2016届高三物理二轮复习 专题辅导与应用 强化练1-17（打包17套）.zip

1一、选择题强化练 1 直线运动规律和运动图象对应学生用书 第 167 页 1．(2015·江山市模拟，1)请用学过的运动和力的知识判断下列说法正确的是导学号：82460445( )A. 描述一个物体的运动时，参考系可以任意选择．选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，其结果会有所不同B．重的物体比轻的物体下落的快，是因为重的物体受到的重力大，加速度大C．子弹的质量并不重，之所以能对人造成伤害是因为其高速运动时的惯性很大D．既然作用力和反作用力是大小相等、方向相反的，他们应该互相平衡解析：A、描述一个物体的运动时，参考系可以任意选择．选择不同的参考系来观察同一个物体的运动，其结果会有所不同，故 A 正确；B、物体下落的快慢与物体的质量无关，重的物体比轻的物体下落的快是由于受到的阻力不同，故 B 错误；C、质量是惯性大小的唯一量度，子弹的质量并不重，惯性小；之所以能对人造成伤害是因为其高速运动时作用时间短，导致作用力大，故 C 错误；D、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，不是平衡力，故 D 错误．答案：A2．(2015·马鞍山三模，16)一质点沿 x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其 ­t 的图象如图所示，则导学xt号：82460446( )A．质点做匀速直线运动，速度为 0.5 m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为 0.5 m/s2C．质点在 1 s 末速度为 1.5 m/sD．质点在第 1 s 内的平均速度 0.75 m/s解析： ＝ kt＋ b，得 x＝ kt2＋ bt＝ v0t＋ at2， ­t 图象的斜率为 a，图线的斜率等xt 12 xt 12于加速度的 2 倍，则根据图象可以算出 a＝2 ＝2×0.5＝1 m/s2，故 B 错；倾斜的直线Δ vΔ t表示匀加速直线运动，故 A 错误；由 v＝ v0＋ at＝0.5 m/s＋1×1 m/s＝1.5 m/s 可知质点在 1 s 末速度为 1.5 m/s，故 C 正确；质点在第 1 s 内的平均速度 ＝ ＝ v－ v＋ v02 0.5＋ 1.52m/s＝1 m/s，故 D 错．答案：C23．(2015·聊城二模，15)两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比。下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的 v­ t 图象，可能正确的是导学号：82460447( )解析：若不计空气阻力，则小球下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变，若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于 g，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越大且大于g，根据速度时间图象的斜率表示加速度可知，D 正确．答案：D4．(2015·大庆三检，15)如图所示，放在光滑水平面上的木块以速率 v0向右做匀速直线运动．现有一随时间从零开始做线性变化的水平力 F 向左作用在木块上，在这个过程中，以向右为正方向，能正确描述木块运动的 v­t 图线是下图中的导学号：82460449( )解析：在水平方向上，木块以 v0向右做匀速直线运动，合力为零；现有一向左的水平力 F 作用在木块上，且逐渐增大，木块受的合力逐渐变大，加速度方向与速度方向相反，速度减小，速度变化越来越快，所以木块做加速度越来越大的减速运动；能反映这种变化的图象是 B.答案：B5.(2015·济南二模，15)如图所示，一滑块以初速度 v0自固定于地面的斜面底端冲上斜面，到达某一高度后又返回底端。取沿斜面向上为正方向。下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度 v 随时间t 变化的图象中，可能正确的是导学号：82460450( )3解析：上滑时的加速度： a1＝ ＝ gsin θ ＋ μg cos θmgsin θ ＋ μ mgcos θm下滑时的加速度： a2＝ ＝ gsin θ － μg cos θ ，知 a1＞ a2，mgsin θ － μ mgcos θm速度时间图线的斜率表示加速度；滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间，所以 A 正确，B、C、D 错误．答案：A6．(2015·广东七校三联，13)甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移一时间( x ­t)图象如图所示，由图象可以看出在 0～4 s 内导学号：82460451( )A．甲、乙两物体始终同向运动B．4s 时甲、乙两物体间的距离最大C．甲的平均速度等于乙的平均速度D．甲、乙两物体之间的最大距离为 4 m解析：A. x ­t 图象的斜率等于速度，可知在 0～2s 内甲、乙都沿正向运动，2～4 s 内甲沿负向运动，乙仍沿正向运动，故 A 错误；B、D.0～2 s 内两者同向运动，甲的速度大，两者距离增大，2s 后甲反向运动，乙仍沿原方向运动，两者距离减小，则 2s 时甲、乙两物体间的距离最大，最大距离为 s＝4m－1m＝3m，故 B、D 错误；C.