【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习 专题十 第1课时 力学实验与创新(1)
【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习专题十第1课时力学实验与创新专题定位高考对学生实验的考查，要紧有以下十九个实验：①长度的测量；②研究匀变速直线运动；③探讨弹力和弹簧伸长的关系；④验证力的平行四边形定那么；⑤验证动量守恒定律；⑥研究平抛物体的运动；⑦验证机械能守恒定律；⑧用单摆测定重力加速度；⑨用油膜法估测分子的大小；⑩用描迹法画出电场中平面上的等势线；⑪测定金属的电阻率(同时练习利用螺旋测微器)；⑫刻画小电珠的伏安特性曲线；⑬把电流表改装为电压表；⑭测定电源的电动势和内阻；⑮用多用电表探讨黑箱内的电学元件；⑯练习利用示波器；⑰传感器的简单应用；⑱测定玻璃的折射率；⑲用双缝干与测光的波长．高考除对讲义中原有的学生实验进行考查外，还增加了对演示实验的考查，利用学生所学过的知识，对实验器材或实验方式加以重组，来完成新的实验设计．设计型实验将慢慢取代对讲义中原有的单纯学生实验的考查．应考策略 1.熟知各类器材的特性.2.熟悉讲义实验，抓住实验的灵魂——实验原理，把握数据处置的方式，熟知两类误差分析．第1课时力学实验与创新一、游标卡尺和螺旋测微器的读数例1用游标卡尺测得某样品的长度如图1甲所示，其读数L＝________mm；用螺旋测微器测得该样品的外边长a如图乙所示，其读数a＝________mm.图1解析依照游标卡尺的读数方式，读数为20 mm＋3×0.05 mm＝20.15 mm.依照螺旋测微器的读数方式，读数为1.5 mm＋23.0×0.01 mm＝1.730 mm.答案20.15 1.730以题说法 1.游标卡尺的读数方式：由主尺读出整毫米数l0，从游标尺上读出与主尺上某一刻度对齐的格数n，那么测量值(mm)＝(l0＋n×精准度) mm.注意：(1)游标卡尺的精准度一样为游标尺上总刻度数的倒数．(2)游标卡尺不需要估读．2．螺旋测微器的读数方式：测量值(mm)＝固定刻度指示的毫米数(注意半毫米刻度线是不是露出)＋可动刻度上与固定刻度基线所对的刻度值(注意刻度值要估读一名)×0.01 mm.(1)用螺旋测微器测量一小球的直径，结果如图2甲所示，那么小球的直径d＝________ mm.图2(2)知识的迁移能力是超级重要的，应用螺旋测微器的原理，解决下面的问题：在一些用来测量角度的仪器上，有一个可转动的圆盘，圆盘的边缘标有角度刻度．为了较准确地测量出圆盘转动的角度，在圆盘外侧有一个固定不动的游标，上面共有10个分度，对应的总角度为9度．如图乙中画出了游标和圆盘的一部份．读出现在圆盘的零刻度线相关于游标零刻度线转过的角度为________度．答案(1)10.975 (2)20.6解析(1)螺旋测微器主尺读数为10.5 mm，可动刻度一共50个格，代表0.5 mm，每一个格表示0.01 mm，第47.5个格与固定刻度基线对齐，因此可动刻度的读数为0.475 mm，故螺旋测微器的读数为10.975 mm.(2)主尺部份的读数为20度，游标尺一共10个格，每一个格代表0.1度，第6个格对齐，故游标尺的读数为0.6度，因此一共是20.6度．二、验证力的平行四边形定那么例2图3甲是“验证力的平行四边形定那么”的实验装置，请完成实验操作与记录：(1)将弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线ac挂一重物G，如图中虚线所示，记录：测力计A的读数F0.(2)用弹簧测力计B的挂钩拉另一细线的b端，该细线的另一端系在细线ac上的O点处，手持测力计B维持水平方向缓慢向左拉，抵达如下图位置，记录：O点的位置、________、________、________、________和细线Oc的方向．(3)某同窗已作出F A、F B和合力理论值F′的图示，请在图乙中作出合力实验值F的图示，比较F′和F的大小和方向，能够得出结论：互成角度的________遵循平行四边形定那么．图3答案(2)测力计A的读数测力计B的读数细线Oa的方向细线Ob的方向(3)以表示F A、F B的线段为邻边作平行四边形，其对角线所表示的力确实是合力实验值的大小和方向，如下图两个力(或两个共点力)的合成以题说法 1.本实验考查的重点是“力作用成效的等效性”．2．对实验步骤中两个分力和合力的大小和方向的确信也是考查的重点．某同窗找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定那么，设计了如下实验：图4(1)将橡皮筋的两头别离与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；(2)将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上M点，在橡皮筋的中点O再用细线系重物，自然下垂，如图4甲所示．(3)将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的N 点，如图乙所示． 为完成实验，下述操作中需要的是________． A ．橡皮筋两头连接的细线长度必需相同B ．要测量图甲中橡皮筋Oa 的长度和图乙中橡皮筋Oa 、Ob 的长度C ．M 、N 两点必需在同一高度处D ．要记录图甲中O 点的位置及过O 点的竖直方向E ．要记录图乙中结点O 的位置、过结点O 的竖直方向及橡皮筋Oa 、Ob 的方向 答案 BE解析 橡皮筋两头连接的细线长度不需要必需相同，M 、N 两点能够不在同一高度处，不需要记录题图甲中O 点的位置及过O 点的竖直方向．由于已经测出橡皮筋的原长，只需要测量题图甲中橡皮筋Oa 的长度和题图乙中橡皮筋Oa 、Ob 的长度，需要记录题图乙中结点O 的位置、过结点O 的竖直方向及橡皮筋Oa 、Ob 的方向．操作中需要的是B 、E.三、探讨弹力和弹簧伸长的关系例3 通过“探讨弹力和弹簧伸长的关系”实验，咱们明白在弹性限度内，弹簧弹力F 的大小与弹簧的伸长(或紧缩)量x 成正比，而且不同的弹簧，其劲度系数不同．已知一根原长为L 0、劲度系数为k 1的长弹簧A ，现把它截成长为23L 0和13L 0的B 、C 两段，设B 段的劲度系数为k 2，C 段的劲度系数为k 3，关于k 1、k 2、k 3的大小关系，同窗们做出了如下猜想：甲同窗：既然是同一根弹簧截成的两段，因此k 1＝k 2＝k 3 乙同窗：弹簧越短劲度系数越大，因此k 1<k 2<k 3 丙同窗：弹簧越长劲度系数越大，因此k 1>k 2>k 3(1)为了验证猜想，能够通过实验来完成，实验所需的器材除铁架台外，还需要的器材有________． (2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．A ．将弹簧A 悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A 的长度L 0；B ．在弹簧A 的下端挂上钩码，记下钩码的个数(如n 个)并用刻度尺测量弹簧的长度L 1；C ．由F ＝mg 计算弹簧的弹力；由x ＝L 1－L 0计算出弹簧的伸长量．由k ＝F x计算弹簧的劲度系数；D ．改变________，重复实验步骤B 、C ，并求出弹簧A 的劲度系数k 1的平均值；E ．按要求将弹簧A 剪断成B 、C 两段，重复实验步骤A 、B 、C 、D.别离求出弹簧B 、C 的劲度系数k 2、k 3的平均值．比较k 1、k 2、k 3取得结论．(3)图5是实验取得的图线．依照图线得出弹簧的劲度系数与弹簧长度有如何的关系？ 图5答案 (1)刻度尺、已知质量且质量相等的钩码 (2)钩码的个数 (3)同一根弹簧上截下的几段，越短的段，劲度系数越大(或同一根弹簧上截下的几段，越长的段，劲度系数越小) 四、以打点计时器或光电门为工具的力学实验例4 某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图6所示的气垫导轨装置来测小车的加速度，由导轨标尺能够测出两个光电门之间的距离L ，窄遮光板的宽度为d ，窄遮光板依次通过两个光电门的时刻别离为t 1、t 2. 图6(1)通过两个光电门的瞬时速度别离为v 1＝________，v 2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方式是________________．(填“极限法”“微元法”或“操纵变量法”)． (2)那么滑块的加速度能够表示为a ＝________(用题中所给物理量表示)．(3)该学习小组在测出滑块的加速度后，经分析讨论，由于滑块在气垫导轨上运动时空气阻力很小，可用上述实验装置来验证机械能守恒定律，为此还需测量的物理量是________和________，机械能守恒的表达式为________________(用题中所给物理量和测量的物理量表示)．解析 (1)小车通过两个光电门的瞬时速度等于小车通过光电门这段时刻内的平均速度，故瞬时速度别离为dt 1和dt 2.时刻取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采纳了极限法；(2)依照运动学公式2aL ＝v 22－v 21，代入可求得加速度a ＝d 22L (1t 22－1t 21)；(3)要验证机械能守恒就要看沙桶重力势能的减少量和系统动能的增加量是不是相等，因此需要测量沙桶的质量m 和滑块的质量M ，机械能守恒定律的表达式为mgL ＝12(M ＋m )d 2(1t 22－1t 21)．答案 (1)d t 1dt 2极限法 (2)d 22L (1t 22－1t 21)(3)沙桶的质量m 滑块的质量MmgL ＝12(M ＋m )d 2(1t 22－1t 21)以题说法 在《考试大纲》规定的力学实验中有二个涉及打点计时器：研究匀变速直线运动和验证机械能守恒定律．在创新实验中也常常涉及打点计时器．这种实验的关键是要把握纸带的分析处置方式，关于纸带常见有以下三大应用． 1．由纸带肯按时刻要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，便于测量和计算，一样每五个点取一个计数点，如现在刻距离为Δt ＝0.02×5 s＝0.1 s. 2．求解瞬时速度利用做匀变速运动的物体在一段时刻内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图7所示，打n 点时的速度v n ＝s n ＋s n ＋12T图73．用“逐差法”求加速度 如图8所示，a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 33T2图8有些实验用光电门代替打点计时器来完成瞬时速度和加速度的测量，具体做法如下：(1)求瞬时速度：把遮光条(宽度为d )通过光电门的时刻Δt 内的平均速度看做物体通过光电门的瞬时速度，即v ＝dΔt. (2)求加速度：假设两个光电门之间的距离为L ，那么利用速度与位移的关系可求加速度，即a ＝v 22－v 212L.(2021·四川·8(2))如图9所示，某组同窗借用“探讨a 与F 、m 之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能转变的关系”的实验： 图9①为达到平稳阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，依照打出的纸带判定小车是不是做________运动．②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验取得图10所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时刻距离为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G .实验时小车所受拉力为0.2 N ，小车的质量为0.2 kg. 图10请计算小车所受合外力做的功W 和小车动能的转变ΔE k .补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).O —B O —C O —D O —E O —FW /J0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5 ΔE k /J0.043 0 0.057 0 0.073 4 0.090 7分析上述数据可知：在实验误差许诺的范围内W ＝ΔE k .与理论推导结果一致．③实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg ，实验时该组同窗放入托盘中的砝码质量应为________kg(g 取9.8 m/s 2，结果保留至小数点后第三位)．答案 ①匀速直线 ②0.111 5 0.110 5 ③0.015 解析 ②W ＝Fx OF ＝0.2×55.75×10－2 J ＝0.111 5 J v F ＝66.77－45.75×10－22×0.1 m/s ＝1.051 m/sΔE k ＝12mv 2F ＝12×0.2×1.0512 J ＝0.110 5 J ③设放入砝码质量为m ，那么(m ＋7.7×10－3 kg)g －0.2 N ＝(m ＋7.7×10－3 kg)a ①对小车：a ＝F M ＝0.20.2m/s 2＝1 m/s 2②联立①②得：m ＝0.015 kg 14．力学创新实验的分析技术审题例如(2021·新课标Ⅰ·22)(7分)图11为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示用意．实验步骤如下： 图11①用天平测量物块和遮光片的总质量M ，重物的质量m ，用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，用米尺测量两光电门之间的距离s ； ②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计别离测出遮光片通过光电门A 和光电门B 所用的时刻Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值 a ； ⑤依照上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答以下问题：(1) 测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图12所示．其读数为________ cm. 图12(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝________. (3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝________.(4)若是细线没有调整到水平，由此引发的误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)． 审题模板 答题模板(1)0.9 cm ＋12×0.05 mm＝0.960 cm(2分)(2)因为v A ＝d Δt A ，v B ＝dΔt B，又由2as ＝v 2B －v 2A ，得a ＝12s [(dΔt B)2－(dΔt A)2] (2分)(3)设细线上的拉力为F T ，那么mg －F T ＝m a ，F T －μMg ＝M a两式联立得μ＝mg －M ＋maMg(2分)(4)细线没有调整到水平，属于实验方式粗略，如此会引发系统误差．(1分)答案 (1)0.960 (2)12s [(dΔt B)2－(dΔt A)2](3)mg －M ＋maMg(4)系统误差为了探讨合外力做功与物体动能改变的关系，某同窗设计了如下实验方案：第一步：如图13甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运动．第二步：如图乙所示，维持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器．第三步：接通电源，释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出的纸带如图丙所示．其中打下计数点O 时，滑块的速度为零，相邻计数点的时刻距离为T . 图13(1)依照纸带求打点计时器打E 点时滑块的速度v E ＝________.(2)已知重锤质量为m ，本地的重力加速度为g ，合外力在OE 段对滑块做功的表达式W OE ＝________. (3)利用图丙数据求出各段合外力对滑块所做的功W 及A 、B 、C 、E 各点的速度v .以v 2为纵轴，以W 为横轴成立坐标系，作出v 2－W 图象，发觉它是一条过坐标原点的倾斜直线，测得直线斜率为k ，那么滑块质量M ＝________. 答案 (1)s 6－s 42T(2)mgs 5 (3)2k解析 (1)依照中间时刻的瞬时速度等于这段时刻内的平均速度可得v E ＝s 6－s 42T.(2)本实验中将重锤的重力看成合外力，合外力在OE 段对滑块做的功为mgs 5. (3)依照动能定理有W ＝12Mv 2，得v 2＝2M W ，因此2M ＝k ，M ＝2k . (限时：45分钟)1． (2021·广东·34(1))研究小车匀变速直线运动的实验装置如图1(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz ，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出． 图1①部份实验步骤如下：A ．测量完毕，关闭电源，掏出纸带B ．接通电源，待打点计时器工作稳固后放开小车C ．将小车停泊在打点计时器周围，小车尾部与纸带相连D ．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔 上述实验步骤的正确顺序是：__________(用字母填写)． ②图(b)中标出的相邻两计数点的时刻距离T ＝______ s. ③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v 5＝________.④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________.答案 ①DCBA ②0.1 ③s 4＋s 52T④s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T 2解析 ②时刻t ＝nT 0＝5×0.02 s＝0.1 s(n 为相邻两个计数点的距离数)．③在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于平均速度．④取s 1′＝s 1＋s 2＋s 3，s 2′＝s 4＋s 5＋s 6，那么：T ′＝3T ，就可用Δs ′＝s 2′－s 1′＝aT ′2求a .2． 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x 与弹力F 成正比，即F ＝kx ，k 的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L 、横截面积S 有关，理论与实际都说明k ＝YS L，其中Y 是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量．(1)在国际单位中，杨氏模量Y 的单位应该是________． A ．N B ．m C ．N/m D ．Pa(2)用如图2甲所示的实验装置能够测量出一段横截面积是圆形的橡皮筋的杨氏模量Y 的值，第一利用毫米刻度尺测得橡皮筋的长度L ＝20.00 cm ，利用测量工具a 测得橡皮筋未受到拉力时的直径D ＝4.000 mm ，那么测量工具a 应该是________________． 图2(3)用如图甲所示的装置就能够够测出这种橡皮筋的Y 值，下面的表格是橡皮筋受到的拉力F 与伸长量x 的实验记录．处置数据时，可在图乙中作出F －x 的图象，由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k ＝______N/m.(保留两位有效数字)拉力F (N) 5 10 15 20 25 伸长量x (cm)1.63.24.86.48(4)答案 (1)D (2)螺旋测微器(或千分尺) (3)图象观点析图 3.1×102 (4)5×106 Pa 解析 (1)依照表达式k ＝YS L得：Y ＝kL S已知k 的单位是N/m ，L 的单位是m ，S 的单位是m 2，因此Y 的单位是N/m 2，也确实是Pa ，应选D. (2)测量橡皮筋未受到拉力时的直径用螺旋测微器(或千分尺)． (3)依照F ＝kx 可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小，由图象求出劲度系数为k ＝3.1×102 N/m. (4)依照Y ＝kL S求得，Y ≈5×106 Pa.3． (2021·安徽·21Ⅰ)依照单摆周期公式T ＝2πl g，能够通过实验测量本地的重力加速度．如图3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． 图3 图4(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图4所示，读数为________mm. (2)以下是实验进程中的一些做法，其中正确的有________． a ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的、而且尽可能长一些 b ．摆球尽可能选择质量大些、体积小些的c ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平稳位置有较大的角度d ．拉开摆球，使摆线偏离平稳位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，现在刻距离Δt 即为单摆周期Te ．拉开摆球，使摆线偏离平稳位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳固后，从平稳位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时刻Δt ，那么单摆周期T ＝Δt50 答案 (1)18.6 (2)abe解析 (1)十分度游标尺的第6个刻度线与主尺刻度线对齐，因此读数为18.6 mm.(2)关于单摆，摆线质量可忽略且不可伸长，因此应选伸缩性小的细线，摆球应选密度较大、体积小的钢球；为使摆动周期长些，由T ＝2πl g知，摆线应长些，因此选项a 、b 正确，为使单摆具有等时性，摆角应小于5 °，要减小测量周期的误差，计时起点应选在摆球的平稳位置，且测量多次(N )全振动的总时刻(Δt )，然后再算出周期T ＝ΔtN，选项e 正确．4．用图5所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验．图5(1)为了减小长木板对小车摩擦力的阻碍，必需在长木板________(填“远离”或“靠近”)滑轮的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车能单独在长木板上做________运动．(2)为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必需采纳________法．(3)维持小车受力不变，测量不同质量的小车在那个力作用下的加速度．某次实验中打出如图6所示的纸带(打点计时器电源的频率为50 Hz)，那么那个加速度值a＝______m/s2.图6(4)某同窗把实验取得的几组数据画成图7的a－m图象，为了更直观描述小车的加速度跟其质量的关系，请你依照他的图象在图8中画出a－1m图象．图7图8答案(1)远离匀速直线(2)操纵变量(3)0.8(或0.80) (4)如下图解析(1)为了减小长木板对小车摩擦力的阻碍，必需平稳摩擦力，在长木板远离滑轮的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车能单独在长木板上做匀速直线运动．