2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (6)
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (22)
知识点一 电磁感应中的电路问题 1．电磁感应中电路知识的关系图
2．分析电磁感应电路问题的基本思路
典例 在同一水平面的光滑平行导轨 P、Q 相距 l＝1 m，导 轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极 板 M、N 相距 d＝10 mm，定值电阻 R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω， 金属棒 ab 的电阻 r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒 ab 沿导轨向右匀速运 动时，质量 m＝1×10－14 kg、电荷量 q＝－1×10－14 C 的微粒悬 浮于电容器两极板之间恰好静止不动．取 g＝10 m/s2，在整个运 动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：
解析：t 在 0～5×10－2 s 内，ab 切割磁感线产生感应电动势， 相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向， 则 a 点的电势高于 b 点的电势，Uab 为正，则 ab 两端电势差 Uab ＝34E＝34×BLv＝34×0.5×0.2×2 V＝15×10－2 V；t 在 5×10－2 s～10×10－2 s 内，cd 边进入磁场Ⅱ后，cd 边和 ab 都切割磁感 线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判 断可知，a 点的电势高于 b 点的电势，Uab 为正，所以 Uab＝E＝ BLv＝0.5×0.2×2 V＝0.20 V＝20×10－2 V，t 在 10×10－2 s～
4．用相同的导线绕制的边长分别为 L 和 2L 的正方形闭合线 框，以相同的速度匀速进入右侧的匀强磁场，如图所示，在线框 进入磁场的过程中 a、b 和 c、d 两点间的电压分别为 U 甲和 U 乙， ab 边和 cd 边所受的安培力分别为 F 甲和 F 乙，则下列判断正确的 是( D )
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (48)
课时训练(三)【基础过关】1.[2019·鲁迅中学月考]如图Z3-1所示的图像表示匀变速直线运动的是()图Z3-1图Z3-22.[2019·嘉兴一中检测]一辆车由甲地出发,沿平直公路开到乙地刚好停止,其v-t图像如图Z3-2所示,那么对于0~2t和2t~3t两段时间内,下列说法中正确的是()A.加速度大小之比为2∶1B.位移大小之比为1∶2C.平均速度大小之比为1∶1D.以上说法都不对3.[2019·桐乡茅盾中学月考]如图Z3-3甲、乙所示为某物体运动位移和速度随时间变化的x-t图线和v-t图线,由图可知,在0~t1时间内()图Z3-3A.物体做的是曲线运动B.图甲中时刻,图线的斜率为C.0~t1时间内物体的位移为x1D.物体做加速度越来越小的运动图Z3-44.如图Z3-4所示为一质点做直线运动的速度—时间图像.下列说法中错误的是()A.整个过程中,CD段和DE段的加速度最大B.整个过程中,BC段的加速度最大C.整个过程中,D点所表示的状态离出发点最远D.BC段所表示的运动通过的路程是34 m5.[2019·金华一中期中]汽车从A点由静止开始沿直线ACB做匀变速直线运动,以汽车开始运动时为计时起点,第8 s末到达C点并关闭发动机匀减速前进,再经12 s到达B点停止.已知AB长为40 m,则()A.汽车通过C点时速度大小为3 m/sB.CB段的位移为24 mC.第10 s末汽车的速度大小为3 m/sD.汽车在AC段的平均速度大于在CB段的平均速度图Z3-56.一质点运动的位移—时间图像如图Z3-5所示,则关于质点的运动,下列说法正确的是()A.4 s时刻质点的速度最大B.1~2 s内质点的速度增大C.2~3 s内质点的运动方向为负方向D.0~1 s内质点的运动方向与加速度方向相同图Z3-67.如图Z3-6所示为A、B两运动物体的位移—时间图像.下列说法中错误的是()A.A、B两物体开始时相距100 m,同时相向运动B.B物体做匀速直线运动,速度大小为5 m/sC.A、B两物体运动8 s时,在距A的出发点60 m处相遇D.A物体在运动中停了6 s图Z3-78.[2019·杭州高中月考]一物体从t=0时刻开始做直线运动,其v-t图像如图Z3-7所示,下列说法正确的是()A.在0~6 s内,物体离出发点最远为15 mB.在0~6 s内,物体经过的位移为20 mC.在0~4 s内,物体的平均速度为3.75 m/sD.在4~6 s内,物体的加速度不是恒定的9.[2019·金华一中模拟]一架无人机正沿竖直方向匀加速上升,某时刻突然脱落一颗螺母(不计空气阻力,取竖直向上为正方向),该螺母此后运动的v-t图像可能是图Z3-8中的()图Z3-810.[2019·桐乡凤鸣高中期中]跳伞运动员做低空跳伞表演,他离开飞机后先做自由落体运动,当距离地面75 m时打开降落伞,伞张开后运动员就以4 m/s2的加速度做匀减速运动,到达地面时速度为5 m/s,实现安全着陆.(1)求运动员打开降落伞时的速度大小.(2)求运动员离开飞机时距离地面的高度.(3)运动员离开飞机后,经过多长时间才到达地面?图Z3-9【领先冲A】11.某质点从A点由静止开始沿水平方向做匀加速直线运动,经过AB段加速后,进入BC段做匀速直线运动,从A点至C点全程所用时间为t,已知AB段长为L1,BC段长为L2.下列说法错误的是() A.质点到达B点时的速度为B.质点在AB段的平均速度为C.质点在AC段的平均速度为D.质点在AB段的加速度为12.[2019·宁波效实中学月考]一汽车停在小山坡底,突然司机发现山坡上距坡底240 m处的泥石流以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下.假设泥石流到达坡底后速率不变,在水平地面上做匀速直线运动,司机的反应时间为1 s,汽车启动后以恒定的加速度一直做匀加速直线运动,其过程简化为如图Z3-10所示.(1)求泥石流到达坡底的时间和速度大小.(2)汽车的加速度至少为多大,才能脱离危险?图Z3-1013.某汽车进行刹车性能测试,当汽车以36 km/h的速率行驶时,可以在18 m的距离被刹住;当以54 km/h的速率行驶时,可以在34.5 m的距离被刹住.假设驾驶员的反应时间(驾驶员从看到障碍物到产生刹车动作的时间)与刹车的加速度都相同.试问:(1)这位驾驶员的反应时间为多少?(2)某雾天,该路段能见度为50 m,则行车速率不能超过多少?14.[2019·学军中学月考]近年来,我国高速公路网发展迅速.为了确保安全,高速公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速为v0=24 m/s.某司机驾车在该高速公路上以限定的最高速度行驶,突然前方约90 m处有一车辆因故停止挡住去路,司机反应时间为t0=0.50 s,刹车时汽车的加速度大小为4.0 m/s2.(1)求汽车开始匀减速后t1=6.5 s内的位移大小和t2=7.0 s末的速度大小.(2)试通过计算说明是否会发生追尾事故.(3)若司机是酒后驾车,反应时间延缓为t'0=1.5 s,请你作出该车的v t图像.(注:不考虑路障,从司机发现前方车辆因故停止时开始计时.只作规范图像,不需任何计算过程)课时训练(三)1.C[解析]位移随时间均匀减小,表示物体做匀速直线运动,A错误;加速度变大,不是匀变速直线运动,B错误;v-t图像是倾斜的直线,速度均匀变化,加速度不变,表示物体做匀变速直线运动,C正确;速度不变,表示物体做匀速直线运动,D错误.2.C[解析]v-t图像中斜率表示加速度,所以加速度大小之比为1∶2,故A错误;v-t图像中图线与横轴所围的面积表示位移,所以位移大小之比为2∶1,故B错误;因为位移大小之比为2∶1,时间之比为2∶1,根据平均速度公式v=可知,平均速度大小之比为1∶1,故C正确,D错误.3.B[解析]x-t图线和v-t图线只能用来描述直线运动,故A错误.在甲图中,图线的斜率表示速度,结合乙图可知,在时刻,图线的斜率为,故B正确;0~t1时间内物体的位移为x1-x0,故C错误;由乙图可知,物体做加速度恒定的直线运动,故D错误.4.B[解析]v-t图像中图线的斜率表示加速度,则整个过程中,CD段和DE段的加速度最大,故A正确,B 错误;从静止到D点的图像与横坐标轴围成的面积在时间轴的上方,位移为正,D点以后位移为负,说明此时将要反向运动,所以D点所表示的状态离出发点最远,故C正确;BC段与横轴围成的梯形面积表示通过的位移,则位移大小x=×(5+12)×4 m=34 m,路程也为34 m,故D正确.5.B[解析]设汽车通过C点时的速度为v,根据题意有t1+t2=40 m,解得v==m/s=4 m/s,故A错误;CB段的位移为x2=t2=×12 m=24 m,故B正确;8 s后汽车开始做匀减速运动,速度均匀减小,经12 s速度减至0,加速度大小为a=m/s2=m/s2,则第10 s末的速度大小为v'=v-at=4 m/s-×2 m/s=m/s,故C错误;因为汽车在AC段的初速度等于在CB段的末速度,在AC段的末速度等于在CB段的初速度,根据平均速度的推论知,这两段的平均速度相等,故D错误.6.D[解析]x-t图像的斜率表示速度,则4 s时刻质点的速度为零,选项A错误;1~2 s内质点的速度减小,选项B错误;2~3 s内质点的速度为正,可知运动方向为正方向,选项C错误;0~1 s内质点的运动方向为负方向,加速度也为负方向,则运动方向与加速度方向相同,选项D正确.7.D[解析]根据图像知,A、B两物体开始时相距100 m,速度方向相反,是相向运动,故A正确;x-t图像的斜率表示速度,故B物体做匀速直线运动,速度v=-m/s=-5 m/s,速度大小为5 m/s,故B正确;t=8 s时两图线相交,表明A、B两物体运动8 s时在距A的出发点60 m处相遇,故C正确;2~6 s 内,A物体的位置坐标不变,表示静止,即停了4 s,故D错误.8.C[解析] 0~5 s内,物体沿正向运动,5~6 s内,物体沿负向运动,故5 s末离出发点最远,最远距离为x max=×5×(2+5) m=17.5 m,故A错误;在0~6 s内,物体经过的位移为x6=×5×(2+4) m=15 m,故B错误.在0~4 s内,物体的位移x4=×5×(2+4)m=15 m,平均速度为==m/s=3.75 m/s,故C 正确;在4~6 s内,图线的斜率不变,则物体的加速度是恒定的,选项D错误.9.A[解析]螺母先向上做匀减速直线运动,后做自由落体运动,不计空气阻力情况下,两阶段受力均为mg,因此加速度一样,排除C、D.螺母先向上运动后向下运动,所以速度应该有正有负,B错误,A正确.10.(1)25 m/s(2)106.25 m(3)7.5 s[解析](1)以竖直向下为正方向,从打开降落伞至到达地面,跳伞运动员做匀减速运动,根据v2-=2ah2解得v0=25 m/s(2)设从自由下落到打开降落伞下降了h1,有=2gh1解得h1=31.25 m所以运动员离开飞机时总高度h总=h1+h2=106.25 m(3)自由下落时间t1==2.5 s,匀减速运动时间t2=-=5 s所以下落总时间t总=t1+t2=7.5 s11.B[解析]设质点到达B点时的速度为v,经过AB段的时间为t1,则经过BC段的时间为t-t1,有L1=vt1,L2=v(t-t1),解得v=,t1=,选项A正确;质点在AB段的平均速度为==,选项B错误;质点在AC段的平均速度为=,选项C正确;质点在AB段的加速度为a==,选项D正确.12.(1)20 s16 m/s(2)0.421 m/s2[解析](1)设泥石流到达坡底的时间为t1,速率为v1,则泥石流在斜坡上的滑动距离x=v0t1+a1,到达坡底的速度v1=v0+a1t1,解得t1=20 s,v1=16 m/s.(2)当两者速度相等时,泥石流在水平地面的位移刚好与汽车的位移相等就安全了,故v2=a2t=v1,汽车的位移x2==,泥石流在水平地面上的位移x1'=v1(t+1 s-t1)=x2,解得a2=0.421 m/s2.13.(1)0.8 s(2)18.7 m/s[解析](1)假设驾驶员的反应时间为t,在第一个过程中,反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v1,所以反应时间内的位移x1=v1t然后做匀减速直线运动到停止,由位移—速度关系式得0-=-2ax2全过程位移x总1=x1+x2=18 m在第二个过程中,反应时间内汽车做匀速直线运动的速度为v2,所以反应时间内的位移x3=v2t然后做匀减速直线运动到停止,由位移—速度关系式得0-=-2ax4全过程位移x总2=x3+x4=34.5 m联立解得a=5 m/s2,t=0.8 s.(2)某雾天该路段能见度为50 m,设行车最大速度为v,则50 m=vt+解得v=18.7 m/s.14.(1)72 m0(2)不会(3)如图所示[解析](1)汽车从刹车到停下历时t=-=--s=6 s因为t1=6.5 s>t,所以车已停下,t1=6.5 s内的位移x1=v0t+at2=24×6 m-×4×62 m=72 m因t2=7.0 s>t,所以车已停下,t2=7.0 s时的速度v2=0.(2)由题意得x=v0t0+-=84 m因x<90 m,所以不会发生追尾事故.(3)如图所示.。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (30)
第23讲实验：验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律．二、实验原理1．在只有重力做功的自由落体运动中，物体的重力势能和动能互相转化，但总的机械能保持不变．若物体某时刻瞬时速度为v，下落高度为h，则重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为12m v2，判断它们在实验误差允许的范围内是否相等，若相等则验证了机械能守恒定律．2．速度的测量：做匀变速运动的纸带上某点的瞬时速度等于相邻两点间的平均速度v t＝v2t.计算打第n个点瞬时速度的方法是：测出第n个点的相邻前后两段相等时间T内下落的距离x n和x n＋1，由公式v n＝x n＋x n＋12T或v n＝h n＋1－h n－12T算出，如图所示．三、实验器材铁架台(含铁夹)、打点计时器、学生电源、纸带、复写纸、导线、毫米刻度尺、重物(带纸带夹)．四、实验步骤1．仪器安装按如图所示将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路．2．打纸带将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手提着纸带，使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3～5次实验．3．选纸带分两种情况说明(1)如果根据12m v2＝mgh验证时，应选点迹清晰，打点成一条直线，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带．若1、2两点间的距离大于 2 mm，则可能是由于先释放纸带，后接通电源造成的．这样，第1个点就不是运动的起始点了，这样的纸带不能选．(2)如果根据12m v2B－12m v2A＝mgΔh验证时，由于重力势能的变化是绝对的，处理纸带时，选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否接近2 mm就无关紧要了，只要后面的点迹清晰就可选用．五、数据处理1．求瞬时速度由公式v n＝h n＋1－h n－12T可以计算出重物下落h1、h2、h3、…的高度时对应的瞬时速度v 1、v 2、v 3、….2．验证守恒方法一：利用起始点和第n 点计算，代入gh n 和12v 2n ，如果在实验误差允许的范围内，gh n ＝12v 2n ，则验证了机械能守恒定律． 方法二：任取两点A 、B 测出h AB ，算出gh AB 和⎝ ⎛⎭⎪⎫12v 2B －12v 2A 的值，如果在实验误差允许的范围内，gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则验证了机械能守恒定律．方法三：图象法，从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的平方v 2，然后以12v 2为纵轴，以h 为横轴，根据实验数据绘出12v 2-h 图线．若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒定律．六、误差分析1．系统误差本实验中因重物和纸带在下落过程中要克服各种阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功，故动能的增加量ΔE k 稍小于重力势能的减少量ΔE p ，即ΔE k <ΔE p ，这属于系统误差，改进的方法是调整器材的安装，尽可能地减小阻力．2．偶然误差本实验的另一误差来源于长度的测量，属于偶然误差．减小误差的方法是测下落距离时都从O 点测量，一次将各打点对应的下落高度测量完，或者多次测量取平均值．七、注意事项1．应尽可能控制实验条件，即应满足机械能守恒的条件，这就要求尽量减小各种阻力的影响，采取的措施有：(1)安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力．(2)应选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小．2．实验中，提纸带的手要保持不动，且保证纸带竖直，接通电源，待打点计时器工作稳定后再松开纸带．3．验证机械能守恒时，可以不测出重物质量，只要比较12v2n和gh n是否相等即可验证机械能是否守恒．4．测量下落高度时，为了减小测量值h的相对误差，选取的各个计数点要离起始点远一些，纸带也不宜过长，有效长度可在60～80 cm之间．5．速度不能用v n＝gt n或v n＝2gh n计算，否则犯了用机械能守恒定律验证机械能守恒的错误．1.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，对图中纸带上的点痕进行测量，即可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．