小學(xué)數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)教案
發(fā)表時間：2021-03-01高考物理動量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)。
俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。教師要準備好教案，這是每個教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生更容易聽懂所講的內(nèi)容，幫助教師提前熟悉所教學(xué)的內(nèi)容。您知道教案應(yīng)該要怎么下筆嗎？小編為此仔細地整理了以下內(nèi)容《高考物理動量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)》，僅供參考，希望能為您提供參考！
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題03：第2專題動量和能量（1）知識網(wǎng)絡(luò)
考點預(yù)測
本專題涉及的內(nèi)容是動力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化．動量守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛．它們是自然界中最基本、最普遍、最重要的客觀規(guī)律，也是高中物理的重點和難點、高考考查內(nèi)容的重點．其命題形式一般是能量與動量綜合起來考，如：2009年全國理綜卷Ⅰ第21題、第25題，2008年全國理綜卷Ⅰ的第24題“下擺拉動
滑塊碰撞問題”，全國理綜卷Ⅱ的第23題“子彈射擊木塊問題”，重慶理綜卷的第24題“碰撞后壓縮彈簧問題”．但是，由于目前全國的課改形勢以及在課程標準中的內(nèi)容設(shè)置，在高考中出現(xiàn)的這類綜合題的難點主要在于功能關(guān)系的應(yīng)用上，而不是在于動量守恒定律的應(yīng)用上．
另外，從2009年各地的高考考卷中也可發(fā)現(xiàn)，除了能量與動量的綜合題外，單獨考查功能原理的試題在卷中出現(xiàn)的概率也較大．
要點歸納
一、基本的物理概念
1．沖量與功的比較
(1)定義式?jīng)_量的定義式：I＝Ft(作用力在時間上的積累效果)功的定義式：W＝Fscosθ(作用力在空間上的積累效果)
(2)屬性沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應(yīng)按矢,量合成法則來計算)功是標量，只有大小沒有方向(求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計算)
2．動量與動能的比較
(1)定義式動量的定義式：p＝mv動能的定義式：Ek＝12mv2
(2)屬性動量是矢量(動量的變化也是矢量,求動量的變化,應(yīng)按矢量運算法則來計算)動能是標量(動能的變化也是標量,求動能的變化,只需按代數(shù)運算法則來計算)
(3)動量與動能量值間的關(guān)系p＝2mEkEk＝p22m＝12pv
(4)動量和動能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對性(相對所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無關(guān)．動量的變化和動能的變化都是過程量，都是針對某段時間而言的．
二、動量觀點的基本物理規(guī)律
1．動量定理的基本形式與表達式：I＝Δp．
分方向的表達式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．
2．動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．
3．動量守恒定律
(1)動量守恒定律的研究對象是一個系統(tǒng)(含兩個或兩個以上相互作用的物體)．
(2)動量守恒定律的適用條件
①標準條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零．
②近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計．
③分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動量的分量保持不變．
(3)使用動量守恒定律時應(yīng)注意：
①速度的瞬時性；
②動量的矢量性；
③時間的同一性．
(4)應(yīng)用動量守恒定律解決問題的基本思路和方法
①分析題意，明確研究對象．在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．
②對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力．在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒定律的條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒定律．
③明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的值或表達式．(注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應(yīng)取地球為參考系)
④確定正方向，建立動量守恒方程求解．
三、功和能
1．中學(xué)物理中常見的能量
動能Ek＝12mv2；重力勢能Ep＝mgh；彈性勢能E彈＝12kx2；機械能E＝Ek＋Ep；分子勢能；分子動能；內(nèi)能；電勢能E＝qφ；電能；磁場能；化學(xué)能；光能；原子能(電子的動能和勢能之和)；原子核能E＝mc2；引力勢能；太陽能；風(fēng)能(空氣的動能)；地熱、潮汐能．
2．常見力的功和功率的計算：
恒力做功W＝Fscosθ；
重力做功W＝mgh；
一對滑動摩擦力做的總功Wf＝－fs路；
電場力做功W＝qU；
功率恒定時牽引力所做的功W＝Pt；
恒定壓強下的壓力所做的功W＝pΔV；
電流所做的功W＝UIt；
洛倫茲力永不做功；
瞬時功率P＝Fvcos_θ；
平均功率P－＝Wt＝Fv－cosθ．
3．中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系
能量與物體運動的狀態(tài)相對應(yīng)．在物體相互作用的過程中，物體的運動狀態(tài)通常要發(fā)生變化，所以物體的能量變化一般要通過做功來實現(xiàn)，這就是常說的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的物理本質(zhì)．那么，什么功對應(yīng)著什么能量的轉(zhuǎn)化呢？在高中物理中主要的功能關(guān)系有：
(1)外力對物體所做的總功等于物體動能的增量，即W總＝ΔEk．(動能定理)
(2)重力(或彈簧的彈力)對物體所做的功等于物體重力勢能(或彈性勢能)的增量的負值，即W重＝－ΔEp(或W彈＝－ΔEp)．
(3)電場力對電荷所做的功等于電荷電勢能的增量的負值，即W電＝－ΔE電．
(4)除重力(或彈簧的彈力)以外的力對物體所做的功等于物體機械能的增量，即W其他＝ΔE機．(功能原理)
(5)當除重力(或彈簧彈力)以外的力對物體所做的功等于零時，則有ΔE機＝0，即機械能守恒．
(6)一對滑動摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系是：“摩擦所產(chǎn)生的熱”等于滑動摩擦力跟物體間相對路程的乘積，即Q＝fs相對．一對滑動摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負值，表示除了有機械能在兩個物體間轉(zhuǎn)移外，還有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱”的實質(zhì)．
(7)安培力做功對應(yīng)著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即W安＝ΔE電．安培力做正功，對應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動機模型)；克服安培力做負功，對應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā)電機模型)；安培力做功的絕對值等于電能轉(zhuǎn)化的量值．
(8)分子力對分子所做的功等于分子勢能的增量的負值，即W分子力＝－ΔE分子．
(9)外界對一定質(zhì)量的氣體所做的功W與氣體從外界所吸收的熱量Q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即W＋Q＝ΔU．