(2)由于小车的加速度与合外力和质量有关，为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必需采纳操纵变量法．(3)依照纸带，由0.035 3 m－0.019 3 m＝2a(5/f)2解得a＝0.8 m/s2.(4)某同窗把实验取得的几组数据画成题图所示的a－m图象，为了更直观描述小车的加速度跟其质量的关系，可依照他的图象上的一些数据点，画出a－1m图象．5．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．有一名同窗设计了如图9甲所示的实验装置．一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球通过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时刻t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h.图9(1)这名同窗为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图乙所示，他记录的小钢球的直径d＝________cm.(2)这名同窗在验证“动能定理”的进程中，忽略了空气阻力的阻碍，除上述的数据之外是不是需要测量小钢球的质量？________(填“需要”或“不需要”)(3)该同窗若是打算用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是A ．在保证其他条件不变的情形下，减小小球的直径B ．在保证其他条件不变的情形下，增大小球的直径C ．在保证其他条件不变的情形下，增大小球的质量D ．在保证其他条件不变的情形下，减小小球的质量答案 (1)1.00 (2)不需要 (3)AC解析 (1)游标卡尺读数时，先读主尺为10 mm ，再读游标尺，共10个格，每一个格代表0.1 mm ，第0个格与主尺刻度线对齐，故游标卡尺读数为10.0 mm ，因此小钢球的直径为1.00 cm ；(2)在验证动能定理时，咱们利用的方式是验证mgh ＝12mv 2，v ＝d t，因为两边都有质量，故不需要测质量；(3)由于空气阻力的阻碍，实际的方程应该是mgh －F f h ＝12mv 2，v ＝d t ，能够推得gh －F f h m ＝12v 2，v ＝d t ，因此质量越大，F f h m越小，能够提高精准性，C 正确；另外从推导进程来看d 越小，速度的测量越精准，因此A 正确．6． 为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ，某同窗设计了如图10所示的实验装置，其中圆弧形滑槽结尾与桌面相切．第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，结尾与桌子右端M 对齐，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的P 点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出结尾N 与桌子右端M 的距离为L ，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的Q 点，已知重力加速度为g ，不计空气阻力．图10(1)实验还需要测出的物理量是________(用选项前字母表示)．A ．滑槽的高度hB ．桌子的高度HC ．O 点到P 点的距离d 1D ．O 点到Q 点的距离d 2E ．滑块的质量m(2)依照(1)中测出的物理量，写出动摩擦因数μ的表达式是μ＝________.(3)若是第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为s .那么动摩擦因数可表示为μ＝________. 答案 (1)BCD (2)d 21－d 224HL (3)d 214Hs 解析 (1)还需要测出的物理量是桌子的高度H 、O 点到P 点的距离d 1、O 点到Q 点的距离d 2；故应填写(2)依照题意，由动能定理可得－μmgL ＝12m (d 2t )2－12m (d 1t)2，t ＝ 2H g ，解得μ＝d 21－d 224HL . (3)依照题意，由动能定理可得－μmgs ＝0－12m (d 1t )2，t ＝ 2H g ，解得μ＝d 214Hs. 7． (2021·新课标Ⅱ·22)某同窗利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探讨：一轻质弹簧放置在滑腻水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图11所示．向左推小球，使弹簧紧缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被紧缩后的弹性势能．图11回答以下问题：(1)本实验中能够为，弹簧被紧缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g .为求得E k ，至少需要测量以下物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地址的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的紧缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k ＝______________.(3)图12中的直线是实验测量取得的s －Δx 图线．从理论上可推出，若是h 不变．m 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)；若是m 不变，h 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)．由图中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与Δx 的__________次方成正比．图12答案 (1)ABC (2)mgs 24h (3)减小 增大 二解析 (1)小球离开桌面后做平抛运动，设桌面到地面的高度为h ，小球抛出点到落地址的水平距离为s ，那么有h ＝12gt 2，s ＝v 0t ，解得v 0＝s t＝s g2h 因此E k ＝12mv 20＝mgs 24h . 由此可知需要测量的量有m 、s 、h ，应选A 、B 、C.(2)由(1)的解析知E k ＝mgs 24h .(3)在Δ x 相同的情形下，弹簧的弹性势能相同，由E p ＝12mv 20可知：①在m 增加时，速度v 0减小，因此h 不变时s 减小，故图线的斜率减小．②m 不变时，v 0不变，h 增加时，时刻变长，s 变大，故图线的斜率增大． 由s －Δx 图象可知，s 正比于Δx ，即s ＝k Δx .则E p ＝12mv 20＝mgs 24h ＝mgk 24hΔx 2＝k ′Δx 2 因此E p 与Δx 的二次方成正比．。
【步步高】高考物理二轮复习资料 专题二 第1课时 动力学观点在力学中的应用课件
中间时刻的瞬时速度为 v t
＝xt ＝
v0＋vt 2
2
v02＋vt2
位移中点的瞬时速度为
v x
＝
2
2
任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即
Δx＝xn＋1－xn＝a·Δt2 .
4．牛顿第二定律的内容是：物体加速度的大小与物体所受
的 合外力 成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与
物体所受合外力 的方向一致，且二者具有 瞬时对应 关系，
B 的压力一定为零．
6．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，
发动机提供的动力方向与水平方向夹角 α＝60°，使飞行
器恰沿与水平方向成 θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速
飞行．经时间 t 后，将动力的方向沿逆时针旋转 60°同时
适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞
行，飞行器所受空气阻力不计．求：
预测演练 2 如图 4 所示是一传送带装置，长 度为 4 m，与水平方向之间的夹角为 37°，
传送带以 0.8 m/s 的速度匀速运行,从流水线 图4
上下来的工件每隔 2 s 有一个落到 A 点(可认为初速度为零)， 工件质量为 1 kg.经传送带运送到与 B 等高处的平台上，再由 工人运走．已知工件与传送带之间的动摩擦因数为 μ＝0.8， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)每个工件从落上传送带的 A 点开始到被传送至最高点 B 所 经历的时间； (2)传送带对每个工件所做的功； (3)由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/162022/1/16January 16, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/162022/1/162022/1/161/16/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/162022/1/16
【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习 专题九 第1课时 机械振动和机械波 热学(1)
【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习专题九第1课时机械振动和机械波热学专题定位本专题要紧解决机械振动和机械波、热学、光学和原子物理的大体概念和大体规律．高考对本专题内容的考查是以选择题的形式呈现的，考查特点是选项考查点多，题目难度不大，四个选择题考查四部份内容．高考考查的要紧知识点有：①机械振动的规律和特点；②波动图象和波速公式的应用；③分子动理论；④分子力和分子势能的明白得；⑤热力学第必然律及理想气体状态方程；⑥光的折射和全反射；⑦光的本性的明白得；⑧玻尔理论和能级跃迁；⑨核反映和核反映方程式的书写．应考策略温习本部份内容要注意抓住骨干知识，后期温习没必要面面俱到．对热点知识要梳理整合，通过必要的选择题训练即可．第1课时机械振动和机械波热学1．简谐运动的对称性：振动质点在关于平稳位置对称的两点，x、F、a、v、E k、E p的大小均相等，其中答复力F、加速度a与位移x的方向相反，而v与x的方向可能相同，也可能相反．振动质点来回通过相同的两点间的时刻相等，即t BC＝t CB.振动质点通过关于平稳位置对称的等长的两线段的时刻相等，即t BC＝t B′C′.如图1所示．图12．简谐运动的周期性：做简谐运动的物体，其位移、答复力、加速度、速度都随时刻按“正弦”或“余弦”规律转变，它们的周期均相同．其位移随时刻转变的表达式为：x＝A sin_(ωt＋φ)或x＝A cos_(ωt＋φ)．3．机械波(1)机械波的产生条件：①波源；②介质．(2)机械波的特点①机械波传播的是振动的形式和能量，质点在各自的平稳位置周围振动，并非随波迁移．②介质中各质点的振动周期和波的传播周期都与波源的振动周期相同．③机械波的传播速度只由介质决定．(3)波速、波长、周期、频率的关系：v＝λT＝λf.4．振动图象和波动图象的物理意义不同：振动图象反映的是一个质点在各个时刻的位移，而波动图象反映的是某时刻各质点的位移．振动图象随时刻推移图象延续，可是已有的形状不变，而波动图象随时刻推移图象沿传播方向平移．5． 波的现象(1)波的叠加、干与、衍射、多普勒效应．(2)波的干与①必要条件：频率相同．②设两列波到某一点的波程差为Δr .假设两波源振动情形完全相同，那么⎩⎪⎨⎪⎧ Δr ＝nλn ＝0，1，2，…，振动加强Δr ＝nλ＋λ2n ＝0，1，2，…，振动减弱③增强区始终增强，减弱区始终减弱．增强区的振幅A ＝A 1＋A 2，减弱区的振幅A ＝|A 1－A 2|.④假设两波源的振动情形相反，那么增强区、减弱区的条件与上述相反．6． 分子动理论(1)分子大小①阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.②分子体积：V 0＝V molN A (占有空间的体积)．③分子质量：m 0＝M molN A .④油膜法估测分子的直径：d ＝VS. (2)分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动．①扩散现象特点：温度越高，扩散越快．②布朗运动特点：液体内固体小颗粒永不断息、无规那么的运动，颗粒越小、温度越高，运动越猛烈．(3)分子间的彼此作使劲和分子势能①分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力转变得快．②分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r 0时，分子势能最小．7． 气体实验定律(1)等温转变：pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V 2；(2)等容转变：p T ＝C 或p 1T 1＝p 2T 2； (3)等压转变：V T ＝C 或V 1T 1＝V 2T 2；(4)理想气体状态方程：pV T ＝C 或p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2.8． 热力学定律 (1)物体内能转变的判定：温度转变引发分子平均动能的转变；体积转变，分子间的分子力做功，引发分子势能的转变．(2)热力学第必然律①公式：ΔU ＝W ＋Q ；②符号规定：外界对系统做功，W >0，系统对外界做功，W <0；系统从外界吸收热量，Q >0，系统向外界放出热量，Q <0.系统内能增加，ΔU >0，系统内能减少，ΔU <0.(3)热力学第二定律热力学第二定律的表述：①不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引发其他转变(按热传导的方向性表述)．②不可能从单一热源吸收热量并把它全数用来做功，而不引发其他转变(按机械能和内能转化的方向性表述)．③第二类永动机是不可能制成的．1． 判定波的传播方向和质点振动方向的方式：(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法)．2． 利用波传播的周期性、双向性解题(1)波的图象的周期性：相隔时刻为周期整数倍的两个时刻的波形相同，从而使题目的解答显现多解的可能．(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时，要考虑到波可沿x 轴正向或负向传播的两种可能性．3． 两种微观模型(1)球体模型(适用于固体、液体)：一个分子的体积V 分＝43π(d 2)3＝16πd 3，d 为分子的直径． (2)立方体模型(适用于气体)：一个分子占据的平均空间V 分＝d 3，d 为分子间的距离.题型1 振动与波动关系的明白得和应用例1 如图2所示为一列沿x 轴正向传播的简谐横波在t ＝0时刻的图象，振源周期为1 s ．以下说法正确的选项是( ) 图2A ．质点b 的振幅为0B ．通过0.25 s ，质点b 沿x 轴正向移动0.5 mC ．从t ＝0时刻起，质点c 比质点a 先回到平稳位置D ．在t ＝0时刻，质点a 、c 所受的答复力大小之比为1∶2解析 在t ＝0时刻质点b 的位移为零，质点b 的振幅为4 cm.质点b 在平稳位置周围振动，不沿x 轴移动，选项A 、B 错误．从t ＝0时刻起，质点c 通过14T 周期回到平稳位置，而质点a 通过T 12回到平稳位置，因此选项C 错误．在t ＝0时刻，质点a 、c 位移大小之比为1∶2，由F ＝－kx 可知所受的答复力大小之比为1∶2，选项D 正确．答案 D将一弹性绳沿x 轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t ＝0时，使其开始沿y轴做简谐振动，在t ＝0.75 s 时形成如图3所示的波形，M 点是位于x ＝10 cm 处的质点，N 点是位于x ＝50 cm 处的质点，那么可知( ) 图3A ．绳波的传播速度为20 m/sB ．N 点开始振动的方向沿y 轴正方向C ．t ＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向通过平稳位置D ．当N 点第一次抵达波峰时，M 点通过的路程为104 cm答案 C解析 由题意可知T ＝1 s ，由题图可知λ＝20 cm ，因此波速v ＝λ/T ＝20 cm/s ，选项A 错．由题图可知t ＝0.75 s 时，x ＝15 cm 的质点，刚开始振动，而且振动方向为y 轴负方向，因此N 点开始振动方向也应该为y 轴负方向，选项B 错．t ＝0.75 s 时，x ＝5 cm 的质点第一次沿y 轴正方向通过平稳位置，那个振动形式传到N 点还要t 1＝xv ＝50－5 cm 20 cm/s＝2.25 s ，因此当t 2＝t ＋t 1＝3 s 时N 点第一次沿y 轴正方向通过平稳位置，选项C 正确．t ＝0.75 s 时，M 点已经通过的路程为8 cm ，当N 点第一次抵达波峰，还要经历t 3＝x ′v ＝50 cm 20 cm/s＝2.5 s 即2.5T ，M 点还要通过路程2.5×4×8 cm＝80 cm ，因此M 点通过的总路程为88 cm ，选项D 错．题型2 波动图象和振动图象的明白得例2 (2021·四川·5)图4甲是一列简谐横波在t ＝1.25 s 时的波形图，已知c 位置的质点比a 位置的晚0.5 s 起振，那么图乙所示振动图像对应的质点可能位于( )图4A ．a ＜x ＜bB ．b ＜x ＜cC ．c ＜x ＜dD ．d ＜x ＜e 解析 c 位置的质点比a 位置的晚0.5 s 起振，与波形图相结合分析可知：周期T ＝2×0.5 s＝1 s ，波沿x 轴正向传播．由振动图像可知，在t ＝1.25 s 时，此质点的振动方向沿y 轴的负向且靠近平稳位置，结合波图并由“上、下坡法”可知，振动图像对应的质点可能在0＜x ＜a 和d ＜x ＜e 两区域内，选项D 正确． 答案 D以题说法 振动、波动图象要先读取信息再找关联规律1．振动图象：能读出质点各时刻的位移、某段时刻内质点运动的位移、振幅A 、周期T ，间接判定各时刻的答复力、加速度、速度等．2．波动图象：能读出波长λ、质点振动的振幅A 、该时刻各质点的位移等，再结合其他题给条件，运用v ＝λT等公式和规律进一步计算出波速、周期． 某横波在介质中沿x 轴传播，图5甲为t ＝0.75 s 时的波形图，图乙为P 点(x ＝1.5 m 处的质点)的振动图象，那么以下说法正确的选项是( )图5A ．该波向右传播，波速为2 m/sB ．质点L 与质点N 的运动方向总相反C ．t ＝1 s 时，质点P 处于平稳位置，并正在往正方向运动D ．在0.5 s 时刻内，质点P 向右运动了1 m答案 B解析 依照题给的波形图和P 点的振动图象知，该波向左传播，波速为v ＝λ/T ＝2 m/s ，选项A 错误．质点L 与质点N 相距半个波长，二者的运动方向总相反，选项B 正确．t ＝1 s 时，质点P 处于平稳位置，并正在往负方向运动，选项C 错误．在0.5 s 时刻内，质点P 在平稳位置周围振动了四分之一周期，不向右运动，选项D 错误．题型3 对分子动理论的明白得例3 (2021·北京·13)以下说法正确的选项是 ( )A ．液体中悬浮微粒的无规那么运动称为布朗运动B ．液体分子的无规那么运动称为布朗运动C ．物体从外界吸收热量，其内能必然增加D ．物体对外界做功，其内能必然减少解析 由布朗运动的概念可知，选项A 正确；布朗运动不是分子的运动，可是它间接地反映了液体分子运动的无规那么性，因此选项B 错误；改变物体的内能有两种方式：做功和热传递，物体从外界吸收热量，同时它可能对外做功，其内能不必然增加，C 选项错误；物体对外界做功，同时它可能从外界吸收热量，其内能不必然减小，D 选项错误，综上所述正确的答案为A.答案 A 以题说法 解答分子动理论相关问题时应注意：(1)熟练把握阿伏加德罗常数的有关计算；(2)了解扩散现象及布朗运动的实质；(3)把握分子力特点及分子力做功与分子势能转变的关系；(4)明白物体内能转变的微观因素和宏观因素．以下说法正确的选项是 ( )A ．已知某物质的摩尔质量为M ，密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，那么该物质的分子体积为V 0＝M ρN A B ．布朗运动是在显微镜下看到的液体分子的无规那么运动C ．分子质量不同的两种气体温度相同，它们分子的平均动能必然相同D ．两个分子间距增大的进程中，分子间的作使劲必然增大答案 C解析 假设此物质为固体或液体，那么摩尔体积为M ρ，分子体积为M ρN A ，但假设是气体，分子间距较大，不能再用此方式来求分子体积，A 错误；布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的无规那么运动，它是液体分子无规那么运动的反映，B错误；温度是气体分子平均动能的标志，温度相同，分子质量不同的两种气体分子平均动能必然相同，C正确；分子间距从r0慢慢增大的进程中，分子力先增大后减小，D错误．题型4 对热力学第必然律和气体性质的明白得例4(2021·江苏·12(1))如图6所示，必然质量的理想气体从状态A依次通过状态B、C和D后再回到状态A.其中，A―→B和C―→D为等温进程，B―→C和D―→A为绝热进程(气体与外界无热量互换)，这确实是闻名的“卡诺循环”．该循环进程中，以下说法正确的选项是________．图6A．A―→B进程中，外界对气体做功B．B―→C进程中，气体分子的平均动能增大C．C―→D进程中，单位时刻内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D―→A进程中，气体分子的速度散布曲线不发生转变解析由理想气体状态方程和热力学第必然律分析，A―→B为等温进程，内能不变，气体的体积增大，气体对外做功，A错；B―→C进程为绝热进程，体积增大对外做功，因此内能减小，气体分子的平均动能减小，B错；C―→D为等温进程，体积减小，分子数密度减小，单位时刻内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；D―→A为绝热进程，体积减小，外界对气体做功，内能增大，温度升高，因此气体分子的速度散布曲线转变，D错．答案C以题说法热力学第必然律常常与气体性质结合进行考查．解答热力学第必然律的问题要抓好以下两点：(1)注意符号正负的规定．假设研究对象为气体，对气体做功的正负由气体体积的转变决定．气体体积增大，气体对外界做功，W<0；气体的体积减小，外界对气体做功，W>0.(2)注意改变内能的两种方式：做功和热传递．不能以为物体吸热(或对物体做功)，物体的内能就必然增加．用密封性能良好的活塞把必然质量的理想气体封锁在导热性能良好的气缸中，气缸的内壁滑腻．现将气缸缓慢地由水平放置(如图7甲所示)变成竖直放置(如图乙所示)．在此进程中若是环境维持恒温，以下说法正确的选项是( )图7A．气体分子的平均动能不变B．气缸内气体的分子数密度变大C ．气缸内气体从外界吸热D ．气缸内壁单位面积上受到气体分子撞击的平均作使劲不变答案 AB解析 环境维持恒温，气体分子的平均动能不变，选项A 正确．将气缸缓慢地由水平放置变成竖直放置，气体体积减小，压强增大，气缸内壁单位面积上受到气体分子撞击的平均作使劲增大，气缸内气体的分子数密度变大，选项B 正确，D 错误．由于此进程气体被紧缩，外界对气体做功，气体的内能不变，那么气体向外界放热，选项C 错误．(限时：45分钟)1． 如图1所示，S 1、S 2是一水平面上的两个波源，它们的振动周期都为T ，振幅都为A .某时刻S 1发出的波恰好传到C ，S 2发出的波恰好传到A ，图中画出的是该时刻两列波在AC 部份的叠加波形，S 1A 间、S 2C 间波形没有画出．