高考物理高考物理实验(2)经典考题冲刺专题复习。
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20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题14:第7专题高考物理实验(2)经典考题
纵观近三年的高考实验题，会发现以下特点．
1．对力学实验的考查基本上以创新题出现，试题源于教材，又高于教材，总体来说其变化在于：同一实验可用于不同装置，同一装置可完成不同实验．
2．高考对电学实验的考查一般书本实验稍加变化来出题，以“电阻的测量”最为常见，包括测电阻率、测伏安特性等，当然也可能会有其他电学实验出现，如测电动势与内阻、电路故障等．
1．Ⅰ．在如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．
(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．
(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明____________________________________可能有故障．
(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：____________________________________________________________________．
Ⅱ．某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图甲所示．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间．
实验步骤如下：
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；
②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；
③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；
④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值t－；
⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα；
⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，作出f－cosα关系曲线．
(1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g)：
①斜面倾角的余弦cosα＝__________；
②滑块通过光电门时的速度v＝________________；
③滑块运动时的加速度a＝____________________；
④滑块运动时所受到的摩擦阻力f＝____________．
(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图乙所示，读得d＝__________．
[2009年高考全国理综卷Ⅰ]
【解析】Ⅰ．在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡．
(2)表明5、6两点可能有故障．
(3)①调到欧姆挡；②将红黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．
Ⅱ．物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，受重力、支持力和滑动摩擦力的作用．
根据三角形关系可得到cosα＝s2－(h1－h2)2s
又v＝xt＝dt，根据运动学公式x＝v22a，有s＝v22a，即有a＝d22st－2
根据牛顿第二定律得：
mgsinθ－f＝ma
则有：f＝mgh1－h2s－md22st－2．
(2)在游标卡尺中，主尺上是3.6cm，在游标尺上恰好是第1条刻度线与主尺对齐，再考虑到卡尺是10分度，所以读数为3.6cm＋0.1×1mm＝3.61cm或者3.62cm也对．
[答案]Ⅰ．(1)电压欧姆
(2)开关或连接点5、6
(3)①调到欧姆挡；
②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；
③测量小灯泡的电阻．如电阻无穷大，则表明小灯泡有故障．
Ⅱ．(1)①1ss2－(h1－h2)2
②dt－③d22st－2④mgh1－h2s－md22st－2
(2)3.62cm
【点评】在本实验中，r＝dt－解出的为滑块画过去由门的平均速度，只是当滑块才较小时r趋近于瞬时速度，故滑块长度小点测量越准确．
2．Ⅰ．一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图甲所示．图乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．
挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示．由图可知：
(1)挡光片的宽度为_________mm；
(2)圆盘的直径为___________cm；
(3)若光电数字计时器所显示的时间为50.0ms，则圆盘转动的角速度为________弧度/秒．(保留3位有效数字)
Ⅱ．图示为用伏安法测量电阻的原理图．图中，为电压表，内阻为4000Ω；为电流表，内阻为50Ω；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关．
(1)当开关闭合后电压表读数U＝1.6V，电流表读数I＝2.0mA．若将Rx＝UI作为测量值，所得结果的百分误差是__________．
(2)若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是________．
(百分误差＝实际值－测量值实际值×100%)
[2008年高考四川理综卷]
【解析】Ⅰ．由螺旋测微器与游标卡尺的读数规则可得两者的读数．
d＝10mm＋24.2×0.01mm＝10.242mm
D＝242mm＋4×0.05mm＝242.20mm＝24.220cm．
圆盘转动的角速度为ω＝θt，而θ＝dπD×2π，综合两式并代入数据可得：ω＝1.69rad/s．
(1)测量值为R＝UI＝800Ω，因电流表外接，所以：
R＝RxRVRx＋RV
故真实值为Rx＝1000Ω，对应的百分误差为：
A＝1000－8001000＝20%．
(2)电流表内接时，百分误差A′＝1050－10001000＝5%．
[答案]Ⅰ．(1)10.243(2)24.220(3)1.69
Ⅱ．(1)20%(2)5%
【点评】①无论是否显示单位，螺旋测微器和游标尺主尺最小刻度一定都为mm；
②内接法的测量值R测＝Rx＋RA，外接法的测量值R测＝Rx∥RV
能力演练
1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”的实验中，若打点计时器所接交变电流的频率为50Hz，得到的甲、乙两条实验纸带(如图所示)中应选________纸带更好．若已测得点2到点4间的距离为s1，点0到点3间的距离为s2，打点周期为T，要验证重物从开始下落到打点计时器打下点3这段时间内机械能守恒，则s1、s2和T应满足的关系为：T＝________________．
Ⅱ．要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：
甲
A．待测电压表(量程为3V，内阻未知)；
B．电流表(量程为3A，内阻为0.01Ω)；
C．定值电阻R(阻值为2kΩ，额定电流为50mA)；
D．蓄电池E(电动势略小于3V，内阻不计)；
E．多用电表；
F．开关S1、S2，导线若干．
有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作．
(1)首先用多用电表进行粗测，选用“×100Ω”倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是________Ω．
(2)为了更精确地测出此电压表的内阻，该同学设计了如图乙、丙所示的实验电路，你认为其中较合理的电路图是________，理由是________________________．
乙丙
(3)用你选择的电路进行实验时，用所测物理量的符号表示电压表的内阻，即RV＝________．
[答案]Ⅰ．甲s12gs24gs2或s122gs2(每空3分)
Ⅱ．(1)3000(3分)
(2)丙图乙中电流表测量时的示数太小，误差太大；图丙中R的阻值与电压表内阻接近，误差小(每空2分)
(3)U2U1－U2R(3分)
2．(17分)Ⅰ．某同学在做测定木块与木板间动摩擦因数的实验过程中，测滑动摩擦力时，他设计了两种实验方案．
方案一：木板固定在水平面上，用弹簧测力计水平拉动木块，如图甲所示．
方案二：用弹簧测力计水平地钩住木块，用力使木板在水平面上运动，如图乙所示．
甲乙
除了实验必需的弹簧测力计、木块、木板、细线外，该同学还准备了若干重均为2.00N的砝码．
(1)上述两种方案中，你认为更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答两个理由)
①____________________________________________；
②____________________________________________．
(2)该同学在木块上加砝码，改变木块对木板的压力，记录了5组实验数据，如下表所示．
实验次序12345
砝码个数01234
砝码对木块
的压力/N02.004.006.008.00
测力计示
数/N1.502.002.502.953.50
木块受到的
摩擦力/N1.502.002.502.953.50
请根据上述数据，在坐标纸上作出木块受到的摩擦力f和砝码对木块的压力F的关系图象(以F为横坐标)．由图象可知，木块重为________N；木块与木板间的动摩擦因数为________．
Ⅱ．现有一块灵敏电流表，量程为200μA，内阻约为1000Ω，要精确测出其内阻R1，提供的器材有：
电流表(量程为1mA，内阻R2＝50Ω)；
电压表(量程为3V，内阻RV约为3kΩ)；
滑动变阻器R(阻值范围为0～20Ω)；WWW.JAB88.Com
定值电阻R0(阻值R0＝100Ω)；
电源E(电动势约为4.5V，内阻很小)；
单刀单掷开关S一个，导线若干．
(1)请将上述器材全部用上，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的13．将电路图画在下面的虚框中．
(2)在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算表的内阻，表达式为R1＝________，表达式中各符号表示的意义是________________________．
[答案]Ⅰ．(1)乙①乙方案测力计静止，读数误差小②乙方案木板可的不做匀速运动，便于控制(每空1分)
(2)如图甲所示(1分)6.00(2分)0.25(2分)
Ⅱ．(1)如图乙所示(5分)(供电部分用分压电路给1分；测量部分知道把表改装且正确给2分；知道将表当保护电阻使用给2分)
(2)I2(R0＋R2)I1(3分)I2表示表的示数，I1表示表的示数，R2表示表内阻，R0表示定值电阻(1分)
3．(16分)Ⅰ．一量程为100μA的电流表的刻度盘如图所示．今在此电流表两端并联一电阻，其阻值等于该电流表内阻的149，使之成为一新的电流表，则图示的刻度盘上每一小格表示______________mA．
Ⅱ．已知弹簧振子做简谐运动的周期T＝2πmk，其中m是振子的质量，k是弹簧的劲度系数(回复力系数)．某同学设计了一个在太空站中利用弹簧振子测量物体质量的装置，如图所示，两轻弹簧分别与挡板P、Q相连，A是质量为M的带夹子的金属块，且与两弹簧固定相连，B是待测物体(可以被A上的夹子固定)．
(1)为了达到实验目的，还需要提供的实验器材是：__________________．
(2)简要写出测量方法及所需测量的物理量(用字母表示)
①________________________________________；
②________________________________________．
(3)用所测物理量和已知物理量表示待测物体的质量的计算式为：mB＝______________________________．
【解析】Ⅰ．改装后的量程为：
I′＝I＋IRAR0＝100×(1＋49)μA＝5mA
故每小格ΔI＝I′10＝0.5mA．
[答案]Ⅰ．0.5(6分)
Ⅱ．(1)秒表(2分)
(2)①不放B时用秒表测出振子振动30次的时间t1(或者测出振子的周期T1)(2分)
②将B固定在A上，用秒表测出振子振动30次的时间t2(或者测出振子的周期T2)(2分)
(3)t22－t21t21M或T22－T21T21M(4分)
4．(16分)Ⅰ．小汽车正在走进我们的家庭，你对汽车了解吗？油耗标准是评价一辆汽车性能优劣的重要因素，而影响汽车油耗的一个重要原因是其在行进中所受到的空气阻力．人们发现，汽车在高速行驶过程中受到的空气阻力f(也称风阻)主要与两个因素有关：①汽车正面的投影面积S；②汽车行驶的速度v．
某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：
(1)由上述数据可得，汽车所受的风阻f与汽车正面的投影面积S及汽车行驶的速度v之间的关系式为：f＝________．(要求用k表示比例系数)
(2)由上述数据可求得k＝________________．
(3)据推理或猜测，k的大小与________、________等因素有关．
Ⅱ．现有下列可供选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．
A．待测电流表(满偏电流约为700μA～800μA，内阻约为100Ω，已知表盘刻度均匀、总格数为N)；
B．电流表(量程为0.6A，内阻为0.1Ω)；
C．电压表(量程为3V，内阻为3kΩ)；
D．滑动变阻器R(最大阻值为200Ω)；
E．电源E(电动势为3V，内阻约为1.5Ω)；
F．开关S一个．
(1)根据你的测量需要，“B．电流表”与“C．电压表”中应选择____________．(只需填写序号即可)
(2)在虚线框内画出你设计的实验电路图．
(3)测量过程中测出了多组数据，其中一组数据中待测电流表的指针偏转了n格，可算出满偏电流IAmax＝__________________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量分别是__________________________．
[答案]Ⅰ．(1)kSv2(2分)(2)0.26kg/m3(2分)
(3)空气密度车的外形车的表面情况(4分)
Ⅱ．(1)C(2分)(2)电路图如图所示(2分)
(3)NnURVU为电压表的示数，RV为电压表的内阻(每空2分)
5．(17分)Ⅰ．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中