(10)在電機電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與輸出的機械功率之和．
(11)在純電阻電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率．
(12)在電解槽電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率之和．
(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量hν＝W＋12mv02．
(14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．
(15)核力對核子所做的功等于核能增量的負值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．
(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律．對于所有參與相互作用的物體所組成的系統(tǒng)，無論什么力做功，可能每一個物體的能量的數(shù)值及形式都發(fā)生變化，但系統(tǒng)內(nèi)所有物體的各種形式能量的總和保持不變．
4．運用能量觀點分析、解決問題的基本思路
(1)選定研究對象(單個物體或一個系統(tǒng))，弄清物理過程．
(2)分析受力情況，看有什么力在做功，弄清系統(tǒng)內(nèi)有多少種形式的能在參與轉(zhuǎn)化．
(3)仔細分析系統(tǒng)內(nèi)各種能量的變化情況及變化的數(shù)量．
(4)列方程ΔE減＝ΔE增或E初＝E末求解．
四、彈性碰撞
在一光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的剛性小球A和B以初速度v1、v2運動，若它們能發(fā)生正碰，碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面為參考系的，將A和B看做系統(tǒng)．
由碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
由于彈性碰撞中沒有機械能損失，故有：
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
由以上兩式可得：
v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)
碰撞后B相對于A的速度與碰撞前B相對于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相對于B的速度與碰撞前A相對于B的速度大小相等、方向相反．
【結(jié)論1】對于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大小不變、方向相反(即以原速率彈回)．
聯(lián)立以上各式可解得：
v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2
v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2
若m1＝m2，即兩個物體的質(zhì)量相等，則v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度變?yōu)関2，B的速度變?yōu)関1．
【結(jié)論2】對于一維彈性碰撞，若兩個物體的質(zhì)量相等，則碰撞后兩個物體互換速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．
若A的質(zhì)量遠大于B的質(zhì)量，則有：
v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；
若A的質(zhì)量遠小于B的質(zhì)量，則有：
v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．
【結(jié)論3】對于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大的物體碰撞前后速度保持不變．至于質(zhì)量小的物體碰后速度如何，可結(jié)合結(jié)論1和結(jié)論2得出．
在高考復(fù)習(xí)中，若能引導(dǎo)學(xué)生推導(dǎo)出以上二級結(jié)論并熟記，對提高學(xué)生的解題速度是大有幫助的．
熱點、重點、難點
一、動量定理的應(yīng)用問題
動量定理的應(yīng)用在高考中主要有以下題型：
1．定性解釋周圍的一些現(xiàn)象；
2．求打擊、碰撞、落地過程中的平均沖力；
3．計算流體問題中的沖力(或反沖力)；
4．根據(jù)安培力的沖量求電荷量．
●例1如圖2－1所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時貯氣瓶底端對豎直墻壁的作用力大小是()
圖2－1
A．ρvSB．ρv2SC．12ρv2SD．ρv2S
【解析】Δt時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt
對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得：
FΔt＝Δmv－0
解得：F＝ρv2S．
[答案]D
【點評】動量定理對多個物體組成的系統(tǒng)也成立，而動能定理對于多個物體組成的系統(tǒng)不適用．
★同類拓展1如圖2－2所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為()
圖2－2
A．v＝mv0M＋m，I＝0B．v＝mv0M＋m，I＝2mv0
C．v＝mv0M＋m，I＝2m2v0M＋mD．v＝mv0M，I＝2mv0
【解析】設(shè)在子彈射入木塊且未壓縮彈簧的過程中，木塊(含子彈)的速度為v1，由動量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝mv0m＋M
對木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回A點的過程，由動能定理得：
12(m＋M)v2－12(m＋M)v12＝W總＝0
可知：v＝v1＝mv0m＋M
取子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量定理得：
I＝(m＋M)(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0
負號表示方向向左．
[答案]B
二、動能定理、機械能守恒定律的應(yīng)用
1．對于單個平動的物體：W總＝ΔEk，W總指物體所受的所有外力做的總功．
2．系統(tǒng)只有重力、彈力作為內(nèi)力做功時，機械能守恒．
(1)用細繩懸掛的物體繞細繩另一端做圓周運動時，細繩對物體不做功．
(2)輕桿繞一端自由下擺，若輕桿上只固定一個物體，則輕桿對物體不做功；若輕桿上不同位置固定兩個物體，則輕桿分別對兩物體做功．
(3)對于細繩連接的物體，若細繩存在突然繃緊的瞬間，則物體(系統(tǒng))的機械能減少．
3．單個可當做質(zhì)點的物體機械能守恒時，既可用機械能守恒定律解題，也可用動能定理解題，兩種方法等效．發(fā)生形變的物體和幾個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒時，一般用機械能守恒定律解題，不方便應(yīng)用動能定理解題．
●例2以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物塊．假定物塊所受的空氣阻力f大小不變．已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點的速率分別為
[2009年高考全國理綜卷Ⅱ]()
A．v022g(1＋fmg)和v0mg－fmg＋f
B．v022g(1＋fmg)和v0mgmg＋f
C．v022g(1＋2fmg)和v0mg－fmg＋f
D．v022g(1＋2fmg)和v0mgmg＋f
【解析】方法一：對于物塊上升的過程，由動能定理得：
－(mgh＋fh)＝0－12mv02
解得：h＝v022g(1＋fmg)
設(shè)物塊返回至原拋出點的速率為v，對于整個過程應(yīng)用動能定理有：
12mv2－12mv02＝－f2h
解得：v＝v0mg－fmg＋f．
方法二：設(shè)小物塊在上升過程中的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：
a1＝mg＋fm
故物塊上升的最大高度h＝v022a1＝v022g(1＋fmg)
設(shè)小物塊在下降過程中的加速度為a2，由牛頓第二定律有：
a2＝mg－fm
可得：v＝2a2h＝v0mg－fmg＋f．
[答案]A