假设两列波传播速度相同，那么( )图1A ．两波源的起振方向相同B ．A 、B 、C 三点始终都是振动减弱点，振幅为0C ．A 、B 、C 三点始终都是振动增强点，振幅为2AD ．再通过T 2，AC 间的波形是一条直线 答案 B解析 S 2的起振方向与A 点振动方向相同，向上．S 1的起振方向与C 点振动方向相同，向下，A 错误；A 、B 、C 三点和两个波源的距离差值都是半波长的整数倍，又因为两个振源 起振方向相反，那么A 、B 、C 三点都是振动减弱点，振幅为0，B 正确，C 错误；通过T2， 叠加波形的波谷变成波峰，波峰变成波谷，如下图，D 错误． 2． 一列简谐横波沿直线由a 向b 传播，相距10.5 m 的a 、b 两处的质点振动图象如图2中a 、b 所示，那么( ) 图2A ．该波的振幅可能是20 cmB ．该波的波长可能是8.4 mC ．该波的波速可能是10.5 m/sD ．该波由a 传播到b 可能历时7 s答案 D解析 由振动图象可知，此波的振幅为10 cm ，周期为4 s ，A 错误；a 质点在t ＝2 s 时处于波峰位置，而b 质点在t ＝2 s 时处于平稳位置且向下运动，再经3 s ，b 质点才振动到波峰，那么a 比b 超前Δt ＝(nT ＋3) s ＝(4n ＋3) s ，由v ＝Δx Δt ＝10.54n ＋3m/s 知，当n ＝0时，v ＝3.5 m/s ，对应波长为14 m ；当n ＝1时，v ＝1.5 m/s ，对应波长为6 m ，可知B 、C 错误；当n ＝1时，Δt ＝7 s ，D 正确．3． (2021·北京·15)一列沿x 轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4 m/s.某时刻波形如图3所示，以下说法正确的选项是( )图3A ．这列波的振幅为4 cmB ．这列波的周期为1 sC ．现在x ＝4 m 处质点沿y 轴负方向运动D ．现在x ＝4 m 处质点的加速度为0答案 D 解析 由波形图可知：振幅A ＝2 cm ，λ＝8 m ，T ＝λv ＝84s ＝2 s ，选项A 、B 均错误；x ＝4 m 处的质点在现在刻正处于平稳位置处，加速度为零，由“上、下坡法”可知，现在质点沿y 轴正方向运动，因此选项D 正确，C 错误．4． 已知铜的摩尔质量为M ，铜的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，以下说法正确的选项是( )A ．1个铜原子的质量为N A MB ．1个铜原子的质量为M N AC ．1个铜原子所占的体积为MN A ρD ．1个铜原子所占的体积为ρMN A 答案 B5． 如图4所示，两头开口的弯折玻璃管竖直放置，左管有一段高为h 1的水银柱，中间一段水银柱h 2将管内空气分为两段，右管有一段高为H 的水银柱，三段水银柱均静止，那么右管内水银柱的高度H 为( ) 图4A ．h 1＋h 2B ．h 2－h 1 C.h 1＋h 22 D.h 2－h 12答案 B解析 设大气压强为p 0，那么左侧高为h 1的水银柱上方的气体压强为p 左＝p 0－ρ水银gh 1，右边高为H 的水银柱下方的气体压强为p 右＝p 0＋ρ水银gH .依照中间水银柱受力平稳，可得p 左＋ρ水银gh 2＝p 右，联立以上各式得H ＝h 2－h 1，B 正确．6． 在某一均匀介质中由波源O 发出的简谐横波在x 轴上传播，某时刻的波形如图5所示，其波速为5 m/s ，那么以下说法正确的选项是( ) 图5A ．现在P (－2 m,0)、Q (2 m,0)两点运动方向相同B ．再通过0.5 s 质点N 恰好在(－5 m,20 cm)位置C ．能与该波发生干与的横波的频率必然为3 HzD ．波的频率与波源的振动频率无关答案 AB7． 关于分子动理论和内能，以下说法中正确的选项是 ( ) A ．温度是分子平均动能的标志，物体温度高，那么物体的分子平均动能大B ．分子势能与分子间距有关，是物体内能的一部份C ．为了增加物体的内能，必需对物体做功或向它传递热量D ．物体的动能和重力势能也是其内能的一部份答案 ABC解析 依照平均动能的物理意义可知，选项A 正确；依照分子势能的物理意义和决定分子势能的因素可知，选项B 正确；外界对物体做功或向它传递热量，能够增加物体的内能，选项C 正确；宏观的动能和重力势能与内能无关，选项D 错误．8． 以下有关热力学第二定律的说法正确的选项是 ( )A ．气体自发地扩散运动老是向着更为无序的方向进行，是可逆进程B ．第二类永动机尽管不违背能量守恒定律，但它是制造不出来的C ．空调既能制冷又能制热，说明热传递不具有方向性D ．必然质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，气体对外做功答案 B解析 与温度有关的一切热现象的宏观进程都是不可逆的，A 项错误；热量不能自发地由高温物体传到低温物体，空调机里的紧缩机工作，消耗了电能，产生了其他阻碍，C 项错误；必然质量的理想气体向真空自由膨胀时，体积增大，气体没有做功，D 项错误．只有B 项正确．9． 波源O 产生的简谐横波沿x 轴正方向传播，P 是x P ＝0.5 m 处的质点、Q 是x Q ＝1.1 m 处的质点，在t ＝0时振动传播到P 点，形成图6中的实线；在t ＝0.3 s 时刻振动传播到Q 点，形成图中的虚线，那么( )图6A ．该波的周期等于0.3 sB ．该波的波速等于2 m/sC ．在t ＝0.7 s 时刻Q 点速度等于零D ．点P 和Q 的振动方向始终相反答案 BD解析 由波动图象可知，λ＝0.4 m ，(1＋12)T ＝0.3 s ，那么波的周期为T ＝0.2 s ，波速为v ＝λT＝2 m/s ，A 错误，B 正确；0.7 s 时刻，质点Q 处于平稳位置，速度最大，C 错误；点P 、Q 平稳位置间的距离等于半波长的3倍(奇数倍)，振动方向始终相反，D 正确．10．如图7所示是必然质量的理想气体的进程转变图线，以下说法正确的选项是( )图7A ．由状态A 转变到状态B ，气体分子的平均动能增大B ．由状态A 转变到状态C ，气体内能不变C ．由A 经B 到C 的进程与由A 经D 到C 的进程，气体对外做功相同D ．由A 经B 到C 、由A 经D 到C 、由A 直接到C 的三个进程中，气体均吸热，可是所吸热量值不同答案AD解析由状态A转变到状态B，由于B所在等温线温度高，因此气体分子的平均动能增大，内能增大，A 正确；同理，B错误；由A经B到C的进程中气体对外做的功比由A经D到C的进程中气体对外做的功少，因此C错误；由于D选项中三个进程内能增量相同，体积增大，都对外做功，但做功值不同，由热力学第必然律可知吸热量不同，因此D正确．11．如图8所示是压力保温瓶的结构简图，活塞a与液面之间密闭了必然质量的气体．假设封锁气体为理想气体且外界没有热互换，那么向下压活塞a的进程中，瓶内气体( )图8A．内能增大B．体积增大C．压强不变D．温度不变答案A解析向下压活塞a的进程中，外界对气体做功，气体与外界没有热互换，依照热力学第必然律得气体内能增大，理想气体分子间距离专门大，忽略势能，气体的内能确实是所有气体分子的平均动能，因此气体的平均动能增大，温度升高，由于体积减小，依照理想气体状态方程可得，气体压强增大，故A正确，其他选项错误．12．高压锅加热到必然程度，高压水汽会冲开气阀喷出，高压水汽喷出的进程( )A．喷出的水汽体积增大，温度降低，压强减小B．喷出的水汽气压减小，大气对水汽做正功，内能增大C．水汽刚喷出的短临时刻里，水汽对外做正功，吸热，内能增加D．水汽刚喷出的短临时刻里，水汽对外做负功，放热，内能减小答案A解析高压水汽喷出的进程，喷出的水汽体积增大，温度降低，压强减小，大气对水汽做负功，水汽内能减小，选项A正确，B错误．水汽刚喷出的短临时刻里，水汽对外做正功，放热，水汽内能减小，选项C、D 错误．13．在“用油膜法估测分子大小”实验中所用的油酸酒精溶液为每1 000 mL溶液中有纯油酸0.6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图9所示，图中每一个小正方形方格的边长均为1 cm ，以下说法正确的选项是( )图9A ．实验时不考虑各油酸分子间的间隙B ．测出分子直径后，只需明白油滴的体积就可算出阿伏加德罗常数C ．该实验测出油酸分子的直径约是6.5×10－8 mD ．利用油酸酒精溶液的目的是让油膜在水面上形成单层分子油膜答案 AD解析 用油膜法估测分子大小实验，把油滴滴到水面上，油在水面上要尽可能地散开，形成单分子油膜，把分子看成球体，单分子油膜的厚度就能够够以为等于油分子直径．故A 、D 正确．14．(2021·天津·7)一列简谐横波沿直线传播，该直线上平稳位置相距9 m 的a 、b 两质点的振动图象如图10所示，以下描述该波的图象可能正确的选项是( ) 图10答案 AC解析 该波假设是由a 向b 传播，那么需知足n λ＋λ4＝9 (n ＝0、一、二、3……) λ＝9n ＋14，即λ的值可能为36 m 、365m 、4 m…… 该波假设是由b 向a 传播，那么知足n λ＋3λ4＝9 (n ＝0、一、二、3……) λ＝9n ＋34，即λ的值可能为12 m 、367 m 、3611m…… 综上所述该波的图象可能为A 、C.。
【步步高】高考物理二轮 复习与增分策略 专题一 力与物体的平衡 受力分析课件
(2)
以题说法
1.静电力的方向与电性和场强的方向有关，匀强
电场中静电力为恒力． 2．电场和重力场内的平衡问题，仍然是力学问题．力学中 用到的图解法和正交分解法仍然可以用在电场和重力场中．
针对训练4
如图8所示，MON为固定的
“L”形直角光滑绝缘板，ON置于水平 地面上，P为一可移动的光滑绝缘竖直平 板．现有两个带正电小球A、B，小球A 置于“L”形板的直角处，小球B靠在P 板上且处于静止状态，小球A、B位于同 是 A．B对P板的压力变大 C．A、B间的距离变小
答案
A
一题多变
若木板B从木箱A下面匀加速抽出，还能取AB整
体为研究对象受力分析吗？为什么？
答案 不能，因为A、B的状态不同，A仍然处于平衡状 态，受到的滑动摩擦力不变．
以题说法 1.在分析两个或两个以上物体间的相互作用时， 一般采用整体法与隔离法进行分析． 2．采用整体法进行受力分析时，要注意各个物体的状态应 该相同． 3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对 象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该 物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．
5．洛伦兹力 (1)洛伦兹力的方向 ①洛伦兹力方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向 垂直，所以洛伦兹力方向总是垂直于运动电荷的速度方向 和磁场方向所确定的 平面 ． ②洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向 发生变化时，洛伦兹力的方向也 随之变化 ． ③由于洛伦兹力方向总与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹 力对电荷永不 做功 ．
②绳的拉力：沿着绳子并指向绳收缩的方向． ③杆的弹力：可能沿杆也可能不沿杆，需要根据受力情况 或物体的 运动状态 而定． 2．摩擦力 (1)产生条件：①相互接触且挤压；②接触面粗糙；③有
高考物理二轮复习 专题十 第1课时 力学与创新
权掇市安稳阳光实验学校【步步高】(广西专用）高考物理二轮复习专题十第1课时力学实验与创新专题定位高考对学生实验的考查，主要有以下十九个实验：①长度的测量；②研究匀变速直线运动；③探究弹力和弹簧伸长的关系；④验证力的平行四边形定则；⑤验证动量守恒定律；⑥研究平抛物体的运动；⑦验证机械能守恒定律；⑧用单摆测定重力加速度；⑨用油膜法估测分子的大小；⑩用描迹法画出电场中平面上的等势线；⑪测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)；⑫描绘小电珠的伏安特性曲线；⑬把电流表改装为电压表；⑭测定电源的电动势和内阻；⑮用多用电表探索黑箱内的电学元件；⑯练习使用示波器；⑰传感器的简单应用；⑱测定玻璃的折射率；⑲用双缝干涉测光的波长．高考除了对课本中原有的学生实验进行考查外，还增加了对演示实验的考查，利用学生所学过的知识，对实验器材或实验方法加以重组，来完成新的实验设计．设计型实验将逐步取代对课本中原有的单纯学生实验的考查．应考策略 1.熟知各种器材的特性.2.熟悉课本实验，抓住实验的灵魂——实验原理，掌握数据处理的方法，熟知两类误差分析．第1课时力学实验与创新一、游标卡尺和螺旋测微器的读数例1用游标卡尺测得某样品的长度如图1甲所示，其读数L＝________mm；用螺旋测微器测得该样品的外边长a如图乙所示，其读数a＝________mm.图1解析根据游标卡尺的读数方法，读数为20 mm＋3×0.05 mm＝20.15 mm.根据螺旋测微器的读数方法，读数为1.5 mm＋23.0×0.01 mm＝1.730 mm.答案20.15 1.730以题说法 1.游标卡尺的读数方法：由主尺读出整毫米数l0，从游标尺上读出与主尺上某一刻度对齐的格数n，则测量值(mm)＝(l0＋n×精确度) mm.注意：(1)游标卡尺的精确度一般为游标尺上总刻度数的倒数．(2)游标卡尺不需要估读．2．螺旋测微器的读数方法：测量值(mm)＝固定刻度指示的毫米数(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度上与固定刻度基线所对的刻度值(注意刻度值要估读一位)×0.01 mm.(1)用螺旋测微器测量一小球的直径，结果如图2甲所示，则小球的直径d＝________ mm.图2(2)知识的迁移能力是非常重要的，应用螺旋测微器的原理，解决下面的问题：在一些用来测量角度的仪器上，有一个可转动的圆盘，圆盘的边缘标有角度刻度．为了较准确地测量出圆盘转动的角度，在圆盘外侧有一个固定不动的游标，上面共有10个分度，对应的总角度为9度．如图乙中画出了游标和圆盘的一部分．读出此时圆盘的零刻度线相对于游标零刻度线转过的角度为________度．答案(1)10.975 (2)20.6解析(1)螺旋测微器主尺读数为10.5 mm，可动刻度一共50个格，代表0.5 mm，每个格表示0.01 mm，第47.5个格与固定刻度基线对齐，因此可动刻度的读数为0.475 mm，故螺旋测微器的读数为10.975 mm.(2)主尺部分的读数为20度，游标尺一共10个格，每个格代表0.1度，第6个格对齐，故游标尺的读数为0.6度，因此一共是20.6度．二、验证力的平行四边形定则例2图3甲是“验证力的平行四边形定则”的实验装置，请完成实验操作与记录：(1)将弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线ac挂一重物G，如图中虚线所示，记录：测力计A的读数F0.(2)用弹簧测力计B的挂钩拉另一细线的b端，该细线的另一端系在细线ac上的O点处，手持测力计B保持水平方向缓慢向左拉，到达如图所示位置，记录：O点的位置、________、________、________、________和细线Oc 的方向．(3)某同学已作出F A、F B和合力理论值F′的图示，请在图乙中作出合力实验值F的图示，比较F′和F的大小和方向，可以得出结论：互成角度的________遵循平行四边形定则．图3答案(2)测力计A的读数测力计B的读数细线Oa的方向细线Ob的方向(3)以表示F A、F B的线段为邻边作平行四边形，其对角线所表示的力就是合力实验值的大小和方向，如图所示两个力(或两个共点力)的合成以题说法 1.本实验考查的重点是“力作用效果的等效性”．2．对实验步骤中两个分力和合力的大小和方向的确定也是考查的重点．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：图4(1)将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；(2)将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上M点，在橡皮筋的中点O再用细线系重物，自然下垂，如图4甲所示．(3)将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的N点，如图乙所示．为完成实验，下述操作中需要的是________．A．橡皮筋两端连接的细线长度必须相同B．要测量图甲中橡皮筋Oa的长度和图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度C．M、N两点必须在同一高度处D．要记录图甲中O点的位置及过O点的竖直方向E．要记录图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa、Ob的方向答案BE解析橡皮筋两端连接的细线长度不需要必须相同，M、N两点可以不在同一高度处，不需要记录题图甲中O点的位置及过O点的竖直方向．由于已经测出橡皮筋的原长，只需要测量题图甲中橡皮筋Oa的长度和题图乙中橡皮筋Oa、Ob的长度，需要记录题图乙中结点O的位置、过结点O的竖直方向及橡皮筋Oa、Ob的方向．操作中需要的是B、E.三、探究弹力和弹簧伸长的关系例3通过“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验，我们知道在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧的伸长(或压缩)量x成正比，并且不同的弹簧，其劲度系数不同．已知一根原长为L0、劲度系数为k1的长弹簧A，现把它截成长为23L0和13L0的B、C两段，设B段的劲度系数为k2，C段的劲度系数为k3，关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：甲同学：既然是同一根弹簧截成的两段，所以k1＝k2＝k3乙同学：弹簧越短劲度系数越大，所以k1<k2<k3丙同学：弹簧越长劲度系数越大，所以k1>k2>k3(1)为了验证猜想，可以通过实验来完成，实验所需的器材除铁架台外，还需要的器材有________．(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．A．将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的长度L0；B．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数(如n个)并用刻度尺测量弹簧的长度L1；C．由F＝mg计算弹簧的弹力；由x＝L1－L0计算出弹簧的伸长量．由k＝Fx计算弹簧的劲度系数；D．改变________，重复实验步骤B、C，并求出弹簧A的劲度系数k1的平均值；E．按要求将弹簧A剪断成B、C两段，重复实验步骤A、B、C、D.分别求出弹簧B、C的劲度系数k2、k3的平均值．比较k1、k2、k3得到结论．(3)图5是实验得到的图线．根据图线得出弹簧的劲度系数与弹簧长度有怎样的关系？图5答案(1)刻度尺、已知质量且质量相等的钩码(2)钩码的个数(3)同一根弹簧上截下的几段，越短的段，劲度系数越大(或同一根弹簧上截下的几段，越长的段，劲度系数越小)四、以打点计时器或光电门为工具的力学实验例4 某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图6所示的气垫导轨装置来测小车的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L ，窄遮光板的宽度为d ，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t 1、t 2. 图6(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v 1＝________，v 2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________________．(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)则滑块的加速度可以表示为a ＝________(用题中所给物理量表示)．(3)该学习小组在测出滑块的加速度后，经分析讨论，由于滑块在气垫导轨上运动时空气阻力很小，可用上述实验装置来验证机械能守恒定律，为此还需测量的物理量是________和________，机械能守恒的表达式为________________(用题中所给物理量和测量的物理量表示)．解析 (1)小车通过两个光电门的瞬时速度等于小车通过光电门这段时间内的平均速度，故瞬时速度分别为d t 1和dt 2.时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法；(2)根据运动学公式2aL ＝v 22－v 21，代入可求得加速度a ＝d 22L (1t 22－1t 21)；(3)要验证机械能守恒就要看沙桶重力势能的减少量和系统动能的增加量是否相等，因此需要测量沙桶的质量m 和滑块的质量M ，机械能守恒定律的表达式为mgL ＝12(M ＋m )d 2(1t 22－1t 21)．答案 (1)d t 1 d t 2 极限法 (2)d 22L (1t 22－1t 21)(3)沙桶的质量m 滑块的质量M mgL ＝12(M ＋m )d 2(1t 22－1t 21)以题说法 在《考试大纲》规定的力学实验中有二个涉及打点计时器：研究匀变速直线运动和验证机械能守恒定律．在创新实验中也经常涉及打点计时器．这类实验的关键是要掌握纸带的分析处理方法，对于纸带常见有以下三大应用．1．由纸带确定时间要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝0.02×5 s＝0.1 s.2．求解瞬时速度利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图7所示，打n 点时的速度v n ＝s n ＋s n ＋12T图73．用“逐差法”求加速度 如图8所示，a ＝s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 33T2图8有些实验用光电门代替打点计时器来完成瞬时速度和加速度的测量，具体做法如下：(1)求瞬时速度：把遮光条(宽度为d )通过光电门的时间Δt 内的平均速度看做物体经过光电门的瞬时速度，即v ＝dΔt.(2)求加速度：若两个光电门之间的距离为L ，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a ＝v 22－v 212L.(2013·四川·8(2))如图9所示，某组同学借用“探究a 与F 、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验： 图9①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动．②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图10所示的纸带．纸带上O 为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s 的相邻计数点A 、B 、C 、D 、E 、F 、G .实验时小车所受拉力为0.2 N ，小车的质量为0.2 kg.图10请计算小车所受合外力做的功W 和小车动能的变化ΔE k .补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).O —BO —CO —DO —EO —FW /J 0.043 2 0.057 2 0.073 4 0.091 5ΔE k /J 0.043 0 0.057 0 0.073 4 0.090 7分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W ＝ΔE k .与理论推导结果一致．