(1)已知双缝到光屏之间的距离为600mm，双缝之间的距离为0.20mm，单缝到双缝之间的距离是100mm．某同学在用测量头测量时，先将从测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心，这时手轮上的示数如图甲所示．然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数如图乙所示．这两次的示数依次为________mm和________mm，由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为________nm．
(2)下列操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离的是________．
A．增大单缝和双缝之间的距离
B．增大双缝和光屏之间的距离
C．将红色滤光片改为绿色滤光片
D．增大双缝之间的距离
Ⅱ．现有一块59C2型的小量程电流表(表头)，满偏电流为50μA，内阻约为800～850Ω，要把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：
A．滑动变阻器R1(最大阻值为20Ω)；
B．滑动变阻器R2(最大阻值为100kΩ)；
C．电阻箱R′(最大阻值为9999Ω)；
D．定值电阻R0(阻值为1kΩ)；
E．电池E1(电动势为1.5V)；
F．电池E2(电动势为3.0V)；
G．电池E3(电动势为4.5V)；
H．标准电流表(满偏电流为1.5mA)；
I．单刀单掷开关S1和S2；
J．单刀双掷开关S3；
K．电阻丝及导线若干．
(所有电池的内阻均不计)
(1)采用如图甲所示的电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________；选用的电池为______．(填序号)
甲
(2)要将改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图乙、丙所示．图________为合理电路，另一电路不合理的原因是_______________________________________________．
(3)将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对(仅核对1mA量程)，在下面的虚线框中画出所用电路图，图中待核对的电流表的符号用来表示．
【解析】Ⅰ．(1)测量头的读数原理与螺旋测微器的相同，所以图甲中的示数为0.640mm，图乙中的示数为10.295mm．设第1条亮条纹与第7条亮条纹间的距离为a，则a＝10.295mm－0.640mm＝9.655mm，由此得相邻两条亮条纹间的距离Δx＝an－1，又因为Δx＝Lλd，代入数据可解得光的波长λ＝dΔxL＝5.36×10－7m＝536nm．
(2)根据相邻两条亮条纹间的距离公式Δx＝Lλd可知，增大双缝和光屏之间的距离L、增大光的波长λ和减小双缝之间的距离d都可使相邻两条亮条纹间的距离增大．所以选项B正确．
[答案]Ⅰ．(1)0.64010.295536(5分)(2)B(3分)
Ⅱ．(1)BG(每空2分)
(2)乙图丙所示的电路在通电状态下更换量程，会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而烧坏表头(3分)
(3)电路图如图丁所示(2分)
丁
6．(18分)Ⅰ．听说水果也能做电池．某兴趣小组的同学用一个柠檬作为电源，连接电路如图甲所示．电路中R是电阻箱，其阻值可调且可读出其接入电路中电阻的大小．他们多次改变电阻箱的阻值，记录下相应的电流表的示数，算出电流的倒数，并将数据填在下面的表格中．
甲
外电阻R(Ω)电流I(mA)电流的倒数1I(mA－1)
90000.050219.92
80000.052818.93
60000.059416.84
50000.063315.80
40000.068014.71
20000.080012.50
(1)根据表格中的数据，在图乙所示的坐标纸中画出该实验的R－1I图象．
乙
(2)利用图象可求出该柠檬电池的电动势为________V，内阻为________Ω．
(3)完成实验后，该兴趣小组的同学初步得出了水果作为电池不实用的物理原因为：__________________________．
Ⅱ．某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H．将钢球从轨道的不同高度h处由静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．
甲
(1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足：s2＝________________．(用H、h表示)
(2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示．
h(×10－1m)2.003.004.005.006.00
s2(×10－1m－2)2.623.895.206.537.78
请在图乙所示的坐标纸上作出s2－h图象．
乙
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2－h图象(图中已画出)，自同一高度处由静止释放的钢球水平抛出的速率____________理论值．(填“小于”或“大于”)
(4)从s2－h图象中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．
【解析】Ⅱ．(1)根据机械能守恒，可得钢球离开轨道时的速度为2hg，由平抛运动知识可求得钢球运动的时间为2Hg，所以s＝vt＝4Hh．
(2)依次描点，连线，注意不要画成折线．
(3)从图中看，同一h对应的s2值的理论值明显大于实际值，而在同一高度H下的平抛运动的水平射程由水平速率决定，可见实际水平速率小于理论速率．
(4)由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小；小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于理论速率(可能很少同学会考虑到这一点)．
[答案]Ⅰ．(1)如图丙所示(2分)
丙
(2)0.94(0.90～0.98均对)10000(9000～11000均对)
(3)水果电池的内阻过大(每空2分)
Ⅱ．(1)4Hh(2分)(2)如图丁所示(4分)
丁
(3)小于(2分)
(4)小球与轨道间的摩擦，小球的转动(回答任一条即可)(2分)
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20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题13:第7专题高考物理实验(1)
知识网络
考点预测
物理实验是高考的主要内容之一．《考试大纲》就高考物理实验共列出19个考点，其中力学8个、热学1个、电学8个、光学2个．要求会正确使用的仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧测力计、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等，并且对实验误差问题提出了更明确的要求．
一、《考试大纲》中的实验与探究能力要求
能够独立完成“物理知识表”中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件．会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论．能发现问题、提出问题，能灵活地应用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题．
二、实验题的主要特点
物理实验年年考，年年有变化．从近年的实验题来看，其显著特点体现在如下两个方面．
(1)从简单的背诵实验转向分析、理解实验
实验原理是物理实验的灵魂．近年来，高考物理实验题既不是简单地回答“是什么”，也不是背诵“该怎样”，而是从物理实验情境中理解“为什么”，通过分析推理判断“确实是什么”，进而了解物理实验的每一个环节．
(2)从既定的课本学生实验转向变化的创新实验
只有创新，试题才有魅力；也只有变化，才能永葆实验考核的活力．近年来，既定刻板的学生实验已经从高考物理实验题中淡出，取而代之的是学生尚未接触过的要通过解读物理原理的新颖实验(如应用性、设计性、专题性实验等)．创新的实验题可以使能力考核真正落到实处．
要点归纳
一、实验题的归纳与说明
归类实验内容说明
应
用
性
实
验1．游标卡尺的使用测量原理、使用方法；10分度、20分度、50分度的游标卡尺的读数等
2．螺旋测微器的使用构造、原理、使用方法、正确读数等
3．练习使用示波器面板上各个旋钮或开关的作用；调试方法；观察正弦波的波形等
4．传感器的简单应用光电转换和热电转换及其简单应用；光电计数的简单了解等
验
证
性
实
验5．验证力的平行四边形定则实验的等效思想；作图法等
6．验证动量守恒定律用平抛实验器进行实验；转化要验证的等效表达式；对暂态过程分阶段测量等
7．验证机械能守恒定律用自由落体进行验证；使用打点计时器和刻度尺等
测
量
性
实
验8．用单摆测定重力加速度使用刻度尺和秒表；实验操作要求等
9．用油膜法估测分子的大小溶液的配制；油膜面积的估算方法等
10．测定金属的电阻率使用刻度尺和螺旋测微器；电流表、电压表量程的选择；测量电路的选取与连接等
11．把电流表改装为电压表“半偏法”的设计思想与误差分析；计算分压电阻；改装表的校对与百分误差等
12．测定电源的电动势和内阻实验电路的选取与连接；作图法求解的方法等
13．测定玻璃的折射率用插针法测定；画光路图等
14．用双缝干涉测光的波长用双缝干涉仪进行实验；实验调节；分划板的使用等
研
究
性
实
验15．研究匀变速直线运动明确实验目的；使用打点计时器；用刻度尺测量、分析所打的纸带来计算加速度等
16．研究平抛物体的运动用平抛实验器进行实验；研究的目的和方法；描绘平抛轨迹；计算平抛物体的初速度等
17．用描迹法画出电场中平面上的等势线用恒定电流场模拟静电场；寻找等电势点的方法；描迹的方法等
18．描绘小电珠的伏安特性曲线使用电流表、电压表、滑动变阻器；电路的选取与连接；描绘U－I图象并分析曲线非线性的原因等
探
究
性
实
验19．探究弹力和弹簧伸长的关系实验设计的原理和方法；实验数据的记录与分析；实验结论的描述与表达形式等
20．用多用电表探索黑箱内的电学元件多用电表的使用与读数；探索的思路；测量过程中的分析与判断等
二、物理实验的基本思想方法
1．等效法
等效法是科学研究中常用的一种思维方法．对一些复杂问题采用等效法，可将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理，常使问题的解决得以简化．因此，等效法也是物理实验中常用的方法．如在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时，要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同——使结点到达同一位置O，即要在合力与两分力等效的条件下，才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系——平行四边形定则．又如在“验证动量守恒定律”的实验中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用．还有，电学实验中电流表的改装、用替换法测电阻等，都是等效法的应用．
2．转换法
将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法(间接测量法)．转换法是物理实验常用的方法．如：弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量；打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动；电流表是利用电流在磁场中受力，把电流转化为指针的偏转角；用单摆测定重力加速度g是通过公式T＝2πLg把g的测量转换为T和L的测量，等等．
3．留迹法
留迹法是利用某些特殊的手段，把一些瞬间即逝的现象(如位置、轨迹等)记录下来，以便于此后对其进行仔细研究的一种方法．留迹法也是物理实验中常用的方法．如：用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系；用描迹法描绘平抛运动的轨迹；在“测定玻璃的折射率”的实验中，用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位；在描绘电场中等势线的实验中，用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等，都是留迹法在实验中的应用．
4．累积法
累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量，以提高测量的准确度的一种实验方法．如：在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径，常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度，然后除以匝数就可求出细金属丝的直径；测一张薄纸的厚度时，常先测出若干页纸的总厚度，再除以被测页数即所求每页纸的厚度；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数，以减小个人反应时间造成的误差影响等．
5．模拟法
模拟法是一种间接实验方法，它是通过与原型相似的模型来说明原型的规律性的．模拟法在中学物理实验中的典型应用是“用描迹法画出电场中平面上的等势线”这一实验，由于直接描绘静电场的等势线很困难，而恒定电流的电场与静电场相似，所以用恒定电流的电场来模拟静电场，通过它来了解静电场中等势线的分布情况．
6．控制变量法
在多因素的实验中，可以先控制一些量不变，依次研究某一个因素的影响．如在“验证牛顿第二定律”的实验中，可以先保持质量一定，研究加速度和力的关系；再保持力一定，研究加速度和质量的关系；最后综合得出加速度与质量、力的关系．
三、实验数据的处理方法
1．列表法
在记录和处理数据时，常常将数据列成表格．数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间联系的规律性．
列表的要求：
(1)写明表的标题或加上必要的说明；
(2)必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义，并写明单位；
(3)表中数据应是正确反映测量结果的有效数字．
2．平均值法
现行教材中只介绍了算术平均值，即把测定的数据相加求和，然后除以测量的次数．必须注意的是，求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数．
3．图象法