【點評】動能定理是由牛頓第二定律導(dǎo)出的一個結(jié)論，對于單個物體受恒力作用的過程，以上兩種方法都可以用來分析解答，但方法二的物理過程較復(fù)雜．例如涉及曲線運動或變力做功時，運用動能定理更為方便．
★同類拓展2一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開始用80s的時間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運動的8s時間內(nèi)做勻加速直線運動，從第8s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運動，速度大小為15m/s；開始運動的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求：整個運動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運動過程中所受阻力的大?。?br> 【解析】設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則：
勻速運動時P＝Fv＝fv
即運動過程中雪橇受到的阻力大小f＝Pv
對于整個過程運用動能定理得：
P2t1＋P(t總－t1)－fs總＝12mvt2－0
即P2×8＋P(80－8)－P15×1000＝12×60×152
解得：P＝723W
故f＝48.2N
再由動能定理可得P－t總－fs＝12mvt2
解得：P－＝687W．
[答案]687W48.2N
●例3如圖2－3所示，質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B都處于靜止狀態(tài)．一條不可伸長的輕繩繞過兩個輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段沿豎直方向．若在掛鉤上掛一質(zhì)量為m3的物體C，則B將剛好離地．若將C換成另一個質(zhì)量為m1＋m3的物體D，仍從上述初始位置由靜止狀態(tài)釋放，則這次B剛離地時D的速度大小是多少？(已知重力加速度為g)
圖2－3
【解析】開始時A、B靜止，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，則有：
kx1＝m1g
掛上C后，當B剛要離地時，設(shè)彈簧的伸長量為x2，則有：
kx2＝m2g
此時，A和C的速度均為零
從掛上C到A和C的速度均為零時，根據(jù)機械能守恒定律可知，彈性勢能的改變量為：
ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
將C換成D后，有：
ΔE＋12(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
聯(lián)立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)．
[答案]2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)
【點評】含彈簧連接的物理情境題在近幾年高考中出現(xiàn)的概率很高，而且多次考查以下原理：①彈簧的壓縮量或伸長量相同時，彈性勢能相等；②彈性勢能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過程無關(guān)．
三、碰撞問題
1．在高中物理中涉及的許多碰撞過程(包括射擊)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用時間短、內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的動量仍可看做守恒．
2．兩滑塊在水平面上碰撞的過程遵循以下三個法則：
①動量守恒；
②機械能不增加；
③碰后兩物體的前后位置要符合實際情境．
3．兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時，機械能的損耗最大．
●例4如圖2－4所示，在光滑絕緣水平面上由左到右沿一條直線等間距的靜止排著多個形狀相同的帶正電的絕緣小球，依次編號為1、2、3……每個小球所帶的電荷量都相等且均為q＝3.75×10－3C，第一個小球的質(zhì)量m＝0.03kg，從第二個小球起往下的小球的質(zhì)量依次為前一個小球的13，小球均位于垂直于小球所在直線的勻強磁場里，已知該磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.5T．現(xiàn)給第一個小球一個水平速度v＝8m/s，使第一個小球向前運動并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰．若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個小球被碰后可以脫離地面？(不計電荷之間的庫侖力，取g＝10m/s2)
圖2－4
【解析】設(shè)第一個小球與第二個小球發(fā)生彈性碰撞后兩小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量和能量守恒有：
mv＝mv1＋13mv2
12mv2＝12mv12＋16mv22
聯(lián)立解得：v2＝32v
同理，可得第n＋1個小球被碰后的速度vn＋1＝(32)nv
設(shè)第n＋1個小球被碰后對地面的壓力為零或脫離地面，則：
qvn＋1B≥(13)nmg
聯(lián)立以上兩式代入數(shù)值可得n≥2，所以第3個小球被碰后首先離開地面．
[答案]第3個
【點評】解答對于多個物體、多次碰撞且動量守恒的物理過程時，總結(jié)出通項公式或遞推式是關(guān)鍵．
★同類拓展3如圖2－5所示，質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為x0．一個物塊從鋼板的正上方相距3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動．已知物塊的質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點；若物塊的質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時還具有向上的速度．求物塊向上運動所到達的最高點與O點之間的距離．
圖2－5
【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：
v0＝6gx0
設(shè)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v1，由動量守恒定律有：
mv0＝2mv1
設(shè)彈簧的壓縮量為x0時的彈性勢能為Ep，對于物塊和鋼板碰撞后直至回到O點的過程，由機械能守恒定律得：
Ep＋12×2m×v12＝2mgx0
設(shè)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v2，物塊與鋼板回到O點時所具有的速度為v3，由動量守恒定律有：
2mv0＝3mv2
由機械能守恒定律有：
Ep＋12×3m×v22＝3mgx0＋12×3m×v32
解得：v3＝gx0
當質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力的作用，加速度為g；一過O點，鋼板就會受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物塊與鋼板不粘連，故在O點處物塊與鋼板分離；分離后，物塊以速度v3豎直上升，由豎直上拋的最大位移公式得：
h＝v322g＝x02
所以物塊向上運動所到達的最高點與O點之間的距離為x02．
[答案]x02
【點評】①物塊與鋼板碰撞的瞬間外力之和并不為零，但這一過程時間極短，內(nèi)力遠大于外力，故可近似看成動量守恒．
②兩次下壓至回到O點的過程中，速度、路程并不相同，但彈性勢能的改變(彈力做的功)相同．
③在本題中，物塊與鋼板下壓至回到O點的過程也可以運用動能定理列方程．
第一次：0－12×2m×v12＝W彈－2mgx0
第二次：12×3m×v32－12×3m×v22＝W彈－3mgx0．
四、高中物理常見的功能關(guān)系
1．摩擦生熱——等于摩擦力與兩接觸面相對滑動的路程的乘積，即Q＝fs相．
●例5如圖2－6所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下始終以v0＝2m/s的速率運行．現(xiàn)把一質(zhì)量m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點)輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的皮帶頂端．取g＝10m/s2．求：