由图知在 0～4 s 内甲乙的位移都是 2m，平均速度相等，故 C 正确．答案：C7．(2015·枣庄八中模拟，2)下列所给的图象中能反映作直线运动物体不会回到初始位置的是导学号：82460452( )解析：A.由图可知，物体开始和结束时的纵坐标均为 0，说明物体又回到了初始位置，故 A 错误；B.由图可知，物体一直沿正方向运动，位移增大，故无法回到初始位置，故 B正确；C.物体第 1s 内的位移沿正方向，大小为 2 m，第 2 s 内位移为 2 m，沿负方向，故2 s 末物体回到初始位置，故 C 错误；D.物体做匀变速直线运动，2s 末时物体的总位移为零，故物体回到初始位置，故 D 错误．4答案：B8．(2015·吉林三模，14)在一笔直公路上有 a、 b、 c 三辆汽车，它们同时经过同一路标开始计时，此后的 v­t 图象示意如图，下列判断正确的是导学号：82460453( )A．在 t1时刻 a、 b 速度相等B．0～ t1时间内， a、 b 间距离在减小C．0～ t1时间 内， a 位于 b、 c 后面D．时刻 t1以后， b 位于 a、 c 前面解析：A.根据图象可知，在 t1时刻 a、 b 速度相等．故 A 正确．B.0 时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在 t1时间内 a 车速度大于 b 的速度， a 车在 b 车的前方，所以两车逐渐远离，距离增大，故 B 错误；C.0～ t1时间内， a 的位移最大，所以 a 位于 b、 c 前面，t1时刻以后的一段时间内， a 位于 b、 c 前面，故 C、D 错误．答案：A[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1强化练 10 直流电 交流电 变压器与远距离输电对应学生用书 第 176页 1．(2015·盐城检测，5)在如图(a)所示的电路中， R1为定值电阻， R2为滑动变阻器。闭合电键 S，将滑动变阻器的滑动触头 P从最右端滑到最左端，两个电压表(内阻极大)的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图(b)所示．则导学号：82460525( )A．图线甲是电压表 V1示数随电流变化的图线B．电源内电阻的阻值为 10ΩC．电源的电动势是 4VD．滑动变阻器 R2的最大功率为 0.9W解析：A.当滑片向左端滑动时，接入电路中的电阻减小，电路中的总电阻减小，由I＝ 可知，电路中的电流增大， r、 R1两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压UR之和，所以， R2两端的电压减小，即电压表 V2示数减小，由图象可知，甲表示电压表的示数随电流的增大而减小，表示的是电压表 V2示数随电流变化的图线，故 A错误；BC.当滑动变阻器接入电路中的电阻为 0时， R1与 r串联，电路中的电流最大，由图象可知， R1两端的电压 U1＝3V，电路中的电流 I1＝0.6A，则电阻 R1的阻值： R1＝ ＝ ＝5Ω，因串U1I1 3V0.6A联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压： U＝ U1＋ I1r＝3V＋0.6A× r ①，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，三电阻串联，由图象可知， R1两端的电压U′ 1＝1V， R2两端的电压 U2＝4V，电路中的电流 I2＝0.2A，滑动变阻器的最大阻值： R2＝＝ ＝20Ω，则电源的电压： U＝ U′ 1＋ U2＋ I2r＝1V＋4V＋0.2A× r ② ，由①②可U2I2 4V0.2A得， r＝5Ω， U＝6V，故 B、C 错误；D.电路中的电流： I＝ ＝ ＝Ur＋ R1＋ R2 6V5Ω ＋ 5Ω ＋ R2，滑动变阻器消耗的电功率： P2＝ I2R2＝ 2R2，当 R2＝10Ω 时，滑动变6V10Ω ＋ R2 ( 6V10Ω ＋ R2)阻器消耗的电功率最大，则 P2m＝ ＝0.9W，故 D正确． 6V 240Ω答案：D2．(2015·潍坊二模，17)如图所示，为交流发电机、理想变压器和灯泡连成的电路，灯泡的额定电压为 U0，电阻为 R.当发电机线圈的转速为 n时，灯泡正常发光，此时电压表2示数为 U，图中线圈处于中性面位置，并以此作为计时开始，则有导学号：82460526( )A．变压器输入电压的瞬时值是 u＝ Usin 2π ntB．变压器输入电压的瞬时值是 u＝ Usin 2π nt2C．电流表的示数是U20RUD．电流表的示数是UR解析：AB.线圈以较大的转速 n匀速转动时， ω ＝2π n，电压表示数 U为有效值，所以变压器输入电压的瞬时值为： u＝ Usin 2π nt，故 A错误，B 正确；CD.理想变压器的输2入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为 P，所以输入功率为 P，电流表的示数是：I＝ ＝ ，故 C正确，D 错误．PU U20RU答案：BC3．(2015·宝鸡三检，21)如图所示，电阻不计的金属导轨 PQ、 MN水平平行放置，间距为 L，导轨的 P、 M端接到匝数比为 n1： n2＝1：2 的理想变压器的原线圈两端，变压器的副线圈接有阻值为 R的电阻．在两导轨间 x≥0 区域有垂直导轨平面的磁场，磁场的磁感应强度 B＝ B0sin2kπx ，一阻值不计的导体棒 ab垂直导轨放置且与导轨接触良好．开始时导体棒处于 x＝0 处，从 t＝0 时刻起，导体棒 ab在沿 x正方向的力 F作用下做速度为 v的匀速运动，则导学号：82460527( )A．