a、b的电荷量别离为q a、q b，质量别离为m a、m b，周期别离为T a、T b。
则必然有( ) A．q a<q b B．m a<m bC．T a<T b＜q b m b3．高空作业须系安全带，若是质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作使劲前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，尔后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此进程中该作使劲始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作使劲大小为( )＋mg－mg ＋mg －mg【答案】A 【解析】由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ，得F ＝m 2gh t＋mg 。
选项A 正确。
4.(多选)如图所示，质量为M 的三角形滑块置于水光滑腻的地面上，斜面亦滑腻，当质量为m 的滑块沿斜面下滑的进程中，M 与m 组成的系统( )A ．由于不受摩擦力，系统动量守恒B ．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒C ．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒D ．M 对m 作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒【答案】BC 【解析】水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C 正确；竖直方向受重力和支持力，系统竖直方向动量不守恒，B 正确。
5.如图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在滑腻水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A 。
- 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)。
专题13 力学实验1.某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图(a)和(b)所示。
该工件的直径为________cm，高度为________mm。
(a)(b)答案：1.220 6.8612．Ⅰ.根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度。
如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为________mm。
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm ，合金丝的直径为________mm 。
解析：Ⅰ.该游标尺为十分度的，根据读数规则可读出小钢球直径大小。
Ⅱ.由于螺旋测微器开始起点有误差，估读为0.007 mm ，测量后要去掉开始误差。
答案：Ⅰ.18.6 Ⅱ.0.007 0.6383.某同学利用如图所示装置研究小车的匀变速直线运动。
(1)实验中，必需的措施是________。
A ．细线必须与长木板平行 B ．先接通电源再释放小车 C ．小车的质量远大于钩码的质量 D ．平衡小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)。
s 1＝3.59 cm ，s 2＝4.41 cm ，s 3＝5.19 cm ，s 4＝5.97 cm ，s 5＝6.78 cm ，s 6＝7.64 cm 。
则小车的加速度a ＝________ m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B 点时小车的速度v B ＝________ m/s 。
(结果均保留两位有效数字)(2)由s 4－s 1＝3aT 2、s 5－s 2＝3aT 2、s 6－s 3＝3aT 2知加速度a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1－s 2－s 39T2＝0.80 m/s 2打B 点时小车的速度v B ＝s 1＋s 22T＝0.40 m/s 。
答案：(1)AB (2)0.80 0.404．用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。
实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V 的交流电和直流电两种。
重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量，据此验证机械能守恒定律。
(1)下面列举了该实验的几个操作步骤： A ．按照图示的装置安装器件；B ．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C ．用天平测出重锤的质量；D ．释放纸带，立即接通电源开关打出一条纸带；E ．测量纸带上某些点间的距离；F ．根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。
其中没有必要进行的或者操作不当的步骤是________。
(将其选项对应的字母填在横线处)(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以12v 2为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出12v 2h 的图像应是____________，才能验证机械能守恒定律；12v 2h 图像的斜率等于________的数值。
(2)利用12v 2h 图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，mgh ＝12mv 2，即12v 2＝gh ，所以以12v 2为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是过原点的倾斜直线。
那么12v 2h 图线的斜率就等于重力加速度g 。
答案：(1)BCD (2)过原点的倾斜直线 重力加速度5．某实验小组采用如图所示装置探究做功与动能变化的关系。
小车经平衡摩擦力后，挂上橡皮筋，在橡皮筋的作用下小车弹出，脱离橡皮筋沿木板滑行。
(1)实验时打点计时器与学生电源按图连接，正确的连接是________(填“A”或“B”)。
(2)实验中，甲、乙同学用两种不同的方法来改变橡皮筋对小车所做的功。
甲同学：改变相同橡皮筋的条数，小车每次拉到同一位置释放； 乙同学：保持橡皮筋的条数不变，小车每次拉到不同位置释放。
你认为________(填“甲”或“乙”)同学的方法更合理。
(3)从释放小车到刚脱离橡皮筋的过程，小车的运动可能是________。