(1)工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ．
(2)電動機由于傳送工件而多消耗的電能．
圖2－6
【解析】(1)由題意可知，皮帶長s＝hsin30°＝3m
工件的速度達到v0前工件做勻加速運動，設(shè)經(jīng)時間t1工件的速度達到v0，此過程工件的位移為：
s1＝12v0t1
達到v0后，工件做勻速運動，此過程工件的位移為：
s－s1＝v0(t－t1)
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝0.8s
工件加速運動的加速度a＝v0t1＝2.5m/s2
據(jù)牛頓第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得：μ＝32．
(2)在時間t1內(nèi)，皮帶運動的位移s2＝v0t1＝1.6m
工件相對皮帶的位移Δs＝s2－s1＝0.8m
在時間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθΔs＝60J
工件獲得的動能Ek＝12mv02＝20J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J
電動機多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J．
[答案](1)32(2)230J
2．機械能的變化——除重力、彈簧的彈力以外的力做的功等于系統(tǒng)機械能的變化．
●例6一面積很大的水池中的水深為H，水面上浮著一正方體木塊，木塊的邊長為a，密度為水的12，質(zhì)量為m．開始時木塊靜止，有一半沒入水中，如圖2－7甲所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地向下壓，不計摩擦．
圖2－7甲
(1)求從開始壓木塊到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功．
(2)若將該木塊放在底面為正方形(邊長為2a)的盛水足夠深的長方體容器中，開始時，木塊靜止，有一半沒入水中，水面距容器底的距離為2a，如圖2－7乙所示．現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到容器底部，不計摩擦，求這一過程中壓力做的功．
圖2-7乙
【解析】方法一：(1)因水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖2－7丙中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為m，其勢能的改變量為(取容器底為零勢能面)：
圖2－7丙
ΔE水＝mgH－mg(H－34a)
＝34mga
木塊勢能的改變量為：
ΔE木＝mg(H－a2)－mgH
＝－12mga
根據(jù)功能原理，力F所做的功為：
W＝ΔE水＋ΔE木＝14mga．
(2)因容器的底面積為2a2，僅是木塊的底面積的2倍，故不可忽略木塊壓入水中所引起的水深變化．如圖2－7丁所示，木塊到達容器底部時，水面上升14a，相當于木塊末狀態(tài)位置的水填充至木塊原浸入水中的空間和升高的水面處平面，故這一過程中水的勢能的變化量為：
圖2－7丁
ΔE水′＝mga＋mg(2a－a4＋a8)＝238mga
木塊的勢能的變化量ΔE木′＝－mg32a
根據(jù)功能原理，壓力F做的功為：
W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝118mga．
方法二：(1)水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中引起的水深變化．當木塊浮在水面上時重力與浮力的大小相等；當木塊剛沒入水中時，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的壓力隨下壓位移的變化圖象如圖2－7戊所示．
圖2－7戊
故WF＝12mga2＝14mga．
(2)隨著木塊的下沉水面緩慢上升，木塊剛好完全沒入水中時，水面上升a4的高度，此時木塊受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木塊再下沉54a的距離即沉至容器底部，故木塊下沉的整個過程中壓力的大小隨位移的變化圖象如圖2－7己所示
圖2－7己
故WF′＝12mga4＋mg54a＝118mga．
[答案](1)14mga(2)118mga
【點評】①通過兩種方法對比，深刻理解功能關(guān)系．
②根據(jù)功的定義計算在小容器中下壓木塊時，嚴格的講還要說明在0～a4的位移段壓力也是線性增大的．
3．導(dǎo)體克服安培力做的功等于(切割磁感線引起的)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化的電能．
●例7如圖2－8所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在M點和P點間接有一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間的矩形區(qū)域OO1O1′O′內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里、寬為d的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直地擱在導(dǎo)軌上，與磁場的上邊界相距d0．現(xiàn)使ab棒由靜止開始釋放，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運動(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導(dǎo)軌的電阻不計)．
圖2－8
(1)求棒ab離開磁場的下邊界時的速度大?。?br> (2)求棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．
(3)試分析討論棒ab在磁場中可能出現(xiàn)的運動情況．
【解析】(1)設(shè)棒ab離開磁場的邊界前做勻速運動的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：
E＝BLv
電路中的電流I＝ER＋r
對棒ab，由平衡條件得：mg－BIL＝0
解得：v＝mg(R＋r)B2L2．
(2)設(shè)整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：
mg(d0＋d)＝Q＋12mv2
解得：Q＝mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4
故Qab＝rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]．
(3)設(shè)棒剛進入磁場時的速度為v0，由mgd0＝12mv02
解得：v0＝2gd0
棒在磁場中勻速運動時的速度v＝mg(R＋r)B2L2，則
①當v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4時，棒進入磁場后做勻速直線運動；
②當v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動；
③當v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動．
[答案](1)mg(R＋r)B2L2
(2)rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]
(3)①當v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4時，棒進入磁場后做勻速直線運動；②當v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4時，棒進入磁場后先做加速運動，后做勻速直線運動；③當v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4時，棒進入磁場后先做減速運動，后做勻速直線運動．
【點評】①計算轉(zhuǎn)化的電能時，也可應(yīng)用動能定理：
mg(d0＋d)－W安＝12mv2－0，其中W安＝E電＝Q．
②對于電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的問題，在以后的《感應(yīng)電路》專題中還會作更深入的探討．
五、多次相互作用或含多個物體的系統(tǒng)的動量、功能問題