③实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg ，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g 取9.8 m/s 2，结果保留至小数点后第三位)． 答案 ①匀速直线 ②0.111 5 0.110 5 ③0.015 解析 ②W ＝Fx OF ＝0.2×55.75×10－2 J ＝0.111 5 J v F ＝66.77－45.75×10－22×0.1 m/s ＝1.051 m/sΔE k ＝12mv 2F ＝12×0.2×1.0512J ＝0.110 5 J③设放入砝码质量为m ，则(m ＋7.7×10－3kg)g －0.2 N ＝(m ＋7.7×10－3kg)a ①对小车：a ＝F M ＝0.20.2m/s 2＝1 m/s 2②联立①②得：m＝0.015 kg14．力学创新实验的分析技巧审题示例(2013·新课标Ⅰ·22)(7分)图11为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：图11①用天平测量物块和遮光片的总质量M，重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间Δt A和Δt B，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值a；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答下列问题：(1) 测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图12所示．其读数为________ cm.图12(2)物块的加速度a可用d、s、Δt A和Δt B表示为a＝________.(3)动摩擦因数μ可用M、m、a和重力加速度g表示为μ＝________.(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．审题模板答题模板(1)0.9 cm＋12×0.05 mm＝0.960 cm (2分)(2)因为v A＝dΔt A，v B＝dΔt B，又由2as＝v2B－v2A，得a＝12s[(dΔt B)2－(dΔt A)2] (2分)(3)设细线上的拉力为F T，则mg－F T＝m a，F T－μMg＝M a两式联立得μ＝mg－M＋m x\to(a)Mg(2分)(4)细线没有调整到水平，属于实验方法粗略，这样会引起系统误差．(1分)答案(1)0.960 (2)12s[(dΔt B)2－(dΔt A)2](3)mg －M ＋m x\to(a )Mg(4)系统误差为了探究合外力做功与物体动能改变的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：如图13甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运动．第二步：如图乙所示，保持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器． 第三步：接通电源，释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出的纸带如图丙所示．其中打下计数点O 时，滑块的速度为零，相邻计数点的时间间隔为T .图13(1)根据纸带求打点计时器打E 点时滑块的速度v E ＝________.(2)已知重锤质量为m ，当地的重力加速度为g ，合外力在OE 段对滑块做功的表达式W OE ＝________.(3)利用图丙数据求出各段合外力对滑块所做的功W 及A 、B 、C 、E 各点的速度v .以v 2为纵轴，以W 为横轴建立坐标系，作出v 2－W 图象，发现它是一条过坐标原点的倾斜直线，测得直线斜率为k ，则滑块质量M ＝________.答案 (1)s 6－s 42T (2)mgs 5 (3)2k解析 (1)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得v E ＝s 6－s 42T. (2)本实验中将重锤的重力当作合外力，合外力在OE 段对滑块做的功为mgs 5.(3)根据动能定理有W ＝12Mv 2，得v 2＝2M W ，所以2M ＝k ，M ＝2k .(限时：45分钟)1． (2013·广东·34(1))研究小车匀变速直线运动的实验装置如图1(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz ，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出． 图1①部分实验步骤如下：A ．测量完毕，关闭电源，取出纸带B ．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C ．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D ．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔 上述实验步骤的正确顺序是：__________(用字母填写)．②图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T ＝______ s. ③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v 5＝________.④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________.答案 ①DCBA ②0.1 ③s 4＋s 52T④s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2解析 ②时间t ＝nT 0＝5×0.02 s＝0.1 s(n 为相邻两个计数点的间隔数)．③在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于平均速度．④取s 1′＝s 1＋s 2＋s 3，s 2′＝s 4＋s 5＋s 6，则：T ′＝3T ，就可用Δs ′＝s 2′－s 1′＝aT ′2求a .2． 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x 与弹力F 成正比，即F ＝kx ，k 的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L 、横截面积S 有关，理论与实际都表明k ＝YSL，其中Y 是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量．(1)在国际单位中，杨氏模量Y 的单位应该是________． A ．N B ．m C ．N/m D ．Pa(2)用如图2甲所示的实验装置可以测量出一段横截面积是圆形的橡皮筋的杨氏模量Y 的值，首先利用毫米刻度尺测得橡皮筋的长度L ＝20.00 cm ，利用测量工具a 测得橡皮筋未受到拉力时的直径D ＝4.000 mm ，那么测量工具a 应该是________________．图2(3)用如图甲所示的装置就可以测出这种橡皮筋的Y 值，下面的表格是橡皮筋受到的拉力F 与伸长量x 的实验记录．处理数据时，可在图乙中作出F －x 的图象，由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k ＝______N/m.(保留两位有效数字)拉力F (N) 5 10 15 20 25 伸长量x (cm)1.63.24.86.48(4))答案 (1)D (2)螺旋测微器(或千分尺) (3)图象见解析图 3.1×102(4)5×106Pa解析 (1)根据表达式k ＝YS L 得：Y ＝kL S已知k 的单位是N/m ，L 的单位是m ，S 的单位是m 2，所以Y 的单位是N/m 2，也就是Pa ，故选D.(2)测量橡皮筋未受到拉力时的直径用螺旋测微器(或千分尺)． (3)根据F ＝kx 可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小，由图象求出劲度系数为k ＝3.1×102N/m.(4)根据Y ＝kL S求得，Y ≈5×106Pa.3． (2013·安徽·21Ⅰ)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3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．图3 图4(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图4所示，读数为________mm. (2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________． a ．摆线要选择细些的、伸缩性小些的、并且尽可能长一些 b ．摆球尽量选择质量大些、体积小些的c ．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度d ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt 即为单摆周期Te ．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt ，则单摆周期T ＝Δt50答案 (1)18.6 (2)abe解析 (1)十分度游标尺的第6个刻度线与主尺刻度线对齐，所以读数为18.6 mm.(2)对于单摆，摆线质量可忽略且不可伸长，所以应选伸缩性小的细线，摆球应选密度较大、体积小的钢球；为使摆动周期长些，由T ＝2πlg知，摆线应长些，所以选项a 、b 正确，为使单摆具有等时性，摆角应小于5 °，要减小测量周期的误差，计时起点应选在摆球的平衡位置，且测量多次(N )全振动的总时间(Δt )，然后再算出周期T ＝ΔtN，选项e 正确．4．用图5所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验．图5(1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须在长木板________(填“远离”或“靠近”)滑轮的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车能单独在长木板上做________运动．(2)为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用________法． (3)保持小车受力不变，测量不同质量的小车在这个力作用下的加速度．某次实验中打出如图6所示的纸带(打点计时器电源的频率为50 Hz)，则这个加速度值a ＝______m/s 2. 图6(4)某同学把实验得到的几组数据画成图7的a －m 图象，为了更直观描述小车的加速度跟其质量的关系，请你根据他的图象在图8中画出a －1m图象．图7图8答案 (1)远离 匀速直线 (2)控制变量 (3)0.8(或0.80) (4)如图所示解析 (1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须平衡摩擦力，在长木板远离滑轮的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车能单独在长木板上做匀速直线运动．(2)由于小车的加速度与合外力和质量有关，为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用控制变量法．(3)根据纸带，由0.035 3 m －0.019 3 m ＝2a (5/f )2解得a ＝0.8 m/s 2.(4)某同学把实验得到的几组数据画成题图所示的a －m 图象，为了更直观描述小车的加速度跟其质量的关系，可根据他的图象上的一些数据点，画出a－1m图象．5． “动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．有一名同学设计了如图9甲所示的实验装置．一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t ，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h . 图9(1)这名同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图乙所示，他记录的小钢球的直径d ＝________cm.(2)这名同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量？________(填“需要”或“不需要”)(3)该同学如果打算用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是( )A ．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B ．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C ．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D ．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量答案 (1)1.00 (2)不需要 (3)AC解析 (1)游标卡尺读数时，先读主尺为10 mm ，再读游标尺，共10个格，每个格代表0.1 mm ，第0个格与主尺刻度线对齐，故游标卡尺读数为10.0 mm ，因此小钢球的直径为1.00 cm ；(2)在验证动能定理时，我们使用的方法是验证mgh ＝12mv 2，v ＝dt ，因为两边都有质量，故不需要测质量；(3)由于空气阻力的影响，实际的方程应该是mgh －F f h ＝12mv 2，v ＝d t ，可以推得gh －F f hm ＝12v 2，v ＝d t ，所以质量越大，F f hm 越小，可以提高精确性，C 正确；另外从推导过程来看d 越小，速度的测量越精确，所以A 正确．6． 为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图10所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与桌面相切．第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，末端与桌子右端M 对齐，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的P 点；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出末端N 与桌子右端M 的距离为L ，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平面的Q 点，已知重力加速度为g ，不计空气阻力． 图10(1)实验还需要测出的物理量是________(用选项前字母表示)． A ．滑槽的高度h B ．桌子的高度HC ．O 点到P 点的距离d 1D ．O 点到Q 点的距离d 2E ．滑块的质量m(2)根据(1)中测出的物理量，写出动摩擦因数μ的表达式是μ＝________.(3)如果第二次实验时，滑块没有滑出桌面，测得滑行距离为s .则动摩擦因数可表示为μ＝________.答案 (1)BCD (2)d 21－d 224HL (3)d 214Hs解析 (1)还需要测出的物理量是桌子的高度H 、O 点到P 点的距离d 1、O 点到Q 点的距离d 2；故应填写BCD.(2)根据题意，由动能定理可得－μmgL ＝12m (d 2t )2－12m (d 1t)2，t ＝2H g，解得μ＝d 21－d 224HL.(3)根据题意，由动能定理可得－μmgs ＝0－12m (d 1t)2，t ＝2Hg，解得μ＝d 214Hs. 7． (2013·新课标Ⅱ·22)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图11所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图11回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p 与小球抛出时的动能E k 相等．已知重力加速度大小为g .为求得E k ，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)． A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k ＝______________.(3)图12中的直线是实验测量得到的s －Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变．m 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m 不变，h 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)．由图中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与Δx 的__________次方成正比． 图12答案 (1)ABC (2)mgs 24h(3)减小 增大 二解析 (1)小球离开桌面后做平抛运动，设桌面到地面的高度为h ，小球抛出点到落地点的水平距离为s ，则有 h ＝12gt 2，s ＝v 0t ，解得v 0＝s t ＝s g2h所以E k ＝12mv 20＝mgs 24h.由此可知需要测量的量有m 、s 、h ，故选A 、B 、C.(2)由(1)的解析知E k ＝mgs 24h.(3)在Δ x 相同的情形下，弹簧的弹性势能相同，由E p ＝12mv 20可知：①在m增加时，速度v 0减小，因而h 不变时s 减小，故图线的斜率减小．②m 不变时，v 0不变，h 增加时，时间变长，s 变大，故图线的斜率增大． 由s －Δx 图象可知，s 正比于Δx ，即s ＝k Δx . 则E p ＝12mv 20＝mgs 24h ＝mgk 24h Δx 2＝k ′Δx 2所以E p 与Δx 的二次方成正比．。
2021届高考物理二轮专题复习篇PPT教学课件：力学实验及创新
专题六 物理实验 第1讲 力学实验及创新
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考点1
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[析考情·明策略] 从近五年全国卷命题情况分析：实验命题不避热点，注重陈题 翻新；重点实验频频考，其他实验“轮换”考。实验“小题” 常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。在两个实验中， 考情 通常一个实验立足教材，立足创新，凸显对科学探究素养的考 分析 查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个 实验题依据新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求 较高，突出选拔作用。
100.50 mm＝10.050 cm；由图乙可知，其直径 D＝0 mm＋39.8×0.01 mm
＝0.398 mm。
(2)相邻两点间还有 4 个打出的点未画出，故相邻两点间对应的时间
为 T＝0.1 s，打出 D 点时物块的速度 vD＝x2CTE＝9.40－23×.200.1×10－2 m/s＝
0.31 m/s，由 Δx＝aT2 得 a＝xCE2－Tx2AC＝[9.40－3.20－2×30..210－2 0]×10－2 m/s2
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题6力学 实验及 创新（ 免费下 载）
丙
（ 教 学 提 纲 ）2021 届高考 物理二 轮专题 复习篇 获奖课 件：专 题6力学 实验及 创新（ 免费下 载）
[解析] (1)由图甲可知，该工件的直径为 1 cm＋0.05 mm×13
即 a＝mxm－－nxTn 2。
(2)逐差法：如从纸带上得到 6 个连续相等时间间隔内的位移，
则 a＝x4＋x5＋x69－T2x1＋x2＋x3。
(3)v-t 图象法：求出各点的瞬时速度，画出 v-t 图线，图线的斜
2021届高考物理二轮训练：力学实验含答案
2021届高考物理二轮训练：力学实验含答案高考：力学实验1、“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁打点计时器(所用交流电的频率为50 Hz)，得到如图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表达正确的是()A．实验时应先放开纸带再接通电源B．(x6－x1)等于(x2－x1)的6倍C．从纸带可求出计数点B对应的速率D．相邻两计数点间的时间间隔为0.02 s2、某同学利用打点计时器测量福州的重力加速度，某次实验得到的一段纸带如图所示，O、A、B、C、D为相邻的五个点，测得OA＝5.5 mm、OB＝14.9 mm、OC＝28.3 mm、OD＝45.2 mm，打下相邻两个点间的时间间隔为0.02 s.(1)用逐差法算出福州的重力加速度g＝______m/s2.(结果保留三位有效数字)(2)通过查阅资料发现福州的重力加速度标准值为9.79 m/s2，比较(1)的结果发现两者并不相等，除了读数误差外，你认为产生误差的其他主要原因可能是____________________．(只要求写出一种原因)3、小明和小红同学对如图所示自制“橡皮筋测力计”进行标度(均在橡皮筋的弹性范围内)(1)小明测量了不挂钩码和挂1个钩码时的指针指在刻度尺上的位置分别为5.00 cm和5.60 cm，然后根据所学弹簧弹力知识，经过类比，按弹簧测力计的刻度规律在刻度尺上依次进行了标度，则小明应在刻度尺________cm处标示挂5个钩码的指针位置．(2)小红分别测量了不挂钩码、挂1个钩码、挂2个钩码……指针在刻度尺上的位置，并按实际测量进行标度，其数据如下表：挂钩码的个数0 1 2 3 4 5 6 7指针在刻度尺上的位置x(cm) 5.00 5.60 6.30 7.20 8.30 9.60 11.00 12.50 请在图坐标上画出指针在刻度尺上所指的刻度x与所挂钩码个数的关系图象．并回答橡皮筋所受的拉力与其伸长长度________(填“是”或“否”)成线性关系．(3)请你分析小明和小红的标度方法谁更科学(说明理由)_______________________________________________________________。
2021届高考物理二轮专题复习_力学实验与创新PPT教学课件
第一部分 专题突破
高考热点 命题轨迹
情境呈现
力学创 卷 新实验 Ⅲ
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2018年卷Ⅱ23题
2020年卷Ⅰ23题
2020年卷Ⅱ22题
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第一部分 专题突破
(ⅱ)F合的大小为____4_.0___ N，F合与拉力F的夹角的正切值为____0_.0_5_____. 若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验 证了力的平行四边形定则．
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第一部分 专题突破
解析 标尺的游标为20分度，精确度为0.05 mm，游标的第15个刻度与主尺刻度 对齐，则读数为37 mm＋15×0.05 mm＝37.75 mm＝3.775 cm.