导体棒 ab中产生的交变电流的频率为 kvB．交流电压表的示数为 2B0LvC．交流电流表的示数为4B0LvRD．在 t时间内力 F做的功为2B20L2v2tR3解析:A.由 B＝ B0sin 2kπ x可得： f＝ k，导体棒 ab切割磁感线，产生感应电动势：E＝ BLv，即： E＝ B0Lvsin 2kπ vt，则产生的交变电流的频率为 kv，故 A正确；B.由E＝ B0Lvsin 2kπ vt可知，原线圈所加交变电流的有效值为 U1＝ ，由 ＝ 得：B0Lv2 U1U2 n1n2U2＝ U1，即 U2＝ ，故 B错误；C.因 U2＝ ，则 I2＝ ＝ ，由 ＝ 得：n2n1 2B0Lv2 2B0Lv2 U2R 2B0Lv2R I1I2 n2n1I1＝ I2＝ ，故 C错误；D.依据能量守恒定律，得： WF＝ QR＋ W 安 ，即： WF＝ I Rt＋ F 安 n2n1 4B0Lv2R 2vt＝ ，故 D正确．2B20L2v2tR答案：AD4．(2015·青岛统一检测，18)如图所示，匝数为 10匝的矩形线框处在磁感应强度 B＝ T的匀强磁场中，绕垂直磁场2的轴以恒定角速度 ω ＝10 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为 0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡 L(4W,100Ω)和滑动变阻器，已知图示状况下灯泡正常发光，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是导学号：82460528( )A．此时原副线圈的匝数比为 2∶1B．此时电流表的示数为 0.4AC．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗D．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大解析:A.输入电压的最大值为： Um＝ NBSω ＝10× ×0.4×10 V＝40 V，变压器输入2 2电压的有效值为： U1＝ ＝ V＝40V，开关闭合时两灯泡均正常发光，所以 U2＝ ＝Um2 4022 PRV＝20V，此时原副线圈的匝数比为： ＝ ＝ ＝ ，故 A正确；B.由欧姆定律4×100n1n2 U1U2 4020 21得： I2＝ ＝ A＝0.2A，根据 ＝ 得：此时电流表的示数为：U2R 20100 I1I2 n2n1I1＝ ＝ ×0.2A＝0.1A，故 B错误；C.若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，n2I2n1 12根据 ＝ 可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故 C正确；D.若将自耦变压器触头向上滑U1U2 n1n2动，副线圈匝数变大，根据 ＝ 可知输出电压增大， P1＝ P2＝ ，又 P1＝ U1I1，可知电流U1U2 n1n2 U2R表示数增大，故 D正确．答案：ACD5．(2015·苏锡常镇四市二调，2)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为410∶1，输入电压 u＝311·sin(100π t)V， L1和 L2灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表．则导学号：82460529( )A．该交流电的频率为 100 HzB．电压表的示数为 31.1 VC．若将变阻器的滑片 P向上滑动，则电流表的示数将变大D．若将变阻器的滑片 P向上滑动，则灯泡 L1将变暗、灯泡 L2将变亮解析：A.根据输入电压的表达式可知输入的交流电的频率为 f＝ ＝50 Hz，故 A错ω2π误；B.电压表测量的为输出电压的有效值，根据 ＝ ，可知输出电压U2U1 n2n1U2＝ U1＝ × V＝22 V，故 B错误；C.在变压器的原、副线圈一定的基础上，输入电110 110 3112压决定输出电压，本题中，输出电压一定，当 P向上移动时，会使负载电阻减小，电流增大，据 ＝ 可知，原电流增大．D.在变压器的原、副线圈一定的基础上，输入电压决定I1I2 n2n1输出电压，本题中，输出电压一定，L 1两端电压恒定，亮度不变， P上移，电阻减小，所以 L2电压增大，亮度变亮．答案：C6．(2015·菏泽二模，16)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表， R0为定值电阻， R为半导体热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小)．下列说法中正确的是导学号：82460530( )A．图乙中电压的有效值为 110 VB．电压表的示数为 44 VC． R处出现火警时，电流表示数减小D． R处出现火警时，电阻 R0消耗的电功率增大解析：A.根据电流的热效应可得： · ＝ ·T，代入数据得图乙中电压的有效值(Um2)2R T2 U2R5为 110 V，故 A错误；B.变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线2圈中的电压之比是 5∶1，电压表的示数为 22 V，故 B错误；C. R处温度升高时，阻值减2小，由于电压不变，所以出现火警时电流表示数增大，故 C错误；D.由 C选项知出现火警时，电路中电流增大，故电阻 R0消耗的电功率增大，所以 D正确．答案：D7．(2015·西安交大附中三模，19)如图所示，光滑的长直金属杆上套两个金属环与一个完整正弦图象的金属导线 ab连接，其余部分未与杆接触。