●例8如圖2－9所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，長木板上有一質(zhì)量為m的小物塊，它與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ．開始時，長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，某時刻它們以共同的速度v0向右運動，當長木板與右邊的固定豎直擋板碰撞后，其速度的大小不變、方向相反，以后每次的碰撞均如此．設(shè)左右擋板之間的距離足夠長，且M＞m．
圖2－9
(1)要想物塊不從長木板上落下，則長木板的長度L應(yīng)滿足什么條件？
(2)若上述條件滿足，且M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s，求整個系統(tǒng)在第5次碰撞前損失的所有機械能．
【解析】(1)設(shè)第1次碰撞后小物塊與長木板共同運動的速度為v1，第n次碰撞后小物塊與長木板共同運動的速度為vn．每次碰撞后，由于兩擋板的距離足夠長，物塊與長木板都能達到相對靜止，第1次若不能掉下，往后每次相對滑動的距離會越來越小，更不可能掉下．由動量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1
μmgs＝12(m＋M)v02－12(M＋m)v12
解得：s＝2Mv02μ(M＋m)g
故L應(yīng)滿足的條件是：
L≥s＝2Mv02μ(M＋m)g．
(2)第2次碰撞前有：
(M－m)v0＝(M＋m)v1
第3次碰撞前有：
(M－m)v1＝(M＋m)v2
第n次碰撞前有：
(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1
所以vn－1＝(M－mM＋m)n－1v0
故第5次碰撞前有：v4＝(M－mM＋m)4v0
故第5次碰撞前損失的總機械能為：
ΔE＝12(M＋m)v02－12(M＋m)v42
代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝149.98J．
[答案](1)L≥2Mv02μ(M＋m)g(2)149.98J
【點評】在復(fù)雜的多過程問題上，歸納法和演繹法常常大有作為．
延伸閱讀
高考物理沖刺專題復(fù)習(xí)
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題18:第9專題高中物理常見的物理模型(2)能力演練
一、選擇題(10×4分)
1．圖示是原子核的核子平均質(zhì)量與原子序數(shù)Z的關(guān)系圖象，下列說法正確的是()
A．若D和E結(jié)合成F，結(jié)合過程中一定會吸收核能
B．若D和E結(jié)合成F，結(jié)合過程中一定會釋放核能
C．若A分裂成B和C，分裂過程中一定會吸收核能
D．若A分裂成B和C，分裂過程中一定會釋放核能
【解析】D、E結(jié)合成F粒子時總質(zhì)量減小，核反應(yīng)釋放核能；A分裂成B、C粒子時，總質(zhì)量減小，核反應(yīng)釋放核能．
[答案]BD
2．單冷型空調(diào)器一般用來降低室內(nèi)溫度，其制冷系統(tǒng)與電冰箱的制冷系統(tǒng)結(jié)構(gòu)基本相同．某單冷型空調(diào)器的制冷機從低溫物體吸收熱量Q2，向高溫物體放出熱量Q1，而外界(壓縮機)必須對工作物質(zhì)做功W，制冷系數(shù)ε＝Q2W．設(shè)某一空調(diào)的制冷系數(shù)為4，若制冷機每天從房間內(nèi)部吸收2.0×107J的熱量，則下列說法正確的是()
A．Q1一定等于Q2
B．空調(diào)的制冷系數(shù)越大越耗能
C．制冷機每天放出的熱量Q1＝2.5×107J
D．制冷機每天放出的熱量Q1＝5.0×106J
【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，選項A錯誤；ε越大，從室內(nèi)向外傳遞相同熱量時壓縮機所需做的功(耗電)越小，越節(jié)省能量，選項B錯誤；又Q1＝Q2＋Q2ε＝2.5×107J，故選項C正確．
[答案]C
3．圖示為一列簡諧橫波的波形圖象，其中實線是t1＝0時刻的波形，虛線是t2＝1.5s時的波形，且(t2－t1)小于一個周期．由此可判斷()
A．波長一定是60cm
B．波一定向x軸正方向傳播
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】由題圖知λ＝60cm
若波向x軸正方向傳播，則可知：
波傳播的時間t1＝T4，傳播的位移s1＝15cm＝λ4
故知T＝6s，v＝0.1m/s
若波向x軸負方向傳播，可知：
波傳播的時間t2＝34T，傳播的位移s2＝45cm＝3λ4
故知T＝2s，v＝0.3m/s．
[答案]AD
4．如圖所示，在水平桌面上疊放著質(zhì)量均為M的A、B兩塊木板，在木板A的上面放著一個質(zhì)量為m的物塊C，木板和物塊均處于靜止狀態(tài)．A、B、C之間以及B與地面之間的動摩擦因數(shù)都為μ．若用水平恒力F向右拉動木板A，使之從C、B之間抽出來，已知重力加速度為g，則拉力F的大小應(yīng)該滿足的條件是(已知最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
【解析】無論F多大，摩擦力都不能使B向右滑動，而滑動摩擦力能使C產(chǎn)生的最大加速度為μg，故F－μmg－μ(m＋M)gM＞μg時，即F＞2μ(m＋M)g時A可從B、C之間抽出．
[答案]C
5．如圖所示，一束單色光a射向半球形玻璃磚的球心，在玻璃與空氣的界面MN上同時發(fā)生反射和折射，b為反射光，c為折射光，它們與法線間的夾角分別為β和θ．逐漸增大入射角α，下列說法中正確的是()
A．β和θ兩角同時增大，θ始終大于β
B．b光束的能量逐漸減弱，c光束的能量逐漸加強
C．b光在玻璃中的波長小于b光在空氣中的波長
D．b光光子的能量大于c光光子的能量
【解析】三個角度之間的關(guān)系有：θ＝α，sinβsinα＝n＞1，故隨著α的增大，β、θ都增大，但是θ＜β，選項A錯誤，且在全反射前，c光束的能量逐漸減弱，b光束的能量逐漸加強，選項B錯誤；又由n＝sinβsinα＝cv＝λλ′，b光在玻璃中的波長小于在空氣中的波長，但光子的能量不變，選項C正確、D錯誤．
[答案]C
6．如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速度勻速前進，上方漏斗中以每秒50kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運動．如果要使傳送帶保持原來的速度勻速前進，則傳送帶的電動機應(yīng)增加的功率為()
A．100WB．200WC．500WD．無法確定
【解析】漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50kg的煤粉被加速至2m/s，故每秒鐘傳送帶的電動機應(yīng)多做的功為：
ΔW＝ΔEk＋Q＝12mv2＋fΔs＝mv2＝200J
故傳送帶的電動機應(yīng)增加的功率ΔP＝ΔWt＝200W．
[答案]B
7．如圖所示，一根用絕緣材料制成的輕彈簧，勁度系數(shù)為k，一端固定，另一端與質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球相連，靜止在光滑絕緣水平面上．當施加水平向右的勻強電場E后，小球開始做簡諧運動，下列關(guān)于小球運動情況的說法中正確的是()
A．小球的速度為零時，彈簧的伸長量為qEk
B．小球的速度為零時，彈簧的伸長量為2qEk
C．運動過程中，小球和彈簧系統(tǒng)的機械能守恒
D．運動過程中，小球動能變化量、彈性勢能變化量以及電勢能的變化量之和保持為零
【解析】由題意知，小球位于平衡位置時彈簧的伸長量x0＝qEk，小球速度為零時彈簧處于原長或伸長了2x0＝2qEk，選項A錯誤、B正確．
小球做簡諧運動的過程中彈簧彈力和電場力都做功，機械能不守恒，動能、彈性勢能、電勢能的總和保持不變，選項D正確．
[答案]BD
8．如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為θ的固定斜面上．滑塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ．若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則[2009年高考北京理綜卷]()
A．將滑塊由靜止釋放，如果μ＞tanθ，滑塊將下滑
B．給滑塊沿斜面向下的初速度，如果μ＜tanθ，滑塊將減速下滑
C．用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果μ＝tanθ，則拉力大小應(yīng)是2mgsinθ
D．用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果μ＝tanθ，則拉力大小應(yīng)是mgsinθ