图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法．图象法的最大优点是直观、简便．在探索物理量之间的关系时，由图象可以直观地看出物理量之间的函数关系或变化趋势，由此建立经验公式．
作图的规则：
(1)作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定；
(2)要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值；
(3)图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧；
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”．
虽然图象法有许多优点，但在图纸上连线时有较大的主观任意性，另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都对结果的准确性有影响．
四、实验误差的分析及减小误差的方法
中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念，以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因．
(1)绝对误差与相对误差
设某物理量的真实值为A0，测量值为A，则绝对误差为ΔA＝|A－A0|，相对误差为ΔAA0＝|A－A0|A0．
(2)偶然误差与系统误差
偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的．偶然误差具有随机性，有时偏大，有时偏小，所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差．
系统误差是由于仪器本身不够精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的．它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小．所以，采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差．要减小系统误差，必须校准仪器，或改进实验方法，或设计在原理上更为完善的实验方案．
课本上的学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施．譬如，在“研究匀变速直线运动”的实验中，若使用电磁打点计时器测量，由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用，会给加速度的测定带来较大的系统误差；若改用电火花计时器，就可以使这一阻力大为减小，从而减小加速度测定的系统误差．再如：在用伏安法测电阻时，为减小电阻测量的系统误差，就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的外接法还是内接法；在用半偏法测电流表的内阻时(如图7－1所示)，为减小测量的系统误差，就要使电源的电动势尽量大，使表满偏时限流电阻R比半偏时并联在电流表两端的电阻箱R′的阻值大得多．
图7－1
五、电学实验电路的基本结构及构思的一般程序
1．电学实验电路的基本结构
一个完整的电学实验电路往往包括测量电路与控制电路两部分．
测量电路：指体现实验原理和测量方法的那部分电路，通常由电表、被测元件、电阻箱等构成．
控制电路：指提供电能、控制和调节电流(电压)大小的那部分电路，通常由电源、开关、滑动变阻器等构成．
有些实验电路的测量电路与控制电路浑然一体，不存在明显的分界．如“测定电源的电动势和内阻”的实验电路．
2．实验电路构思的一般程序
(1)审题
①实验目的；
②给定器材的性能参数．
(2)电表的选择
根据被测电阻及给定电源的相关信息，如电源的电动势、被测电阻的阻值范围和额定电流等，估算出被测电阻的端电压及通过它的电流的最大值，以此为依据，选定量程适当的电表．
(3)测量电路的选择
根据所选定的电表以及被测电阻的情况，选择测量电路(估算法、试触法)．
(4)控制电路的选择
通常优先考虑限流式电路，但在下列三种情形下，应选择分压式电路：
①“限不住”电流，即给定的滑动变阻器阻值偏小，即使把阻值调至最大，电路中的电流也会超过最大允许值；
②给定的滑动变阻器的阻值R太小，即RRx，调节滑动变阻器时，对电流、电压的调节范围太小；
③实验要求电压的调节范围尽可能大，甚至表明要求使电压从零开始变化．
如描绘小电珠的伏安特性曲线、电压表的校对等实验，通常情况下都采用分压式电路．
(5)滑动变阻器的选择
根据所确定的控制电路可选定滑动变阻器．
①限流式电路对滑动变阻器的要求：
a．能“限住”电流，且保证不被烧坏；
b．阻值不宜太大或太小，有一定的调节空间，一般选择阻值与负载阻值相近的变阻器．
②分压式电路对滑动变阻器的要求：
电阻较小而额定电流较大，I额＞ER(R为变阻器的总电阻)．
3．电表的反常规用法
其实，电流表、电压表如果知道其内阻，它们的功能就不仅仅是测电流或电压．因此，如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．
热点、重点、难点
一、应用性实验
1．所谓应用性实验，就是以熟悉和掌握实验仪器的具体使用及其在实验中的应用为目的的一类实验；或者用实验方法取得第一手资料，然后用物理概念、规律分析实验，并以解决实际问题为主要目的的实验．主要有：
①仪器的正确操作与使用，如打点计时器、电流表、电压表、多用电表、示波器等，在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力)；
②物理知识的实际应用，如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题．
2．应用性实验题一般分为上面两大类，解答时可从以下两方面入手．
(1)熟悉仪器并正确使用
实验仪器名目繁多，具体应用因题而异，所以，熟悉使用仪器是最基本的应用．如打点计时器的正确安装和使用，滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法，多用电表测不同物理量的调试等，只有熟悉它们，才能正确使用它们．熟悉仪器，主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项，如何排除故障、正确读数和调试，使用后如何保管等．
(2)理解实验原理
面对应用性实验题，我们一定要通过审题，迅速地理解其实验原理，这样才能将实际问题模型化，运用有关规律去研究它．
具体地说，应用性实验题的依托仍然是物理知识、实验的能力要求等．解答时不外乎抓住以下几点：①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题)；②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接)；③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的，即是否还要联系其他物理知识，包括数学知识；④明确是否需要设计实验方案；⑤明确实际问题的最终结果．
●例1新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份．图7－2就是一个“39mm等分成20份”的新式游标卡尺．
图7－2
(1)它的准确度是__________mm．
(2)用它测量某物体的厚度，示数如图6－1所示，正确的读数是__________cm．
【解析】(1)游标上20格对应的长度为39mm，即每格长为1.95mm，游标上每格比主尺上每两格小Δx＝0.05mm，故准确度为0.05mm．
(2)这种游标卡尺的读数方法为：主尺读数＋游标对准刻度×Δx＝3cm＋6×0.005cm＝3.030cm．
[答案](1)0.05(2)3.030
【点评】游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现．对游标卡尺的使用要特别注意以下两点：
①深刻理解它的原理：通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx；
②读准有效数据．
●例2图7－3为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300μA，内阻Rg＝100Ω，可变电阻R的最大值为10kΩ，电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝0.5Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将__________(填“变大”、“变小”或“不变”)．
[2009年高考天津理综卷]
图7－3
[答案]红5变大
【点评】欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律，可以作为结论的是：欧姆表正中央的刻度值等于欧姆表的内阻．
二、测量性实验Ⅰ
所谓测量性实验，就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验，可用仪器、仪表直接读取数据，或者根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值．测量性实验又称测定性实验，如“用单摆测定重力加速度”、“用油膜法估测分子的大小”、“测定金属的电阻率”、“测定玻璃的折射率”等．
●例3如图7－3所示，将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，利用此装置可以测定重力加速度．
图7－4
(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．
A．直流电源、天平及砝码
B．直流电流、毫米刻度尺
C．交流电源、天平及砝码
D．交流电源、毫米刻度尺
(2)通过作图的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作__________图象，其纵轴表示的是__________，横轴表示的是__________．
[2009年高考天津理综卷]
[答案](1)D(2)v22－h速度平方的二分之一重物下落的高度
【点评】①高中物理中讲述了许多种测量重力加速度的方法，如单摆法、自由落体法、滴水法、阿特伍德机法等．
②图象法是常用的处理数据的方法，其优点是直观、准确，还能容易地剔除错误的测量数据．
●例4现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5V，r约为1.5Ω)，已有下列器材：量程为3V的理想电压表，量程为0.5A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻R＝40Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．
(1)画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．
(2)实验中，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题，本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程，但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻，这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上．把固定电阻接在电源的旁边，将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示)，再把电压表跨接在它们的两侧．显然，“内阻增大，内电压便增大”，电压表所测量的外电压相应的减小，通过定量计算，符合实验测量的要求．这样，一个新的设计性实验又回归到课本实验上了．
甲
(1)实验电路原理图如图乙所示．
乙
(2)根据E＝U＋Ir，给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的，I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变，只要改变R′的阻值，即可测出两组I、U数据，列方程组得：
E＝U1＋I1(R＋r)
E＝U2＋I2(R＋r)
解得：E＝I1U2－I2U1I1－I2，r＝U2－U1I1－I2－R．
[答案](1)如图乙所示
(2)I1U2－I2U1I1－I2U2－U1I1－I2－R
【点评】本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势，需要学生打破课本实验的思维定式，从方法上进行创新，运用所提供的器材创造性地进行实验设计．
三、测量性实验Ⅱ：“伏安法测电阻”规律汇总
纵观近几年的实验题，题目年年翻新，没有一个照搬课本中的实验，全是对原有实验的改造、改进，甚至创新，但题目涉及的基本知识和基本技能仍然立足于课本实验．
实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段，在高考试题中一直占有相当大的比重，而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性，成了高考实验考查的重中之重，测量电阻成为高考考查的焦点．伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法，常涉及电流表内外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择，前者是考虑减小系统误差，后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据．另外，考题还常设置障碍让考生去克服，如没有电压表或没有电流表等，这就要求考生根据实验要求及提供的仪器，发挥思维迁移，将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去．这样，就有效地考查了考生设计和完成实验的能力．
一、伏安法测电阻的基本原理
1．基本原理
伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R＝UI，只要测出元件两端的电压和通过的电流，即可由欧姆定律计算出该元件的阻值．
2．测量电路的系统误差
(1)当Rx远大于RA或临界阻值RARVRx时，采用电流表内接(如图7－5所示)．采用电流表内接时，系统误差使得电阻的测量值大于真实值，即R测R真．
图7－5
(2)当Rx远小于RV或临界阻值RARVRx时，采用电流表外接(如图7－6所示)．采用电流表外接时，系统误差使得电阻的测量值小于真实值，即R测R真．
图7－6
3．控制电路的安全及偶然误差
根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同，滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择．