杆电阻不计，导线电阻为R， ab间距离为 2L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆距离都是 d，在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为 L，磁感强度为 B，现在外力 F作用下导线沿杆以恒定的速度 v向右运动， t＝0 时刻导线从 O点进入磁场，直到全部穿过的过程中，产生的感生电流或外力 F所做的功为导学号：82460532( )A．非正弦交变电流 B．正弦交变电流C．外力做功为 D．外力做功为3B2d2LvR 3B2d2Lv2R解析：金属导线在磁场中运动时，产生的电动势为： e＝ Bvy， y为导线切割磁感线的有效长度，在导线运动的过程中， y随时间的变化为： y＝ dsin π ＝ dsin π ＝ dsin xL vtLωt ， ＝ ω ，则导线从开始向右运动到 L的过程中(如图)有： e1＝ Bvy＝ Bvdsin π vLπ ＝ Bvdsin ωtvtL则此过程中电动势的最大值为： E1max＝ Bvd，此过程中电动势的有效值为：E1＝ ＝ ，E1max2 Bvd26导线从 L向右运动到 2L的过程中(如图)有：e2＝2 Bvy＝2 Bvdsin π ＝2 Bvdsin ωtvtL即： E2max＝2 Bvd，所以： E2＝2 E1＝2Bvd2导线从 2L向右运动到 3L的过程与导线从开始向右运动 L的过程相同(如图)，则在这三段中运动的时间各为 t， t＝ ，Lv在整个过程中产生的内能为： Q＝ ＋ ＋ ，解得： Q＝E21tR E2tR E21tR 3B2d2LvR因导线在拉力 F的作用下匀速运动，所以拉力 F`所做的功全部转化为内能，即： W＝ Q＝3B2d2LvR由以上分析可知，电流不按正弦规律变化，不是正弦式电流，故 A、C 正确，B、D 错误．答案：AC8．(2015·广东七校三联，14)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则导学号：82460533( )A．用户用电器上交流电的频率是 100 HzB．发电机输出交流电的电压有效值是 500 VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：A.发电机的输出电压随时间变化的关系，由图可知， T＝0.02s，故f＝ ＝ Hz＝50 Hz，故 A错误；B.由图象可知交流的最大值为 Um＝500 V，因此其有效1T 10.02值为 U＝ V，故 B错误；C.输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原5002副线圈的匝数比无关，故 C错误；D.当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故 D正确．答案：D7[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1二、实验题强化练 11 力学实验的设计与探究对应学生用书 第 177 页 1．导学号：82460535(2015·大庆三检，22)利用图示装置可以做力学中的许多实验．(1)以下说法正确的是________．A．利用此装置做“研究匀变速直线运动”的实验时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响B．利用此装置探究“加速度与质量的关系” ，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板的倾斜度C．利用此装置探究“加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的 a­m关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比D．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响(2)某同学在利用此装置“探究加速度 a 与力 F 的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度 a 的值随钩码个数的增加将趋近于________的值．解析：(1)A.此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故 A 错误；B.利用此装置探究“加速度与质量的关系” ，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故 B 正确；C.曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若 a－ m 图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出 a－ 图象，故 C 错误；D.探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法1m是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故 D 正确．(2)设小车质量为 m，钩码质量为 M，则对小车有： Mg－ F＝ Ma ①对钩码有： F－ μmg ＝ ma ②联立①②解得： a＝ gM－ μ mM＋ m2将上式变形为： a＝ g，可见当 M≫m 时，加速度 a 趋近于 g.故答案为：(1)1－ μ mM1＋ mMBD；(2) g.答案：(1)BD；(2) g2.