【解析】對于靜止置于斜面上的滑塊，可沿斜面下滑的條件為mgsinθ＞μmgcosθ；同理，當mgsinθ＜μmgcosθ時，具有初速度下滑的滑塊將做減速運動，選項A、B錯誤；當μ＝tanθ時，滑塊與斜面之間的動摩擦力f＝mgsinθ，由平衡條件知，使滑塊勻速上滑的拉力F＝2mgsinθ，選項C正確、D錯誤．
[答案]C
9．國產(chǎn)“水刀”——超高壓數(shù)控萬能水切割機，以其神奇的切割性能在北京國際展覽中心舉行的第五屆國際機床展覽會上引起轟動，它能切割40mm厚的鋼板、50mm厚的大理石等材料．
將普通的水加壓，使其從口徑為0.2mm的噴嘴中以800m/s～1000m/s的速度射出，這種水射流就是“水刀”．我們知道，任何材料承受的壓強都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的壓強的限度．
A．橡膠5×107Pa
B．花崗石1.2×108Pa～2.6×108Pa
C．鑄鐵8.8×108Pa
D．工具鋼6.7×108Pa
設(shè)想一“水刀”的水射流橫截面積為S，垂直入射的速度v＝800m/s，水射流與材料接觸后，速度為零，且不附著在材料上，水的密度ρ＝1×103kg/m3，則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為研究對象，以其運動方向為正方向，由動量定理得：
－pSΔt＝－ρSvΔtv
得：p＝ρv2＝6.4×108Pa
由表中數(shù)據(jù)可知：此“水刀”不能切割材料C和D．
[答案]CD
10．如圖甲所示，質(zhì)量為2m的長木板靜止地放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m的小鉛塊(可視為質(zhì)點)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且與木板保持相對靜止，鉛塊在運動過程中所受到的摩擦力始終不變．若將木板分成長度與質(zhì)量均相等(即m1＝m2＝m)的兩段1、2后，將它們緊挨著放在同一水平面上，讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開始運動，如圖乙所示，則下列說法正確的是()
A．小鉛塊滑到木板2的右端前就與之保持相對靜止
B．小鉛塊滑到木板2的右端后與之保持相對靜止
C．甲、乙兩圖所示的過程中產(chǎn)生的熱量相等
D．圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量
【解析】長木板分兩段前，鉛塊和木板的最終速度為：
vt＝mv03m＝13v0
且有Q＝fL＝12mv02－12×3m(v03)2＝13mv02
長木板分兩段后，可定量計算出木板1、2和鉛塊的最終速度，從而可比較摩擦生熱和相對滑動的距離；也可用圖象法定性分析(如圖丙所示)比較得到小鉛塊到達右端之前已與木板2保持相對靜止，故圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量．
丙
[答案]AD
二、非選擇題(共60分)
11．(5分)圖示為伏安法測電阻的部分電路，電路其他部分不變，當開關(guān)S接a點時，電壓表的示數(shù)U1＝11V，電流表的示數(shù)I1＝0.2A；當開關(guān)S接b點時，U2＝12V，I2＝0.15A．那么，為了提高測量的準確性，開關(guān)S應(yīng)接______點(填“a”或“b”)，Rx的測量值為________Ω．
[答案]b(2分)80(3分)
12．(10分)如圖所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，輕彈簧的一端固定在水平軌道的左端，OP是可繞O點轉(zhuǎn)動的輕桿，且擺到某處就能停在該處；另有一小鋼球．現(xiàn)在利用這些器材測定彈簧被壓縮時的彈性勢能．
(1)還需要的器材是________、________．
(2)以上測量實際上是把對彈性勢能的測量轉(zhuǎn)化為對________能的測量，需要直接測量________和________．
(3)為了研究彈簧的彈性勢能與勁度系數(shù)和形變量間的關(guān)系，除以上器材外，還準備了幾個輕彈簧，所有彈簧的勁度系數(shù)均不相同．試設(shè)計記錄數(shù)據(jù)的表格．
[答案](1)天平刻度尺(每空1分)
(2)重力勢質(zhì)量上升高度(每空1分)
(3)設(shè)計表格如下(5分)
小球的質(zhì)量m＝________kg，彈簧A
壓縮量x(m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
壓縮量x＝________cm，小球的質(zhì)量m＝________kg
彈簧ABC
勁度系數(shù)k(N/m)
上升高度h(m)
E＝mgh(J)
13．(10分)如圖所示，一勁度系數(shù)k＝800N/m的輕彈簧的兩端各焊接著兩個質(zhì)量均為m＝12kg的物體A、B，A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上．現(xiàn)加一豎直向上的力F在上面的物體A上，使物體A開始向上做勻加速運動，經(jīng)0.4s物體B剛要離開地面，設(shè)整個過程中彈簧都處于彈性限度內(nèi)，取g＝10m/s2．求：
(1)此過程中所加外力F的最大值和最小值．
(2)此過程中外力F所做的功．
【解析】(1)A原來靜止時有：kx1＝mg(1分)
當物體A剛開始做勻加速運動時，拉力F最小，設(shè)為F1．
對物體A有：F1＋kx1－mg＝ma(1分)
當物體B剛要離開地面時，拉力F最大，設(shè)為F2．
對物體A有：F2－kx2－mg＝ma(1分)
對物體B有：kx2＝mg(1分)
對物體A有：x1＋x2＝12at2(1分)
解得：a＝3.75m/s2
聯(lián)立解得：F1＝45N(1分)，F(xiàn)2＝285N．(1分)
(2)在力F作用的0.4s內(nèi)，初末狀態(tài)的彈性勢能相等(1分)
由功能關(guān)系得：
WF＝mg(x1＋x2)＋12m(at)2＝49.5J．(2分)
[答案](1)285N45N(2)49.5J
14．(12分)如圖甲所示，傾角為θ、足夠長的兩光滑金屬導(dǎo)軌位于同一傾斜的平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，與電阻R1、R2及電容器相連，電阻R1、R2的阻值均為R，電容器的電容為C，空間存在方向垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．一個質(zhì)量為m、阻值也為R、長度為l的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，將其由靜止釋放，下滑距離s時導(dǎo)體棒達到最大速度，這一過程中整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則：
甲
(1)導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為多少？
(2)導(dǎo)體棒從釋放開始到穩(wěn)定下滑的過程中流過R1的電荷量為多少？
【解析】(1)當達到最大速度時，導(dǎo)體棒勻速運動，電容器中沒有電流，設(shè)導(dǎo)體棒穩(wěn)定下滑的最大速度為v，有：
E＝Blv(1分)
I＝ER2＋R(1分)
所以F安＝BIl＝B2l2v2R(2分)
導(dǎo)體棒的受力情況如圖乙所示，根據(jù)受力平衡條件有：
乙
F安＝mgsinθ(1分)
解得：v＝2mgRsinθB2l2．(2分)
(2)棒加速運動時電容器上的電壓增大，電容器充電；當棒達到最大速度后，電容器上的電荷量最大并保持不變，所以流過R1的電荷量就是電容器所帶的電荷量，則：
U＝IR2＝E2RR＝E2＝Blv2＝mgRsinθBl(3分)
QR1＝CU＝mgRCsinθBl．(2分)
[答案](1)2mgRsinθB2l2(2)mgRCsinθBl
15．(13分)如圖甲所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，此磁場方向垂直紙面向里．結(jié)果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處到A點的距離為2d(直線DAG與電場方向垂直)．不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi)．求：
甲
(1)正離子從D處運動到G處所需時間．
(2)正離子到達G處時的動能．
【解析】(1)正離子的運動軌跡如圖乙所示，在磁場中做圓周運動的時間為：
乙
t1＝13T＝2πm3Bq(1分)
圓周運動半徑r滿足：r＋rcos60°＝d(1分)
解得：r＝23d(1分)
設(shè)離子在磁場中運動的速度為v0，則有：r＝mv0Bq(1分)
解得：v0＝2Bqd3m(1分)