(1)滑动变阻器限流接法(如图7－7所示)．一般情况或没有特别说明的情况下，由于限流电路能耗较小，结构连接简单，应优先考虑限流连接方式．限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的电阻．
图7－7
(2)滑动变阻器分压接法(如图7－8所示)．当采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式；当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时，必须选用滑动变阻器的分压接法；要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式．
图7－8
4．常见的测量电阻的方法
●例5从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表的内阻r1．要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．
(1)画出电路图，标明所用器材的代号．
(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式r1＝______________________，式中各符号的意义是：________________________________________________．
【解析】根据所列仪器的特点，电流表的内阻已知，由此可采用两电流表并联．因为两电流表两端的电压相等，即可省去电压的测量，从而减小实验误差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I2r2I1．
[答案](1)电路图如图所示
(2)I2r2I1I1、I2分别为、的示数
【点评】①分析题意可知需测量电流表的内阻，按常规方法应用伏安法，将电压表并联在待测电流表两端，但经分析可知即使该电流表满偏，其两端的电压也仅为0.4V，远小于量程10V．这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”．
②此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”，这实际也是伏安法的一种推广形式．
●例6有一根圆台状匀质合金棒如图7－9甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：
图7－9
(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L．图6－8乙中的游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝________cm．
(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图6－8丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是________．(用标注在导线旁的数字表示)
图7－9丙
(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72Ω．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω．他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝RdRD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江苏物理卷]
【解析】(1)游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错．首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05mm；然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样；再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格数＝0.05×8mm＝0.40mm；最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00mm＋0.40mm＝99.40mm＝9.940cm．
(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法．
(3)审题是关键，弄清题意也就能够找到解题的方法．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为：
Rd＝13.3Ω，RD＝3.38Ω
即Rd＝ρLπd22，RD＝ρLπD22
而电阻R满足R2＝RdRD
将Rd、RD代入得：R＝4ρLπdD．
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、设计性实验
1．所谓设计性实验，就是根据实验目的，自主地运用掌握的物理知识、实验方法和技能，完成实验的各环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等)，拟定实验方案，分析实验现象，并在此基础上作出适当评价．
2．设计性实验的显著特点：相同的实验内容可设计不同的过程和方法，实验思维可另辟蹊径，如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)有所变化的实验．以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题，不受固有实验思维束缚，完全是一种源于书本、活于书本，且新颖的设计性实验．
●例7请完成以下两小题．
(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：如图7－10甲所示，将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．
图7－10甲
①为完成本实验，下述操作中必需的是________．
a．测量细绳的长度
b．测量橡皮筋的原长
c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度
d．记录悬挂重物后结点O的位置
②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是__________________．
(2)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
电阻(kΩ)7540282320xx
①根据表中数据，请在给定的坐标系中(如图7－10乙所示)描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．
图7－10乙
②如图7－10丙所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统．请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
图7－10丙
提供的器材如下：
光敏电阻RP(符号阻值见上表)；
直流电源E(电动势3V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干．[2009年高考山东理综卷]
[答案](1)①bcd②更换不同的小重物
(2)①光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图7－10丁所示．特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小．
②如图6－9戊所示
丁戊
图7－10
四、探究性实验
所谓探究性实验题，就是运用实验手段探索未知领域，尝试多种可能因素及其出现的结果，在此基础上，通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征，认识研究对象的变化过程和变化条件，获取必要的可靠数据，依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律，从而得出结论．中学实验中比较典型的探究性实验是电学中的黑箱问题．
●例8佛山市九江大桥撞船事故发生后，佛山交通部门加强了对佛山市内各种大桥的检测与维修，其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭施工，置换了大桥上所有的斜拉悬索．某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50m、横截面积为400cm2的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难，于是同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究．
由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．
(1)同学们准备像做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验一样，先将样品竖直悬挂，再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的，为了避免悬索所受重力对实验的影响，你认为可行的措施是：___________________________________．
(2)同学们通过游标卡尺测量样品的直径来测定其横截面积，某次测量的结果如图7－11所示，则该样品的直径为__________cm．
图7－11
(3)同学们经过充分的讨论，不断完善实验方案，最后测得实验数据如下．
①分析样品C的数据可知，其所受拉力F(单位：N)与伸长量x(单位：m)所遵循的函数关系式是________________．
②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________________成正比、与悬索的横截面积的________________成正比．
[答案](1)将悬索样品一端固定并水平放置在光滑水平面上，另一端连接轻绳绕过滑轮悬挂钩码
(2)0.830(3)①F＝2×106x②平方的倒数大小
【点评】本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从图表归纳所需信息的能力，还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力．
高考物理圆周运动、航天与星体问题（2）经典考题冲刺专题复习
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20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题06：第3专题、圆周运动、航天与星体问题（2）经典考题1．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运行的周期约为1.4小时，引力常量G＝6.67×10－11Nm2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为[2009年高考全国理综卷Ⅰ]()
A．1.8×103kg/m3B．5.6×103kg/m3
C．1.1×104kg/m3D．2.9×104kg/m3
【解析】由GMmR2＝m4π2T2R，ρ＝3M4πR3可得，地球密度ρ＝3πGT2，再由质量和体积关系得该行星的密度ρ′＝2.9×104kg/m3．
[答案]D
2．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙－2251”卫星和美国的“铱－33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运行的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是[2009年高考安徽理综卷Ⅰ]()
A．甲的运行周期一定比乙的长
B．甲距地面的高度一定比乙的高
C．甲的向心力一定比乙的小
D．甲的加速度一定比乙的大
【解析】由v＝GMr可知，甲碎片的速率大，轨道半径小，故B错误；由公式T＝2πR3GM可知，甲的周期小，故A错误；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错误；碎片的加速度是指引力加速度，由GMmR2＝ma，可得a＝GMR2，甲的加速度比乙大，D正确．
[答案]D
3.1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600km的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展．假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行．已知地球半径为6.4×106m，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期．以下数据中，最接近其运行周期的是[2008年高考四川理综卷]()
A．0.6小时B．1.6小时C．4.0小时D．24小时
【解析】由开普勒行星运动定律可知，R3T2＝恒量，所以(r＋h1)3t12＝(r＋h2)3t22，其中r为地球的半径，h1，t1，h2，t2分别表示望远镜到地表的距离、望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期(24h)，代入解得：t1＝1.6h．
[答案]B
【点评】高考对星体航天问题的考查以圆周运动的动力学方程为主，具体常涉及求密度值、同步卫星的参量、变轨的能量变化等．在具体解题时要注意运用好几个常用的代换．
4．我国发射的嫦娥一号探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行．为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化，卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球．设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T．假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该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．(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．[2008年高考全国理综卷Ⅱ]