用天平测出重锤的质量；B．按照图示的装置安装器件；C．将打点计时器接到电源的“直流输出”上；D．先接通电源，后释放纸带，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步骤是A，操作不当的步骤是C.(2)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值．根据打出的纸带，选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E，测出各点之间的距离如图所示．使用电源的频率为f，则计算重锤下落的加速度的表达式a＝(x3＋x4－x1－x2)f24.(用x1、x2、x3、x4及f表示)(3)在验证机械能守恒定律的实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，其主要原因是重锤和纸带下落过程中存在阻力作用，可以通过该实验装置测阻力的大小．若已知当地重力加速度为g，还需要测量的物理量是重锤的质量m.试用这些物理量和纸带上的数据符号表示重锤和纸带在下落过程中AE段受到的平均阻力大小F f＝m[g－(x3＋x4－x1－x2)f24]．解析：(1)物体的质量在验证机械能守恒定律的实验中可以约去，所以没有必要的步骤是A；打点计时器应接交流电源，所以操作不当的步骤是C.(2)根据匀变速直线运动的推论知，a 1＝x 3－x 12T 2，a 2＝x 4－x 22T 2，而T ＝1f ， 则加速度a ＝a 1＋a 22＝(x 4＋x 3－x 2－x 1)f 24. (3)根据牛顿第二定律得，mg －F f ＝ma ，则F f ＝mg －ma ＝m [g －(x 4＋x 3－x 2－x 1)f 24]，知还需要测量的物理量是重锤的质量m . 2．有一种“傻瓜”照相机，其光圈(进光孔径)随被拍摄物体的亮度自动调节，而快门(曝光时间)是固定不变的．一位同学利用“傻瓜”照相机来做“验证机械能守恒定律”的实验．(1)首先这个同学事先测定了相机的曝光时间为t .(2)这位同学提出了下述实验方案：他从墙面前某点O ，使一个小石子自由落下，对小石子照相得到如图甲的照片，由于小石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹AB .通过测量OA 的距离h ，AB 的距离x ，当地的重力加速度为g ，由于相机曝光时间很短，可以认为A 点的速度近似等于AB 段的平均速度．则石子划过A 点时的速度大小v ＝x t .(用题中给出的物理量字母表示)(3)多次改变高度h ，重复上述实验，作出x 2随h 变化的图象如图乙所示，当图中已知量x 2、H 和重力加速度g 及曝光时间为t 满足表达式gH ＝x 22t 2时，可判断小球下落过程中机械能守恒． 解析：(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，石子划过A 点的速度大小v ＝x t .(3)若机械能守恒，则有mgH ＝12m v 2＝12m x 2t 2，即gH ＝x 22t 2. 3．某同学在资料中查得弹簧弹性势能表达式为E p ＝12kx 2(k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)，他利用如图甲所示的装置进行实验，水平放置的弹射装置将质量为m 的小球弹射出去，测出小球通过两个竖直放置的光电门的时间间隔为Δt ，用刻度尺测出弹簧的压缩量为x,1、2光电门间距为L ，则(1)小球射出时速度大小为v ＝L Δt ，弹簧弹性势能E p ＝mL 22Δt 2(用题中的字母表示)．(2)该同学改变弹簧压缩量x ，多次进行实验，利用测得数据，画出如图乙所示E p 与x 2的关系图线，根据图线求得弹簧的劲度系数k ＝200_N/m.(3)由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，这对实验结果无(选填“有”或“无”)影响．解析：(1)由图甲可知，弹簧在小球进入光电门之前就恢复形变，故其弹射速度为通过光电门的水平速度，v ＝L Δt，根据机械能守恒有E p ＝12m v 2＝mL 22Δt 2. (2)根据E p ＝12kx 2得，0.03 J ＝12k ×3×10－4 m 2，解得k ＝200 N/m.(3)由于重力作用，小球被弹射出去后运动轨迹会向下偏转，由于重力不影响弹力做功的结果，有没有重力做功，小球的水平速度均不会变化，所以对实验结果无影响．突破点一 实验原理与操作例1 (2017·天津卷)如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________(填选项前的字母)．A ．重物选用质量和密度较大的金属锤B．两限位孔在同一竖直面内上下对正C．精确测量出重物的质量D．用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________(填选项前的字母)．A．OA、AD和EG的长度B．OC、BC和CD的长度C．BD、CF和EG的长度D．AC、BD和EG的长度【尝试解题】(1)利用此装置验证机械能守恒定律，根据实验原理可判断出A、B能减小下落过程中空气阻力和摩擦力，能有效减小实验误差，A、B正确．机械能守恒定律表达式中，重物的质量可以约去，精确测量质量不能减小误差，C错误；用手托住重物，撤手后最初一段时间，重物所做运动并不一定是自由落体运动，该操作增大误差，D错误．(2)利用测量值能完成验证机械能守恒定律的依据就是重力做功和动能的变化量之间的关系，所以我们必须要确定好初、末位置的速度以及初、末位置的高度差，从四组数据可以看出，B、C两组数据满足此要求，所以B、C正确．【答案】(1)AB(2)BC1．(2019·漳州检测)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，输出电压有6 V的交流电和直流电两种．重物从高处由静止开始下落，重物拖着纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可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端上；C．用天平测出重物的质量；D．释放纸带，同时接通电源开关打出一条纸带；E．测量打出的纸带上某些点之间的距离；F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能．其中没有必要进行或者操作不恰当的步骤是BCD.(将其选项对应的字母填在横线上)(2)在验证机械能守恒定律的实验中，若以12v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出12v 2-h 的图象应是过原点的倾斜直线才能验证机械能守恒定律.12v 2-h 图象的斜率等于重力加速度的数值． 解析：(1)打点计时器应接到电源的交流输出端上，故B 错误；验证机械能是否守恒只需验证mgh ＝12m v 2，即gh ＝12v 2，故m 可约去，不需要用天平．故C 没有必要进行；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故D 错误．(2)利用12v 2-h 图线处理数据，物体自由下落过程中机械能守恒，mgh ＝12m v 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 2-h 图线的斜率就等于重力加速度g .突破点二 数据处理与分析例2 利用如图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验．甲(1)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的________．A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量(2)除带夹子的重物、纸带、铁架台(含铁夹)、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是________．A．交流电源B．刻度尺C．天平(含砝码)(3)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带．在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为h A、h B、h C.已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T.设重物的质量为m.从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔE p＝________，动能变化量ΔE k＝________.乙(4)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是________．A．利用公式v＝gt计算重物速度B．利用公式v＝2gh计算重物速度C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响D．没有采用多次实验取平均值的方法(5)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图象，并做如下判断：若图象是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒．请你分析论证该同学的判断依据是否正确．【尝试解题】(1)在“验证机械能守恒定律”实验中，重物下落，重力势能减少，动能增加，要验证机械能是否守恒，需比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量大小是否相等，故选A.(2)实验时用到电磁打点计时器，则必须使用交流电源．在计算动能和势能变化量时，需用刻度尺测量位移和重物下落高度．在比较动能变化量和势能变化量是否相等时需验证12m (v 22－v 21)＝mgh 是否成立，而等式两边可约去质量m ，故不需要天平．故选A 、B.(3)从打O 点到打B 点的过程中，重物下落h B ，重力势能减少，则重物的重力势能变化量ΔE p ＝－mgh B .动能增加，则动能的变化量ΔE k ＝12m v 2B －0＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h C －h A 2T 2－0＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h C －h A 2T 2. (4)重物在下落过程中，除受重力外还存在空气阻力和摩擦阻力的影响，重物的重力势能要转化为重物的动能和内能，则重力势能的减少量大于动能的增加量，选项C 正确．(5)不正确．v 2-h 图象为一条直线，仅表明物体所受合力恒定，与机械能是否守恒无关．例如，在本实验中若存在恒定阻力，则物体的机械能不守恒，但mgh －F f h ＝12m v 2，v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －F f m h ，v 2-h 为一条过原点的直线，故该同学判断不正确．要想通过v 2-h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .【答案】 (1)A (2)AB (3)－mgh B 12m ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫h C －h A 2T 2 (4)C (5)该同学的判断依据不正确．在重物下落h 的过程中，若阻力F f 恒定，根据动能定理得，mgh －F f h ＝12m v 2－0⇒v 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫g －F f m h 可知，v 2-h 图象就是过原点的一条直线．要想通过v 2-h 图象的方法验证机械能是否守恒，还必须看图象的斜率是否接近2g .2．用如图甲实验装置验证m 1、m 2组成的系统机械能守恒．m 2从高处由静止开始下落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒．图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示．已知电源频率为50 Hz ，m 1＝50 g 、m 2＝150 g ，g 取10 m/s 2，则(1)在纸带上打下计数点5时的速度v ＝2.4 m/s.(2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔE k ＝0.576 J ，系统势能的减少量ΔE p ＝0.600 J ，由此得出的结论是在误差允许的范围内，系统机械能守恒．(3)实验结果显示ΔE p >ΔE k ，那么造成这一现象的主要原因是摩擦阻力造成的机械能损失．(4)若某同学作出12v 2-h 图象如图丙所示，则当地的实际重力加速度g ＝9.7 m/s 2.解析：(1)在纸带上打下计数点5时的速度v ＝x 462T ＝(21.60＋26.40)×10－20.2m/s ＝2.4 m/s. (2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔE k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝12×0.2×2.42 J ＝0.576 J ；系统重力势能的减少量ΔE p ＝(m 2－m 1)gh ＝0.1×10×(0.216＋0.384) J ＝0.600 J ，在误差允许的范围内，系统机械能守恒．(3)因空气阻力、纸带与限位孔间的阻力及滑轮轴间阻力做负功，使系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量．(4)由系统机械能守恒得(m 2－m 1)gh ＝12(m 1＋m 2)v 2，解得12v 2＝m 2－m 1m 1＋m 2gh ，图线的斜率k ＝m 2－m 1m 1＋m 2g ＝5.821.20m/s 2，解得g ＝9.7 m/s 2. 突破点三 实验的改进与创新例3 如图甲是验证机械能守恒定律的实验．小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定．将轻绳拉至水平后由静止释放．在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间Δt ，再用游标卡尺测出小圆柱的直径d ，如图乙所示，重力加速度为g .则(1)小圆柱的直径d ＝________cm.(2)测出悬点到圆柱重心的距离l ，若等式gl ＝________成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒．(3)若在悬点O 安装一个拉力传感器，测出绳子上的拉力F ，则要验证小圆柱在最低点的向心力公式还需要测量的物理量是________(用文字和字母表示)，若等式F ＝________成立，则可验证向心力公式F n ＝m v 2R .【尝试解题】 (1)小圆柱的直径d ＝10 mm ＋2×0.1 mm ＝10.2 mm ＝1.02 cm.(2)根据机械能守恒定律得mgl ＝12m v 2， 所以只需验证gl ＝12v 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2，就说明小圆柱下摆过程中机械能守恒．(3)若测量出小圆柱的质量m ，则在最低点由牛顿第二定律得F－mg ＝m v 2l ，若等式F ＝mg ＋m d 2l Δt 2成立，则可验证向心力公式，可知需要测量小圆柱的质量m .【答案】 (1)1.02(2)12⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 (3)小圆柱的质量m mg ＋m d 2l Δt 23．某实验小组利用如图所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒，装置中的气垫导轨工作时可使滑块悬浮起来，以减小滑块运动过程中的阻力．实验前已调整气垫导轨底座保持水平，实验中测量出的物理量有：钩码的质量m 、滑块的质量M 、滑块上遮光条由图示初始位置到光电门的距离x .(1)若用游标卡尺测得遮光条的宽度为d ，实验时挂上钩码，将滑块从图示初始位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt ，则可计算出滑块经过光电门时的速度为d Δt. (2)要验证系统的机械能守恒，除了已经测量出的物理量外还需要已知当地的重力加速度．(3)本实验通过比较mgx 和d 22Δt 2(M ＋m )在实验误差允许的范围内相等(用物理量符号表示)，即可验证系统的机械能守恒．解析：(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度，可知滑块经过光电门的速度大小v ＝d Δt. (2)以钩码和滑块所组成的系统为研究对象，其重力势能的减小量为mgx ，系统动能的增量为12(M ＋m )v 2＝12(M ＋m )d 2Δt 2，可知还需要知道当地的重力加速度．(3)验证重力势能的减小量mgx 和动能的增加量d 22Δt 2(M ＋m )是否相等即可．。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (35)