離子從C運動到G所需的時間t2＝2dv0＝3mBq(2分)
離子從D→C→G的總時間為：
t＝t1＋t2＝(9＋2π)m3Bq．(2分)
(2)設(shè)電場強度為E，對離子在電場中的運動過程，有：
qE＝ma，d＝12at22(1分)
由動能定理得：Eqd＝EkG－12mv02(1分)
解得：EkG＝4B2q2d29m．(2分)
[答案](1)(9＋2π)m3Bq(2)4B2q2d29m
16．(15分)如圖甲所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的物塊A隨足夠長的水平傳送帶一起勻速運動，傳送帶的速度大小v帶＝3.0m/s，方向如圖所示；在A的右側(cè)L＝2.5m處將質(zhì)量m2＝3.0kg的物塊B無初速度放上傳送帶．已知在A、B碰后瞬間B相對傳送帶的速度大小為1.0m/s，之后當其中某一物塊相對傳送帶的速度為零時，傳送帶立即以大小為2.0m/s2的加速度制動，最后停止運動．傳送帶的運動情況不受物塊A、B的影響，且A、B碰撞的時間極短．設(shè)兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.10．求：
甲
(1)物塊B剛開始滑動時的加速度．
(2)碰撞后兩物塊的速度．
(3)兩物塊間的最大距離．
【解析】(1)物塊B剛開始滑動時，加速度為：
a＝μm2gm2＝μg＝1m/s2，方向向右．(2分)
(2)設(shè)經(jīng)t1時間，A、B兩物塊相碰，有：
12at21＋L＝v帶t1
解得：t1＝1s，t1′＝5s(由上述分析可知，t1′不合題意，舍去)
碰前B的速度v2＝at1＝1m/s(2分)
由題意可知：碰后B的速度v2′＝2m/s或v2″＝4m/s
由動量守恒定律得：
m1v帶＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v帶＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″
解得：碰后A的速度v1′＝1.5m/s或v1″＝－1.5m/s
檢驗：由于12m1v2帶＋12m2v22＜12m1v1′2＋12m2v2″2
故v1″＝－1.5m/s、v2″＝4m/s這組數(shù)據(jù)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)因碰后兩物塊均做加速度運動，加速度都為a＝1m/s2，所以B的速度先達到與傳送帶相同速度，設(shè)B達到與傳送帶速度相同的時間為t2．
乙
有：v帶＝v2′＋at2，t2＝1s
此時A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5m/s＜v帶
故從t2之后A繼續(xù)加速運動，B和傳送帶開始減速運動，直到A和傳送達到某個共同速度v4后，A所受的摩擦力換向，才開始減速運動．設(shè)A繼續(xù)加速度的時間為t3，則：
v4＝v3＋at3＝v帶－a帶t3，t3＝16s
A的速度v4＝v3＋at3＝83m/s(2分)
此時B的速度v5＝v帶－at3＝176m/s，之后A、B均做減速運動，因為在整個過程中B的速度始終大于A的速度，所以當A、B都靜止時兩物塊間的距離最大．(1分)
B碰后運動的總位移s2＝v2帶－v2′22a＋0－v2帶2×(－a)＝7m
或s2＝v2′＋v帶2t2＋v帶2×v帶a＝7m(2分)
A碰后運動的總位移s1＝v24－v1′22×a＋0－v242×(－a)≈6m(2分)
兩物塊間的最大距離sm＝s2－s1＝1m．(1分)
[答案](1)1m/s2，方向向左
(2)A的速度為1.5m/s，方向向右；B的速度為2m/s，方向向右
(3)1m
高考物理高考物理實驗沖刺專題復(fù)習(xí)
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題13:第7專題高考物理實驗(1)
知識網(wǎng)絡(luò)
考點預(yù)測
物理實驗是高考的主要內(nèi)容之一．《考試大綱》就高考物理實驗共列出19個考點，其中力學(xué)8個、熱學(xué)1個、電學(xué)8個、光學(xué)2個．要求會正確使用的儀器主要有：刻度尺、游標卡尺、螺旋測微器、天平、秒表、電火花計時器或電磁打點計時器、彈簧測力計、溫度表、電流表、電壓表、多用電表、滑動變阻器、電阻箱等，并且對實驗誤差問題提出了更明確的要求．
一、《考試大綱》中的實驗與探究能力要求
能夠獨立完成“物理知識表”中所列的實驗，能明確實驗?zāi)康模芾斫鈱嶒炘砗头椒?，能控制實驗條件．會使用儀器，會觀察、分析實驗現(xiàn)象，會記錄、處理實驗數(shù)據(jù)，并得出結(jié)論．能發(fā)現(xiàn)問題、提出問題，能靈活地應(yīng)用已學(xué)過的物理理論、實驗方法和實驗儀器去處理問題．
二、實驗題的主要特點
物理實驗?zāi)昴昕?，年年有變化．從近年的實驗題來看，其顯著特點體現(xiàn)在如下兩個方面．
(1)從簡單的背誦實驗轉(zhuǎn)向分析、理解實驗
實驗原理是物理實驗的靈魂．近年來，高考物理實驗題既不是簡單地回答“是什么”，也不是背誦“該怎樣”，而是從物理實驗情境中理解“為什么”，通過分析推理判斷“確實是什么”，進而了解物理實驗的每一個環(huán)節(jié)．
(2)從既定的課本學(xué)生實驗轉(zhuǎn)向變化的創(chuàng)新實驗
只有創(chuàng)新，試題才有魅力；也只有變化，才能永葆實驗考核的活力．近年來，既定刻板的學(xué)生實驗已經(jīng)從高考物理實驗題中淡出，取而代之的是學(xué)生尚未接觸過的要通過解讀物理原理的新穎實驗(如應(yīng)用性、設(shè)計性、專題性實驗等)．創(chuàng)新的實驗題可以使能力考核真正落到實處．
要點歸納
一、實驗題的歸納與說明
歸類實驗內(nèi)容說明
應(yīng)
用
性
實
驗1．游標卡尺的使用測量原理、使用方法；10分度、20分度、50分度的游標卡尺的讀數(shù)等
2．螺旋測微器的使用構(gòu)造、原理、使用方法、正確讀數(shù)等
3．練習(xí)使用示波器面板上各個旋鈕或開關(guān)的作用；調(diào)試方法；觀察正弦波的波形等
4．傳感器的簡單應(yīng)用光電轉(zhuǎn)換和熱電轉(zhuǎn)換及其簡單應(yīng)用；光電計數(shù)的簡單了解等
驗
證
性
實
驗5．驗證力的平行四邊形定則實驗的等效思想；作圖法等
6．驗證動量守恒定律用平拋實驗器進行實驗；轉(zhuǎn)化要驗證的等效表達式；對暫態(tài)過程分階段測量等
7．驗證機械能守恒定律用自由落體進行驗證；使用打點計時器和刻度尺等
測
量
性
實
驗8．用單擺測定重力加速度使用刻度尺和秒表；實驗操作要求等
9．用油膜法估測分子的大小溶液的配制；油膜面積的估算方法等
10．測定金屬的電阻率使用刻度尺和螺旋測微器；電流表、電壓表量程的選擇；測量電路的選取與連接等
11．把電流表改裝為電壓表“半偏法”的設(shè)計思想與誤差分析；計算分壓電阻；改裝表的校對與百分誤差等
12．測定電源的電動勢和內(nèi)阻實驗電路的選取與連接；作圖法求解的方法等
13．測定玻璃的折射率用插針法測定；畫光路圖等
14．用雙縫干涉測光的波長用雙縫干涉儀進行實驗；實驗調(diào)節(jié)；分劃板的使用等
研
究
性
實
驗15．研究勻變速直線運動明確實驗?zāi)康?；使用打點計時器；用刻度尺測量、分析所打的紙帶來計算加速度等
16．研究平拋物體的運動用平拋實驗器進行實驗；研究的目的和方法；描繪平拋軌跡；計算平拋物體的初速度等
17．用描跡法畫出電場中平面上的等勢線用恒定電流場模擬靜電場；尋找等電勢點的方法；描跡的方法等
18．描繪小電珠的伏安特性曲線使用電流表、電壓表、滑動變阻器；電路的選取與連接；描繪U－I圖象并分析曲線非線性的原因等
探
究
性
實
驗19．探究彈力和彈簧伸長的關(guān)系實驗設(shè)計的原理和方法；實驗數(shù)據(jù)的記錄與分析；實驗結(jié)論的描述與表達形式等
20．用多用電表探索黑箱內(nèi)的電學(xué)元件多用電表的使用與讀數(shù)；探索的思路；測量過程中的分析與判斷等
二、物理實驗的基本思想方法
1．等效法
等效法是科學(xué)研究中常用的一種思維方法．對一些復(fù)雜問題采用等效法，可將其變換成理想的、簡單的、已知規(guī)律的過程來處理，常使問題的解決得以簡化．因此，等效法也是物理實驗中常用的方法．如在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，要求用一個彈簧秤單獨拉橡皮條時，要與用兩個互成角度的彈簧秤同時拉橡皮條時產(chǎn)生的效果相同——使結(jié)點到達同一位置O，即要在合力與兩分力等效的條件下，才能找出它們之間合成與分解時所遵循的關(guān)系——平行四邊形定則．又如在“驗證動量守恒定律”的實驗中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，通過調(diào)節(jié)木板的傾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物體不受摩擦力作用．還有，電學(xué)實驗中電流表的改裝、用替換法測電阻等，都是等效法的應(yīng)用．