导学号：82460536(2015·江山市模拟，8)如图 1 所示是三个涉及纸带和打点计时器的实验装置图．图 1(1)如图 1 三个实验装置中，摩擦力对实验结果没有影响的是________；A．甲 B．乙 C．丙(2)若某同学实验时所用的电源如图 2 甲所示，则打点计时器应选图 2 乙中的________(选“A”或“B”)．图 2(3)如果操作都正确，则通过装置________(选填“甲” 、 “乙”或者“丙”)可打出图 3中的纸带______(选填“①”或者“②”)3图 3解析：(1)在匀变速直线运动的实验中，受到的拉力恒定，摩擦力也恒定，那么物体受到的合力恒定，对实验没有影响，在研究功和速度的关系的实验中，每次实验时受到的拉力加倍，但是摩擦力不加倍，对实验会产生影响，在研究加速度与力质量的关系的实验中，改变车的拉力的时候，摩擦力不变，对实验的计算会产生影响，所以没有影响的是 A；(2)由于电源是学生电源，电磁打点计时器的电压为 4～6 V，所以要选择电磁打点计时器，故选：B(3)分析纸带可以得到，纸带①中两点间的距离逐渐增大，说明是加速运动，纸带②中两点间的距离相等，说明是匀速运动，实验纸带②应该是研究功和速度的关系的实验中得到的，即乙，所以通过装置乙可以得到纸带②.答案：(1)A；(2)B；(3)乙、②3．导学号：82460537(2015·苏锡常镇四市二调，10)某同学用如图所示装置研究物块运动速度变化的规律．(1)从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间 t 与速度 v 的数据如下表：时间 t/s 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60速度 v/(m·s－1 ) 0 0.16 0.31 0.45 0.52 0.58 0.60请根据实验数据做出物块的 v­t 图象．4(2)上述 v­t 图象不是一条直线，该同学对其装置进行了进一步检查，列出了下列几条，其中可能是图象发生弯曲原因的是________．A．长木板不够光滑B．没有平衡摩擦力C．钩码质量 m 没有远小于物块质量 MD．拉物块的细线与长木板不平行解析：(1)合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满”整个坐标平面，利用题中所给数据描点连线，得到小车的 v ­t 图象如图所示．(2)由速度与时间图象可知，斜率表示加速度的大小，由图象可得，一开始加速度不变，后来加速度减小，由题意分析可得：物块的合外力变小，引起的原因是拉物块的细线与长木板不平行，当物块越靠近定滑轮时，夹角越大，则拉力沿着桌面的分力减小，然而，长木板不够光滑，或没有平衡摩擦力，或钩码质量 m 没有远小于物块质量 M，都不会出现中途加速度变化的现象，故 D 正确，A、B、C 错误．答案：(1)如下图所示 (2)D4．导学号：82460540(2015·衡水高三调，22)利用如图甲实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题．实验操作步骤如下：A．按实验要求安装好实验装置；B．使重物靠近打点计时器，接着先接通电源，后放开纸带，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C．下面图乙为一条符合实验要求的纸带， O 点为打点计时器打下的第一点。分别测出若干连续点 A、 B、 C……与 O 点之间的距离 h1、 h2、 h3…….5甲 乙(1)已知打点计时器的打点周期为 T，重物质量为 m，重力加速度为 g，结合实验中所测得的 h1、 h2、 h3，可得纸带从 O 点下落到 B 点的过程中，重物增加的动能为________，减少的重力势能为________．(2)取打下 P 点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度 h 时所对应的动能Ek和重力势能 Ep，建立坐标系，横轴表示 h，纵轴表示 Ek和 Ep，根据测得的数据在图中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ.已求得图线Ⅰ斜率的绝对值为 k1，图线Ⅱ的斜率的绝对值为 k2.则可求出重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为 ________(用 k1和 k2 表示)．解析(1) B 点的瞬时速度： vB＝h3－ h12T则重物动能的增加量：Δ Ek＝ mv ＝12 2B m h3－ h1 28T2重力势能的减小量为： Δ Ep＝ mgh2(2)取打下 O 点时重物的重力势能为零，因为初位置的动能为零，则机械能为零，每个位置对应的重力势能和动能互为相反数，即重力势能的绝对值与动能相等，而图线的斜率不同，原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功．根据动能定理，得： mgh－ fh＝ mv2，12则： mg－ f＝12mv2h图线斜率： k1＝ ＝ mgmghh6图线斜率： k2＝ ，知： k1－ f＝ k2，则： f＝ k1－ k212mv2h所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为：k1－ k2k1答案：(1) 、 mgh2；(2)m h3－ h1 28T2 k1－ k2k1[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1强化练 12 电学实验的设计与探究对应学生用书 第 178页 1．