第40讲法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一 法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断．2．法拉第电磁感应定律(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数． (3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝E R ＋r. 3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Bl v .(2)v ∥B 时，E ＝0.知识点二 自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感．(2)自感电动势 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势．②表达式：E ＝L ΔI Δt .(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6 H.2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流．(1)Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.(√)(2)感应电动势E与线圈匝数n有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数有关．(×)(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．(√)(4)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为E＝BL v.(√)(5)涡流就是自感．(×)1．在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正．当磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是( B )解析：由感应定律和欧姆定律得I ＝E R ＝ΔΦΔt ·R ＝S R ×ΔB Δt，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率．由图乙可知，0～1 s 时间内，B 增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向下)，由楞次定律得，感应电流是顺时针的(从上向下看)，因而是正值，所以可判断0～1 s 为正的恒值；在1～2 s 内，磁感应强度不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理2～4 s ，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得I ＝E R ＝ΔΦΔt ·R＝S R ×ΔBΔt ，可知，斜率越大的，感应电动势越大，感应电流越大．故B 项正确，A 、C 、D 项错误．2.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线PQ、MN为磁感应强度为B的匀强磁场的边界，PQ与MN平行且相距2a，磁场方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达PQ边界开始到C点离开MN位置．下列结论正确的是(C)A．回路中感应电流方向始终相同B．回路受到的安培力方向先向左后向右C．回路中感应电动势最大值E m＝Ba vD．回路中感应电动势平均值E＝12Ba v解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向；当线圈出磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，故A项错误；根据左手定则可以判断，回路受安培力方向始终向左，故B项错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大，为E m＝Ba v，故C项正确；进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E＝ΔΦΔt ＝B·12πa22av＝14πBa v，同理，出磁场的过程中产生的平均电动势也是14πBa v ，故D 项错误． 3．如图所示，abcd 为水平放置的平行光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动过程中( A )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向是由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Blω2rD ．电路中通过的电量为Bl 2r tan θ解析：由于导轨电阻不计，所以路端电压为零，即M 、N 两点间的电压为零，M 、N 两点电势相等，A 项正确；根据楞次定律可得回路中的感应电流方向为顺时针，所以金属杆中感应电流的方向是由M 流向N ，B 项错误；设MN 在回路中的长度为x ，其接入电路的电阻为R ＝rx ，根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式可得E ＝12Bx 2ω，感应电流的大小为：I ＝E R ＝12Bx 2ωrx ＝Bxω2r ，由于x 逐渐减小，所以感应电流逐渐减小，C项错误；由于金属棒MN 在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻逐渐减小，不能根据q ＝ΔΦR 计算通过电路的电量，D 项错误．4．如图甲所示，在列车首节车厢下面安装一电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，首节车厢经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心．图乙为某时控制中心显示屏上的电脉冲信号，则此时列车的运动情况是( C )A ．匀速运动B ．匀加速运动C ．匀减速运动D ．变加速运动解析：由U -t 图象得到，线圈两端的电压大小与时间呈线性关系，即有U ＝U 0－kt ，由法拉第电磁感应定律E ＝U ＝BL v ，则v ＝U BL ＝U 0－kt BL ＝U 0BL －k BL t ，B 、L 、k 均一定，则速度v 随时间均匀减小，所以火车做匀减速直线运动．5.(多选)如图所示中，L 1和L 2是两个相同灯泡，L 是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R 相同，在开关S 接通的瞬间，下列说法正确的是( AD )A ．接通时L 1先达到最亮B ．接通时L 2先达到最亮C ．断开时L 1先灭D ．断开时L 2先灭解析：接通时由于L 自感作用，瞬间等于断路，通过L 1的电流等于L 2＋R 之和，所以L 1先达到最亮，然后L 自感慢慢减弱，通过L 1的电流减小；当断开时，L 2瞬间失去电流，而L 1和L 构成回路，由于L 自感，L 1会亮一会再灭，故A 、D 项正确，B 、C 项错误．知识点一 法拉第电磁感应定律的应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ-t 图线上某点切线的斜率． 2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ·ΔS Δt； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·S Δt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt .典例 (多选)如图甲所示，abcd 是匝数为100匝、边长为10 cm 、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )A ．导线圈中产生的是交变电流B ．在t ＝2.5 s 时导线圈产生的感应电动势为1 VC ．在0～2 s 内通过导线横截面的电荷量为20 CD ．在t ＝1 s 时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W【解析】 在0～2 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 1Δt 1＝1 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝100×0.12×1 V ＝1 V ；在2～3 s 内，磁感应强度变化率为ΔB 2Δt 2＝2 T/s ，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E 2＝nS ΔB 2Δt 2＝100×0.12×2 V ＝2 V ．根据楞次定律知，在0～2 s 内的感应电流方向与2 s ～3 s 内的感应电流的方向相反，即为交流电，选项A 正确；在t ＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E 2＝2 V ，选项B 错误；在0～2 s 内，感应电流I ＝E 1R ＝10 A ，通过导体横截面的电荷量为q ＝I Δt＝20 C ，选项C 正确；在t ＝1 s 时，导线圈内感应电流的瞬时功率P ＝UI ＝I 2R ＝102×0.1 W ＝10 W ，选项D 正确．【答案】 ACD【突破攻略】 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔB Δt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔt ·RΔt ＝n ΔΦR .1．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R .金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( D )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：根据楞次定律，可判断ab 中感应电流方向从a 到b ，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I 恒定不变，B 错误；安培力F ＝BIL ，由于I 、L 不变，B 减小，所以ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确．2．(多选)线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω；规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( ABC )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.01 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析：由题图乙看出，在开始时刻图线的斜率最大，B 的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I ＝E m R ＝0.11×0.11A ＝0.01 A ，故A 正确．在第4 s 时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I 的方向为逆时针方向，故B 正确．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量q ＝ΔΦR ＝ΔB ·S R ＝0.1×0.11C ＝0.01 C ，故C 正确．第3 s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D 错误．知识点二 导体棒切割磁感线产生感应电动势1．E ＝Bl v 的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度．如图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)相对性：E ＝Bl v 中的速度v 是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．2．导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E ＝Bl v ＝12Bl 2ω，如图所示．典例 (多选)(2016·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．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( )A．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【解析】由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝12 Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．【答案】AB3．(多选)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中．与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计．用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v 的速度向右匀速运动( BD )A ．金属棒ab 相当于电源，其a 端相当于电源负极B ．拉力F ＝B 2L 2v RC ．回路中的感应电流沿顺时针方向流动D ．定值电阻消耗的电功率P ＝F v解析：根据楞次定律可得电流从b 到a ，a 端相当于电源正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A 、C 错误；产生的感应电动势E ＝BL v ，导体棒受到的安培力F 安＝BIL ＝B ·BL v R ·L ＝B 2L 2v R ，由于导体棒做匀速直线运动，所以F ＝B 2L 2v R ，B 正确；由于速度不变，所以拉力做功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率P ＝F v ，D 正确．4.如图所示，一电阻为R 的导线弯成边长为L 的等边三角形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里．下列对三角形导线以速度v 向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( B )A ．回路中感应电流方向为顺时针方向B ．回路中感应电动势的最大值E ＝32BL v C ．回路中感应电流的最大值I ＝32RBL v D ．导线所受安培力的大小可能不变解析：在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A 错误；等效切割磁感线的导线最大长度为L sin60°＝32L ，感应电动势的最大值E ＝32BL v ，B 正确；感应电流的最大值I ＝E R ＝32RBL v ，C 错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D 错误．知识点三 自感和涡流1．通电自感和断电自感的比较2.三点注意、三个技巧5．(2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(C)A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为I L.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知I L>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压与电流均相同，所以两支路电阻相同．由于A2、A3完全相同，故变阻器R 与L2的电阻值相同，所以C正确．6．(多选)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是(BD)A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析：由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．7．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(CD)A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR解析：金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确．电磁感应在生活中的应用电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS问题中信息题的考查．命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等.8．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E-t关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E-t关系图可能是(D)解析：若将刷卡速度改为v02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误．9．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是(C)A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (1)