A ．匀加速运动 B ．匀减速运动 C ．加速度增大的加速运动D ．加速度减小的加速运动(4)实验中测得小车质量为1.0 kg ，某次实验得到的纸带及测量数据如图所示，测得小车获得的动能为______J(保留两位有效数字)。
打点计时器工作频率为50 Hz 。
(4)小车的末速度v ＝4.00×10－20.02 m/s ＝2 m/s ，故小车获得的动能E k ＝12mv 2＝2.0 J 。
答案：(1)A (2)甲 (3)D (4)2.06.某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a 与F 、m 之间的定量关系”。
(1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力。
该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列__________的点，说明小车在做__________运动。
(2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力。
以砂和砂桶的重力为F ，在小车质量M 保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M ，测小车加速度a ，作a F 的图像。
如图丙图线正确的是__________。
(3)设纸带上计数点的间距为s 1和s 2。
如图丁为用米尺测量某一纸带上的s 1、s 2的情况，从图中可读出s 1＝3.10 cm ，s 2＝__________ cm ，已知打点计时器的频率为50 Hz ，由此求得加速度的大小a ＝__________ m/s 2。
(2)如果这位同学先如(1)中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始a F 的图像是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到13M ，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图像发生弯曲，故C 正确。
(3)由图丁可读得：s 2＝5.50 cm ，由s 2－s 1＝aT 2，T ＝0.1 s ，可得：a ＝2.40 m/s 2。
答案：(1)点迹均匀 匀速直线 (2)C (3)5.50 2.40 7. 某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm ；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl 为________ cm ；(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是______；(填选项前的字母)A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是____________________________________________。
8．某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，按如下步骤进行：①在墙上贴一张白纸用来记录弹簧测力计弹力的大小和方向。
②在一个弹簧测力计的下端悬挂一装满水的水杯，记下平衡时弹簧秤的读数F。
③将一根大约30 cm长的细线从杯带中穿过，再将细线两端分别拴在两个弹簧测力计的挂钩上，在靠近白纸处用手对称地拉开细线，使两个弹簧测力计的示数相等，在白纸上记下细线的方向，弹簧测力计的示数如图甲所示。
④在白纸上按一定标度作出两个弹簧测力计的弹力的图示，如图乙所示，根据力的平行四边形定则可求出这两个力的合力F′。
(1)在步骤③中，弹簧秤的读数为________ N。
(2)在步骤④中，合力F′＝________ N。
(3)若________，就可以验证力的平行四边形定则。
(4)本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法B．等效替代法C．控制变量法D．建立物理模型法答案：(1)3.00 (2)5.2(5.0～5.4) (3)F′在竖直方向且数值与F近似相等(4)B9．某同学运用以下实验器材，设计了一个碰撞实验来寻找碰撞前后的守恒量，实验器材有打点计时器、低压交流电源(频率为50 Hz)、纸带、表面光滑的长木板、带撞针的小车A、带橡皮泥的小车B、天平。
该同学经过以下几个步骤：A．用天平测出小车A的质量m A＝0.4 kg，小车B的质量m B＝0.2 kg。
B．更换纸带重复操作三次。
C．小车A靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，把小车B放在长木板中间。
D．把长木板放在桌面上，在一端固定打点计时器，连接电源。
E．接通电源，并给A车一定的初速度v A。
(1)该同学正确的实验步骤为_______________________________________________。
(2)打点计时器打下的纸带中，比较理想的一条如图所示，根据这些数据完成下表。
A车B车AB整体质量/kg速度/(m·s－1)vmmvmv2(3)根据以上数据猜想守恒表达式为________。
解析：(1)ADCEB(2)碰撞前后为匀速直线运动，由纸带上点迹分布求出速度。
碰后小车A、B合为一体，求出两车共同速度。
注意打点计时器频率为50 Hz，打点时间间隔为0.02 s，通过计算得下表。
A车B车AB整车质量/kg0.40.20.6速度/(m·s－1) 3.00 2.0v7.50 3.3mmv 1.20 1.2mv2 3.60 2.4(3)由表中数据可看出在mv一行中数值相同，可猜想公式为m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v。
答案：见解析易错起源1、基本仪器的使用和读数例1．图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________ mm。
答案：A11.30(或11.25或11.35)【变式探究】某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。
该螺旋测微器校零时的示数如图(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。
图(a)所示读数为________ mm，图(b)所示读数为________ mm，所测金属板的厚度为________ mm。
解析：图(a)：0 mm＋0.01 mm×1.0＝0.010 mm；图(b)：6.5 mm＋0.01 mm×37.0＝6.870 mm；故所测金属板的厚度为6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。
答案：0.010 6.870 6.860【名师点睛】1．游标卡尺的精度有三种，分别为0.1 mm、0.05 mm、0.02 mm，读数时要确认是哪种精度的游标卡尺。