导学号：82460541(2015·苏锡常镇四市二调，11)将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，某兴趣小组欲测量水果电池的电动势和内阻．甲乙(1)甲同学用多用表的直流电压(0～1V)挡估测某水果电池的电动势，稳定时指针如图甲中 A所示，则读数为________V；用多用表的欧姆×100 挡估测水果电池的内阻，稳定时指针如图甲中 B所示，则读数为________Ω.上述测量中存在一重大错误，是________．丙(2)乙同学采用如图丙所示电路进行测量，并根据测量数据做出了 R­ 图象如图乙所示，1I则根据图象，该水果电池的电动势为________ V，内阻为 ________Ω.(结果保留两位有效数字)解析：(1)因为量程为 1V，则最小分度为 0.1V，故读数为：0.84V；用×100 挡位测量电阻，电阻 R＝32×100Ω＝3.2×10 3Ω本实验直接用欧姆挡测量电源的内阻，这是错误的，因为欧姆挡内部本身含有电源，2而外部电压会干涉读数；故不能用多用电表电阻挡直接测电源内阻(2)由闭合电路欧姆定律可知：I＝ 则 ＝ ＋ ；由公式及数学知识可得：ER＋ r 1I RE rE图象中的 k＝ ＝ ＝1 b＝ ＝1.6×10 31E 10.0－ 08＋ 2 rE解得： E＝1V， r＝1.6×10 3Ω答案：(1)0.84；3.2×10 3；不能用多用电表电阻挡直接测电源内阻 (2)1.0 1.6×1032．导学号：82460542(2015·天津武清三模，9)实验室购买了一捆标称长度为 100 m的铜导线，某同学想通过实验测其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为 1.0 mm2，查得铜的电阻率为 1.7×10－8 Ω·m，再利用图示电路测出铜导线的电阻 Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程 0.6A，内阻约 0.2Ω；电压表：量程 3V，内阻约 9kΩ；滑动变阻器 R1：最大阻值 5Ω；滑动变阻器 R2：最大阻值 20Ω；定值电阻： R0＝3Ω；电源：电动势 6V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：①实验中滑动变阻器应选________(选填“ R1”或“ R2”)，闭合开关 S前应将滑片移至________端(选填“ a”或“ b”)．②在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据实验电路图完成剩余部分的连接．③调节滑动变阻器，当电流表的读数为 0.50 A时，电压表示数如图所示，读数为________V.④导线实际长度为________ m(保留 2位有效数字)．解析：①由③中电流表的读数为 0.50A时，电压表的读数为 2.30V可知， Rx和 R0的总阻值约为 4.60欧姆，若选用滑动变阻器 R1，电源电压为 6伏特，电流表的量程只有0.6A，会把电流表烧坏，故滑动变阻器应该选 R2.②如图3③2.30V④ Rx的阻值为 1.60欧姆，由 R＝ ρ 可知， l＝ ＝ m≈94 mlS RSρ 1.6×1.0×10－ 61.7×10－ 8答案：① R2， a ②如图所示 ③2.30 ④943．导学号：82460543(2015·宝鸡三检，23)某同学准备通过实验描绘额定电压 3.0 V、额定功率约 0.9 W的小灯泡的 I ­U特性曲线．实验室可供选用的器材如下：A．电源 E1(电动势 3V，内阻很小，允许输出的最大电流 200 mA)B．电源 E1(电动势 4.5 V，内阻很小，允许输出的最大电流 600 mA)C．电压表 V(15V ，内阻约 5kΩ)D．电流表 A1(0.6A，内阻约 6Ω )E．电流表 A2(0.2A，内阻为 20Ω)F．滑动变阻器 R1(最大阻值 20Ω，额定电流 2A)G．滑动变阻器 R2(最大阻值 5kΩ，额定电流 1A)H．电键 S I．导线若干(1)请你在虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号(如“V” 、“A1”、 “A2”、 “R1”、 “R2”、 “E1”、 “E2”等)．要求：测量结果尽可能准确且操作方便．(2)实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的 I­U特性曲线，如图甲所示．现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为 3.0V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示．当开关闭合后，下列哪些判断不正确( )A．图乙所示的电路中灯泡 L1的电阻为 10ΩB．通过灯泡 L1的电流为通过灯泡[ L]2电流的 2倍C．灯泡 L1消耗的电功率为 0.90 WD．灯泡 L2消耗的电功率为 0.45 W解析：(1)小灯泡上的额定电压 3V，所以电源选择 E2；而电压表 V的量程为 15V，不4符合测量要求，所以根据串联分压的知识得将 A2与灯泡并联，改装成电压表，选 A1测量电流，又小灯泡的电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法；因做描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流与电压从零调，故滑动变阻器采用分压式接法，应该选择最大阻值较小的，有利于数据的测量，故选 R1，电路图如下图所示：(2)A.