课时训练(十三)【基础过关】1.下列关于机械能守恒的说法中正确的是()A.若只有重力做功,则物体机械能一定守恒B.若物体的机械能守恒,则其一定只受重力C.做匀变速运动的物体机械能一定守恒D.物体所受合外力不为零,机械能一定守恒2.如图Z13-1所示,下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()图Z13-1A.甲图中,火箭升空的过程中,若匀速升空则机械能守恒,若加速升空则机械能不守恒B.乙图中物体匀速运动,机械能守恒C.丙图中小球做匀速圆周运动,机械能守恒D.丁图中,轻弹簧将A、B两小车弹开,两小车组成的系统机械能守恒3.高空“蹦极”是勇敢者的游戏.蹦极运动员将弹性长绳(质量忽略不计)的一端系在双脚上,另一端固定在高处的跳台上,运动员无初速度地从跳台上落下.若不计空气阻力,则()图Z13-2A.弹性绳开始伸直时,运动员的速度最大B.整个下落过程中,重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功C.整个下落过程中,运动员的机械能守恒D.从弹性绳开始伸直到最低点的过程中,运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大4.如图Z13-3所示,一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动,木板从水平位置OA转到位置OB的过程中,木板上重为5 N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置,在这一过程中,物块的重力势能减少了4 J.以下说法正确的是(g取10 m/s2)()图Z13-3A.物块的竖直高度降低了0.8 mB.由于木板转动,物块下降的竖直高度一定大于0.8 mC.物块获得的动能为4 JD.由于木板转动,物块的机械能一定增加5.一质点在0~15 s内竖直向上运动,其加速度—时间图像如图Z13-4所示,若取竖直向下为正方向,g 取10 m/s2,则下列说法正确的是()图Z13-4A.质点的机械能不断增加B.在0~5 s内质点的动能增加C.在10~15 s内质点的机械能一直增加D.t=15 s时质点的机械能大于t=5 s时质点的机械能6.利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小.实验时,把图Z13-5甲中的小球举高到悬点O处,然后让小球自由下落,并开始计时.用这种方法获得弹性绳的拉力F随时间变化的关系图像如图乙所示.重力加速度为g.下列说法中正确的是()图Z13-5A.根据题中所给条件,不能求出绳长B.t2、t5、t8三个时刻,小球所受的拉力可能小于重力C.t2时刻小球与弹性绳组成的系统的机械能一定等于t5时刻的机械能D.t4与t3之差大于t7与t6之差7.[2019·嘉兴模拟]如图Z13-6所示为某研究小组利用对接斜面研究图Z13-6“做功与能量变化关系”的装置:固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面以光滑小圆弧相连接.有一可视为质点的滑块从左侧顶端由静止释放,经最低点滑上右侧斜面并减速到0,滑块在上述过程中重力做功W G、克服摩擦力做功W f、动能E k及机械能E随滑行路程s的变化图线(以斜面连接处为参考平面,滑块与两斜面间的动摩擦因数相同)正确的是图Z13-7中的()图Z13-78.如图Z13-8所示,质量m=1 kg的物体从高为h=0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2,传送带AB的长度为L=5 m,传送带一直以v=4 m/s 的速度匀速运动,g取10 m/s2,则()图Z13-8A.物体从A运动到B的时间是0.5 sB.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做功为2 JC.物体从A运动到B的过程中,产生的热量为2 JD.物体从A运动到B的过程中,带动传送带转动的电动机多做的功为10 J【领先冲A】9.风能是可再生能源中目前发展最快的清洁能源,近年来,我国风电产业规模逐渐扩大,已成为能源发展的重要领域.在风电技术发展方面,由于相同风速时发电功率的不同,我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机,来提高风力发电的效率.具体风速对应的功率如图乙所示,设风力发电机每个叶片长度为30 m,所处地域全天风速均为7.5 m/s,空气的密度为1.29 kg/m3,圆周率π取3.14,下列说法不正确的是()图Z13-9A.变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为52%B.用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机后,每台风力发电机每天能多发电7200 kW·hC.无论是采用变桨距控制风力发电机还是采用定桨距控制风力发电机,每台发电机每秒钟转化的空气动能为7.69×105 JD.若煤的热值为3.2×107 J/kg,那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45 kg 煤所产生的内能相等10.[2019·金华十校期末]金华某商场门口根据金华“双龙”元素设计了一个精美的喷泉雕塑,如图Z13-10甲所示.两条龙喷出的水恰好相互衔接(不碰撞)形成一个“∞”字形.某学习小组为了研究喷泉的运行原理,将喷泉简化成如图乙所示的模型,两条龙可以看成两个相同的对称的圆的一部分(近似看成在同一平面内),E、B两点为圆的最高点.抽水机M使水获得一定的初速度后沿ABCDEFG运动,水在C、F两处恰好沿切线进入管道,最后回到池中.圆的半径为R=1 m,角度θ=53°,忽略一切摩擦.g取10m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.(1)水从B点喷出的速度为多大?(2)取B处质量为m=0.1 kg的一小段水,管道对这一小段水的作用力为多大?方向如何?(3)若管道B处横截面积为S=4 cm2,则抽水机M的输出功率是多少?(水的密度ρ=1×103 kg/m3)图Z13-1011.[2019·舟山中学模拟]某高中兴趣学习小组成员,在学习完必修1与必修2后设计出如图Z13-11所示的实验.OA为一水平弹射器,弹射口为A.ABCD为一光滑曲杆,其中AB水平,BC为竖直杆(长度可调节),CD为四分之一圆轨道,其圆心为O',半径为R=0.2 m,各段均平滑连接.D的正下方E右侧水平放置一块橡皮泥板EF,长度足够大.现让弹射器弹射出一质量m=0.1 kg的小环,小环从弹射口A射出后沿光滑曲杆运动到D处飞出,不计小环在各个连接处的能量损失和空气阻力.已知弹射器每次弹射出的小环具有相同的初速度.某次实验中,小组成员调节BC长度为h=0.8 m,弹出的小环从D处飞出,测得小环从D处飞出时速度v D=4 m/s.(g取10 m/s2)(1)求弹射器释放的弹性势能及小环在D处时对圆轨道的压力大小;(2)求小环在橡皮泥板EF上的落点到E的距离(已知小环与橡皮泥板接触后不再运动);(3)若不改变弹射器弹性势能,改变BC长度h使其在0~2 m之间,求小环下落到橡皮泥板EF上时与E 的距离的范围.图Z13-11课时训练(十三)1.A[解析]若只有重力做功,则物体的动能和重力势能之间发生转化,物体的机械能一定守恒,A正确;若物体的机械能守恒,则物体不一定只受重力,也许还受其他力,但其他力做功的代数和为零,B错误;做匀变速运动的物体,只有除重力和弹力外的其他力做功为零时,机械能才守恒,C错误;物体所受合外力不为零,如果除重力和弹力外的其他力做功不为零,则机械能不守恒,D错误.2.C[解析]甲图中,不论是匀速升空还是加速升空,由于推力对火箭做功,故火箭的机械能不守恒,是增加的,A错误.物体匀速上升,动能不变,重力势能增加,则机械能一定增加,B错误.小球在运动过程中,细线的拉力不做功,机械能守恒,C正确.轻弹簧将A、B两小车弹开,弹簧的弹力对两小车做功,则两车组成的系统机械能不守恒,但两小车和弹簧组成的系统机械能守恒,D错误.3.B4.A[解析]由重力势能的表达式E p=mgh可知,重力势能减少了4 J,而mg=5 N,故h=0.8 m,选项A 正确,选项B错误;木板转动,木板的支持力对物块做负功,则物块机械能一定减少,选项C、D错误.5.D[解析]由图像可以看出,0~5 s内的加速度等于g,质点的机械能不变,故A错误;在0~5 s内,质点速度方向向上,加速度方向向下,加速度与速度方向相反,则质点速度减小,则动能减小,故B错误;在10~15 s内,质点向上减速的加速度大于g,说明质点受到了方向向下的外力,外力做负功,机械能减少,故C错误;根据牛顿第二定律,5~10 s内,有mg-F=ma,解得F=2m,方向向上,做正功,质点的机械能增加,10~15 s内,有mg+F'=ma',解得F'=2m,方向向下,质点的机械能减少,质点一直向上做减速运动,10~15 s内的速度小于5~10 s内的速度,则10~15 s内的位移小于5~10 s内的位移,故质点在t=15 s时的机械能大于t=5 s时的机械能,D正确.6.D[解析]由图像可知,在0~t1时间内小球做自由落体运动,根据h=g可求得绳长,故A错误;t2、t5、t8三个时刻,绳子的拉力最大,处于最低点,拉力大于重力,故B错误;由图像可知,在上下运动的过程中,到达最低点时的拉力逐渐减小,故整个过程中需克服阻力做功,t2时刻小球与弹性绳组成的系统的机械能一定大于t5时刻的机械能,故C错误;t3~t4时间内和t6~t7时间内小球都做竖直上抛运动,由于t3时刻的速度大于t6时刻的速度,由竖直上抛运动的时间t=知,t4与t3之差大于t7与t6之差,故D正确.7.C[解析]重力先做正功,后做负功,W G=mgs sin θ,从斜率上看,可知k=mg sin θ不变,选项A错误;克服摩擦力做功等于产生的热量,即W f=Q=μmgs cos θ,从斜率上看,可知k=μmg cos θ,因此斜率不变,选项B错误;根据动能定理得F合s=ΔE k,从斜率上看,可知斜率代表滑块运动时的合外力,滑块下滑时的加速度小,上滑时的加速度大,选项C正确;减少的机械能转化为热量,因此滑块的机械能是一直减小的,选项D错误.8.C[解析]设物体下滑到A点的速度为v0,从P到A过程,由机械能守恒定律得m=mgh,解得v0==2 m/s<v=4 m/s,则物体滑上传送带后,在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动,加速度大小为a==μg=2 m/s2,当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1=-=-s=1 s,匀加速运动的位移x1=t1=×1 m=3 m<L=5 m,所以物体与传送带共速后向右做匀速运动,匀速运动的时间为t2=-=-s=0.5 s,故物体从A运动到B的时间为t=t1+t2=1.5 s,选项A错误;物体运动到B时的速度v=4 m/s,根据动能定理得,摩擦力对物体做功W=mv2-m=×1×42 J-×1×22 J=6 J,选项B错误;在t1时间内,传送带做匀速运动的位移x带=vt1=4 m,故产生热量Q=μmgΔx=μmg(x带-x1),解得Q=2 J,选项C正确;电动机多做的功一部分转化成了物体的动能,另一部分转化为内能,则电动机多做的功W=-+Q=×1×(42-22) J+2 J=8 J,故选项D错误.9.D[解析]设在时间t内发电机获得的风能为E k,由于m=ρV=ρπr2vt,所以E k=mv2=ρπr2v3t=×1.29×3.14×302×7.53×t(J)≈768 981t(J),故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为η===52%,故A正确;由图像可知,当风速为7.5 m/s时,变桨距控制风力发电机的功率为400 kW,定桨距控制风力发电机的功率为100 kW,所以每台风力发电机每天能多发电E=(P1-P2)t=(400-100)×24 kW·h=7200 kW·h,故B正确;空气的动能为E k≈768 981t(J),所以每台发电机每秒钟转化的空气动能为E k0=768 981t0(J)=768 981×1 J≈7.69×105 J,故C正确;完全燃烧45 kg煤所产生的内能为E=mq=45×3.2×107 J=1.44×109 J,一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为E'k=E k t'=768 981×3600 J≈2.77×109 J ,故一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45 kg煤所产生的内能不相等,故D错误.10.(1)3m/s(2)0.8 N竖直向下(3)49.2 W[解析](1)水做平抛运动,竖直方向上,有h=R+R cos θ=1.6 m根据=2gh解得v Cy=4m/s因为水在C点刚好沿切线进入管道,所以tan θ=故v B=3m/s(2)以一小段水为研究对象.当水在最高点B受到管道的作用力为0时,有mg=m临解得v临=m/s<3m/s故水在B点时,有mg+F N=m解得F N=0.8 N,方向竖直向下(3)以单位时间(t=1 s)从B点喷出的水为研究对象,有m0=ρSv B t由能量守恒定律得Pt=m0g·2R+m0解得P=34.8W≈49.2 W11.(1)1.8 J7 N(2)m (3)0~1.8 m[解析](1)根据机械能守恒定律得E p=m+mg(h+R)=1.8 J在最高点D对小环受力分析,由牛顿第二定律得F N+mg=m解得F N=7 N,方向竖直向下由牛顿第三定律知,小环对圆轨道的压力大小为7 N,方向竖直向上.(2)小环离开D点后做平抛运动,由平抛运动规律得h+R=gt2x=v D t解得x=m.小环刚好到达D点的条件为mg(h1+R)=E p解得h1=1.6 m改变h,小环做平抛运动,小环水平方向的位移应有最大值根据机械能守恒定律得E p-mg(h2+R)=mv小环平抛运动时间为t=可得x'=v'D t=2-当h2+R=0.9 m时,水平位移最大,为x'=1.8 m,故小环落点在E点右侧0~1.8 m的范围内.。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (43)
课时训练(二)【基础过关】1.伽利略在对自由落体运动的研究过程中,开创了如图Z2-1所示的一套科学研究方法,其中方框2和方框4中的方法分别是()……图Z21A.提出假设,实验检验B.数学推理,实验检验C.实验检验,数学推理D.实验检验,合理外推2.[2019·温州九校期末] 1971年7月26号发射的阿波罗15号飞船首次把一辆月球车送上月球,美国宇航员斯科特做了一个落体实验:在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤.下列说法正确的是(月球上是真空)()A.羽毛先落到月球表面,铁锤后落到月球表面B.铁锤先落到月球表面,羽毛后落到月球表面C.铁锤和羽毛同时落到月球表面,运动的加速度相同D.铁锤和羽毛运动的加速度都等于物体在地球表面的重力加速度g3.[2019·杭州求是高中期末]一物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑,经过斜面中点时速度为2 m/s,则物体到达斜面底端时的速度为()A.2.82 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.22 m/s4.桐乡檇李,古代常作进贡帝王之“贡果”.檇李树比一个正常成人身高略高.假设树顶部有一颗成熟的檇李自然脱落掉下来,不计空气阻力,则可估算出檇李刚落地的速度为()图Z2-2A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.8 m/s图Z2-35.图Z2-3为利用直尺做自由落体运动测量小明反应快慢的情景图,则以下说法正确的是()A.甲手是小明的手B.为了顺利接住正在下落的直尺,乙手可向下移动C.若小明捏住直尺位置的刻度为45.00 cm,则其反应时间约为0.3 sD.若小明被测试过程中,直尺自由下落20.00 cm,则其反应时间约为0.2 s图Z2-46.如图Z2-4所示,小球从竖直砖墙某位置由静止释放,某同学用频闪照相机在同一底片上多次曝光,得到了如图中1、2、3、4、5……所示的小球运动过程中每次曝光的位置.连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d.根据图中的信息,下列判断错误的是()A.位置“1”是小球释放的初始位置B.小球做匀加速直线运动C.小球下落的加速度为D.小球在位置“3”的速度为7.物体以20 m/s的速度从坡底冲上一足够长的斜坡,当它返回坡底时的速度大小为16 m/s.已知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动,但上坡和下坡的加速度不同,则物体上坡和下坡所用的时间之比为()A.4∶5B.5∶4C.2∶3D.3∶28.一辆汽车以20 m/s的速度在平直公路上匀速行驶,突然发现前方发生了事故,立即刹车,若汽车做匀减速直线运动,加速度大小为5 m/s2,则从开始刹车到停下来的时间和位移分别为()A.4 s和80 mB.4 s和40 mC.2 s和40 mD.4 s和20 m9.某潜水器在某次海试活动中完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后匀减速上浮,经过时间t上浮到海面时速度恰好减为零,则该潜水器在t0(t0<t)时刻距离海平面的深度为()A.-B.vt0-C. D.10.我国道路安全部门规定:高速公路上汽车行驶的最高时速为120 km/h.交通部门提供下列资料.资料一:驾驶员的反应时间为0.3~0.6 s资料二:各种路面与轮胎之间的动摩擦因数(如下表)根据以上资料,通过计算判断汽车行驶在高速公路上的安全距离最接近()A.100 mB.200 mC.300 mD.400 m11.物体由初速度为v0=2 m/s开始做匀加速直线运动,加速度大小为2 m/s2,求:(1)2 s内物体运动的位移大小;(2)第4 s末物体运动的速度大小;(3)物体运动3 m时的速度大小.12.[2019·杭州期中]一汽车以10 m/s的速度在匀速运动,前方遇到红灯将刹车,刹车的加速度是2.5 m/s2,求:(1)刹车2 s时的速度大小;(2)刹车后6 s内的位移大小;(3)刹车后第3 s内的平均速度大小;【领先冲A】13.有一根长L=5 m的铁链悬挂在某楼顶上,楼中有一窗口,窗口上沿离铁链的悬点高度为H=25 m.铁链由静止开始下落后始终保持竖直,不计空气阻力,g取10 m/s2.(1)当铁链的下端A下落到窗口的上沿B时,求铁链的速度大小;(2)若铁链经过整个窗口用了t=0.3 s的时间,则窗口的高度h为多少?图Z2-514.如图Z2-6所示,小滑块从较长的固定斜面顶端以初速度v0=2 m/s、加速度a=2 m/s2沿斜面向下加速滑行,在到达斜面底端前1 s内,滑块所滑过的距离为L,其中L为斜面长.求滑块在斜面上滑行的时间t和斜面的长度L.