第一部分 专题突破
分类 实验名称
探究弹力 研 和弹簧伸 究 长的关系 性 实
探究动 验
【步步高】（新课标）2021届高考物理大一轮温习 第二章 第1课时 力 重力 弹力（含解析）(1)
【步步高】（新课标）2021届高考物理大一轮温习 第二章 第1课时 力 重力 弹力（含解析）考点内容 要求 考纲解读形变、弹性、胡克定律Ⅰ1．高考着重考查的知识点有：力的合成与分解、弹力、摩擦力概念及其在各种形态下的表现形式．对受力分析的考查涵盖了高中物理的所有考试热点问题．此外，基础概念与实际联系也是当前高考命题的一个趋势 2．考试命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是与牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力 Ⅰ 矢量和标量 Ⅰ 力的合成与分解 Ⅱ 共点力的平衡Ⅱ 实验：探究弹力和弹簧伸长的关系实验：验证力的平行四边形定则第1课时 力、重力、弹力考纲解读 1.把握重力的大小、方向及重心的概念.2.把握弹力的有无、方向的判定及大小的计算的大体方式.3.把握胡克定律．1．[对力的明白得]以下说法正确的选项是( )A ．力是物体对物体的作用B ．力能够从一个物体传给另一个物体C ．只有彼此接触的物体之间才可能存在力的作用D ．甲使劲把乙推倒，说甲对乙的作使劲在前，乙对甲的作使劲在后 答案 A2．[对重力和重心的明白得]以下关于重力和重心的说法正确的选项是( )A ．物体所受的重力确实是地球对物体产生的吸引力B ．重力的方向老是指向地心C ．用细线将重物悬挂起来，静止时物体的重心必然在悬线所在的直线上D ．重心确实是物体所受重力的等效作用点，故重心必然在物体上E ．物体挂在弹簧秤下，弹簧秤的示数必然等于物体的重力答案 C解析 重力是由于地球的吸引而产生的，但不是地球的吸引力，A 错．重力的方向竖直向下，B 错．由平稳条件可知，细线拉力和重力平稳，重心在重力作用线上，C 对．重心位置跟物体的形状、质量散布有关，是重力的等效作用点，但不必然在物体上，如球壳．D 错；只有物体静止或匀速运动时，弹簧拉力才等于物体重力，E 错．3．[对弹力的明白得]以下关于弹力的几种说法，其中正确的选项是( )A ．两物体接触并非必然产生弹力B ．静止在水平面上的物体所受重力确实是它对水平面的压力C ．静止在水平面上的物体受到向上的弹力是因为水平面发生了形变D ．只要物体发生形变就必然有弹力产生 答案 AC解析 两物体接触并发生弹性形变才产生弹力，A 正确，D 错误．静止在水平面上的物体所受重力的施力物体是地球，而压力的施力物体是该物体，受力物体是水平面，两力不同，B 错误，C 正确．4．[画力的受力分析图]画出图1中物体A 和B 所受重力、弹力的示用意．(各接触面均滑腻，各物体均静止)图1答案 物体A 和B 所受重力、弹力的示用意如下图．5．[胡克定律的应用]一根轻质弹簧一端固定，用大小为F 1的力压弹簧的另一端，平稳时长度为l 1；改用大小为F 2的力拉弹簧，平稳时长度为l 2.弹簧的拉伸或紧缩均在弹性限度 内，该弹簧的劲度系数为( )A.F 2－F 1l 2－l 1B.F 2＋F 1l 2＋l 1C.F 2＋F 1l 2－l 1D.F 2－F 1l 2＋l 1答案 C解析 设弹簧原长为l 0，依照胡克定律得F 1＝k (l 0－l 1)，F 2＝k (l 2－l 0)，两式联立，得k ＝F 2＋F 1l 2－l 1，选项C 正确． 1．重力(1)产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．(2)大小：G＝mg.(3)g的特点①在地球上同一地址g值是一个不变的常数．②g值随着纬度的增大而增大．③g值随着高度的增大而减小．(4)方向：竖直向下．(5)重心①相关因素：物体的几何形状、物体的质量散布．②位置确信：质量散布均匀的规那么物体，重心在其几何中心；关于形状不规那么或质量散布不均匀的薄板，重心可用悬挂法确信．2．弹力(1)形变：物体形状或体积的转变叫形变．(2)弹力①概念：发生弹性形变的物体，由于要恢恢复状，会对与它接触的物体产生力的作用．②产生条件：物体彼此接触；物体发生弹性形变．(3)胡克定律①内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比．②表达式：F＝kx.k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．x是弹簧长度的转变量，不是弹簧形变以后的长度．考点一弹力有无及方向的判定1．弹力有无的判定方式(1)条件法：依照物体是不是直接接触并发生弹性形变来判定是不是存在弹力．此方式多用来判定形变较明显的情形．(2)假设法：对形变不明显的情形，可假设两个物体间弹力不存在，看物体可否维持原有的状态，假设运动状态不变，那么此处不存在弹力，假设运动状态改变，那么此处必然有弹力．(3)状态法：依照物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平稳条件判定弹力是不是存在．(4)替换法：能够将硬的、形变不明显的施力物体用软的、易产生明显形变的物体来替换，看可否维持原先的运动状态． 2．弹力方向的判定方式(1)依照物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判定． (2)依照共点力的平稳条件或牛顿第二定律确信弹力的方向． 例1 画出图2中物体A 受力的示用意．图2 答案1．有弹性形变才有弹力，只接触不发生弹性形变不产生弹力． 2．杆的弹力并非必然沿杆的方向，但与杆发生弹性形变的方向相反． 3．几种典型接触弹力方向的确认：弹力弹力的方向面与面接触的弹力垂直于接触面指向受力物体点与面接触的弹力过接触点垂直于接触面(或接触面的切面)而指向受力物体球与面接触的弹力 在接触点与球心连线上，指向受力物体 球与球接触的弹力垂直于过接触点的公切面，而指向受力物体冲破训练1 如图3所示，一重为10 N 的球固定在支杆AB 的上端，今用一段绳索水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5 N ，那么AB 杆对球的作使劲( )图3A ．大小为7.5 NB ．大小为10 NC ．方向与水平方向成53°角斜向右下方D ．方向与水平方向成53°角斜向左上方 答案 D解析 对小球进行受力分析可得，AB 杆对球的作使劲F 和绳的拉力的合力与小球的重力等大反向，可得F 方向斜向左上方，令AB 杆对小球的作使劲与水平方向夹角为α，可得：tan α＝GF 拉＝43，α＝53°，F ＝Gsin 53°＝12.5 N ，故只有D 项正确．考点二弹力的分析与计算第一分析物体的运动情形，然后依照物体的运动状态，利用共点力的平稳条件或牛顿第二定律求弹力．例2如图4所示，一滑腻的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过滑腻碗连接质量别离为m2和m3的物体，平稳时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角别离为60°、30°，那么m1、m2、m3的比值为( )图4A．1∶2∶3 B．2∶3∶1C．2∶1∶1 D．2∶1∶3解析对m1受力分析，如下图，那么：m2g＝m1g cos 30°m3g＝m1g cos 60°，m2＝32m1m3＝12m1，B正确．答案B冲破训练2如图5所示，滑腻半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点，设滑块所受支持力为F N，OP与水平方向的夹角为θ，以下关系正确的选项是( )图5A．F＝mgtan θB．F＝mg tan θC．F N＝mgtan θD．F N＝mg tan θ答案A解析对滑块进行受力分析如图，滑块受到重力mg、支持力F N、水平推力F三个力作用．由共点力的平稳条件知，F与mg的合力F′与F N等大、反向．由几何关系可知F、mg和合力F′组成直角三角形，解直角三角形可求得：F ＝mg tan θ，F N ＝F ′＝mgsin θ.因此正确选项为A.考点三 含弹簧类弹力问题的分析与计算中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有如下几个特性： (1)弹力遵循胡克定律F ＝kx ，其中x 是弹簧的形变量． (2)轻：即弹簧(或橡皮绳)的重力可视为零．(3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能受拉力，不能受压力．(4)由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时刻，因此弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变．可是，当弹簧和橡皮绳被剪断时，它们产生的弹力当即消失．例3 如图6所示，原长别离为L 1和L 2，劲度系数别离为k 1和k 2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m 1的物体，最下端挂着质量为m 2的另一物体，整个装 置处于静止状态．求： 图6(1)这时两弹簧的总长．(2)假设有一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体m 2的压力．解析 (1)设上面弹簧的弹力为F 1，伸长量为Δx 1，下面弹簧的弹力为F 2，伸长量为Δx 2，由物体的平稳及胡克定律有F 1＝(m 1＋m 2)g ，Δx 1＝m 1＋m 2gk 1F 2＝m 2g ，Δx 2＝m 2g k 2因此两弹簧的总长为L ＝L 1＋L 2＋Δx 1＋Δx 2＝L 1＋L 2＋m 1＋m 2g k 1＋m 2gk 2.(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必需是上面弹簧伸长Δx ，下面弹簧缩短Δx .对m2：F N＝k2Δx＋m2g 对m1：m1g＝k1Δx＋k2Δx解得：F N＝m2g＋k2k1＋k2m1g 依照牛顿第三定律知F N′＝F N＝m2g＋k2k1＋k2m1g答案(1)L1＋L2＋m1＋m2gk1＋m2gk2(2)m2g＋k2k1＋k2m1g冲破训练3一个长度为L的轻弹簧，将其上端固定，下端挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变成2L.现将两个如此的弹簧按如图7所示方式连接，A、B两小球的质量均为m，那么两小球平稳时，B小球距悬点O的距离为(不考虑小球的大小，且弹簧都在弹性限度范围内) ( )图7A．3L B．4LC．5L D．6L答案C解析一根弹簧，挂一个质量为m的小球时，弹簧的总长度变成2L，即伸长L，劲度系数k＝mg/L.假设两个小球如题图所示悬挂，那么下面的弹簧伸长L，上面的弹簧受力2mg，伸长2L，那么弹簧的总长为L ＋L＋L＋2L＝5L，故C正确．4.滑轮模型与死结模型问题的分析1．跨过滑轮、滑腻杆、滑腻钉子的细绳两头张力大小相等．2．死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳索系在一路，谓之“死结”，那么这几段绳中的张力不必然相等．3．一样要注意轻质固定杆的弹力方向不必然沿杆的方向，作使劲的方向需要结合平稳方程或牛顿第二定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向必然沿杆的方向．例4如图8所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg的物体，∠ACB＝30°，g取10 m/s2，求：图8(1)轻绳AC段的张力F AC的大小；(2)横梁BC对C端的支持力的大小及方向．解析物体M处于平稳状态，依照平稳条件可判定，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如下图．(1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：F AC＝F CD＝Mg＝10×10 N＝100 N(2)由几何关系得：F C＝F AC＝Mg＝100 N方向和水平方向成30°角斜向右上方答案(1)100 N (2)100 N 方向与水平方向成30°角斜向右上方冲破训练4如图9所示的四个图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，且系统均处于静止状态．现用等长的轻绳来代替轻杆，能维持平稳的是( )图9A．图中的AB杆能够用轻绳代替的甲、乙、丙B．图中的AB杆能够用轻绳代替的甲、丙、丁C．图中的BC杆能够用轻绳代替的乙、丙、丁D．图中的BC杆能够用轻绳代替的甲、乙、丁答案B解析在甲、丙、丁三图中的AB杆都产生的是拉力可用绳索替代．一样情形下，插入墙中的杆属于固定杆(如钉子)．弹力方向不必然沿杆，而用铰链相连的杆属于活动杆，弹力方向必然沿杆．高考题组1．(2021·山东大体能力·85)力是物体间的彼此作用，以下有关力的图示及表述正确的选项是( )答案BD解析 由于在不同纬度处重力加速度g 不同，旅客所受重力不同，故对飞机的压力不同，A 错误．充沛气的篮球内压力大于外压力，故B 正确．书对桌子的压力作用在桌子上，箭尾应位于桌面上，故C 错误．平地上匀速行驶的汽车，其主动轮受到地面的摩擦力是其前进的动力，地面对其从动轮的摩擦力是阻力，汽车受到的动力与阻力平稳时才能匀速前进，故D 正确．2．(2021·广东理综·16)如图10所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯维持水平，所受重力为G ，左右两绳的拉力大小别离为 ( )图10 A ．G 和GB.22G 和22GC.12G 和32GD.12G 和12G 答案 B解析 依照对称性知两绳拉力大小相等，设为F ，日光灯处于平稳状态，由2F cos 45°＝G 解得F ＝22G ，B 项正确． 模拟题组3．如图11所示，物体A 、B 用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A 静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B 悬挂着．已知质量m A ＝3m B ，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么以下说法中正确的选项是( )图11A ．弹簧的弹力减小B ．物体A 对斜面的压力减小C ．物体A 受到的静摩擦力减小D ．物体A 受到的静摩擦力不变 答案 C4．如图12所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁滑腻、半径为R 的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向间的夹角为θ＝30°.以下说法正确的是( )图12A ．水平面对容器有向右的摩擦力B ．轻弹簧对小球的作使劲大小为12mgC ．容器对小球的作使劲大小为mgD ．弹簧原长为R ＋mg k答案 CD解析 以容器和小球整体为研究对象，受力分析可知：竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向上地面对半球形容器没有摩擦力，故A 错误．对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止状态，由共点力的平稳条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对小球受力分析如下图，由几何关系可知，F N ＝F ＝mg ，故弹簧原长为R ＋mg k，故B 错误，C 、D 正确．5．如图13所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L ，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，其自由长度均为L ，在两橡皮条的结尾用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出去．假设橡皮条的弹力知足胡克定律，且劲度系数为k ，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L (弹性限度内)，那么弹丸被发射进程中所受的最大弹力为( )图13 A.15kL2B.3kL2C ．kLD ．2kL答案 A解析 橡皮条长度最大时每根橡皮条上的弹力是kL ，设现在两橡皮条间夹角为θ，那么cosθ2＝2L 2－L222L＝154，两橡皮条上的弹力合力为2kL cos θ2＝152kL ，因此A 对．(限时：30分钟)►题组1 力、重力和弹力的明白得1．如图1所示，两辆车在以相同的速度做匀速运动，依照图中所给信息和所学知识你能够得出的结论是( )图1A．物体各部份都受重力作用，但能够以为物体各部份所受重力集中于一点B．重力的方向老是垂直向下的C．物体重心的位置与物体形状和质量散布有关D．力是使物体运动的缘故答案AC解析物体各部份都受重力作用，但能够以为物体各部份所受重力集中于一点，那个点确实是物体的重心，重力的方向老是和水平面垂直，是竖直向下而不是垂直向下，因此A正确，B错误；从题图中能够看出，汽车(包括货物)的形状和质量散布发生了转变，重心的位置就发生了转变，故C正确；力不是使物体运动的缘故此是改变物体运动状态的缘故，因此D错误．2．一氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力F作用下做匀速直线运动，不计空气阻力和风力的阻碍，而重物匀速运动的方向如图中箭头所示的虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置正确的选项是( )答案A解析重物只在重力和绳索的拉力F作用下做匀速直线运动，那么这两个力的合力为零，即绳索的拉力方向是竖直向上的，A正确．3．关于力的概念，以下说法正确的选项是( ) A．没有彼此接触的物体间也可能有力的作用B．力是使物体位移增加的缘故C．紧缩弹簧时，手先给弹簧一个压力而使之紧缩，弹簧紧缩后再反过来给手一个弹力D．力能够从一个物体传给另一个物体，而不改变其大小答案A解析各类场力，确实是没有彼此接触的物体间存在的力的作用，A对．力是改变物体运动状态的缘故，B 错．力的作用是彼此的、同时的，没有前后顺序，C错．力是物体间的彼此作用，不能传递，D错．4．如图2所示，倾角为30°、重为80 N的斜面体静止在水平面上．一根弹性轻杆一端垂直固定在斜面体上，杆的另一端固定一个重为2 N的小球，小球处于静止状态时，以下说法正确的选项是( )图2A ．杆对球的作使劲沿杆向上，大于2 NB ．地面对斜面体的支持力为80 NC ．球对杆的作使劲为2 N ，方向竖直向下D ．杆对小球的作使劲为2 N ，方向垂直斜面向上答案 C解析 把小球、杆和斜面作为一个系统受力分析可知，系统仅受重力和地面的支持力，且二力平稳，故B 错；对小球受力分析知，小球只受竖直向下的重力和杆给的竖直向上的弹力(杆对小球的力不必然沿杆)，且二力平稳，故C 对，A 、D 错．►题组2 弹力方向判定和大小的计算5．如图3所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一滑腻的铁球静止，需加一水平力F ，且F 通过球心，以下说法正确的选项是( ) 图3A ．球必然受墙的弹力且水平向左B ．球可能受墙的弹力且水平向左C ．球必然受斜面的弹力且垂直斜面向上D ．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上答案 BC解析 F 大小适合时，球能够静止在无墙的斜面上，F 增大到必然程度时墙才对球有水平向左的弹力，故A 错误，B 正确；而斜面对球必需有斜向上的弹力才能使球不下落，故C 正确，D 错误．6．叠罗汉是一种二人以上层层叠成各类造型的游戏形式，也是一种高难度的杂技．图4所示为六人叠成的三层静态造型，假设每一个人的重量均为G ，下面五人的背部均呈水平状态，那么最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为( ) 图4A.34G B.78G C.54G D.32G 答案 C解析 基层中间人背上受力为：F ＝3G ×12＝32G ，因此他的一只脚对地压力为：F ′＝(F ＋G )×12＝54G ，C 正确． 7．如图5所示，轻杆BC 的C 点用滑腻铰链与墙壁固定，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁维持30°的夹角．假设在B 点悬挂一个定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m ＝30 kg ，人的质量M ＝50 kg ，g 取10 m/s 2.试求：图5(1)现在地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC 和绳AB 所受力的大小．答案 (1)200 N (2)400 3 N 200 3 N解析 (1)因匀速提起重物，那么F T ＝mg ，故绳对人的拉力也为mg ，因此地面对人的支持力为：F N ＝Mg －mg ＝(50－30)×10 N＝200 N ，方向竖直向上．(2)定滑轮对B 点的拉力方向竖直向下，大小为2mg ，杆对B 点的弹力方向沿杆，如下图，由共点力平稳条件得：F AB ＝2mg tan 30°＝2×30×10×33 N ＝200 3 N F BC ＝2mg cos 30°＝2×30×1032N ＝400 3 N. ►题组3 弹簧的弹力的分析与计算8．如图6所示，两木块的质量别离为m 1和m 2，两轻质弹簧的劲度系数别离为k 1和k 2，上面木块压在上面弹簧上(但不拴接)，整个系统处于平稳状态．