当开关闭合后，灯泡 L1的电压 U1＝3V，由图读出其电流 I1＝0.30 A，则灯泡 L1的电阻 R1＝ ＝10 Ω，故 A正确；B.灯泡 L2、L 3串联，电压 U2＝ U3＝1.5V，由图读出其U1I1电流 I2＝ I3＝0.20A，所以 ＝ ＝ ，故 B错误；C. L1消耗的电功率为I1I2 0.300.20 32P1＝ U1I1＝3×0.30W＝0.9W，故 C正确；D. L2消耗的电功率为P2＝ U2I2＝1.5×0.2W＝0.3W，故 D错误．本题选不正确的，故选 B、D.答案：(1)图见解析；(2)BD4．导学号：82460544(2015·肇庆三测，34)某同学要测量一电压表的内阻，所备器材如下：A．待测电压表 V(量程 3V，内阻未知)B．定值电阻 R0(阻值 2 kΩ)C．电池组 E(电动势略小于 3V，内阻忽略不计)D．多用电表 E．开关 S1、S 2，导线若干①该同学想利用多用电表粗测电压表的内阻，请将以下主要操作步骤补充完整：Ⅰ.对多用电表进行机械调零Ⅱ.将选择开关拔到“×1k”的欧姆挡上Ⅲ.将红黑表笔短接，进行欧姆调零Ⅳ.将图(甲)中多用电表和电压表连接，其中红表笔应接电压表的________极(选填“正” 、 “负”)Ⅴ.正确连接后，发现指针偏转较大，换用“×100”的欧姆挡，应先________，再次5测量，多用电表刻度盘上的指针位置如图乙所示，测量结果是________Ω.②为了更精确测量此电压表的内阻，该同学设计了如图丙所示的实验电路图，请在图丁上用笔画线代替导线进行实物连接。该同学首先闭合 S1，读电压表示数 U1；再闭合 S2，读电压表示数 U2，则电压表内阻 RV＝________(用 U1、 U2、 R0表示)．解析：①据多用电表的工作原理可知，红表笔与电源的负极相连，黑表笔与电源的正极相连，所以为保证电压表指针正向偏转，应将多用电表的红色表笔接电压表的负极；当改变不同倍率的欧姆挡后，由于欧姆表内阻发生了变化，因此在测量之前必须重复欧姆调零这项操作；多用电表刻度盘上的指针位置如图乙所示，测量结果是 3000Ω.②如答图所示，只闭合 S1时，电压表与电阻串联，当 S1和 S2都闭合时，电压表测电源的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，则电压表内阻 RV＝ R0.U1U2－ U1答案：①Ⅳ.负 Ⅴ.欧姆调零 3000 ②如图所示， R0U1U2－ U1[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________61三、计算题强化练 13 牛顿运动定律和运动学规律的综合应用对应学生用书 第 179页 1．导学号：82460546(2015·济南二模，23)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量 m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f＝4 N． g取 10 m/s2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞。求在 t＝5 s时离地面的高度 h；(2)当无人机悬停在距离地面高度 H＝100 m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无人机坠落地面时的速度 v；(3)在无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t1.解析：(1)根据题意，设上升时加速度为 a，由牛顿第二定律： F－ mg－ f＝ ma解得： a＝6 m/s 2由 x＝ at2，得上升高度： h＝ at212 12解得： h＝75 m(2)设下落过程加速度为 a1，由牛顿第二定律得：下落过程中： mg－ f＝ ma1解得： a1＝8m/s 2由 v2＝2 ax，得落地时速度： v2＝2 a1H解得： v＝40 m/s(3)设恢复升力后向下减速时加速度为 a2，由牛顿第二定律得：恢复升力后向下减速运动过程： F－ mg＋ f＝ ma2解得： a2＝10 m/s 2设恢复升力时的速度为 vm，则有： ＋ ＝ Hv2m2a1 v2m2a2解得： vm＝ m/s4053由： vm＝ a1t1解得 t1＝ s5532答案(1)75 m；(2)40 m/s；(3) s5532．导学号：82460547(2015·青岛统一检测，23)如图甲所示，有一倾角为 30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为 M的木板．开始时质量为 m＝1 kg的滑块在水平向左的力 F作用下静止在斜面上，今将水平力 F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力 F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失．此后滑块和木板在水平面上运动的 v ­t图象如图乙所示， g＝10 m/s 2.求：(1)水平作用力 F的大小；(2)滑块开始下滑时的高度；(3)木板的质量．