图Z2-6课时训练(二)1.A[解析]根据伽利略对自由落体运动研究的实际顺序可知,A正确.2.C[解析]在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤,由于没有阻力,都做自由落体运动,运动的加速度相同但不等于物体在地球上的重力加速度g,根据h=g't2知运动时间相等,则同时落到月球表面,故A、B、D错误,C正确.3.A[解析]设物体到达底端的速度为v2,到达中点时的速度为v1,根据速度—位移公式得=2a·,=2a·x,联立解得v2≈2.82 m/s,故A正确.4.C[解析]正常成人身高约为1.8 m,不计空气阻力,可将檇李下落看作自由落体运动,根据v2=2gh 可算出落地速度约为6 m/s,故选项C正确.5.D[解析]在该实验中,甲、乙必须是不同的两个人(同一个人做该实验,左手放的同时,右手就有可能同时捏住,不是真正的反应时间),利用自由落体运动的距离算出下落时间,这个时间可以看作人的反应时间,利用公式h=gt2进行计算,D正确.6.A[解析]由图可知,相邻时间间隔内通过的位移分别为2d、3d、4d、5d,所以小球做匀加速直线运动,位置“1”不是小球释放的初始位置,由位移差Δx=aT2得小球下落的加速度为a=,小球在位置“3”的速度为===,故A错误,B、C、D正确.7.A[解析]设物体沿斜坡运动的位移为x,上坡时的加速度为a1,所用时间为t1,下坡时的加速度为a2,所用时间为t2,则有x=a1=v1t1,x=a2=v2t2,联立解得t1∶t2=4∶5,选项A正确.s=4 s,由x=v0t+at2,有x=20×4 m+×(-5)×42 m=40 m, 8.B[解析]根据v=v0+at,有t=-=--选项B正确.9.A[解析]潜水器上浮时的加速度大小为a=,根据逆向思维可知,潜水器在t0时刻距离海平面的深度为h=a(t-t0)2=-,选项A正确.10.B[解析]安全距离由两阶段运动决定,即反应时间内的匀速运动和反应时间后的匀减速运动,则安全距离x=vt+=×0.6 m+×m≈200 m,选项B正确.11.(1)8 m(2)10 m/s(3)4 m/s[解析](1)2 s内物体运动的位移为x=v0t+at2=2×2 m+×2×22 m=8 m.(2)第4 s末的速度为v=v0+at=2 m/s+2×4 m/s=10 m/s.(3)根据速度—位移公式得v2-=2ax解得v=4 m/s.12.(1)5 m/s(2)20 m(3)3.75 m/s[解析](1)由速度公式v=v0+at可知刹车2 s时速度为v=10 m/s-2.5×2 m/s=5 m/s.(2)汽车刹车所需时间为t=-=--s=4 s刹车后6 s内的位移x=-=--m=20 m.(3)第3 s初的速度v3=10 m/s-2.5×2 m/s=5 m/s第3 s内的位移x3=5×1 m-×2.5×12 m=3.75 m故第3 s内的平均速度==m/s=3.75 m/s.13.(1)20 m/s(2)1.45 m[解析](1)铁链的下端A下落到窗口的上沿B时的速度v=-=-m/s=20 m/s (2)继续下落的过程,有L+h=vt+gt2=20×0.3 m+×10×0.32 m=6.45 m所以h=6.45 m-L=1.45 m14.3 s15 m[解析]由题意得a=2 m/s2,v0=2 m/s,设滑块从A到B的时间为t1,运动到B点的速度为v1,对AB段,有v1=v0+at1=v0t1+a对CD段,有=v1×1 s+a×(1 s)2联立解得t1=2 s,L=15 m所以滑块在斜面上滑行的时间为t=t1+1 s=3 s.。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (49)
课时训练(十)【基础过关】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,提出了万有引力定律2.[2019·春晖中学模拟]关于行星的运动,下列说法中错误的是()A.关于行星的运动,早期有“地心说”与“日心说”之争,而“地心说”容易被人们所接受的原因之一是相对运动使得人们观察到太阳东升西落B.所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆,且在近地点时速度小,在远地点时速度大C.开普勒第三定律=k,式中k的值仅与中心天体的质量有关D.开普勒三定律同样适用于其他星系的行星运动3.[2019·桐乡茅盾中学期中]某星球(可视为球体)表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的,星球半径约为地球半径的.若该星球表面有一飞行器,则下列说法正确的是()A.以1 km/s发射,飞行器可以环绕该星球运行B.以2 km/s发射,飞行器可以环绕该星球运行C.该星球的平均密度为地球平均密度的D.该星球的平均密度为地球平均密度的4.关于第一宇宙速度,下列说法正确的是()A.它是人造地球卫星在圆形轨道上的最小运行速度B.它是人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度C.它是卫星绕地球运行的最大发射速度D.它是人造地球卫星绕地球做椭圆轨道运行时在近地点的速度5.2017年10月24日,在地球观测组织全会期间举办的“中国日”活动上,我国正式向国际社会免费开放共享我国新一代地球静止轨道气象卫星“风云四号”和全球第一颗二氧化碳监测科学实验卫星(以下简称“碳卫星”)的数据.“碳卫星”是绕地球极地运行的卫星,在距地700 km的圆形轨道上对地球进行扫描,汇集约140天的数据可制作一张无缝隙全球覆盖的二氧化碳监测图.有关这两颗卫星,下列说法正确的是()A.“风云四号”卫星的向心加速度大于“碳卫星”的向心加速度B.“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”线速度C.“风云四号”卫星的周期小于“碳卫星”的周期D.“风云四号”卫星的线速度大于第一宇宙速度6.据报道,“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行的圆形工作轨道距月球表面分别约为200 km和100 km,运行速率分别为v1和v2.那么,v1和v2的比值为(月球半径取1700 km)()A. B.C.D.7.关于地球同步卫星的说法正确的是()①地球同步卫星只能定点在赤道上空,相对地面静止不动②地球同步卫星的角速度一定,但高度和线速度可选择,高度增加,线速度增大③地球同步卫星的线速度小于7.9 km/s④周期是24 h的卫星一定是同步卫星A.①③B.②③C.①④D.②④8.[2019·桐乡凤鸣高中期中]我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉成功发射,在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信.“墨子”由火箭发射至高度为500 km的预定圆形轨道.此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7.G7属于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km),它将使北斗系统的可靠性进一步提高.以下说法中正确的是()A.这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/sB.通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方C.量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的小D.量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的小图Z10-19.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地球卫星“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高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a1,“东方红二号”的加速度为a2,固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3,则a1、a2、a3的大小关系为()A.a2>a1>a3B.a3>a2>a1C.a3>a1>a2D.a1>a2>a310.a是静止在地球赤道上的物体,b是探测卫星,c是地球同步卫星,它们在同一平面内沿不同的轨道绕地心做匀速圆周运动,且均沿逆时针方向绕行.若某一时刻,它们正好运行到同一条直线上(如图Z10-2所示),则再经过6个小时,图Z10-3中关于a、b和c三者位置的图示可能正确的是()图Z10-2图Z10-3图Z10-411.假设两颗卫星1和2的质量之比m1∶m2=1∶2,都绕地球做匀速圆周运动,如图Z10-4所示,卫星2的轨道半径更大些.观测中心对这两颗卫星进行了观测,编号为甲、乙,测得甲、乙两颗人造卫星的周期之比T甲∶T乙=8∶1.下列说法中正确的是()A.甲是卫星1B.乙的动能较小C.甲的机械能较大D.无法比较两个卫星所受到的向心力12.如图Z10-5所示,若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动,a、b到地心O的距离分别为r1、r2,线速度大小分别为v1、v2,则()图Z10-5A.=B.=C.=D.=13.我国“北斗”卫星导航定位系统由5颗静止轨道卫星(同步卫星)和30颗非静止轨道卫星组成,30颗非静止轨道卫星中有27颗是中轨道卫星,中轨道卫星轨道高度约为2.15×104 km,静止轨道卫星的高度约为3.60×104 km.下列说法正确的是()A.中轨道卫星的线速度大于7.9 km/sB.静止轨道卫星的线速度大于中轨道卫星的线速度C.静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期D.静止轨道卫星的向心加速度大于中轨道卫星的向心加速度【领先冲A】14.[2019·金丽衢联考]图Z10-62018年7月10日4时58分,我国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射了第三十二颗北斗导航卫星.该卫星属于倾斜地球同步轨道卫星,卫星入轨并完成在轨测试后,将接入北斗卫星导航系统,为用户提供更可靠服务.倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星,它的运转周期也是24小时,如图Z10-6所示.关于该北斗导航卫星,下列说法正确的是()A.该卫星可定点在北京的正上方B.该卫星与地球静止轨道卫星的向心加速度大小是不相等的C.该卫星的发射速度v≤7.9 km/sD.该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等15.[2019·温州中学模拟]图Z10-7如图Z10-7所示,我国自主研发的北斗卫星导航系统由35颗卫星组成,包括分布于a类型轨道的5颗同步轨道卫星、分布于b类型轨道的3颗倾斜轨道卫星(与同步卫星轨道半径相同,轨道倾角为55°)和分布于c类型轨道的27颗中轨道卫星,中轨道卫星在3个互成120°角的轨道面上做圆周运动,预计2020年全部建成.下列说法正确的是()A.a类型轨道上的卫星相对于地面静止且处于平衡状态B.a类型轨道上的卫星运行速率等于b类型轨道上的卫星运行速率C.b类型轨道上的卫星也与地球保持相对静止D.三类卫星相比,c类型轨道上的卫星的向心加速度最小图Z10-816.[2019·诸暨中学期中]到目前为止,火星是除了地球以外人类了解最多的行星,已经有超过30枚探测器到达过火星,并发回了大量数据.若引力常量G已知,再结合下列已测得的数据,能求出火星质量的是()A.火星的第一宇宙速度B.火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径和周期C.火星半径和绕火星做匀速圆周运动的卫星的周期D.绕火星做匀速圆周运动的卫星的轨道半径和周期17.2017年4月,“天舟一号”成功发射,并与“天宫二号”空间实验室交会对接.若对接前它们都绕地球做匀速圆周运动,且“天舟一号”处于低轨道,“天宫二号”空间实验室处于高轨道,如图Z10-9所示,则()图Z10-9A.“天舟一号”在地面上的发射速度不会超过7.9 km/sB.为了顺利实现对接,“天舟一号”在图示轨道需要点火减速C.对接成功后,“天舟一号”的动能减小,机械能增大D.对接后,由于“天宫二号”的质量增大,其轨道降低课时训练(十)1.B[解析]开普勒在天文观测数据的基础上总结出了开普勒天体运动三定律,找出了行星运动的规律,而牛顿则是提出了万有引力定律.2.B3.C[解析]根据mg=m,可得第一宇宙速度v=,发射飞行器的最小速度v min=地·地=km/s≈2.63 km/s,故A、B错误;根据=mg,可得M=,根据ρ==,可得ρ==,星球的平均密度为地球平均密度的,故C正确,D错误.4.B5.B[解析]“风云四号”卫星的运行轨道半径大于“碳卫星”的运行轨道半径,根据G=ma可知运行轨道半径越大向心加速度越小,故A错误;根据G=m可得v=,所以“风云四号”卫星的线速度小于“碳卫星”的线速度,故B正确;根据G=m r可得T=,所以“风云四号”卫星的周期大于“碳卫星”的周期,故C错误;第一宇宙速度是卫星绕地球的最大运行速度,所以“风云四号”卫星的线速度小于第一宇宙速度,故D错误.6.C[解析]根据卫星运动所需的向心力由万有引力提供,有G=m,可得v=,则==.7.A[解析]卫星若在除赤道所在平面外的任意点实现了与地球“同步”,那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上,这是不可能的,因此同步卫星只能定点在赤道上空,相对地面静止不动,故①正确.根据万有引力提供向心力,有G=m(R+h)=m,其中R为地球半径,h为同步卫星离地面的高度,由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,所以T为一定值,根据上面等式得出,同步卫星离地面的高度h也为一定值,由于轨道半径一定,则线速度的大小也一定,但小于第一宇宙速度7.9 km/s,故③正确,②错误.周期是24 h的卫星,不一定在赤道的正上方,不一定是同步卫星,故④错误.8.C[解析]第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度,所以静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度,故A错误;地球静止轨道卫星即同步卫星,只能定点于赤道正上方,故B错误;根据G=m r,得T=2π,所以量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的小,故C正确;根据G=ma n,得a n=,半径小的量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的大,故D错误.9.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,根据a=ω2r,r2>r3,则a2>a3;由万有引力提供向心力得G=ma,由题目中数据可以得出,r1<r2,则a2<a1,故a1>a2>a3,选项D正确.10.D[解析]a和c的周期为24 h,6 h运动,而b的轨道半径小于c的半径,则b的角速度大,6 h转过的角度大于,选项D正确.11.C[解析]卫星做匀速圆周运动,由万有引力提供向心力,有G=m r,得r=,则r甲∶r乙=甲∶乙=4∶1,所以甲是卫星2,故A错误;由G=m,得v=,则v甲∶v乙=乙∶甲=1∶2,由动能表达式E k=mv2得甲、乙两卫星的动能之比甲乙=甲甲乙乙=,故B错误;若卫星2由外侧轨道变轨到卫星1的轨道,则需要减速,即需要阻力做功才能变轨到卫星1的轨道,所以卫星2在外侧轨道上的机械能大于它在卫星1轨道上的机械能,而卫星2的质量比卫星1的质量大,在同一轨道上卫星2的机械能大于卫星1的机械能,所以卫星2的机械能大于卫星1的机械能,故C正确;由万有引力提供向心力,可得向心力F=G,可知两颗卫星的向心力之比甲乙=甲乙乙甲=,故D错误.12.A[解析]由题意知,两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,根据G=m,得v=,所以=,故A正确,B、C、D错误.13.C[解析]由天体运动规律可知,轨道半径越大,线速度越小,周期越大,加速度越小,故中轨道卫星的线速度小于7.9 km/s,静止轨道卫星的线速度小于中轨道卫星的线速度,选项A、B错误;静止轨道卫星的运行周期大于中轨道卫星的运行周期,静止轨道卫星的向心加速度小于中轨道卫星的向心加速度,选项C正确,选项D错误.14.D[解析]根据该卫星的轨道和地球自转的方向可知,该卫星不可能定点于北京正上方,选项A错误.两卫星的周期都是24 h,所以两卫星距地面的高度相同,根据a n=rω2可知,该卫星的向心加速度等于地球静止轨道卫星的向心加速度,选项B错误.将卫星发射到近地轨道的最小速度为7.9 km/s,所以发射该卫星的速度要超过7.9 km/s,选项C错误;因为该卫星周期与地球自转周期相同,所以其角速度与地球自转角速度相等,选项D正确.15.B[解析]a类型轨道上的卫星在赤道正上方,相对地面静止,但不是处于平衡状态,选项A错误;根据v=可知,a、b类型轨道上的卫星的轨道半径一样,所以它们的速率相等,选项B正确;b类型轨道上的卫星和地球自转方向不一致,不可能与地面保持相对静止,选项C错误.根据a=可知,c类型轨道上的卫星的向心加速度最大,选项D错误.16.D[解析]已知火星的第一宇宙速度v,根据万有引力提供向心力得G=m,解得M=,因为火星半径未知,所以无法求出火星质量,故A错误;火星绕太阳做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力得G=M r,火星质量M被约去了,所以火星质量无法求出,故B错误;根据万有引力提供向心力得G=m,因为不知道卫星离火星表面的高度h,所以无法求出火星质量,故C错误;根据万有引力提供向心力得G=m r,解得M=,已知绕火星做匀速圆周运动的卫星的轨道半径和周期,可以求出火星质量,故D正确.17.C[解析] 7.9 km/s为卫星实现绕地球做圆周运动的最小发射速度,A错误;为了顺利实现对接,“天舟一号”在图示轨道需要点火加速做离心运动,B错误;“天舟一号”运动到“天宫二号”所在轨道后,外界对“天舟一号”做正功,机械能增大,由v=知,轨道高度增大,速度减小,动能也减小,C正确;对接后,“天宫二号”的质量增大,与地球间的万有引力变大,所需的向心力也增大,由G=m知,“天宫二号”的轨道高度与其质量m无关,因此轨道不变,D错误.。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (10)