现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面的弹簧．在此进程中下面木块移动的距离为( ) 图6A.m 1gk 1 B.m 2g k 2C.m 1gk 2 D.m 2g k 1答案 C解析 在没有施加外力向上提时，弹簧k 2被紧缩，紧缩的长度为：Δx ＝m 1＋m 2gk 2.在使劲缓慢向上提m 1直至m 1刚离开上面弹簧时，弹簧k 2仍被紧缩，紧缩量为Δx ′＝m 2g k 2.因此在此进程中，下面木块移动的距离为：Δx －Δx ′＝m 1gk 2，应选C.9．三个质量均为1 kg 的相同木块a 、b 、c 和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹簧p 、q用轻绳连接，如图7所示，其中a 放在滑腻水平桌面上．开始时p 弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力F 缓慢地向左拉p 弹簧的左端，直到c 木块恰好离开水平地面为止，g 取10 m/s 2.该进程p 弹簧的左端向左移动的距离是( ) 图7A ．4 cmB ．6 cmC ．8 cmD ．10 cm 答案 C解析 “缓慢地拉动”说明系统始终处于平稳状态，该进程中p 弹簧的左端向左移动的距离等于两个弹簧长度转变量之和；最初，p 弹簧处于原长，而q 弹簧受到竖直向下的压力F 1＝m b g ＝1×10 N＝10 N ，因此其紧缩量为x 1＝F 1/k ＝2 cm ；最终c 木块恰好离开水平地面，q 弹簧受到竖直向下的拉力F 2＝m c g ＝1×10 N ＝10 N ，其伸长量为x 2＝F 2/k ＝2 cm ，拉力F ＝(m b ＋m c )g ＝2×10 N＝20 N ，p 弹簧的伸长量为x 3＝F /k ＝4 cm ，因此所求距离x ＝x 1＋x 2＋x 3＝8 cm.►题组4 “滑轮”模型和“死结”模型问题10．如图8所示，质量为m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA 和斜梁OB 作用于O 点的弹力别离为F 1和F 2，以下结果正确的选项是 ( )图8A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θC ．F 2＝mg cos θD ．F 2＝mgcos θ答案 D解析 由题可知，对悬挂的物体由力的平稳条件可知绳索的拉力等于物体的重力，那么绳索拉O 点的力也等于物体的重力．求OA 和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如图，由平稳条件可知，F1和F2的合力与F T等大反向，那么由平行四边形定那么和几何关系可得：F1＝mg tan θ，F2＝mgcos θ，故D正确．11．如图9所示，杆BC的B端用铰链固定在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重物G上系一绳通过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平稳．假设将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，那么( )图9A．绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大B．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大C．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小D．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变答案B解析选取绳索与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示．绳中的弹力大小相等，即F T1＝F T2＝G，C点处于三力平稳状态，将三个力的示用意平移能够组成闭合三角形，如图中虚线所示，设AC段绳索与竖直墙壁间的夹角为θ，那么依照几何知识可知F＝2Gsin θ2，当绳的A端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，θ增大，F也增大，依照牛顿第三定律知，BC杆受绳的压力增大，B正确．12．在如图10所示的装置中，两物体通过一段绳与两个滑轮连在一路，质量别离为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图可知( )图10A．α必然等于βB．m1必然大于m2C．m1必然小于2m2D．m1可能大于2m2答案AC解析滑轮双侧绳的拉力大小相等，合力竖直向上，因此A正确；滑轮双侧绳的拉力大小等于m2g，其合力大小等于m1g.当滑轮双侧的绳竖直向上时m2最小，等于m1的一半，因滑轮双侧的绳不可能竖直向上，因此C正确，B、D错误．。
【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习 专题十 第2课时 电学实验与创新(1)
第2课时 电学实验与创新一、多用电表的利用例1 (2021·新课标Ⅰ·23)某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．利用的器材有：图1多用电表；电压表：量程5 V ，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线假设干． 回答以下问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔__________，调零点． (2)将图1中多用电表的红表笔和________(选填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端．(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2所示，这时电压表的示数如图3所示．多用电表和电压表的读数别离为________kΩ和________ V . 图2 图3(4)调剂滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．现在多用电表和电压表的读数别离为12.0 kΩ和4.00 V ．从测量数据可知，电压表的内阻为________ kΩ.(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图4所示．依照前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为______V ，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为______ kΩ. 图4解析 (4)当滑动变阻器调到阻值为零时，多用电表的示数为电压表的内阻．(5)设多用电表内电池的电动势为E ，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为R ，那么由闭合电路欧姆定律及两组数据得：E ＝4.00 V12.0 kΩR ＋4.00 V ，E ＝3.60 V12.0 kΩ[(15.0－12.0) kΩ＋R ]＋3.60 V联立两式解得R ＝15.0 kΩ，E ＝9.00 V. 答案 (1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0以题说法 1.欧姆表的原理(1)欧姆表内有电源，红表笔与内部电源负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故其电流方向为“红表笔流进，黑表笔流出”．(2)测电阻的原理是闭合电路欧姆定律．当红、黑表笔短接时，调剂滑动变阻器R0(即欧姆调零)，使灵敏电流计满偏，I g＝ER g＋R0＋r，现在中值电阻R中＝R g＋R0＋r，当两表笔接入电阻R x时I＝ER g＋R0＋r＋R x，电阻R x与电路中的电流相对应，但不是线性关系，故欧姆表刻度不均匀．2．欧姆表利用六注意(1)选挡接着调零；(2)换挡从头调零；(3)待测电阻与电路、电源要断开；(4)尽可能使指针指在表盘中间位置周围；(5)读数以后要乘以倍率得阻值；(6)用完后，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压的最高挡．(1)用多用电表的欧姆挡测量阻值时，选择倍率为×100 Ω挡，按正确的实验操作步骤测量，表盘指针位置如图5所示，该电阻的阻值约为________Ω；图5(2)以下关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的选项是( )A．测量电阻时，若是红、黑表笔别离插在负、正插孔，那么可不能阻碍测量结果B．测量阻值不同的电阻时，都必需从头欧姆调零C．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电源断开D．欧姆表利用一段时刻后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原先相较不变(3)用多用电表探测二极管的极性，用欧姆挡测量，黑表笔接a端，红表笔接b端时，指针偏转角较大，然后黑、红表笔反接指针偏转角较小，说明________(填“a”或“b”)端是二极管正极．答案(1)1 700 (2)AC (3)a解析(1)欧姆表的测量值是指针读数与倍率的乘积，为17×100 Ω＝1 700 Ω.(2)欧姆表测电阻时，红、黑表笔插错可不能阻碍测量结果，A正确；测不同的电阻时，只要没改换倍率，不需从头欧姆调零，B错误；测电路中的电阻时应将待测电阻与电源断开，C正确；表中的电池电动势变小、内阻变大后，会阻碍测量结果，D错误．(3)二极管具有单向导电性，欧姆表的红表笔接的是表内电池的负极，接b端时，指针偏转角度大，二极管电阻小，说明b端是二极管的负极，a端是其正极．二、以测电阻为核心的电学实验例2(2021·北京·21)某同窗通过实验测定一个阻值约为5 Ω的电阻R x的阻值．(1)现有电源(4V ，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线假设干，和以下电表： A ．电流表(0～3 A ，内阻约0.025 Ω) B ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.125 Ω) C ．电压表(0～3 V ，内阻约3 kΩ) D ．电压表(0～15 V ，内阻约15 kΩ)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材前的字母)；实验电路应采纳图6中的________(选填“甲”或“乙”)． 图6(2)图7是测量R x 的实验器材实物图，图中已连接了部份导线．请依照在(1)问中所选的电路图，补充完成图中实物间的连线． 图7(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I 、电压表示数U .某次电表示数如图8所示，可得该电阻的测量值R x ＝U I＝________Ω(保留两位有效数字)．图8(4)假设在(1)问当选用甲电路，产生误差的要紧缘故是__________________；假设在(1)问当选用乙电路，产生误差的要紧缘故是________．(选填选项前的字母) A ．电流表测量值小于流经R x 的电流值 B ．电流表测量值大于流经R x 的电流值 C ．电压表测量值小于R x 两头的电压值 D ．电压表测量值大于R x 两头的电压值(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距离x 的增加，被测电阻R x 两头的电压U 也随之增加，以下反映Ux 关系的示用意中正确的选项是________．解析 (1)为了减小误差，应使电表读数为量程的13～23，电源电动势为4 V ，故电压表选C.估算通过R x 的最大电流约为I m ＝35 A ＝0.6 A ，因此电流表应选B.因为R V R x ＞R xR A ，因此电流表应外接，即应采纳甲电路，测量误差较小． (2)(3)电流表、电压表的读数别离为I ＝0.50 A ，U ＝2.60 V ，因此R x ＝2.600.50Ω＝5.2 Ω.(4)甲电路中产生误差的要紧缘故是电压表的分流作用，选项B 正确．乙电路中产生误差的要紧缘故是电流表的分压作用，应选项D 正确． (5)R x 两头的电压U ＝R x E R x ＋R LL －x，其中R 为滑动变阻器总阻值，L 为滑动变阻器两头总长度，结合数学知识可知选项A 正确．答案 (1)B C 甲 (2)观点析图 (3)5.2 (4)B D (5)A以题说法 刻画小电珠的伏安特性曲线、测定金属的电阻率，其实验原理都涉及伏安法测电阻，这种实验要从以下两个方面攻克．1．电路结构：实验电路至少包括三个部份：(1)测量电路；(2)操纵电路(滑动变阻器、开关)；(3)电源． 2．电路设计：(1)电表选择注意三方面：①平安性，要求量程不能过小，电表不反接；②准确性，要求量程不能太大，读数一样要超过量程的13；③假设电表量程不适合，要利用有准确内阻的电表进行改装．(2)测量电路设计：假设R x R A >R VR x，那么应把电流表内接；假设R x R A <R VR x，那么应把电流表外接．(3)操纵电路：以小控大用分压，相差无几用限流，即当滑动变阻器的阻值较小时，常采纳分压式接法；当滑动变阻器的阻值与负载相差不大时，常采纳限流式接法．另外滑动变阻器必需接为分压式的情形有三种：①电压要求从零开始转变；②滑动变阻器过小，不能起到限流的作用；③限流式不能获取有区分度的多组数据．假设两种接法都可，那么采纳限流式，因为限流式损耗功率小．某实验小组进行“探讨热敏电阻的温度特性”实验，实验室提供如下器材：热敏电阻R t (常温下约8 kΩ)、温度计、电流表mA(量程1 mA ，内阻约200 Ω)、电压表V(量程3 V ，内阻约10 kΩ)、电池组E (4.5 V ，内阻约1 Ω)、滑动变阻器R (最大阻值为20 Ω)、开关S 、导线假设干、烧杯和水． (1)依照提供器材的参数将图9甲所示的实物图中所缺的导线补接完整． 图9(2)实验开始前滑动变阻器的滑动触头P 应置于________(填“a ”或“b ”)端．(3)利用补接完整的实验装置测量出不同温度下的电阻值，画出该热敏电阻的R t －t 图象如图10中的实测曲线，与图中理论曲线相较二者有必然的不同．除偶然误差外，以下关于产生系统误差的缘故或减小系统误差的方式表达正确的选项是________．(填选项前的字母，不定项选择)图10A．电流表的分压造成电阻的测量值总比真实值大B．电压表的分流造成电阻的测量值总比真实值小C．温度升高到必然值后，电流表应改成外接法(4)将本实验所用的热敏电阻接到一个电流较大的恒流电源中利用，当电流通过电阻产生的热量与电阻向周围环境散热达到平稳时，知足关系式I2R＝k(t－t0)(其中k是散热系数，t是电阻的温度，t0是周围环境温度，I为电流强度)，电阻的温度稳固在某一值．假设通过它的电流恒为50 mA，t0＝20°C，k＝0.25 W/°C，由实测曲线可知该电阻的温度稳固在________°C.答案(1)连线如下图(2)a(3)AC (4)48(46～50都可)解析(1)若是用限流法，待测电阻两头的电压将超出电压表的量程，故用分压法，因为待测电阻是大电阻，故用内接法．(2)开始时待测电阻两头的电压应当最小，故滑动触头应置于a端．(3)用电流表内接法测量的是待测电阻和电流表内阻的和，故测量值偏大，A正确；温度升高，热敏电阻的阻值变小，当与电流表电阻接近时，应改成电流表外接法，C正确．(4)将I＝50 mA、t0＝20°C、k＝0.25 W/°C代入I2R＝k(t－t0)中可得R＝0.1(t－20) kΩ，在R t－t图中作出该直线，找到该直线与实测Rt－t曲线的交点，交点所对应的横坐标约为48°C，因此该电阻的温度稳固在48°C.三、以测电源的电动势为核心的电学实验例3(10分)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，提供了如图11甲、乙、丙所示的三组器材．(1)请把能完成实验的器材都连成电路．图11(2)某同窗依照他的实验数据作出了如图12所示的图象，由此可知该同窗选用的是________(填“甲”“乙”或“丙”)组器材进行实验．依照图象可得出电源的电动势E＝______V，内阻r＝________Ω.(忽略电表内阻的阻碍，结果保留两位有效数字)图12解析 (1)只要能取两组不同数值，列出闭合电路欧姆定律的表达式，未知量只有电动势和内阻就能够够完成实验，甲图不知足要求，乙、丙两图知足要求．依照下面两幅电路图连接乙、丙的实物图．(2)丙图中的外电阻能够通过电阻箱读出来，因此选的必然是丙图．依照闭合电路欧姆定律有E ＝IR ＋Ir ，整理可得R ＝E I－r ，可知图线与纵轴截距的绝对值是内阻，图线的斜率是电源的电动势．答案 (1)如下图(4分，乙、丙各2分，画了甲图那么此问扣1分) (2)丙(2分) 1.4(1.3～1.5都可)(2分) 1.0(0.8～1.2都可)(2分)以题说法 测量电源的电动势和内阻的大体原理是闭合电路欧姆定律，数据处置的要紧思想方式是“化曲为直”，经常使用的方式有三种：1．伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E ＝U ＋Ir ，利用两组数据，联立方程求解E 和r ；也可作出U －I 图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻．2．伏阻法——利用电压表和电阻箱．闭合电路方程为E ＝U (1＋rR)．利用两组数据联立方程求解或将原方程线性化，处置为1U ＝r E ·1R ＋1E 或U ＝－r U R ＋E ，作1U －1R 图象或U －UR图象，利用图线的截距和斜率求E 和r .3．安阻法——利用电流表和电阻箱．闭合电路方程为E ＝I (R ＋r )，利用两组数据联立方程求解或将方程线性化，处置为1I ＝1E ·R ＋r E ，作1I－R 图象，利用图线的截距和斜率求E 和r .(2021·浙江·22)采纳如图13所示的电路“测定电池的电动势和内阻”．图13(1)除选用图14照片中的部份器材外，________(填选项)； 图14A ．还需要电压表B ．还需要电流表C ．还需要学生电源D ．再也不需要其他器材(2)测量所得数据如下：测量次数 物理量1 2 3 4 5 6R /Ω 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 I /A0.600.700.800.891.001.20U /V 0.90 0.78 0.74 0.67 0.62 0.43在图15顶用作图法求得电池的内阻r ＝________； 图15(3)依照第5次所测得的实验数据，求得电流表内阻R A ＝________. 答案 (1)A (2)(0.75±0.10) Ω (3)0.22 Ω解析 (1)除照片中的器材外，还需要电压表，故应选A.(2)作出U －I 图象，如下图，由图象斜率可求得电池的内阻r ＝(0.75±0.10) Ω. (3)由U ＝I (R ＋R A )和第5组数据，得：电流表的内阻 R A ＝UI －R ＝(0.621.00－0.4) Ω＝0.22 Ω.15．从原理迁移中冲破电学实验题审题例如(9分)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，备有如下器材： A ．干电池B ．电流表(0～0.6 A ，内阻约0.1 Ω)C ．灵敏电流计(满偏电流I g ＝200 μA、内阻r g ＝500 Ω)D ．滑动变阻器(0～20 Ω、2.0 A)E ．电阻箱RF ．开关、导线假设干(1)由于没有电压表，要把灵敏电流计改装成量程为2 V 的电压表，需串联一个阻值为________Ω的电阻． (2)改装后采纳如图16甲所示电路进行测量，请在图乙上完成实物连线． 图16(3)在闭合开关S 前，将滑动变阻器的滑片移动至________(填“a 端”、“中央”或“b 端”)．(4)图17为该实验绘出的I 1－I 2图线(I 1为灵敏电流计的示数，I 2为电流表的示数)，由图线可求得被测电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω. 图17 审题模板 答题模板(1)由2 V ＝I g (r g ＋R x )可得R x ＝9 500 Ω. (2)实物连线图如答案图所示．(3)在闭合开关S 前，滑动变阻器应处于最大阻值处，滑片应移动至a 端．(4)图线与纵轴的截距约为146 μA，对应着电源电动势E ＝146×10－6×(9 500＋500) V ＝1.46 V ；电源内阻r ＝ΔU ΔI ＝ΔI 1100·ΔI 2 Ω＝0.460.56 Ω＝0.82 Ω.答案 (1)9 500(2分) (2)电路如下图(2分) (3)a 端(1分)(4)1.46(1.45～1.47)(2分) 0.82(0.80～0.84)(2分)如图18甲所示为某一型号二极管，其两头别离记为A 和B .图乙为它的伏安特性曲线，其外表所标示的极性已看不清，为确信该二极管的极性，用多用电表的电阻挡进行测量． 图18(1)第一对多用电表进行机械调零，然后将红、黑表笔正确插入插孔后，选用×100挡进行测量，在测量前要进行的操作步骤为____________________________________．(2)将多用电表的红表笔与二极管的A 端、黑表笔与二极管的B 端相连时，表的指针偏转角度专门大；调换表笔的连接后，表的指针偏转角度很小，由上述测量可知该二极管的正极为________(填“A ”或“B ”)端． (3)当给该二极管加上反向30 V 电压时，用伏安法测量其电阻值，提供的器材有： ①直流40 V 电源；②电流表A 1，量程0.6 A ，内阻约10 Ω； ③电流表A 2，量程50 μA，内阻约100 Ω； ④电压表V ，量程为50 V ，内阻约100 kΩ； ⑤滑动变阻器，总电阻100 Ω； ⑥开关、导线假设干．