【解析】如图所示，设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′与地月球表面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点．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．
设探月卫星的质量为m0，引力常量为G，根据万有引力定律有：
GMmr2＝m(2πT)2r
Gmm0r12＝m0(2πT1)2r1(其中T1表示探月卫星绕月球转动的周期)
由以上两式可得：(T1T)2＝Mm(r1r)3
设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，有：
tT1＝α－βπ，其中α＝∠CO′A，β＝∠CO′B
由几何关系得：rcosα＝R－R1，r1cosβ＝R1
联立解得：t＝TπMr13mr3(arccosR－R1r－arccosR1r1)．
[答案]TπMr13mr3(arccosR－R1r－arccosR1r1)
【点评】航体星体问题有时在高考中也以计算题出现，解答的关键仍是做圆周运动的动力学方程．另外，还需要同学们具有丰富的想象力，描绘情境图、难图化易、化整为零等能力．
能力演练
一、选择题(10×4分)
1．在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上减速转弯，从俯视图可以看到，赛车沿圆周由P向Q行驶．下列图中画出了赛车转弯时所受合力的四种方式，其中正确的是()
【解析】将F向切向和径向分解，切向分力使其减速，径向的分力产生向心加速度，故D正确．
[答案]D
2．备受关注的京沪高速铁路预计在20xx年投入运营．按照设计，乘高速列车从北京到上海只需4个多小时，由于高速列车的速度快，对轨道、轨基的抗震动和抗冲击力的要求都很高．如图所示，列车转弯可以看成是做匀速圆周运动，若某弯道的半径为R，列车设计时速为v，则该弯道处铁轨内外轨的设计倾角θ应为()
A．arctanv2RgB．arcsinv2Rg
C．arccotv2RgD．arccosv2Rg
【解析】设计的倾角θ应使列车过弯道时重力与支持力的合力提供向心力：mgtanθ＝mv2R，解得：θ＝arctanv2Rg．
[答案]A
3.2005年12月11日，有着“送子女神”之称的小行星“婚神”(Juno)冲日，在此后十多天的时间里，国内外天文爱好者凭借双筒望远镜可观测到它的“倩影”．在太阳系中除了八大行星以外，还有成千上万颗肉眼看不见的小天体，沿着椭圆轨道不停地围绕太阳公转．这些小天体就是太阳系中的小行星．冲日是观测小行星难得的机遇．此时，小行星、太阳、地球几乎成一条直线，且和地球位于太阳的同一侧．“婚神”星冲日的虚拟图如图所示，则()
A．2005年12月11日，“婚神”星的线速度大于地球的线速度
B．2005年12月11日，“婚神”星的加速度小于地球的加速度
C．2006年12月11日，必将发生下一次“婚神”星冲日
D．下一次“婚神”星冲日必将在2006年12月11日之后的某天发生
【解析】由GMmr2＝mv2r得v2∝1r，“婚神”的线速度小于地球的线速度，由a＝Fm＝GMr2知，“婚神”的加速度小于地球的加速度，地球的公转周期为一年，“婚神”的公转周期大于一年，C错误，D正确．
[答案]BD
4.2007年11月5日，嫦娥一号探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在距月球表面200km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200km、周期127min的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动．若已知月球的半径R月和引力常量G，忽略地球对嫦娥一号的引力作用，则由上述条件()
A．可估算月球的质量
B．可估算月球表面附近的重力加速度
C．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的速度小于沿轨道Ⅲ经过P点的速度
D．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点的加速度
【解析】由GMm(R月＋h)2＝m(R月＋h)4π2T2可得：
月球的质量M＝4π2(R月＋h)3GT2，选项A正确．
月球表面附近的重力加速度为：
g月＝GMR月2＝4π2(R月＋h)3R月2T2，选项B正确．
卫星沿轨道Ⅰ经过P点时有：
mvPⅠ2R月＋hGMm(R月＋h)2
沿轨道Ⅲ经过P点时：mvPⅢ2(R月＋h)＝GMm(R月＋h)2
可见vPⅢvPⅠ，选项C错误．
加速度aP＝Fm＝GM(R月＋h)2，与轨迹无关，选项D错误．
[答案]AB
5．假设太阳系中天体的密度不变，天体的直径和天体之间的距离都缩小到原来的12，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是()
A．地球绕太阳公转的向心力变为缩小前的12
B．地球绕太阳公转的向心力变为缩小前的116
C．地球绕太阳公转的周期与缩小前的相同
D．地球绕太阳公转的周期变为缩小前的12
【解析】天体的质量M＝ρ43πR3，各天体质量变为M′＝18M，变化后的向心力F′＝G164Mm(r2)2＝116F，B正确．又由GMmr2＝m4π2T2r，得T′＝T．
[答案]BC
6．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400km，地球同步卫星距地面高为36000km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时．宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为()
A．4次B．6次C．7次D．8次
【解析】设宇宙飞船的周期为T有：
T2242＝(6400＋42006400＋36000)3
解得：T＝3h
设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有：
(2πT－2πT0)t1＝π
解得t1＝127h
再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有：
(2πT－2πT0)t2＝2π
解得：t2＝247h
由n＝24－t1t2＝6.5(次)知，接收站接收信号的次数为7次．
[答案]C
7．图示为全球定位系统(GPS)．有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，它们距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为()
A．3.1km/sB．3.9km/s
C．7.9km/sD．11.2km/s
【解析】同步卫星的速度v1＝2πTr＝3.08km/s．又由v2∝1r，得定位系统的卫星的运行速度v2＝3.9km/s．
[答案]B
8．均匀分布在地球赤道平面上空的三颗同步通信卫星够实现除地球南北极等少数地区外的全球通信．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T．下列关于三颗同步卫星中，任意两颗卫星间距离s的表达式中，正确的是()
A．3RB．23R
C．334π2gR2T2D．33gR2T24π2
【解析】设同步卫星的轨道半径为r，则由万有引力提供向心力可得：GMmr2＝m4π2T2r
解得：r＝3gR2T24π2
由题意知，三颗同步卫星对称地分布在半径为r的圆周上，故s＝2rcos30°＝33gR2T24π2，选项D正确．
[答案]D
9．发射通信卫星的常用方法是，先用火箭将卫星送入一近地椭圆轨道运行；然后再适时开动星载火箭，将其送上与地球自转同步运行的轨道．则()
A．变轨后瞬间与变轨前瞬间相比，卫星的机械能增大，动能增大
B．变轨后瞬间与变轨前瞬间相比，卫星的机械能增大，动能减小
C．变轨后卫星运行速度一定比变轨前卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度要大
D．变轨后卫星运行速度一定比变轨前卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度要小
【解析】火箭是在椭圆轨道的远地点加速进入同步运行轨道的，故动能增大，机械能增大，A正确．
设卫星在同步轨道上的速度为v1，在椭圆轨道的近地点的速度为v2，再设椭圆轨道近地点所在的圆形轨道的卫星的速度为v3．
由GMmr2＝mv2r，知v3v1；又由向心力与万有引力的关系知v2v3．故v1v2．选项C错误，D正确．
[答案]AD
10．如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在重力、电场力、绳子的拉力的作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力的大小与重力相等．比较a、b、c、d这四点，小球()
A．在最高点a处的动能最小
B．在最低点c处的机械能最小
C．在水平直径右端b处的机械能最大
D．在水平直径左端d处的机械能最大
【解析】①由题意知，小球受的重力与电场力的合力沿∠bOc的角平分线方向，故小球在a、d两点的动能相等；②小球在运动过程中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d点处机械能最小，b点处机械能最大．
[答案]C
二、非选择题(共60分)
11．(7分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．
(1)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______________m/s．
(2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为________m/s；B点的竖直分速度为________m/s．
【解析】(1)方法一取点(19.6,32.0)分析可得：
0.196＝12×9.8×t12
0.32＝v0t1
解得：v0＝1.6m/s．
方法二取点(44.1,48.0)分析可得：
0.441＝12×9.8×t22
0.48＝v0t2
解得：v0＝1.6m/s．
(2)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：
Δy＝gT2
x＝v0T
解得：v0＝1.5m/s，vBy＝yAC2T＝2m/s．
[答案](1)1.6(2分)(2)1.5(3分)2(2分)
12．(8分)图甲为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边安装一个改装了的电火花计时器．
下面是该实验的实验步骤：
①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触；
②启动电动机，使圆形卡纸转动起来；
③接通电火花计时器的电源，使它工作起来；
④关闭电动机，拆除电火花计时器，研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据得出ω的测量值．
(1)要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是________．
A．秒表B．游标卡尺C．圆规D．量角器
(2)写出ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的含义：___________________________
_________________________________________________________．
(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．这样，卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图7－4丙所示．这对测量结果有影响吗？____________(填“有影响”或“没有影响”)理由是：________________________
_____________________________________________________________________________________________________________．
【解析】(1)角速度ω＝θt，需量角器测量转过的夹角，故选项D正确．
(2)ω＝θ(n－1)t，θ是n个点的分布曲线所对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔
(3)没有影响，因为电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量．
[答案](1)D(2分)
(2)ω＝θ(n－1)t，θ是n个点的分布曲线所对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔(3分)
(3)没有影响(1分)电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量(2分)
13．(10分)火星和地球绕太阳的运动可以近似看做是同一平面内同方向的匀速圆周运动．已知火星公转轨道半径大约是地球公转轨道半径的32．从火星、地球于某一次处于距离最近的位置开始计时，试估算它们再次处于距离最近的位置至少需多少地球年．[计算结果保留两位有效数字，3232＝1.85]
【解析】由GMmr2＝m4π2T2r可知，行星环绕太阳运行的周期与行星到太阳的距离的二分之三次方成正比，即T∝r32
所以地球与火星绕太阳运行的周期之比为：
T火T地＝(r火r地)32＝(32)32＝1.85(3分)
设从上一次火星、地球处于距离最近的位置到再一次处于距离最近的位置，火星公转的圆心角为θ，则地球公转的圆心角必为2π＋θ，它们公转的圆心角与它们运行的周期之间应有此关系：θ＝2πtT火，θ＋2π＝2πtT地(3分)
得：2π＋2πtT火＝2πtT地(2分)
最后得：t＝T火T地T火－T地＝1.850.85T地≈2.2年(2分)
[答案]2.2
14．(11分)若宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．已知：该过程宇航员乘坐的返回舱至少需要获得的总能量为E(可看做是返回舱的初动能)，返回舱与人的总质量为m，火星表面重力加速度为g，火星半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响．问：
(1)返回舱与轨道舱对接时，返回舱与人共具有的动能为多少？
(2)返回舱在返回轨道舱的过程中，返回舱与人共需要克服火星引力做多少功？
【解析】(1)在火星表面有：GMR2＝g(2分)
设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则有：
GMm0r2＝m0v2r(2分)
返回舱和人应具有的动能Ek＝12mv2(1分)
联立解得Ek＝mgR22r．(1分)
(2)对返回舱在返回过程中，由动能定理知：
W＝Ek－E(2分)