课后限时作业17 万有引力与航天时间：45分钟1．在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献．关于科学家和他们的贡献，下列说法中不正确的是( D )A ．伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来B ．笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献C ．开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D ．牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量解析：伽利略首先将实验事实和逻辑推理(包括数学推演)和谐地结合起来，选项A 正确；笛卡儿对牛顿第一定律的建立做出了贡献，选项B 正确；开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，选项C 正确；引力常量是由卡文迪许测出的，选项D 错误．2．(多选)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则( CD )A ．地球的公转周期大于火星的公转周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的向心加速度大于火星公转的向心加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度解析：地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，它们各自所受的万有引力充当向心力．由G Mm r 2＝m 4π2T 2r 可得T ＝2π r 3GM ，因r 地<r 火，故T 地<T 火，选项A 错误；由G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝ GM r ，因r 地<r火，故v 地>v 火，选项B 错误；由G Mm r 2＝ma n 可得a n ＝GM r2，因r 地<r 火，故a 地>a 火，选项C 正确；由G Mm r 2＝mω2r 可得ω＝ GM r 3，因r 地<r 火，故ω地>ω火，选项D 正确．3．(多选)冥王星的两颗卫星尼克斯和海德拉绕冥王星近似做匀速圆周运动，它们的周期分别约为25天和38天，则尼克斯绕冥王星运动的( AD )A ．角速度比海德拉的大B ．向心加速度比海德拉的小C ．线速度比海德拉的小D ．轨道半径比海德拉的小解析：由ω＝2πT 可知，周期小的尼克斯绕冥王星运动的角速度比海德拉的大，选项A 正确；由开普勒第三定律可知，周期小的尼克斯绕冥王星运动的轨道半径比海德拉的小，选项D 正确；由G Mm r 2＝ma n 可得a n ＝G M r 2，故轨道半径小的尼克斯绕冥王星运动的向心加速度比海德拉的大，选项B 错误；由G Mm r 2＝m v 2r 可得v ＝ GM r ，故轨道半径小的尼克斯绕冥王星运动的线速度比海德拉的大，选项C 错误．4．一个物体静止在质量均匀的球形星球表面的赤道上．已知引力常量为G ，星球密度为ρ.若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则星球自转的角速度为( A ) A.43πρG B.3πρGC ．πρG D.3πρG解析：设星球的质量为M ，半径为R ，自转的角速度为ω，物体的质量为m ，在星球赤道上，若物体对星球表面的压力为零，则由万有引力提供向心力，有G Mm R 2＝mRω2，又知M ＝ρV ＝ρ·43πR 3，联立解得ω＝ 43ρG π，选项A 正确． 5．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g E 的18，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( A ) A.12g E r B.12g E r C.g E r D.12g E r 解析：质量为m 的物体在星球表面受到的万有引力等于其重力，即G Mm r2＝mg ＝m v 21r ，得v 1＝gr ＝ 18g E r ，故v 2＝2v 1＝12g E r ，选项A 正确．6．机器人“玉兔号”在月球表面做了一个自由落体实验，测得物体从静止自由下落h 高度的时间为t .已知月球半径为R ，自转周期为T ，引力常量为G ，则( D )A ．月球表面的重力加速度为t 22hB ．月球的第一宇宙速度为Rh t C ．月球质量为hR 2Gt2 D ．月球同步卫星离月球表面的高度为 3hR 2T 22π2t 2－R 解析：由自由落体运动规律得h ＝12gt 2，所以g ＝2h t2，故A 错误；月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据mg ＝m v 21R ，得v 1＝gR ＝ 2hR t 2，故B 错误；在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，有mg ＝G Mm R 2，所以M ＝gR 2G ＝2hR 2Gt 2，故C 错误；月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，有G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )，解得h ＝ 3GMT 24π2－R ＝ 3hR 2T 22π2t 2－R ，故D 正确． 7．两颗互不影响的行星P 1、P 2各有一颗近地卫星S 1、S 2绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度大小a ，横轴表示该位置到行星中心距离r 的二次方的倒数，a -1r2关系图线如图所示．若卫星S 1、S 2的引力加速度大小均为a 0，则( B )A ．S 1的质量比S 2的大B ．P 1的质量比P 2的大C ．P 1的第一宇宙速度比P 2的小D ．P 1的平均密度比P 2的大解析：根据万有引力定律可知，引力加速度a ＝GM r2，由此可知，图象的斜率k ＝GM ，P 1对应的a -1r2图线的斜率大，故行星P 1的质量大，但两卫星的质量关系无法判断，选项A 错误，选项B 正确；设第一宇宙速度为v ，则v ＝a 0R ，由图象可知，P 1的半径比P 2的大，故P 1的第一宇宙速度比P 2的大，选项C 错误；行星的平均密度ρ＝M V ＝3a 04πGR，P 1的半径比P 2的大，则P 1的平均密度比P 2的小，选项D 错误．8．(多选)用弹簧测力计称量一个相对于地球静止的小物体的重力，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M ，引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体．下列说法正确的是( AC )A ．在北极地面上称量时，弹簧测力计读数为F 0＝G Mm R 2B ．在赤道地面上称量时，弹簧测力计读数为F 1＝G Mm R 2C ．在北极上空高出地面h 处称量时，弹簧测力计读数为F 2＝G Mm (R ＋h )2D ．在赤道上空高出地面h 处称量时，弹簧测力计读数为F 3＝G Mm (R ＋h )2解析：在北极地面上的物体不随地球自转，万有引力等于重力，则有F 0＝G Mm R 2，故A 正确；在赤道地面上称量时，万有引力大小等于重力与物体随地球一起自转所需要的向心力大小之和，则有F 1<G Mm R 2，故B 错误；在北极上空高出地面h 处称量时，万有引力等于重力，则有F 2＝G Mm (R ＋h )2，故C 正确；在赤道上空高出地面h 处称量时，万有引力大于重力，弹簧测力计读数F 3<G Mm (R ＋h )2，故D 错误． 9．两个质量不同的天体构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动．下列说法正确的是( C )A ．质量大的天体线速度较大B ．质量小的天体角速度较大C ．两个天体的向心力大小相等D ．若在圆心处放一个质点，则它受到的合力为零解析：双星系统中，两个天体以二者连线上的某点为圆心做匀速圆周运动，有Gm 1m 2L 2＝m 1r 1ω2＝m 2r 2ω2，故质量大的天体距离该点(圆周运动的圆心)近，即运动的轨道半径r 小．二者做匀速圆周运动的角速度ω相等，由v ＝ωr 可知，质量大的天体线速度较小，选项A 、B 错误；二者绕该点做匀速圆周运动，二者之间的万有引力提供向心力，所以两个天体的向心力大小相等，选项C 正确；若在圆心处放一个质量为m 的质点，则质量为m 1的天体对它的万有引力为F 1＝G mm 1r 21，质量为m 2的天体对它的万有引力为F 2＝G mm 2r 22，因m 1r 1＝m 2r 2，故F 2≠F 1，即圆心处放的质点受到的合力不为零，选项D 错误．10.引力波的发现证实了爱因斯坦100年前所做的预测.1974年发现了脉冲双星间的距离在减小就已间接地证明了引力波的存在．如果将该双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O 点做匀速圆周运动．由于双星间的距离减小，则( A )A ．两星运动的周期均逐渐减小B ．两星运动的角速度均逐渐减小C ．两星的向心加速度均逐渐减小D ．两星运动的线速度均逐渐减小解析：设双星之间的距离为L ，质量较大的星球与O 点距离为r ，质量为M ，另一星球质量为m ，由万有引力定律和匀速圆周运动知识得G Mm L 2＝Mrω2，G Mm L 2＝m (L －r )ω2，联立解得ω＝ G (M ＋m )L 3，由于双星之间的距离L 减小，故两星运动的角速度增大，选项B 错误；由周期T ＝2πω可知，两星的运动周期减小，选项A 正确；由G Mm L2＝Ma n 可知，由于双星之间的距离L 减小，故两星运动的向心加速度增大，选项C 错误；由G Mm L 2＝M v 2r 可知，v ＝ Gmr L 2，因两星质量不变，故此值r L 不变，又由于双星之间的距离L 减小，故两星运动的线速度增大，选项D 错误．11．(多选)“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星．科学家们发现有3颗不同质量的“超级地球”环绕一颗体积比太阳略小的恒星公转，公转周期分别为4天、10天和20天．根据上述信息可以计算( AB )A ．3颗“超级地球”运动的线速度之比B ．3颗“超级地球”运动的向心加速度之比C ．3颗“超级地球”所受的引力之比D ．该恒星的质量解析：3颗“超级地球”的中心天体相同，根据万有引力提供向心力，即GMm r 2＝m 4π2T2r ，可求得3颗“超级地球”的轨道半径之比，已知周期之比、轨道半径之比，根据v ＝2πr T 可求得3颗“超级地球”运动的线速度之比，故A 正确；已知周期之比、轨道半径之比，根据a n ＝4π2T 2r ，可求得3颗“超级地球”运动的向心加速度之比，故B 正确；根据F ＝GMm r 2，由于3颗“超级地球”的质量之比未知，所以无法求得所受的引力之比，故C 错误；因为不知道具体的轨道半径，所以无法求得中心天体的质量，故D 错误．12．由于地球的自转，物体在地球上不同纬度处随地球自转所需向心力的大小不同，因此同一个物体在地球上不同纬度处重力大小也不同，在地球赤道上的物体受到的重力与其在地球两极点受到的重力大小之比约为299300，因此我们通常忽略两者的差异，可认为两者相等．而有些星球，却不能忽略．假如某星球因为自转的原因，一物体在该星球赤道上的重力与其在两极点受到的重力大小之比为78，已知该星球的半径为R .(引力常量为G )(1)求绕该星球运动的同步卫星的轨道半径r ；(2)若已知该星球赤道上的重力加速度大小为g ，求该星球的密度ρ.解析：(1)设物体质量为m ，星球质量为M ，星球的自转周期为T ，物体在星球两极时，万有引力等于重力，即F 万＝G Mm R 2＝G 极 物体在星球赤道上随星球自转时，向心力由万有引力的一个分力提供，另一个分力就是重力G 赤，有F 万＝G 赤＋F n因为G 赤＝78G 极，所以F n ＝18·G Mm R 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 该星球的同步卫星的周期等于星球的自转周期T ，则有G Mm ′r 2＝m ′4π2T 2r 联立解得r ＝2R . (2)在星球赤道上，有78·G Mm R 2＝mg 解得M ＝8gR 27G又因星球的体积V ＝43πR 3 所以该星球的密度ρ＝M V ＝6g 7G πR. 答案：(1)2R (2)6g 7G πR13．我国发射的“嫦娥一号”卫星发射后首先进入绕地球运行的“停泊轨道”，通过加速再进入椭圆“过渡轨道”，该轨道离地心最近距离为L 1，最远距离为L 2，卫星快要到达月球时，依靠火箭的反向助推器减速，被月球引力“俘获”后，成为环月球卫星，最终在离月心距离L 3的“绕月轨道”上飞行．已知地球半径为R ，月球半径为r ，地球表面重力加速度为g ，月球表面的重力加速度为g /6，求：(1)卫星在“停泊轨道”上运行的线速度；(2)卫星在“绕月轨道”上运行的线速度；(3)假定卫星在“绕月轨道”上运行的周期为T ，卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该一个周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间(忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．解析：(1)根据万有引力提供向心力G M 地m L 21＝m v 21L 1根据地球表面的物体受到的重力等于万有引力，G M 地m R 2＝mg 得v 1＝gR 2L 1(2)根据万有引力提供向心力G M 月m L 23＝m v 22L 3，根据在月球表面的物体受到的重力等于万有引力G M 月m r 2＝mg 月得v 2＝gr 26L 3. (3)如图，O 和O ′分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A 是地月连心线OO ′与地月球面的公切线ACD 的交点，D 、C 和B 分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点，根据对称性，过A 点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E 点．卫星在圆弧BE 上运动时发出的信号被遮挡．cos β＝cos ∠CO ′B ＝r L 3， cos α＝cos ∠DOA ＝R －r L 2－L 3， t ＝α－βπT ＝(arccos R －r L 2－L 3－arccos r L 3)T π. 答案：(1)gR 2L 1 (2)gr 26L 3(3)(arccos R －r L 2－L 3－arccos r L 3)T π。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (33)
第26讲实验：验证动量守恒定律一、实验目的验证碰撞中的动量守恒．二、实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前、后物体的速度v、v′，算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否相等．三、实验器材方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥．方案二在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥．方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板．四、实验步骤方案一利用气垫导轨完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出滑块质量．2．安装：正确安装好气垫导轨，如图所示．3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向)．4．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二在光滑长木板上两车碰撞完成一维碰撞实验1．测质量：用天平测出两小车的质量．2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图所示．3．实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．4．测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度．5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验．6．验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三利用等大小球做平抛运动完成一维碰撞实验1．先用天平测出入射小球、被碰小球质量m1、m2.2．按如图所示安装好实验装置，将斜槽固定在桌边，使槽的末端点切线水平，调节实验装置使两小球碰撞时处于同一水平高度，且碰撞瞬间入射小球与被碰小球的球心连线与轨道末端的切线平行，以确保两小球正碰后的速度方向水平．3．在地上铺一张白纸，在白纸上铺放复写纸．4．在白纸上记下重垂线所指的位置O，它表示入射小球碰前的位置．5．先不放被碰小球，让入射小球从斜槽上同一高度处滚下，重复10次，用圆规画尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，圆心就是入射小球发生碰撞前的落地点P.6．把被碰小球放在斜槽的末端，让入射小球从同一高度滚下，使它们发生正碰，重复10次，从上一步骤求出入射小球落地点的平均位置M和被碰小球落地点的平均位置N.7．过O和N在纸上作一直线．8．用刻度尺量出线段OM、OP、ON的长度．五、数据处理方案一：滑块速度的测量v＝ΔxΔt，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间．方案二：小车速度的测量v＝ΔxΔt，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出．