在提供的两块电流表中应选用________(填“②”或“③”)，在图19虚线框内画出实验电路图(二极管的符号已画在图中)． 图19答案 (1)将红、黑表笔短接，调剂调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处(2)B(3)③电路图如下图解析(1)欧姆调零的具体步骤为：将红、黑表笔短接，调剂调零旋钮，使指针指到电阻的零刻度处．(2)二极管正向电阻很小，反向电阻极大，多用电表的电流方向是“红进黑出”，可知该二极管的正极为B端．(3)依照题图乙，当反向电压为30 V时，反向电流不超过50 μA，故电流表选③；二极管反向电阻极大，电流表应该采纳内接法，为了多测几组数据，滑动变阻器采纳分压式接法．(限时：45分钟)1．(2021·安徽·21)Ⅱ.(1)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进程如图1所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm.图1(2)为了精准测量合金丝的电阻R x，设计出如图2所示的实验电路图，依照该电路图完成图3中的实物电路连接．图2 图3Ⅲ.依照闭合电路欧姆定律，用图4所示电路能够测定电池的电动势和内电阻．图中R0是定值电阻，通过改变R的阻值，测出R0两头的对应电压U12，对所得的实验数据进行处置，就能够够实现测量目的，依如实验数据在1U12—R坐标系中描出坐标点，如图5所示．已知R0＝150 Ω，请完成以下数据分析和处置．图4图5(1)图5中电阻为________Ω的数据点应剔除；(2)在座标系中画出1U12—R关系图线；(3)图线的斜率是________(V－1·Ω－1)，由此可得电池电动势E x＝________V.答案Ⅱ.(1)0.0070.638(0.636～0.640都算正确) (2)观点析图Ⅲ.(1)80.0(2)观点析图(3)4.44×10－3 1.50解析Ⅱ.(1)校零时的读数为0.007 mm合金丝的直径d＝(0.645－0.007)mm＝0.638 mm(0.636～0.640都算正确)(2)依照电路图进行实物连线如下图 Ⅲ.(1)由闭合电路欧姆定律可知：E x ＝U 12R 0(R ＋r x )＋U 12 即1U 12＝1E x R 0R ＋1E x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋r x R 0由此可知1U 12—R 关系图线是一条直线．电阻R ＝80.0 Ω的点不落在直线上，应剔除．(2)画出1U 12—R 关系图线如下图(3)斜率k ＝1.51－0.71180 V －1·Ω－1＝4.44×10－3 V －1·Ω－1结合1U 12＝1E x R 0R ＋1E x (1＋rR 0)可知：1E x R 0＝4.44×10－3因此E x ＝1.50 V2． (2021·福建·19(2))硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图6甲所示电路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探讨其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V 1量程选用3 V ，内阻为6.0 kΩ；电压表V 2量程选用15 V ，内阻约为 30 kΩ；R 0为爱惜电阻；直流电源电动势E 约为12 V ，内阻不计．①依照图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路． 图6②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S ，调剂变阻器R ，读出电压表V 1、V 2的示数U 1、U 2.(ⅰ)某次测量时，电压表V 1示数如图丙，那么U 1＝______ V ，可算出通过硅光电池的反向电流大小为________ mA(保留两位小数)．(ⅱ)该小组测出大量数据，挑选出下表所示的9组U 1、U 2数据，算出相应的硅光电池两 端反向电压U x 和通过的反向电流I x (表中“－”表示反向)，并在座标纸上成立I x －U x 坐 标系，标出了与表中前5组U x 、I x 数据对应的5个坐标点，如图7所示．请你标出余下 的4个坐标点，并绘出I x －U x 图线.图(ⅲ)由I x －U x 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，I x 与U x 成______(填“线性”或“非线性”)关系． 答案 ①连线如下图 ②(ⅰ)1.40 0.23(ⅱ)描点绘出I x －U x 图线如下图 (ⅲ)非线性3． (2021·广东·34(2))图8(a)是测量电阻R x 的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab 的总长为30.0 cm. 图8①依照原理图连接图(b)的实物图．②断开S 2，合上S 1；调剂电源输出电压为3.0 V 时，单位长度电阻丝的电压u ＝________ V/cm ，记录现在电流表A 1的示数．③维持S 1闭合，合上S 2；滑动c 点改变ac 的长度L ，同时调剂电源输出电压，使电流表A 1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L 和A 2的示数I .测量6组L 和I 值，测量数据已在图(c)中标出，写出R x 与L 、I 、u 的关系式R x ＝________；依照图(c)用作图法算出R x ＝________ Ω.答案 ①观点析图 ②0.1 ③Lu I6.0解析 ①实物图如下图②由于电阻丝均匀，故单位长度电阻丝的电压u ＝ 3.0 V 30.0 cm＝0.1 V/cm.③设电阻丝每cm 长的电阻为R ，当合上S 1、断开S 2时，设现在流过电阻丝的电流为I ′，有：I ′·30.0R ＝30.0u ，当合上S 1、S 2时，I ′·LR ＝IR x由上述两公式得：R x ＝Lu I.L －I 图象如下图，由图象知：L －I 的斜率k ＝60 cm/A ，R x ＝ku ＝6.0 Ω.4． 依如实际情形常常要进行电表的改装，下面是在一次电表的改装实验中碰到的问题：一直流电压表，量程为1 V ，内阻为1 000 Ω.现将一阻值在5 000 Ω～7 000 Ω之间的固定电阻R 1与此电压表串联，以扩大电压表的量程．为求得扩大后量程的准确值，再给一直流电源(电动势E 为6 V ～7 V ，内阻可忽略不计)，一阻值R 2＝2 000 Ω的定值电阻，两个单刀开关S 1、S 2及假设干导线． (1)为达到上述目的，将图9中的图连成一个完整的实验电路图； 图9(2)连线完成后，当S 1与S 2均闭合时，电压表的示数为0.90 V ；当S 1闭合，S 2断开时，电压表的示数为0.70 V ．由此能够计算出改装后电压表的量程为________ V ，电源电动势为________ V . 答案 (1)如下图 (2)7 6.3解析 (1)因为没有其他的测量工具，考虑将改装后的电压表和电源串联．依照闭合电路欧姆定律列式，有电源电动势和R 1两个未知数，因此可通过改变串联电阻来改变电路中的电流． (2)两次测量别离依照闭合电路欧姆定律列式得，S 2闭合时：E ＝U 1R VR 1＋U 1，S 2断开时：E ＝U 2R V(R 1＋R 2)＋U 2，联立解得电源电动势为6.3 V ，R 1的阻值为6 000 Ω，故改装后电压表的量程为1 V R V(R V ＋R 1)＝7 V .5. (2021·海淀期末)为了较准确地测量一只微安表的内阻，采纳图10甲所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：A ．待测微安表(量程500 μA，内阻约300 Ω)B ．电阻箱R (最大阻值999.9 Ω)C ．滑动变阻器R 1(最大阻值为10 Ω)D ．滑动变阻器R 2(最大阻值为1 kΩ)E ．电源(电动势为2 V ，内阻不计)F ．爱惜电阻R 0(阻值为120 Ω)(1)实验中滑动变阻器应选用________(填“C”或“D”)； (2)依如实验电路图在图乙所示的虚线框中完成实物图连接． 图10 (3)实验步骤：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调剂电阻箱R 的阻值为零； 第二，闭合开关S ，将滑片缓慢左移，使微安表满偏；第三，维持滑片不动，调剂电阻箱R 的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3，现在接入电路的电阻箱的示数如图11所示，阻值R 为________Ω；第四，依照以上实验可知微安表内阻的测量值R A 为______Ω. 图11(4)假设调剂电阻箱的阻值为R ′时，微安表的示数正好是满刻度的1/2，以为现在微安表内阻就等于R ′.那么现在微安表内阻的测量值R ′与微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值R A 相较，更接近微安表内阻真实值的是________(填“R ”或“R A ”)． 答案 (1)C (2)实物图如下图 (3)145.5 291 (4)R A解析 (1)由于滑动变阻器采纳分压式接法，应选最大阻值较小的C.(3)如题图所示，电阻箱接入电路的阻值为R ＝(100＋40＋5＋0.5) Ω＝145.5 Ω；设微安表的满偏电流为I g ，由于滑动变阻器滑片位置未动，两次加在电阻箱与微安表两头的电压相同，故有I g R A ＝23I g (R A ＋R )，解得R A ＝291 Ω.(4)微安表读数为满偏值的三分之二时，微安表内阻的测量值更接近真实值.。
【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习 专题四 第1课时 功能关系在力学中的应用(1)
【步步高】(广西专用）2021年高考物理二轮温习专题四第1课时功能关系在力学中的应用专题定位本专题要紧用功能的观点解决物体的运动和带电体、带电粒子、导体棒在电场或磁场中的运动问题．考查的重点有以下几方面：①重力、摩擦力、静电力和洛伦兹力的做功特点和求解；②与功、功率相关的分析与计算；③几个重要的功能关系的应用；④动能定理的综合应用；⑤综合应用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际紧密，综合性强，偏重在计算题中命题，是高考的压轴题．应考策略深刻明白得功能关系，抓住两种命题情景弄冲破：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方式解决多运动进程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题．第1课时功能关系在力学中的应用1．常见的几种力做功的特点(1)重力、弹簧弹力、静电力做功与途径无关．(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)能够做正功，也能够做负功，还能够不做功．②彼此作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的进程中，只有机械能的转移，没有机械能转化为其他形式的能；彼此作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值．在一对滑动摩擦力做功的进程中，不仅有彼此摩擦物体间机械能的转移，还有部份机械能转化为内能．转化为内能的量等于系统机械能的减少量，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积．③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦可不能生热．2．几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的转变，即W G＝－ΔE p.(2)弹力的功等于弹性势能的转变，即W弹＝－ΔE p.(3)合力的功等于动能的转变，即W＝ΔE k.(4)重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的转变，即W其他＝ΔE.(5)一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的转变，即Q＝F f·s相对．1．动能定理的应用(1)动能定理的适用情形：解决单个物体(或可看成单个物体的物体系统)受力与位移、速度关系的问题．动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力能够是各类性质的力，既能够同时作用，也能够分段作用．(2)应用动能定明白得题的大体思路①选取研究对象，明确它的运动进程．②分析研究对象的受力情形和各力做功情形，然后求各个外力做功的代数和．③明确物体在运动进程始、末状态的动能E k1和E k2.④列出动能定理的方程W合＝E k2－E k1，及其他必要的解题方程，进行求解．2．机械能守恒定律的应用(1)机械能是不是守恒的判定①用做功来判定，看重力(或弹簧弹力)之外的其他力做功的代数和是不是为零．②用能量转化来判定，看是不是有机械能转化为其他形式的能．③对一些“绳索突然绷紧”、“物体间碰撞”等问题，机械能一样不守恒，除非题目中有专门说明及暗示．(2)应用机械能守恒定律解题的大体思路①选取研究对象——物体系统．②依照研究对象所经历的物理进程，进行受力、做功分析，判定机械能是不是守恒．③恰本地选取参考平面，确信研究对象在运动进程的始、末状态时的机械能．④依照机械能守恒定律列方程，进行求解．题型1 力学中的几个重要功能关系的应用例1如图1所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于滑腻水平桌面上，右端接一细线，细线绕过滑腻的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B取得最大速度．以下有关该进程的分析正确的选项是( )图1A．B物体的机械能一直减小B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量D．细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量解析把A、B和弹簧看做一个系统，该系统机械能守恒，在B下落直至B取得最大速度的进程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，因此B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理知，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A物体动能的增加量之和，选项C错误；对A物体和弹簧组成的系统，由功能关系得，细线拉力对A物体做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．答案ABD以题说法 1.此题要注意几个功能关系：重力做的功等于重力势能的转变量；弹簧弹力做的功等于弹性势能的转变量；重力之外的其他力做的功等于机械能的转变量；合力做的功等于动能的转变量．2．此题在应用动能定理时，应专门注意研究进程的选取．而且要弄清楚每一个进程各力做功的情形．(2021·山东·16)如图2所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和滑腻斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装必然滑轮．质量别离为M、m(M>m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．假设不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的进程中( )图2A．两滑块组成的系统机械能守恒B．重力对M做的功等于M动能的增加C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案CD解析两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，M和m组成的系统机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力所做的功，选项A错误，D正确．除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误．绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确．题型2 动力学方式和动能定理的综合应用例2(15分)如图3所示，上表面滑腻、长度为3 m、质量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现将一个质量为m＝3 kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1 m时，又将第二个一样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动1 m 就在其最右端无初速度地放上一个一样的小铁块．(g 取10 m/s 2)求： 图3(1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)刚放第三个小铁块时木板的速度；(3)从放第三个小铁块开始到木板停止的进程，木板运动的距离．审题冲破 木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，沿水平地面匀速运动，隐含什么条件？放上小铁块后木板的受力如何转变？解析 (1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力设为F f 由平稳条件得：F ＝F f①(1分) 又F f ＝μMg②(2分)联立①②并代入数据得：μ＝0.5 ③(1分)(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg设刚放第三个小铁块时木板的速度为v 1，对木板从放第一个小铁块到刚放第三个小铁块的进程，由动能定理得：－μmgL －2μmgL ＝12Mv 21－12Mv 20④(5分)联立③④并代入数据得：v 1＝4 m/s ⑤(1分)(3)从放第三个小铁块开始到木板停止之前，木板所受的合外力大小均为3μmg .从放第三个小铁块开始到木板停止的进程，设木板运动的距离为s ，对木板由动能定理得： －3μmgs ＝0－12Mv 21⑥(4分)联立③⑤⑥并代入数据得s ＝169 m≈1.78 m⑦(1分)答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m以题说法 1.在应用动能定明白得题时第一要弄清物体的受力情形和做功情形．此题专门要注意每放一个小铁块都会使滑动摩擦力增加μmg .2．应用动能定理列式时要注意运动进程的选取，能够全进程列式，也能够分进程列式．如图4所示，倾角为37°的粗糙斜面AB 底端与半径R ＝0.4 m 的滑腻半圆轨道BC 滑腻相连，O 点为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直方向，A 、C 两点等高．质量m ＝1 kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 点等高的D 点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 图4(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)假设使滑块能抵达C 点，求滑块从A 点沿斜面滑下时的初速度v 0的最小值；(3)假设滑块离开C 点的速度大小为4 m/s ，求滑块从C 点飞出至落到斜面上所经历的时刻t . 答案 (1)0.375 (2)23 m/s (3)0.2 s解析 (1)滑块从A 点到D 点的进程中，依照动能定理有mg ·(2R －R )－μmg cos 37°·2Rsin 37°＝0－0解得：μ＝12tan 37°＝0.375(2)假设使滑块能抵达C 点，依照牛顿第二定律有mg ＋F N ＝mv 2C R由F N ≥0得v C ≥Rg ＝2 m/s滑块从A 点到C 点的进程中，依照动能定理有 －μmg cos 37°·2R sin 37°＝12mv 2C －12mv 20则v 0＝v 2C ＋4μgR cot 37°≥2 3 m/s故v 0的最小值为23 m/s(3)滑块离开C 点后做平抛运动，有 x ＝v C ′t ，y ＝12gt 2由几何知识得tan 37°＝2R －yx整理得：5t 2＋3t －0.8＝0解得t ＝0.2 s(t ＝－0.8 s 舍去)题型3 动力学方式和机械能守恒定律的应用例3 (14分)如图5，质量为M ＝2 kg 的顶部有竖直壁的容器A ，置于倾角为θ＝30°的固定滑腻斜面上，底部与斜面啮合，容器顶面恰益处于水平状态，容器内有质量为m ＝1 kg 的滑腻小球B 与右壁接触．让A 、B 系统从斜面上端由静止开始下滑L 后恰好抵达斜面底端，已知L ＝2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球抵达斜面底端的速度大小；(2)下滑进程中，A 的水平顶面对B 的支持力大小； (3)下滑进程中，A 对B 所做的功．