解析：(1)滑块受到水平推力 F、重力 mg和支持力 N处于平衡，如图所示： mgsin θ ＝ Fcos θ代入数据可得： F＝ N1033(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为 10 m/s当 F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得： mgsin θ ＋ Fcos θ ＝ ma解得： a＝10 m/s 2下滑的位移： x＝v22a解得： x＝5m故下滑的高度： h＝ xsin 30°＝2.5 m(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为 μ 1，滑块与木板间的摩擦因数为 μ 2二者共同减速时的加速度大小a1＝1 m/s 2，发生相对滑动时，木板的加速度 a2＝1 m/s 2，滑块减速的加速度大小为：a3＝4 m/s 2对整体受力分析可得： a1＝ ＝ μ 1gμ 1 M＋ m gM＋ m可得： μ 1＝0.1在 0～2s 内分别对 m和 M做受力分析可得：3对 M: ＝ Ma2μ 2mg－ μ 1 M＋ m gM对 m: ＝ ma3μ 2mgm代入数据解方程可得： M＝1.5 kg答案：(1) N；(2)2.5 m；(3)1.5 kg10333．导学号：82460548(2015·龙岩综测，22)5 个相同的木块紧挨着静止放在地面上，如图所示。每块木块的质量为 m＝1kg，长 l＝1 m。它们与地面间的动摩擦因数μ 1＝0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现有一质量为 M＝2.5 kg的小铅块(视为质点)，以 v0＝4 m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数 μ 2＝0.2.小铅块刚滑到第四块木块时，木块开始运动，求：(1)铅块刚滑到第四块木块时的速度．(2)通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开始运动．(3)小铅块停止运动后，离第一块木块的左端多远？解析：(1)设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为 a，刚滑到第四块的速度为 v1由牛顿第二定律得： μ 2Mg＝ Ma1 ①由运动学公式得 v － v ＝2 a13l ②20 21联立①②得： v1＝2 m/s ③(2)设小铅块滑到第 n块木块时对木块的摩擦力 f1则： f1＝ μ 2Mg＝5 N后面的(6－ n)块木块受到地面的最大静摩擦力为 f2则： f2＝ μ 1[M＋(6－ n)m]g要使木块滑动，应满足 f2＜ f1，即： μ 1[M＋(6－ n)m]g＜5n＞3.5，取： n＝4设小铅块滑上 4木块经过 t秒和 4、5 木块达到共同速度，此过程小铅块、4、5 木块的对地位移为 s1和 s2，相对位移为 Δ s,4、5 木块运动的加速度为 a2μ 2Mg－ μ 1(Mg＋2 mg)＝2 ma2 ④v1－ a1t＝ a2t ⑤s1＝ v1t－ a1t2 ⑥12s2＝ a2t2 ⑦124Δ s＝ s1－ s2 ⑧联立①④⑤⑥⑦⑧解得 s1＝ m ⑨8081Δ s＝ m ⑩89由于 Δ s＜ l(s1＜ l)说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与 4、5 木块达共同速度一起减速为零．(3)设小铅块与 4、5 木块达到共同速度为 v2，一起减速的加速度大小为 a3，减速位移为 s3μ 1(2mg＋ Mg)＝(2 mg＋ Mg)a3 ⑪v2＝ a2t ⑫s3＝ ⑬v22a3联立⑤⑪⑫⑬得： s3＝ m ⑭281小铅块最终离 1木块左端为 ss＝3 l＋ s1＋ s3 ⑮联立⑨⑭⑮得： s＝4 m181答案：(1)2 m/s (2)Δ s＜ l(s1＜ l) (3)4 m1814．导学号：82460549(2015·聊城二模，23)如图所示，质量 M＝8.0 kg、长 L＝2.0 m的木板静置在水平地面上，质量 m＝0.50 kg的小滑块(可视为质点)以速度 v0＝3.0 m/s从木板的左端冲上木板．已知滑块与木板间的动摩擦因数 μ ＝0.20，重力加速度 g取 10 m/s2.(1)若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求滑块在木板上滑行的时间 t和滑出时的速度 v；(2)若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力 F，如果要使滑块不从木板右端掉下，力 F应满足什么条件？假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．解析：(1)由题意知，滑块在木板上由滑动摩擦力作用下产生加速度大小： a＝ ＝f滑m＝ μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2μ mgm5因为滑块做匀减速运动，所以滑块滑离木板时产生的位移为： x＝ v0t－ at212代入数据可得滑块运动时间： t＝1 s根据速度时间关系可知，滑块滑离木板时的速度： v＝ v0－ at＝(3－2×1)m/s＝1 m/s(2)令滑块不滑离木板右端时，木板的最小加速度为 a，则可知，滑块不滑下来，滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度 L，运动时间为 t，则有：据速度时间关系有：3－2 t＝ at ①根据位移时间关系有： － at2＝2 ② at 2－ 32－ 2×2 12由①②两式解得木板获得的最小加速度： a＝0.25 m/s 2根据牛顿第二定律可知，木板获得的加速度 a＝ ，即木板获得的最小拉力F＋ μ mgMF＝ Ma－ μmg ＝8×0.25N－0.2×0.5×10N＝1N所以，当 F≥1N 时，滑块不会从木板的右端滑出．答案：(1)1s、1 m/s；(2) F≥1N[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________