方案三：把两小球的质量和相应的数值代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看是否成立．六、误差分析1．系统误差主要来源于装置本身是否符合要求，即：(1)碰撞是否为一维碰撞．(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，长木板是否平衡掉摩擦力，两小球是否等大．2．偶然误差主要来源于质量m和速度v的测量．七、注意事项1．前提条件碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．2．方案提醒(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．(2)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力．(3)若利用斜槽小球碰撞应注意：①斜槽末端的切线必须水平；②入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放；③选质量较大的小球作为入射小球；④实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置要始终保持不变．3．探究结论寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．1．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端粘有橡皮泥，使小车A做匀速直线运动，然后与处于静止的小车B相碰并粘在一起，二者继续做匀速运动，如图所示．在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50 Hz，实验中已平衡摩擦力．(1)实验得到一打点纸带如图所示，并测得各计数点间的距离．图中O点为打点计时器打下的第一个点，则应选AB段来计算A碰前的速度，应选CD段来计算A和B碰后的共同速度．(2)已测得小车A的质量m A＝0.4 kg，小车B的质量m B＝0.2 kg，则由以上结果可得两小车碰前的总动量为0.42 kg·m/s，碰后总动量为0.417 kg·m/s.解析：(1)因为小车A与B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A 与B粘在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且间距较大的AB段计算A碰前的速度，选点迹分布均匀且间距较小的CD段计算A和B碰后的共同速度．(2)由图可知，碰前A的速度和碰后A、B的共同速度分别为v A＝10.5×10－20.02×5m/s＝1.05 m/s，v′A＝v AB＝6.95×10－20.02×5m/s＝0.695m/s，故两小车在碰撞前、后的总动量分别为p＝m A v A＝0.4×1.05 kg·m/s＝0.42 kg·m/s，p′＝(m A＋m B)v′A＝(0.4＋0.2)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s.2．某实验小组的同学制作了一个弹簧弹射装置，在轻弹簧两端各放置一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，然后将锁定的弹簧和两个小球组成的系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，如图所示．解除弹簧锁定，则这两个金属小球可以同时沿同一直线向相反方向弹射．现要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，并探究弹射过程所遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具并按下述步骤进行实验：①用天平测出两球质量分别为m1、m2；②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；③解除弹簧锁定并弹出两球，记录下两球在水平地面上的落地点M、N.根据该小组同学的实验，回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需要测量的物理量有B(填选项前的字母)．A．弹簧的压缩量ΔxB．两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2C．小球直径D．两球从弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E p＝m1gx214h＋m2gx224h.(3)用测得的物理量来表示，如果满足关系式m1x1＝m2x2，则说明弹射过程中系统动量守恒．解析：(1)弹簧弹出两球过程中，系统机械能守恒，要测定压缩弹簧的弹性势能，可转换为测定两球被弹出时的动能，实验中可以利用平抛运动规律测定平抛的初速度以计算两球的初动能，因此在已知平抛运动下落高度的情况下，只需测定两球落地点M、N到对应管口P、Q的水平距离x1、x2，所以B正确．(2)平抛运动的时间t＝2hg，初速度v0＝xt，因此初动能E k＝12m v20＝mgx24h，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球平抛运动的初动能之和，即E p ＝m 1gx 214h ＋m 2gx 224h. (3)若弹射过程中系统动量守恒，则m 1v 01＝m 2v 02，由于两小球在空中运动时间相同，即满足m 1x 1＝m 2x 2，则说明弹射过程中系统动量守恒．3．某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架(未画出)、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出．已知一元硬币和五角硬币与长木板间的动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O ，测出硬币停止滑动时其右侧到O 点的距离，再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为x 1，如图乙所示；②将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于O 点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币发生对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O 点的距离的平均值x 2和x 3，如图丙所示．(1)为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币，刻度尺外，还需要的器材为天平．(2)实验中还需要测量的物理量及字母表示为一元硬币的质量m1和五角硬币的质量m2，验证动量守恒定律的表达式为m1x1＝m1x2＋m2x3(用测量物理量对应的字母表示)．解析：(1)动量为质量和速度的乘积，该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中的动量是否守恒，需测量两物体的质量和碰撞前、后各自的速度，因此除给定的器材外，还需要的器材为天平．(2)测出一元硬币的质量m1、五角硬币的质量m2，设一元硬币在O点的速度为v1，由动能定理可得μm1gx1＝1v21，2m1解得v1＝2μgx1，当一元硬币以速度v1在O点与五角硬币碰撞后，二者的速度分别为v2、v3，由动能定理可得μm1gx2＝1v22，2m1μm2gx3＝12m2v23，解得一元硬币碰后速度v2＝2μgx2，五角硬币碰后的速度为v3＝2μgx3，若碰撞过程动量守恒，则需满足m1v1＝m1v2＋m2v3，代入数据可得m1x1＝m1x2＋m2x3.4.如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k＝1.92×10－3s2/m.已知物块A和B的质量分别为m A＝0.400 kg和m B＝0.100 kg，重力加速度大小g取9.80 m/s2.(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h -v 2直线斜率的理论值k 0；(2)求k 值的相对误差δ.(δ＝|k －k 0|k 0×100%，结果保留1位有效数字)解析：(1)设物块A 和B 碰撞后共同运动的速度为v ′，由动量守恒定律有m B v ＝(m A ＋m B )v ′在碰后A 和B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有12(m A ＋m B )v ′2＝(m A ＋m B )gh 联立得h ＝m 2B 2g (m A ＋m B )2v 2 由题意得k 0＝m 2B 2g (m A ＋m B )2 代入数据得k 0＝2.04×10－3 s 2/m.(2)按照定义δ＝|k －k 0|k 0×100% 代入数据得δ＝6%.答案：(1)2.04×10－3 s 2/m (2)6%突破点一实验原理与操作例1在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)(多选)以下所提供的测量工具中必需的是________．A．刻度尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)(多选)在做实验时，对实验要求，以下说法正确的是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线是水平的C．入射球每次都要从同一高度由静止滚下D．释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确(4)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用如图所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的表达式为____________________．(用装置图中的字母表示)【尝试解题】 (1)在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，在碰撞过程中动能不增加，则有12m 1v 20≥12m 1v 21＋12m 2v 22，解得v 1≥m 1－m 2m 1＋m 2v 0，要碰后入射小球的速度v 1>0，则m 1－m 2>0，即m 1>m 2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r 1＝r 2，故C 正确．(2)P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v 1＝OP 2hg，碰撞后入射小球的速度v 2＝OM 2hg，碰撞后被碰小球的速度v 3＝ON 2hg，若m 1v 1＝m 2v 3＋m 1v 2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，整理得m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON ，因此需要的测量工具有刻度尺和天平，故A 、C 正确．(3)验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A 错误，B 正确；为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C 正确；释放点越高，水平位移越大，位移测量的相对误差就越小，故D 正确．(4)根据(2)的解答可知，表达式为m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON .【答案】 (1)C (2)A 、C (3)B 、C 、D(4)m 1·OP ＝m 1·OM ＋m 2·ON1．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的末端，再将入射球m1从斜轨S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是A、D、E.(填选项的符号) A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(2)若两球相碰前后的动量守恒，则其表达式可表示为m1OP＝m1OM＋m2ON[用(1)中测量的量表示]．(3)若m1＝45.0 g、m2＝9.0 g，OP＝46.20 cm，则ON可能的最大值为77.0 cm.解析：(1)要验证动量守恒定律，即验证：m1v1＝m1v2＋m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得m 1v 1t ＝m 1v 2t ＋m 2v 3t ，解得m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，因此实验中需要测量两小球的质量，先确定落点的位置再测量出平抛的水平距离，故应进行的步骤为A 、D 、E.(2)根据(1)的分析可知，要验证动量守恒应验证的表达式为m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON .(3)发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3，由12m 1v 21＝12m 1v 22＋12m 2v 23得机械能守恒的表达式是m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2，联立解得v 3＝2m 1m 1＋m 2v 1，因此最大射程为s m ＝2m 1m 1＋m 2·OP ＝2×45×46.2045＋9cm ＝77.0 cm. 突破点二 数据处理与误差分析例2 如图甲所示，在验证动量守恒定律实验时，小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续匀速运动，在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力．(1)若获得纸带如图乙所示，并测得各计数点间距(已标在图上)．A 为运动起始的第一点，则应选________段来计算A 的碰前速度，应选________段来计算A 和B 碰后的共同速度(选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.30 kg ，小车B 的质量为m B ＝0.20 kg ，由以上测量结果可得碰前系统总动量为________kg·m/s ，碰后系统总动量为________kg·m/s.(结果保留三位有效数字)(3)实验结论：___________________________.【尝试解题】 (1)推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段，故选BC 计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE 段来计算碰后共同的速度．(2)碰前系统的动量即A 的动量，p 1＝m A v 0＝m A ·BC 5T＝0.30×0.345 05×0.02kg·m/s ＝1.04 kg·m/s ，碰后的总动量p 2＝(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )·DE 5T ＝0.50×0.206 05×0.02kg·m/s ＝1.03 kg·m/s. (3)由实验数据可知，在误差允许的范围内，小车A 、B 组成的系统碰撞前后总动量守恒．【答案】 (1)BC DE (2)1.04 1.03(3)在误差允许的范围内，小车A 、B 组成的系统碰撞前后总动量守恒2．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行实验．在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g.采用的实验步骤如下：①小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；②用天平分别测出小滑块a(含挡光片)和小球b的质量m a、m b；③在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；④细线烧断后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动；⑤记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间t；⑥滑块a最终停在C点(图中未画出)，用刻度尺测出AC之间的距离s a；⑦小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离s b；⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证m a dt＝m b s bg2h即可．(用上述实验数据字母表示)(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到s a 与1t 2的关系图象如图乙所示，图线的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为d 22kg. 解析：(1)烧断细线后，a 向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度v a ＝d t ；b 离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得，h ＝12gt 20，s b ＝v b t 0，解得v b ＝s b g 2h ，若动量守恒，设向右为正，则有0＝m b v b －m a v a ，即m a d t ＝m b s b g 2h. (2)对物体a 由光电门向左运动过程分析，则有v 2a ＝2as a ，经过光电门的速度v a ＝d t ，由牛顿第二定律得，a ＝μmg m ＝μg ，联立解得s a ＝d 22μg ·1t 2，则由图象可知μ＝d 22kg. 