审题冲破 A 、B 组成的系统内发生转移或转化的是什么能量？A 的水平顶面对B 的支持力方向如何？ 解析 (1)依照机械能守恒定律： (M ＋m )gL sin θ＝12(M ＋m )v 2(2分) 解得：v ＝2gL sin θ＝25 m/s(2分)(用牛顿运动定律和运动学知识求出速度的一样给4分) (2)小球与容器一路沿斜面自由下滑，加速度为a ＝g sin θ(1分)对B 进行受力分析，如下图，竖直方向受mg 、F N 作用，斜向下加速运 动，依照牛顿第二定律mg －F N ＝ma sin θ(3分)代入a ＝g sin θ解得F N ＝mg (1－sin 2 θ)＝mg cos 2 θ＝7.5 N (2分)(3)设A 对B 做的功为W m ，那么依照动能定理 mgL sin θ＋W m ＝12mv 2(2分)解得W m ＝12mv 2－mgL sin θ＝12m (2gL sin θ)2－mgL sin θ＝0(2分)答案 (1)25 m/s (2)7.5 N (3)0以题说法 假设判定多个物体组成的系统机械能是不是守恒，最简单有效的方式是看能量是不是向机械能之外的其他能量转化．比如，此题中各个接触面都是滑腻的，可不能产生内能，也没有其他能量参与转移或转化，因此A 、B 组成的系统机械能守恒．如图6所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部份AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点、半径R ＝1 m 的竖直滑腻圆轨道的结尾相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ，一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，由圆轨道上的P 点从静止释放，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力． 图6(1)求滑块对圆轨道结尾的压力；(2)假设传送带一直维持静止，求滑块的落地址与B 间的水平距离；(3)假设传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部份由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑行进程中产生的内能．答案 (1)1.4 N ，方向竖直向下 (2)0.5 m (3)0.2 J解析 (1)从P 点到圆轨道结尾的进程中，由机械能守恒定律得：mgR (1－cos 37°)＝12mv 2在轨道结尾由牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv 2R由以上两式得F N ＝1.4 N由牛顿第三定律得，滑块对圆轨道结尾的压力大小为1.4 N ，方向竖直向下． (2)假设传送带静止，从A 到B 的进程中，由动能定理得： －μmgL ＝12mv 2B －12mv 2 解得：v B ＝1 m/s滑块从B 点开始做平抛运动滑块的落地址与B 点间的水平距离为：s ＝v B2Hg＝0.5 m(3)传送带向左运动和传送带静止时，滑块的受力情形没有转变，滑块从A 到B 的运动情形没有改变．因此滑块和传送带间的相对位移为：Δs ＝L ＋v 0v －v B μg＝2 m滑块在传送带上滑行进程中产生的内能为：Q ＝μmg Δs ＝0.2 J.6． 综合应用动力学和能量观点分析多进程问题审题例如(12分)如图7所示，半径为R 的滑腻半圆轨道ABC 与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC 相切于C 点，半圆轨道的直径AC 与斜面垂直．质量为m 的小球从A 点左上方距A 点高为h 的斜面上方P 点以某一速度v 0水平抛出，恰好与半圆轨道的A 点相切进入半圆轨道内侧，以后经半圆轨道沿斜面恰好滑到与抛出点等高的D 点．已知本地的重力加速度为g ，取R ＝509h ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：图7(1)小球被抛出时的速度v 0；(2)小球抵达半圆轨道最低点B 时，对轨道的压力大小； (3)小球从C 到D 进程中摩擦力做的功W f . 审题模板 答题模板(1)小球抵达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，如下图．那么有v 21＝2gh①由几何关系得v 0＝v 1cot θ②联立①②式得v 0＝432gh ③ (2)A 、B 间竖直高度H ＝R (1＋cos θ)④设小球抵达B 点时的速度为v ，那么从抛出点到B 进程中由机械能守恒定律得 12mv 20＋mg (H ＋h )＝12mv 2⑤在B 点，依照牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R⑥联立③④⑤⑥式 解得F N ＝5.6mg⑦由牛顿第三定律知，小球在B 点对轨道的压力大小是5.6mg⑧(3)全进程应用动能定理：W f ＝0－12mv 20即W f ＝－12mv 20＝－169mgh ⑨(评分标准：此题共12分，其中，⑤式2分，⑨式3分，其余每式1分) 答案 (1)432gh (2)5.6mg (3)－169mgh点睛之笔 多个运动的组合事实上是多种物理规律和方式的综合应用，分析这种问题时注意要各个运动进程独立分析，而不同进程往往通过连接点的速度成立联系；有时对整个进程应用能量的观点解决问题会更简单．如图8所示，将一质量m ＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O 点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右边一倾角为α＝53°的滑腻斜面顶端A 并沿斜面下滑，斜面底端B 与滑腻水平轨道滑腻连接，小球以不变的速度过B 点后进入BC 部份，再进入竖直圆轨道内侧运动．已知斜面顶端与平台的高度差h ＝3.2 m ，斜面高H ＝15 m ，竖直圆轨道半径R ＝5 m ．取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g ＝10 m/s 2，试求： 图8(1)小球水平抛出的初速度v 0及斜面顶端与平台边缘的水平距离s ； (2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时刻； (3)假设竖直圆轨道滑腻，小球运动到圆轨道最高点D 时对轨道的压力． 答案 (1)6 m/s 4.8 m (2)2.05 s (3)3 N ，方向竖直向上 解析 (1)小球做平抛运动落至A 点时，由平抛运动的速度分解图可 得：v 0＝v y cot α由平抛运动规律得：v 2y＝2gh h ＝12gt 21s ＝v 0t 1联立解得：v 0＝6 m/s ，s ＝4.8 m(2)小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面顶端A 点，需要时刻t 1＝2hg＝0.8 s小球在A 点的速度沿斜面向下，速度大小v A ＝v 0cos α＝10 m/s从A 点到B 点由动能定理得mgH ＝12mv 2B －12mv 2A 解得v B ＝20 m/s小球沿斜面下滑的加速度a ＝g sin α＝8 m/s 2 由v B ＝v A ＋at 2，解得t 2＝1.25 s小球从平台顶端O 点抛出至落到斜面底端B 点所用的时刻t ＝t 1＋t 2＝2.05 s(3)水平轨道BC 及竖直圆轨道均滑腻，小球从B 点到D 点，由动能定理可得 －2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B 在D 点由牛顿第二定律可得：F N ＋mg ＝m v 2DR联立解得：F N ＝3 N由牛顿第三定律可得，小球在D 点对轨道的压力F N ′＝3 N ，方向竖直向上 (限时：45分钟)1． (2021·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMm r，其中G为引力常量，M 为地球质量，该卫星原先在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时刻后其圆周运动的半径变成R 2，此进程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1 D.GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，因此卫星的动能为12mv 2＝GMm2r，那么卫星在半经为r 的轨道上运行机会械能为E ＝12mv 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm 2r .故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能的转化和守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C.2． (2021·江苏·9)如图1所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点抵达B 点时速度为零．重力加速度为g .那么上述进程中( )图1A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmgaB ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmgaC ．经O 点时，物块的动能小于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC解析 如图，在A 点弹簧的弹力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹 簧的弹力大于等于静摩擦力而小于滑动摩擦力，即F B ≤μmg ，因此O 点距离B 点较近，即x OB <x OA ，从O 点到A 点由动能定理得：W －μmgx OA －W 弹 ＝0，W 弹 ＝E p A ，那么有 E p A ＝ W －μmgx OA <W －12μmga ，那么A 项错误．整个进程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，那么E p B <W －32μmga ，B 项正确．从O 到A再到O 进程： W －2μmgx OA ＝E k O ，那么E k O <W －2μmg ·12a ＝W －μmga ，C 项正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于在B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，那么D 项错误．3． 如图2所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为34g ，沿斜面上升的最大高度为h ，那么物体沿斜面上升的进程中( )图2A ．物体的重力势能增加了34mghB ．物体的重力势能增加了mghC ．物体的机械能损失了12mghD ．物体的动能减少了mgh 答案 BC解析 该进程物体克服重力做功为mgh ，那么物体的重力势能增加了mgh ，选项A 错误，选项B 正确；由牛顿第二定律有F f ＋mg sin 30°＝ma ，解得F f ＝14mg ，克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，W f ＝－F f ·hsin 30°＝－12mgh ，选项C 正确；依照动能定理知，合外力做的功等于动能的转变量，故动能减少量为32mgh ，选项D 错误．4． 用电梯将货物从六楼送到一楼的进程中，货物的v －t 图象如图3所示．以下说法正确的选项是( )图3A ．前2 s 内货物处于超重状态B ．最后1 s 内货物只受重力作用C ．货物在10 s 内的平均速度是1.7 m/sD ．货物在2 s ～9 s 内机械能守恒 答案 C解析 由题图知，前2 s 内货物加速下降，加速度方向向下，货物处于失重状态，选项A 错误；最后1 s 内货物减速下降，加速度方向向上，货物必然受到向上的作使劲，选项B 错误；v －t 图象中图线与时刻轴所围的面积在数值上等于货物发生的位移大小，货物在10 s 内发生的位移大小为s ＝12×(7＋10)×2 m＝17 m ，那么10 s 内货物的平均速度是1.7 m/s ，选项C 正确；货物在2 s ～9 s 内匀速下降，重力势能减小，动能不变，机械能减小，选项D 错误．5． 质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动进程的速度—时刻图象如图4所示，其中OA 段为直线，AB段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率维持不变，整个运动进程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的选项是 ( ) 图4A ．0～t 1时刻内，汽车牵引力的数值为m v 1t 1B ．t 1～t 2时刻内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2C ．t 1～t 2时刻内，汽车的平均速度小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速度v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1答案 D解析 0～t 1时刻内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，以后汽车功率维持不变，选项B 错误；t 1～t 2时刻内，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速度达到最大值，那么有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．6． 一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力F 的作用下开始向上运动，如图5甲所示．在物体运动进程中，空气阻力不计，其机械能E 与位移s 的关系图象如图乙所示，其中曲线上点A 处的切线的斜率最大．那么( )图5A ．在s 1处物体所受拉力最大B ．在s 2处物体的速度最大C ．在s 1～s 3进程中，物体的动能先增大后减小D ．在0～s 2进程中，物体的加速度先增大后减小 答案 AC解析 除重力之外的力做的功量度了机械能的转变，故E －s 图象的斜率表示物体所受拉力的大小，在s 1处图象的斜率最大，故物体所受拉力最大，A 正确；在s 2处图象的斜率为零，故物体所受拉力为零，因此在s 2处之前的某一名置拉力就已经等于重力，速度达到最大，B 错误；在s 1～s 3的进程中，拉力先大于重力后小于重力最后为零，因此物体先加速再减速，物体的动能先增大后减小，C 正确；0～s 2的进程中拉力先大于重力，而且先增大后减小，最后减小到0，依照牛顿第二定律得物体的加速度先增大后减小再反向增大，D 错误．7． 被誉为“豪小子”的纽约尼克斯队17号华裔球员林书豪在美国职业篮球(NBA)赛场上大放光荣．现假设林书豪预备投二分球前先屈腿下蹲再竖直向上跃起，已知林书豪的质量为m ，双脚离开地面时的速度为v ，从开始下蹲至跃起进程中重心上升的高度为h ，那么以下说法正确的选项是( )A ．从地面跃起进程中，地面支持力对他所做的功为0B ．从地面跃起进程中，地面支持力对他所做的功为12mv 2＋mghC ．离开地面后，他在上升进程和下落进程中都处于失重状态D ．从下蹲到离开地面上升进程中，他的机械能守恒 答案 AC解析 地面支持力对林书豪的位移为0，该力做功为0，选项A 正确，选项B 错误；离开地面后，他的加速度为重力加速度，处于完全失重状态，选项C 正确；他下蹲进程中机械能不守恒，离开地面上升进程中机械能守恒，选项D 错误．8． 水上滑梯可简化成如图6所示的模型，滑腻斜槽AB 和粗糙水平槽BC 滑腻连接，斜槽AB 的竖直高度H ＝6.0 m ，倾角θ＝37°，水平槽BC 长d ＝2.5 m ，BC 面与水面的距离h ＝0.80 m ，人与BC 间的动摩擦因数为μ＝0.40.一游戏者从滑梯顶端A 点无初速度地自由滑下，求：(取重力加速度g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)图6(1)游戏者沿斜槽AB 下滑时加速度的大小； (2)游戏者滑到C 点时速度的大小；(3)在从C 点滑出至落到水面的进程中，游戏者在水平方向上的位移的大小． 答案 (1)6.0 m/s 2 (2)10.0 m/s (3)4.0 m解析 (1)设游戏者的质量为m ，游戏者沿斜槽AB 下滑时，依照牛顿第二定律得mg sin θ＝ma 那么沿斜槽AB 下滑时加速度的大小a ＝g sin θ＝6.0 m/s 2 (2)游戏者从A 点滑到C 点的进程中，依照动能定理得mgH －μmgd ＝12mv 2－0解得滑到C 点时速度的大小v ＝10.0 m/s(3)在从C 点滑出至落到水面的进程中，游戏者做平抛运动，设此进程经历的时刻为t ，那么 游戏者在水平方向的位移大小x ＝vt① 在竖直方向的位移大小h ＝12gt 2②联立①②解得x ＝4.0 m9． 如图7所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B 点进入竖直滑腻的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两头点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后通过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图7(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块通过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离； (4)求斜面上C 、D 间的距离．答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m解析 (1)关于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v yv 1因此v 1＝3 m/s(2)关于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR (1－cos θ2)＝12mv 2O－12mv 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42 m/s ＝5 m/s 由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2OR，因此F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)关于小物块在传送带上加速的进程有μ2mg ＝ma 3设P 、A 间的距离为s PA ，那么s PA ＝v 212a 3＝v 212μ2g＝1.5 m (4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2 小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s 小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v C a 1＝0.5 s小物块由最高点回到D 点历时t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s故s CD ＝v C2t 1－12a 2t 22解得s CD ＝0.98 m10．如图8所示是一皮带传输装载机械示用意．井下挖掘工将矿物无初速度地放置于沿图示方向运行的传送带A端，被传输到结尾B 处，再沿一段圆形轨道抵达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上．已知半径为R ＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为半圆的圆心，BO 、CO 别离为圆形轨道的半径，矿物m 可视为质点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带匀速运行的速度为v 0＝8 m/s ，传送带A 、B 点间的长度s AB ＝45 m ．假设矿物落到点D 处离最高点C 点的水平距离为s CD ＝2 m ，竖直距离为h CD ＝1.25 m ，矿物质量m ＝50 kg ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求： 图8(1)矿物抵达B 点时的速度大小； (2)矿物抵达C 点时对轨道的压力大小；(3)矿物由B 点抵达C 点的进程中，克服阻力所做的功． 答案 (1)6 m/s (2)1 500 N (3)140 J解析 (1)假设矿物在AB 段始终处于加速状态，由动能定理可得 (μmg cos θ－mg sin θ)s AB ＝12mv 2B代入数据得v B ＝6 m/s由于v B <v 0，故假设成立，矿物抵达B 点时速度为6 m/s (2)由平抛运动知识可得s CD ＝v C th CD ＝12gt 2代入数据得矿物抵达C 点时速度大小为v C ＝4 m/s由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2CR。