联立解得：火星引力对返回舱做的功W＝mgR22r－E(2分)
故克服引力做的功为：－W＝E－mgR22r．(1分)
[答案](1)mgR22r(2)E－mgR22r
15．(11分)中国首个月球探测计划嫦娥工程预计在20xx年送机器人上月球，实地采样送回地球，为载人登月及月球基地选址做准备．设想机器人随嫦娥号登月飞船绕月球飞行，飞船上备有以下实验仪器：
A．计时表一只；
B．弹簧秤一把；
C．已知质量为m的物体一个；
D．天平一台(附砝码一盒)．
在飞船贴近月球表面时可近似看成绕月球做匀速圆周运动，机器人测量出飞船在靠近月球表面的圆形轨道绕行N圈所用的时间为t．飞船的登月舱在月球上着陆后，遥控机器人利用所携带的仪器又进行了第二次测量，利用上述两次测量的物理量可出推导出月球的半径和质量．(已知引力常量为G)，要求：
(1)说明机器人是如何进行第二次测量的．
(2)试推导用上述测量的物理量表示的月球半径和质量的表达式．
【解析】(1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小．(3分)
(2)在月球上忽略月球的自转可知：
mg月＝F(1分)
GMmR2＝mg月(1分)
飞船在绕月球运行时，因为是靠近月球表面，故近似认为其轨道半径为月球的半径R，由万有引力提供物体做圆周运动的向心力可知：
GMmR2＝mR4π2T2，又T＝tN(2分)
联立可得：月球的半径R＝FT24π2m＝Ft24π2N2m(2分)
月球的质量M＝F3t416π4GN4m3．(2分)
[答案](1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小．
(2)R＝Ft24π2N2mM＝F3t416π4GN4m3
16．(13分)如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′．球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0＜θ＜π2)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g)
【解析】据题意可知，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′．P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛伦兹力f洛，则：
f洛＝qvB(1分)
式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f洛的方向指向O′
根据牛顿第二定律有：
FNcosθ－mg＝0(2分)
f洛－FNsinθ＝mv2Rsinθ(2分)
可得：v2－qBRsinθmv＋gRsin2θcosθ＝0(2分)
由于v是实数，必须满足：
Δ＝(qBRsinθm)2－4gRsin2θcosθ≥0(2分)
由此得：B≥2mqgRcosθ(1分)
可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度B的最小值为：
Bmin＝2mqgRcosθ
此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为：
v＝qBminRsinθ2m(2分)
解得：v＝gRcosθsinθ．(1分)
答案2mqgRcosθgRcosθsinθ
高考物理冲刺专题复习
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题18:第9专题高中物理常见的物理模型(2)能力演练
一、选择题(10×4分)
1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是()
A．若D和E结合成F，结合过程中一定会吸收核能
B．若D和E结合成F，结合过程中一定会释放核能
C．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会吸收核能
D．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会释放核能
【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小，核反应释放核能；A分裂成B、C粒子时，总质量减小，核反应释放核能．
[答案]BD
2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2，向高温物体放出热量Q1，而外界(压缩机)必须对工作物质做功W，制冷系数ε＝Q2W．设某一空调的制冷系数为4，若制冷机每天从房间内部吸收2.0×107J的热量，则下列说法正确的是()
A．Q1一定等于Q2
B．空调的制冷系数越大越耗能
C．制冷机每天放出的热量Q1＝2.5×107J
D．制冷机每天放出的热量Q1＝5.0×106J
【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，选项A错误；ε越大，从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功(耗电)越小，越节省能量，选项B错误；又Q1＝Q2＋Q2ε＝2.5×107J，故选项C正确．
[答案]C
3．图示为一列简谐横波的波形图象，其中实线是t1＝0时刻的波形，虚线是t2＝1.5s时的波形，且(t2－t1)小于一个周期．由此可判断()
A．波长一定是60cm
B．波一定向x轴正方向传播
C．波的周期一定是6s
D．波速可能是0.1m/s，也可能是0.3m/s
【解析】由题图知λ＝60cm
若波向x轴正方向传播，则可知：
波传播的时间t1＝T4，传播的位移s1＝15cm＝λ4
故知T＝6s，v＝0.1m/s
若波向x轴负方向传播，可知：
波传播的时间t2＝34T，传播的位移s2＝45cm＝3λ4
故知T＝2s，v＝0.3m/s．
[答案]AD
4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
【解析】无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μ(m＋M)gM＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出．
[答案]C
5．如图所示，一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心，在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射，b为反射光，c为折射光，它们与法线间的夹角分别为β和θ．逐渐增大入射角α，下列说法中正确的是()
A．β和θ两角同时增大，θ始终大于β
B．b光束的能量逐渐减弱，c光束的能量逐渐加强
C．b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长
D．b光光子的能量大于c光光子的能量
【解析】三个角度之间的关系有：θ＝α，sinβsinα＝n＞1，故随着α的增大，β、θ都增大，但是θ＜β，选项A错误，且在全反射前，c光束的能量逐渐减弱，b光束的能量逐渐加强，选项B错误；又由n＝sinβsinα＝cv＝λλ′，b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长，但光子的能量不变，选项C正确、D错误．
[答案]C
6．如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为()
A．100WB．200WC．500WD．无法确定
【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：
ΔW＝ΔEk＋Q＝12mv2＋fΔs＝mv2＝200J
故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝ΔWt＝200W．
[答案]B
7．如图所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电场E后，小球开始做简谐运动，下列关于小球运动情况的说法中正确的是()
A．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为qEk
B．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为2qEk
C．运动过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒
D．运动过程中，小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零
【解析】由题意知，小球位于平衡位置时弹簧的伸长量x0＝qEk，小球速度为零时弹簧处于原长或伸长了2x0＝2qEk，选项A错误、B正确．
小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功，机械能不守恒，动能、弹性势能、电势能的总和保持不变，选项D正确．
[答案]BD
8．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则[2009年高考北京理综卷]()
A．将滑块由静止释放，如果μ＞tanθ，滑块将下滑
B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑块将减速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tanθ，则拉力大小应是2mgsinθ
D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tanθ，则拉力大小应是mgsinθ
【解析】对于静止置于斜面上的滑块，可沿斜面下滑的条件为mgsinθ＞μmgcosθ；同理，当mgsinθ＜μmgcosθ时，具有初速度下滑的滑块将做减速运动，选项A、B错误；当μ＝tanθ时，滑块与斜面之间的动摩擦力f＝mgsinθ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉力F＝2mgsinθ，选项C正确、D错误．
[答案]C
9．国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40mm厚的钢板、50mm厚的大理石等材料．
将普通的水加压，使其从口径为0.2mm的喷嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出，这种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强的限度．
A．橡胶5×107Pa
B．花岗石1.2×108Pa～2.6×108Pa
C．铸铁8.8×108Pa
D．工具钢6.7×108Pa
设想一“水刀”的水射流横截面积为S，垂直入射的速度v＝800m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的()
【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：
－pSΔt＝－ρSvΔtv
得：p＝ρv2＝6.4×108Pa
由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料C和D．
[答案]CD
10．如图甲所示，质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等(即m1＝m2＝m)的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是()
A．小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止
B．小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量
【解析】长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：
vt＝mv03m＝13v0
且有Q＝fL＝12mv02－12×3m(v03)2＝13mv02
长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．
丙
[答案]AD
二、非选择题(共60分)
11．(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路，电路其他部分不变，当开关S接a点时，电压表的示数U1＝11V，电流表的示数I1＝0.2A；当开关S接b点时，U2＝12V，I2＝0.15A．那么，为了提高测量的准确性，开关S应接______点(填“a”或“b”)，Rx的测量值为________Ω．
[答案]b(2分)80(3分)
12．(10分)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球．现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能．
(1)还需要的器材是________、________．
(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量，需要直接测量________和________．
(3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系，除以上器材外，还准备了几个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同．试设计记录数据的表格．
[答案](1)天平刻度尺(每空1分)
(2)重力势质量上升高度(每空1分)
(3)设计表格如下(5分)
小球的质量m＝________kg，弹簧A
压缩量x(m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
压缩量x＝________cm，小球的质量m＝________kg
弹簧ABC
劲度系数k(N/m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
13．(10分)如图所示，一劲度系数k＝800N/m的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m＝12kg的物体A、B，A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上．现加一竖直向上的力F在上面的物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g＝10m/s2．求：
(1)此过程中所加外力F的最大值和最小值．
(2)此过程中外力F所做的功．
【解析】(1)A原来静止时有：kx1＝mg(1分)
当物体A刚开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1．
对物体A有：F1＋kx1－mg＝ma(1分)