突破点三 实验的改进与创新例3 为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A 和B ，按下述步骤进行实验：步骤1：在A 、B 的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B 静置于水平槽的某处，滑块A 从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A 、B 停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示．(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________．①P5、P6之间②P6处③P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________．①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式____________________．(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：__________________________________.【尝试解题】(1)P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确．(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝s 34＋s 452T ，v 5＝s 45＋s 562T ，又v 5＝v 4＋v 62，解得碰撞前滑块A 速度v 6＝2s 56＋s 45－s 342T ，同理，碰撞后整体的速度v 6′＝2s 67＋s 78－s 892T，需要验证的方程为m 1v 6＝(m 1＋m 2)v 6′，将以上两式代入整理得m 1(2s 56＋s 45－s 34)＝(m 1＋m 2)(2s 67＋s 78－s 89)，故需要直接测量的物理量是A 、B 两个滑块的质量m 1和m 2及s 34、s 45、s 56和s 67、s 78、s 89，故①、⑥正确．(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动．②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，碰撞时间很短，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确．③适当增大相机和轨道槽的距离，相机和轨道槽的距离较小时，由于镜头拍摄引起的距离误差增大，应适当增大相机和轨道槽的距离．④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动．【答案】 (1)② (2)①、⑥ m 1(2s 56＋s 45－s 34)＝(m 1＋m 2)(2s 67＋s 78－s 89)(3)使用更平整的轨道槽3．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：A．用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2；B．按照如图所示的方式，安装好实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；C．先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；D．将小球m2放在斜槽前端边缘上，让小球m1从斜槽顶端A 处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置；E．用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F.根据该同学的实验，请你回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．解析：(1)小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落点是D点，m2球的落点是F点．(2)碰撞前，小球m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2.设斜面BC 与水平面的夹角为α，由平抛运动规律得L D sinα＝12gt2，L D cosα＝v′1t，解得v′1＝gL D cos 2α2sinα，同理可解得v1＝gL E cos2α2sinα，v2＝gL F cos2α2sinα，所以只要满足m1v1＝m2v2＋m1v′1，即m1L E＝m1L D＋m2L F，则说明两球碰撞过程中动量守恒．(3)若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式12m1v21＝12m1v′21＋12m2v22，即m1L E＝m1L D＋m2L F.。
2020高中物理冲A方案课件+知识清单+练习 (24)
(2)原子的核式结构模型 在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的所有正 电荷和几乎所有质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外 绕核旋转． (3)核式结构模型的局限性 卢瑟福的原子核式结构模型能够很好地解释α粒子散射实验 现象，但不能解释原子光谱是特征光谱和原子的稳定性．
1．在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽
向外辐射能量．
(2)跃迁：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或 吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决 定，即hν＝ Em－En .(h是普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s)
(3)轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕 核运动相对应．原子的定态是 不连续 的，因此电子的可能轨 道也是 不连续 的．
2．α粒子散射实验 (1)α粒子散射实验装置
(2)α粒子散射实验的结果：绝大多数α粒子穿过金箔后基本 上仍沿原来的方向前进，但少数α粒子穿过金箔后发生了大角度 偏转，极少数α粒子甚至被“撞了回来”．
3．原子的核式结构模型 (1)α粒子散射实验结果分析 ①核外电子不会使α粒子的速度发生明显改变． ②汤姆孙模型不能解释α粒子的大角度散射． ③绝大多数α粒子沿直线穿过金箔，说明原子中绝大部分是 空的；少数α粒子发生较大角度偏转，反映了原子内部集中存在 着对α粒子有斥力的正电荷；极少数α粒子甚至被“撞了回 来”，反映了个别α粒子正对着质量比α粒子大得多的物体运动 时，受到该物体很大的斥力作用．
A项错误；比结合能越大，原子核越稳定，所以B项正确；两
个
2 1
H核结合成
4 2
He核时发生聚变反应，比结合能变大，有质量
亏损，所以释放能量，C项正确；
235 92
U核中核子的平均结合能
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二、非选择题(16′＋18′＋18′＝52′) 9．“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下： A．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内 的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的 边长求出油酸膜的面积 S. B．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳 定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板 上 C．用浅盘装入约 2 cm 深的水． D．用公式 d＝VS，求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小．
p2＝pV1V2 1＝4×105 Pa 以橡皮为研究对象，橡皮刚被推动时受到的静摩擦即为最
大静摩擦力 p2S＝p0S＋f f＝p2S－p0S＝6 N
(2)以活塞为研究对象：p2S＝p0S＋F F＝p2S－p0S＝6 N (3)由第 1 问可知，p-V 图象为
答案：(1)6 N (2)6 N (3)见解析图
答案：见解析
10．如图甲所示，一个粗细均匀的圆管，左端用一橡皮塞住， 橡皮离右端管口的距离是 20 cm，把一个带手柄的活塞从右端管 口推入，将塞向左端缓慢推动到离橡皮 5 cm 时橡皮被推动．已 知圆管的横截面积为 S＝2.0×10－5 m2，手柄的横截面积为 S′＝ 1.0×10－5 m2，大气压强为 1.0×105 Pa，若活塞和圆管间的摩擦 不计，且整个过程管内气体温度不变．求：
解析：分子间距离增大时，分子间的引力和斥力均减小， 选项 A 错误；当分子间的作用力表现为引力时，随分子间距离 的增大，分子势能增大，选项 B 正确；一定质量的理想气体发 生等温膨胀，温度不变，内能不变，对外做功，一定从外界吸 收热量，选项 C 正确；一定质量的理想气体发生等压膨胀，对 外做功，根据盖—吕萨克定律，等压膨胀，温度一定升高，内 能增大，一定吸收热量，选项 D 错误；熵是系统内分子运动无 序性的量度，其大小可以反映物体内分子运动的无序程度，选 项 E 正确．
11．(2018·全国卷Ⅱ)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽 缸壁内有卡口 a 和 b，a、b 间距为 h，a 距缸底的高度为 H；活 塞只能在 a、b 间移动，其下方密封有一定质量的理想气体．已 知活塞质量为 m，面积为 S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热， 不计它们之间的摩擦．开始时活塞处于静止状态，上、下方气体 压强均为 p0，温度均为 T0.现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体， 直至活塞刚好到达 b 处．求此时汽缸内气体的温度以及在此过程 中气体对外所做的功．重力加速度大小为 g.
则此时封闭气体的压强为( B )
A．100 cmHg B．95 cmHg C．85 cmHg D．75 cmHg
解析：当有一半的水银被推入细筒中时，由于粗筒横截面
积是细筒横截面积的 3 倍，因此，细筒中水银柱的高度为H2 ×3 ＝15 cm，活塞 A 上方水银柱的总高度为 h＝15 cm＋H2 ＝20 cm， 因活塞 A 的重力不计，所以封闭气体的压强 p＝p0＋h＝95 cmHg，B 正确．
是( D )
A．打开 K1，h1、h2 和 h3 均变为零 B．打开 K1，h1 增大，h2 和 h3 均变为零 C．打开 K2，h1、h2 和 h3 均变为零 D．打开 K2，h1、h2、h3 的长度保持不变
解析：设 h1＝h2＝h3＝h，由题图可知，中间封闭气体的压 强 p＝p0－h2＝p0－h<p0，左边气体压强 pa＝p－h3＝p－h＝p0 －2h<p0；打开 K1，中间部分气体压强等于大气压强 p0，则 h2 和 h1 均变为零，左边气体压强变大，气体体积减小，h3 增大， 故 A、B 错误；打开 K2，各部分气体压强均不变，则 h1、h2、 h3 均不变，故 C 错误，D 正确．
V1＝V2 ④ T1 T2 式中 V1＝SH ⑤ V2＝S(H＋h) ⑥ 联立③④⑤⑥式解得 T2＝1＋Hh 1＋pm0gST0 ⑦ 从开始加热到活塞到达 b 处的过程中，汽缸中的气体对外 做的功为 W＝(p0S＋mg)h
答案：1＋Hh 1＋pm0gST0 (p0S＋mg)h
6.如图所示，曲线 M、N 分别表示晶体和非晶体在一定压强 下的熔化过程．图中横轴表示时间 t，纵轴表示温度 T.从图中可
以确定的是( BC )
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点 T0 B．曲线 M 的 bc 段表示固液共存状态 C．曲线 M 的 ab 段表示固态、曲线 N 的 ef 段不表示固态 D．曲线 M 的 cd 段、曲线 N 的 fg 段均表示液态
(1)橡皮与圆管间的最大静摩擦力 f. (2)这一过程中作用在活塞手柄上的推力 F 的最大值． (3)在图乙的 p-V 图象中画出气体经历的状态变化过程图象， 并用箭头标出状态变化的方向．
解析：(1)将活塞向左端缓慢推动的过程中，管内气体温度 不变，初态 p1＝1.0×105 Pa
V1＝l1S＝0.2×2.0×10－5 m3＝4×10－6 m3 末态 V2＝l2S＝0.05×2.0×10－5 m3＝1×10－6 m3 由玻意耳定律可知 p1V1＝p2V2
解析：只有晶体存在固定的熔点 T0，曲线 M 的 bc 段表示 固液共存状态，曲线 M 的 ab 段表示固态，曲线 N 的 ef 段不表 示固态，曲线 N 的 fg 段不表示液态，选项 B、C 正确，A、D 错误．
7．下列说法正确的是( BCE )
A．分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大 B．当分子间的作用力表现为引力时，随分子间距离的增大， 分子势能增大 C．一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热 量 D．一定质量的理想气体发生等压膨胀，一定向外界放出热 量 E．熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度
8．(2018·全国卷Ⅰ)如图，一定质量的理想气体从状态 a 开 始，经历过程①、②、③、④到达状态 e.对此气体，下列说法正
确的是( BDE )
A．过程①中气体的压强逐渐减小 B．过程②中气体对外界做正功 C．过程④中气体从外界吸收了热量 D．状态 c、d 的内能相等 E．状态 d 的压强比状态 b 的压强小
Qac.则( C )
A．Tb>Tc，Qab>Qac C．Tb＝Tc，Qab>Qac
B．Tb>Tc，Qab<Qac D．Tb＝Tc，Qab<Qac
解析：根据理想气体状态方程有：p0V0＝2p0V0＝2p0V0，所
Ta
Tb
Tc
以有 Ta<Tb＝Tc，在 ab 过程中，吸收的热量 Qab＝ΔU－W，其
中 W<0，在 ac 过程中，吸收的热量 Qac＝ΔU，所以 Qab>Qac，
解析：过程①气体发生等容变化，温度升高，根据pTV＝C 可知气体压强增大，故 A 错误；过程②气体体积增大，气体对 外做正功，故 B 正确；过程④气体发生等容变化，气体对外不 做功，温度降低，内能减小，根据 ΔU＝Q＋W 可知气体对外放 热，故 C 错误；状态 c、d 的温度相同，气体内能相等，故 D
综合能力测试十三 热学(选修3－3)
时间：60 分钟 分值：100 分 一、选择题(1—5 为单选，6—8 为多选，6′×8＝48′) 1．如图，一定质量的理想气体，由状态 a 经过 ab 过程到达 状态 b 或者经过 ac 过程到达状态 c.设气体在状态 b 和状态 c 的温 度分别为 Tb 和 Tc，在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为 Qab 和
所以 C 正确，A、B、D 错误．
2．如图所示，竖直放置的弯曲玻璃管 a 端封闭，b 端开口， 水银将两段空气封闭在管内，管内各液面间高度差为 h1、h2、h3 且 h1＝h2＝h3；K1、K2 为两个阀门，K2 位置与 b 管水银面等高， 打开阀门后可与外界大气相通．打开 K1 ，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒 的 3 倍，细筒足够长，粗筒中 A、B 两轻质活塞间封有气体，气 柱长 L＝20 cm.活塞 A 上方的水银深 H＝10 cm，两活塞与筒壁间 的摩擦不计，用外力向上托住活塞 B，使之处于平衡状态，水银 面与粗筒上端相平．现使活塞 B 缓慢上移，直至水银的一半被推 入细筒中，若大气压强 p0 相当于 75 cm 高的水银柱产生的压强，
A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行 计算
B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处 理
C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开
解析：(1)C 步骤中，要在水面上撒上痱子粉或细石膏粉． (2)实验时，还需要：F.用注射器或滴管将事先配制好的油 酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时 液滴的数目． 实验步骤的合理顺序是 CFBAED. 由 d＝VS可知，测量结果偏大有两个原因，一是体积比正常 值偏大，二是面积比正常值偏小，故正确的说法是 A、C、D.
5．关于分子间作用力和分子势能，下列叙述正确的是( B )
A．分子间距离增大时，分子间引力增大，斥力减小 B．分子间距离减小时，分子间引力和斥力都增大 C．物体的体积减小时，内部分子势能一定减小 D．一个物体在分子间显引力时分子势能一定比显斥力时分 子势能要多
解析：分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，分 子间距离减小时，分子间引力和斥力都增大，A 错误，B 正确； 物体的体积减小时，内部分子势能不一定减小，如 0 ℃的冰熔 化成 0 ℃的水的过程中要不断吸热，内能增大，而温度不变， 分子动能不变，分子势能增大，C 错误；分子距离在大于平衡 距离且分子间距离减小时，分子势能减小；分子距离在小于平 衡距离且分子间距离减小时，分子势能增大，当 r＝r0 时分子间 作用力为零，分子势能最小，D 错误．
4．以下说法正确的是( A ) A．无论什么物质，只要它们的摩尔数相同就含有相同的分 子数 B．分子引力不等于分子斥力时，违背了牛顿第三定律 C．1 g 氢气和 1 g 氧气含有的分子数相同，都是 6.02×1023 个 D．阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动就是 布朗运动