当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2．
对物体A有：F2－kx2－mg＝ma(1分)
对物体B有：kx2＝mg(1分)
对物体A有：x1＋x2＝12at2(1分)
解得：a＝3.75m/s2
联立解得：F1＝45N(1分)，F2＝285N．(1分)
(2)在力F作用的0.4s内，初末状态的弹性势能相等(1分)
由功能关系得：
WF＝mg(x1＋x2)＋12m(at)2＝49.5J．(2分)
[答案](1)285N45N(2)49.5J
14．(12分)如图甲所示，倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内，导轨间距为l，与电阻R1、R2及电容器相连，电阻R1、R2的阻值均为R，电容器的电容为C，空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B．一个质量为m、阻值也为R、长度为l的导体棒MN垂直于导轨放置，将其由静止释放，下滑距离s时导体棒达到最大速度，这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q，则：
甲
(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少？
(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少？
【解析】(1)当达到最大速度时，导体棒匀速运动，电容器中没有电流，设导体棒稳定下滑的最大速度为v，有：
E＝Blv(1分)
I＝ER2＋R(1分)
所以F安＝BIl＝B2l2v2R(2分)
导体棒的受力情况如图乙所示，根据受力平衡条件有：
乙
F安＝mgsinθ(1分)
解得：v＝2mgRsinθB2l2．(2分)
(2)棒加速运动时电容器上的电压增大，电容器充电；当棒达到最大速度后，电容器上的电荷量最大并保持不变，所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量，则：
U＝IR2＝E2RR＝E2＝Blv2＝mgRsinθBl(3分)
QR1＝CU＝mgRCsinθBl．(2分)
[答案](1)2mgRsinθB2l2(2)mgRCsinθBl
15．(13分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：
甲
(1)正离子从D处运动到G处所需时间．
(2)正离子到达G处时的动能．
【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为：
乙
t1＝13T＝2πm3Bq(1分)
圆周运动半径r满足：r＋rcos60°＝d(1分)
解得：r＝23d(1分)
设离子在磁场中运动的速度为v0，则有：r＝mv0Bq(1分)
解得：v0＝2Bqd3m(1分)
离子从C运动到G所需的时间t2＝2dv0＝3mBq(2分)
离子从D→C→G的总时间为：
t＝t1＋t2＝(9＋2π)m3Bq．(2分)
(2)设电场强度为E，对离子在电场中的运动过程，有：
qE＝ma，d＝12at22(1分)
由动能定理得：Eqd＝EkG－12mv02(1分)
解得：EkG＝4B2q2d29m．(2分)
[答案](1)(9＋2π)m3Bq(2)4B2q2d29m
16．(15分)如图甲所示，质量m1＝2.0kg的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带的速度大小v带＝3.0m/s，方向如图所示；在A的右侧L＝2.5m处将质量m2＝3.0kg的物块B无初速度放上传送带．已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0m/s，之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时，传送带立即以大小为2.0m/s2的加速度制动，最后停止运动．传送带的运动情况不受物块A、B的影响，且A、B碰撞的时间极短．设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.10．求：
甲
(1)物块B刚开始滑动时的加速度．
(2)碰撞后两物块的速度．
(3)两物块间的最大距离．
【解析】(1)物块B刚开始滑动时，加速度为：
a＝μm2gm2＝μg＝1m/s2，方向向右．(2分)
(2)设经t1时间，A、B两物块相碰，有：
12at21＋L＝v带t1
解得：t1＝1s，t1′＝5s(由上述分析可知，t1′不合题意，舍去)
碰前B的速度v2＝at1＝1m/s(2分)
由题意可知：碰后B的速度v2′＝2m/s或v2″＝4m/s
由动量守恒定律得：
m1v带＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v带＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″
解得：碰后A的速度v1′＝1.5m/s或v1″＝－1.5m/s
检验：由于12m1v2带＋12m2v22＜12m1v1′2＋12m2v2″2
故v1″＝－1.5m/s、v2″＝4m/s这组数据舍去
所以碰后A的速度v1′＝1.5m/s，方向向右；B的速度v2′＝2m/s，方向向右．(3分)
(3)因碰后两物块均做加速度运动，加速度都为a＝1m/s2，所以B的速度先达到与传送带相同速度，设B达到与传送带速度相同的时间为t2．
乙
有：v带＝v2′＋at2，t2＝1s
此时A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5m/s＜v带
故从t2之后A继续加速运动，B和传送带开始减速运动，直到A和传送达到某个共同速度v4后，A所受的摩擦力换向，才开始减速运动．设A继续加速度的时间为t3，则：
v4＝v3＋at3＝v带－a带t3，t3＝16s
A的速度v4＝v3＋at3＝83m/s(2分)
此时B的速度v5＝v带－at3＝176m/s，之后A、B均做减速运动，因为在整个过程中B的速度始终大于A的速度，所以当A、B都静止时两物块间的距离最大．(1分)
B碰后运动的总位移s2＝v2带－v2′22a＋0－v2带2×(－a)＝7m
或s2＝v2′＋v带2t2＋v带2×v带a＝7m(2分)
A碰后运动的总位移s1＝v24－v1′22×a＋0－v242×(－a)≈6m(2分)
两物块间的最大距离sm＝s2－s1＝1m．(1分)
[答案](1)1m/s2，方向向左
(2)A的速度为1.5m/s，方向向右；B的速度为2m/s，方向向右
(3)1m
高考物理冲刺力与运动2专题复习
一名优秀的教师就要对每一课堂负责，作为教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，帮助教师提高自己的教学质量。所以你在写教案时要注意些什么呢？急您所急，小编为朋友们了收集和编辑了“高考物理冲刺力与运动2专题复习”，仅供参考，欢迎大家阅读。
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题02：第1专题力与运动（2）经典考题
在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大．
1．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20甲所示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考上海物理卷]()
图1－20甲
A．N不变，T变大B．N不变，T变小
C．N变大，T变大D．N变大，T变小
【解析】Q环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：Tcosθ＝mg．
P环向左移动后θ变小，T＝mgcosθ变小．
图1－20乙图1－20丙
P环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得：
NP＝mg＋Tcosθ＝2mg，NP与θ角无关．
故选项B正确．
[答案]B
【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来．
②求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ＝2mg．
2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考全国理综卷Ⅳ]()
图1－21甲
A．g2sinαB．gsinα
C．32gsinαD．2gsinα
【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：
f＝mgsinα
图1－21乙图1－21丙
再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知：
2mgsinα＋f′＝2ma
解得：a＝32gsinα．
[答案]C
【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态．
②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsinα＝2ma求解，但这一方法高中不作要求．
3．如图1－22所示，某货场需将质量m1＝100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)
[2009年高考山东理综卷]
图1－22
(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．
(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．
【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：
mgR＝12m1v20
设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g＝m1v20R
联立以上两式并代入数据得FN＝3000N
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．
(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g
联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．
(3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：
v21－v20＝－2a1l
联立并代入数据得v1＝4m/s
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：
v1＝v0－a1t
联立并代入数据得t＝0.4s．
[答案](1)3000N，方向竖直向下(2)0.4＜μ1≤0.6
(3)0.4s
【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在20xx届高考中出现的可能性最大．
4．如图1－23甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象．已知引力常数为G．
图1－23甲
(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，PQ＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常．
(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积．
[2009年高考全国理综卷Ⅱ]
【解析】(1)由牛顿第二定律得：a＝F引m
故重力加速度g＝GMr2
假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg＝GM′d2＋x2＝GρVd2＋x2
由力的独立原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示
图1－23乙
即
故加速度反常Δg′＝Δgcosθ＝GρVd(d2＋x2)3．
(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为：
(Δg′)max＝GρVd2，(Δg′)min＝
由题设有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ
联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为：
d＝，V＝．
[答案](1)(2)
【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练．
②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g＝Gm，而不去思考g也是自由落体的加速度g＝F引m，遵循矢量的平行四边形定则．
能力演练
一、选择题(10×4分)
1．如图所示，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是()
A．μ1＝0，μ2＝0B．μ1＝0，μ2≠0
C．μ1≠0，μ2＝0D．μ1≠0，μ2≠0
【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD．
[答案]BD
2．如图所示，从倾角为θ、高h＝1.8m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处．石子抛出后，经时间t距斜面最远，则时间t的大小为(取g＝10m/s2)()
A．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.6s
【解析】由题意知，石子下落的时间t0＝2hg＝0.6s
又因为水平位移x＝hcotθ
故石子平抛的水平初速度v0＝xt0＝hcotθt0
当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最远
即gtv0＝tanθ
解得：t＝h2g＝0.3s．
[答案]C
3．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T．如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将()
A．不变B．增大C．减小D．无法判断
【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所示．设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt1，图中阴影部分的面积为Δh；若人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt2，要保证阴影部分的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2＜Δt1．
[答案]C
4．如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动．现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小，以下说法正确的是()
甲
A．NA不变，NB减小B．NA增大，NB不变
C．NB有可能增大D．NA可能为零
【解析】小球的受力情况如图乙所示，有：
乙
NAcosθ＝mg
NAsinθ－NB＝ma
故NA不变，NB减小．
[答案]A
5．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则()
A．小球第一次反弹后的速度大小为3m/s
B．小球碰撞时速度的改变量为2m/s
C．小球是从5m高处自由下落的
D．小球反弹起的最大高度为0.45m
【解析】第一次反弹后的速度为－3m/s，负号表示方向向上，A正确．碰撞时速度的改变量Δv＝－8m/s，B错误．下落的高度h1＝12×5×0.5m＝1.25m，反弹的高度h2＝12×3×0.3＝0.45m，D正确．
[答案]AD
6．如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是()
甲
A．F1＝F2＝F3＝F4B．F1＞F2＞F3＞F4
C．F1＜F2＝F4＜F3D．F1＝F3＜F2＜F4
【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，f1、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力
乙
N＝mgcosθ
f2可能向左，也可能向右或为零．
a图中，f1＜mgsinθ，故
F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＜(M＋m)g
b图中，f1＝mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＝(M＋m)g
c图中，f1＞mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＞(M＋m)g
d图中，f1＝mgsinθ，故F＝(M＋m)g．
[答案]C
7．把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象，下列说法正确的是()
A．甲为a－t图象B．乙为a－t图象
C．丙为v－t图象D．丁为v－t图象
【解析】由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v～t图象为图甲，a～t图象为图乙．
[答案]B
8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g取10m/s2，则下列说法正确的是()
A．若v＝1m/s，则小物块能回到A点
B．若v＝2m/s，则小物块能回到A点
C．若v＝5m/s，则小物块能回到A点
D．无论v等于多少，小物块均能回到A点
【解析】小物块滑上传送带的初速度v0＝2gh＝3m/s
当传送带的速度v≥3m/s时，小物块返回曲面的初速度都等于3m/s，恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3m/s时，小物块返回曲面的初速度等于v，不能回到A点．
[答案]C
9．如图甲所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是()
甲
A．F1＜F2B．F1＝F2
C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2
【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：FN＋Fsinθ＝mg
乙
f＝μFN＝Fcosθ
解得：F＝μmgμsinθ＋cosθ，F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同
若L≤v212μg，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2
若L＞v212μg，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2．
[答案]BD
10．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图甲所示．图中虚线表示这个静电场在xOy平面内的一族等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正方向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P点(其横坐标为－x0)时，速度与Ox轴平行，适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是图乙中的()
甲
乙
【解析】在x轴负方向，电子所受的电场力向右偏下，则电子的竖直分速度沿y轴负方向不断增加，到达x＝0时竖直分速度最大，到达x轴正方向后，电子所受的电场力向右偏上，则其竖直分速度沿y轴负方向不断减小；又由于在x轴负方向的电子运动处的电场线比在x轴正方向电子运动处的电场线密，相应的电子的加速度大，故电子在x轴正方向经过与x轴负方向相同的水平距离时，y轴方向的分速度不能减为零，D正确．
[答案]D
二、非选择题(共60分)
11．(6分)在某次实验中得到小车做直线运动的s－t关系如图所示．
(1)由图可以确定，小车在AC段和DE段的运动分别为()
A．AC段是匀加速运动，DE段是匀速运动
B．AC段是加速运动，DE段是匀加速运动
C．AC段是加速运动；DE段是匀速运动
D．AC段是匀加速运动；DE段是匀加速运动
(2)在与AB、AC、AD对应的平均速度中，最接近小车在A点的瞬时速度是________段中的平均速度．
[答案](1)C(2)AB(每空3分)
12．(9分)当物体从高空下落时，其所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据．
小球编号ABCDE
小球的半径(×10－3m)0.50.51.522.5
小球的质量(×10－6kg)254540100
小球的收尾速度(m/s)1640402032
(1)根据表中的数据，求出B球与C球达到收尾速度时所受的阻力之比．
(2)根据表中的数据，归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系．(写出有关表达式，并求出比例系数，重力加速度g取9.8m/s2)
(3)现将C球和D球用轻质细线连接，若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由)．
【解析】(1)球在达到收尾速度时处于平衡状态，有：
f＝mg
则fB∶fC＝mB∶mC
代入数据解得：fB∶fC＝1∶9．
(2)由表中A、B两球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即f∝v
由表中B、C两球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即f∝r2
得：f＝kvr2
其中k＝4.9Ns/m3．
(3)将C球和D球用细线连接后，应满足：
mCg＋mDg＝fC＋fD
即mCg＋mDg＝kv(r2C＋r2D)
代入数据解得：v＝27.2m/s
比较C、D两小球的质量和半径，可判断出C球先落地．
[答案](1)1∶9(3分)
(2)f＝kvr2，k＝4.9Ns/m3(3分)
(3)27.2m/sC球先落地(3分)
13．(10分)将一平板支撑成一斜面，一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行，如图所示．如果使石块具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它将做匀减速运动，经过距离L1后停下来；如果使石块具有同样大小的速度，但方向沿斜面向上，它将向上运动距离L2后停下来．现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示)，木条的侧边与斜面垂直．如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动，求石块在水平方向通过的距离L．
【解析】设斜面的倾斜角为θ，石块与斜面间的动摩擦因数为μ，故石块沿斜面减速下滑时的加速度为：
a1＝μgcosθ－gsinθ(2分)
沿斜面减速上滑时的加速度a2＝μgcosθ＋gsinθ
(2分)
紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3＝μgcosθ
(2分)
由题意可得：
v2＝2a1L1
v2＝2a2L2
v2＝2a3L(3分)
解得：L＝2L1L2L1＋L2．(1分)
[答案]2L1L2L1＋L2
14．(10分)如图所示，一固定的斜面倾角为30°，一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m．开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度．(不计细线与滑轮之间的摩擦)
【解析】设细线断前物块的加速度大小为a，细线的张力为T，由牛顿第二定律得：
4mgsin30°－T＝4ma(2分)
T－mg＝ma(2分)
解得：a＝15g(1分)
故线断瞬间B的速度大小vB＝2as＝25gs(2分)
线断后B再上升的最大高度h＝v2B2g＝15s(1分)
物块B上升的最大高度h总＝s＋h＝65s．(2分)
[答案]65s
15．(12分)在光滑的绝缘水平面上有一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－10C的带电小球静止在O点，以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy(如图所示)．现突然加一个沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场使小球运动，并开始计时．在第1s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向，大小不变；在第2s末电场突然消失，求第3s末小球的位置．
一位同学这样分析：第1s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移x1；第2s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移y2及其速度v，第3s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动，可求出其位移s，最后小球的横坐标是x1，纵坐标是y2＋s．
你认为他的分析正确吗？如果认为正确，请按他的思路求出第3s末小球的位置；如果认为不正确，请指出错误之处并求出第3s末小球的位置．
【解析】该同学的分析不正确．因为第1s末小球有沿x方向的初速度，所以第2s内小球做类平抛运动，第3s内也不沿y轴正方向运动．(3分)
第1s内小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：
a1x＝Fm＝qEm(1分)
x1＝12a1xt21＝qEt212m
＝1.0×10－10×2.0×106×122×1.0×10－3m＝0.1m(1分)
v1x＝a1xt1＝qEt1m
第2s内小球做类平抛运动，有：
a2y＝qEm(1分)
y2＝12a2yt22＝qEt222m
＝1.0×10－10×2.0×106×122×1.0×10－3m＝0.1m(1分)
v2y＝a2t2＝qEt2m
x2＝v1xt2＝qEt1t2m
＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)
第3s内小球做匀速直线运动，沿x方向速度为v1x，沿y方向速度为v2y，有：
x3＝v1xt3＝qEt1t3m
＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)
y3＝v2yt3＝qEt2t3m
＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)
第3s末小球的位置坐标为：
x＝x1＋x2＋x3＝0.5m(1分)
y＝y2＋y3＝0.3m．(1分)
[答案]略
16．(13分)如图所示，长L＝1.5m、高h＝0.45m、质量M＝10kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端L3处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．已知木箱与地面的动摩擦因数μ＝0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计．取g＝10m/s2，求：
(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间．
(2)小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移．
(3)小球离开木箱时木箱的速度．
【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，设其落到地面所用的时间为t，由h＝12gt2得：
t＝2hg＝2×0.4510s＝0.3s．(2分)
(2)小球放上木箱后相对地面静止
由F＋μFN＝Ma1(1分)
FN＝(M＋m)g(1分)
得木箱的加速度：
a1＝F＋μ(M＋m)gM＝50＋0.2(10＋1)×1010m/s2
＝7.2m/s2(2分)
木箱向右运动的最大位移s1＝v202a1＝3.622×7.2m＝0.9m．
(1分)
(3)由于s1＝0.9m＜1m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下(1分)
得木箱向左运动的加速度：
a2＝F－μ(M＋m)gM＝50－0.2(10＋1)×1010m/s2
＝2.8m/s2(2分)
设木箱向左运动s2时，小球从木箱的右端掉下，有：
s2＝s1＋L3＝0.9m＋0.5m＝1.4m(1分)
设木箱向左运动所用的时间为t2，则由s2＝12a2t22得：
t2＝2s2a2＝2×1.42.8s＝1s(1分)
小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左，大小为：
v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8m/s．(1分)
[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s