2．轉(zhuǎn)換法
將某些不易顯示、不易直接測量的物理量轉(zhuǎn)化為易于顯示、易于測量的物理量的方法稱為轉(zhuǎn)換法(間接測量法)．轉(zhuǎn)換法是物理實驗常用的方法．如：彈簧測力計是把力的大小轉(zhuǎn)換為彈簧的伸長量；打點計時器是把流逝的時間轉(zhuǎn)換成振針的周期性振動；電流表是利用電流在磁場中受力，把電流轉(zhuǎn)化為指針的偏轉(zhuǎn)角；用單擺測定重力加速度g是通過公式T＝2πLg把g的測量轉(zhuǎn)換為T和L的測量，等等．
3．留跡法
留跡法是利用某些特殊的手段，把一些瞬間即逝的現(xiàn)象(如位置、軌跡等)記錄下來，以便于此后對其進行仔細研究的一種方法．留跡法也是物理實驗中常用的方法．如：用打點計時器打在紙帶上的點跡記錄小車的位移與時間之間的關(guān)系；用描跡法描繪平拋運動的軌跡；在“測定玻璃的折射率”的實驗中，用大頭針的插孔顯示入射光線和出射光線的方位；在描繪電場中等勢線的實驗中，用探針通過復(fù)寫紙在白紙上留下的痕跡記錄等勢點的位置等等，都是留跡法在實驗中的應(yīng)用．
4．累積法
累積法是把某些難以直接準確測量的微小量累積后測量，以提高測量的準確度的一種實驗方法．如：在缺乏高精密度的測量儀器的情況下測細金屬絲的直徑，常把細金屬絲繞在圓柱體上測若干匝的總長度，然后除以匝數(shù)就可求出細金屬絲的直徑；測一張薄紙的厚度時，常先測出若干頁紙的總厚度，再除以被測頁數(shù)即所求每頁紙的厚度；在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，單擺周期的測定就是通過測單擺完成多次全振動的總時間除以全振動的次數(shù)，以減小個人反應(yīng)時間造成的誤差影響等．
5．模擬法
模擬法是一種間接實驗方法，它是通過與原型相似的模型來說明原型的規(guī)律性的．模擬法在中學(xué)物理實驗中的典型應(yīng)用是“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”這一實驗，由于直接描繪靜電場的等勢線很困難，而恒定電流的電場與靜電場相似，所以用恒定電流的電場來模擬靜電場，通過它來了解靜電場中等勢線的分布情況．
6．控制變量法
在多因素的實驗中，可以先控制一些量不變，依次研究某一個因素的影響．如在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，可以先保持質(zhì)量一定，研究加速度和力的關(guān)系；再保持力一定，研究加速度和質(zhì)量的關(guān)系；最后綜合得出加速度與質(zhì)量、力的關(guān)系．
三、實驗數(shù)據(jù)的處理方法
1．列表法
在記錄和處理數(shù)據(jù)時，常常將數(shù)據(jù)列成表格．數(shù)據(jù)列表可以簡單而又明確地表示出有關(guān)物理量之間的關(guān)系，有助于找出物理量之間聯(lián)系的規(guī)律性．
列表的要求：
(1)寫明表的標題或加上必要的說明；
(2)必須交代清楚表中各符號所表示的物理量的意義，并寫明單位；
(3)表中數(shù)據(jù)應(yīng)是正確反映測量結(jié)果的有效數(shù)字．
2．平均值法
現(xiàn)行教材中只介紹了算術(shù)平均值，即把測定的數(shù)據(jù)相加求和，然后除以測量的次數(shù)．必須注意的是，求平均值時應(yīng)該按測量儀器的精確度決定應(yīng)保留的有效數(shù)字的位數(shù)．
3．圖象法
圖象法是物理實驗中廣泛應(yīng)用的處理實驗數(shù)據(jù)的方法．圖象法的最大優(yōu)點是直觀、簡便．在探索物理量之間的關(guān)系時，由圖象可以直觀地看出物理量之間的函數(shù)關(guān)系或變化趨勢，由此建立經(jīng)驗公式．
作圖的規(guī)則：
(1)作圖一定要用坐標紙，坐標紙的大小要根據(jù)有效數(shù)字的位數(shù)和結(jié)果的需要來定；
(2)要標明軸名、單位，在軸上每隔一定的間距按有效數(shù)字的位數(shù)標明數(shù)值；
(3)圖上的連線不一定通過所有的數(shù)據(jù)點，而應(yīng)盡量使數(shù)據(jù)點合理地分布在線的兩側(cè)；
(4)作圖時常通過選取適當?shù)淖鴺溯S使圖線線性化，即“變曲為直”．
雖然圖象法有許多優(yōu)點，但在圖紙上連線時有較大的主觀任意性，另外連線的粗細、圖紙的大小、圖紙本身的均勻程度等，都對結(jié)果的準確性有影響．
四、實驗誤差的分析及減小誤差的方法
中學(xué)物理中只要求初步了解絕對誤差與相對誤差、偶然誤差與系統(tǒng)誤差的概念，以及能定性地分析一些實驗中產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因．
(1)絕對誤差與相對誤差
設(shè)某物理量的真實值為A0，測量值為A，則絕對誤差為ΔA＝|A－A0|，相對誤差為ΔAA0＝|A－A0|A0．
(2)偶然誤差與系統(tǒng)誤差
偶然誤差是由于各種偶然因素對實驗的影響而產(chǎn)生的．偶然誤差具有隨機性，有時偏大，有時偏小，所以可以通過多次測量求平均值的方法減小偶然誤差．
系統(tǒng)誤差是由于儀器本身不夠精確，或?qū)嶒灧椒ù致裕驅(qū)嶒炘聿煌晟贫a(chǎn)生的．它的特點是使測量值總是偏大或總是偏?。裕捎枚啻螠y量求平均值的方法不能減小系統(tǒng)誤差．要減小系統(tǒng)誤差，必須校準儀器，或改進實驗方法，或設(shè)計在原理上更為完善的實驗方案．
課本上的學(xué)生實驗中就有不少減小實驗系統(tǒng)誤差的方法和措施．譬如，在“研究勻變速直線運動”的實驗中，若使用電磁打點計時器測量，由于電磁打點計時器的振針與紙帶之間有較大的且不連續(xù)、不均勻的阻力作用，會給加速度的測定帶來較大的系統(tǒng)誤差；若改用電火花計時器，就可以使這一阻力大為減小，從而減小加速度測定的系統(tǒng)誤差．再如：在用伏安法測電阻時，為減小電阻測量的系統(tǒng)誤差，就要根據(jù)待測電阻阻值的大小考慮是采用電流表的外接法還是內(nèi)接法；在用半偏法測電流表的內(nèi)阻時(如圖7－1所示)，為減小測量的系統(tǒng)誤差，就要使電源的電動勢盡量大，使表滿偏時限流電阻R比半偏時并聯(lián)在電流表兩端的電阻箱R′的阻值大得多．
圖7－1
五、電學(xué)實驗電路的基本結(jié)構(gòu)及構(gòu)思的一般程序
1．電學(xué)實驗電路的基本結(jié)構(gòu)
一個完整的電學(xué)實驗電路往往包括測量電路與控制電路兩部分．
測量電路：指體現(xiàn)實驗原理和測量方法的那部分電路，通常由電表、被測元件、電阻箱等構(gòu)成．
控制電路：指提供電能、控制和調(diào)節(jié)電流(電壓)大小的那部分電路，通常由電源、開關(guān)、滑動變阻器等構(gòu)成．
有些實驗電路的測量電路與控制電路渾然一體，不存在明顯的分界．如“測定電源的電動勢和內(nèi)阻”的實驗電路．
2．實驗電路構(gòu)思的一般程序
(1)審題
①實驗?zāi)康模?br> ②給定器材的性能參數(shù)．
(2)電表的選擇
根據(jù)被測電阻及給定電源的相關(guān)信息，如電源的電動勢、被測電阻的阻值范圍和額定電流等，估算出被測電阻的端電壓及通過它的電流的最大值，以此為依據(jù)，選定量程適當?shù)碾姳恚?br> (3)測量電路的選擇
根據(jù)所選定的電表以及被測電阻的情況，選擇測量電路(估算法、試觸法)．
(4)控制電路的選擇
通常優(yōu)先考慮限流式電路，但在下列三種情形下，應(yīng)選擇分壓式電路：
①“限不住”電流，即給定的滑動變阻器阻值偏小，即使把阻值調(diào)至最大，電路中的電流也會超過最大允許值；
②給定的滑動變阻器的阻值R太小，即RRx，調(diào)節(jié)滑動變阻器時，對電流、電壓的調(diào)節(jié)范圍太小；
③實驗要求電壓的調(diào)節(jié)范圍盡可能大，甚至表明要求使電壓從零開始變化．
如描繪小電珠的伏安特性曲線、電壓表的校對等實驗，通常情況下都采用分壓式電路．
(5)滑動變阻器的選擇
根據(jù)所確定的控制電路可選定滑動變阻器．
①限流式電路對滑動變阻器的要求：
a．能“限住”電流，且保證不被燒壞；
b．阻值不宜太大或太小，有一定的調(diào)節(jié)空間，一般選擇阻值與負載阻值相近的變阻器．
②分壓式電路對滑動變阻器的要求：
電阻較小而額定電流較大，I額＞ER(R為變阻器的總電阻)．
3．電表的反常規(guī)用法
其實，電流表、電壓表如果知道其內(nèi)阻，它們的功能就不僅僅是測電流或電壓．因此，如果知道電表的內(nèi)阻，電流表、電壓表就既可以測電流，也可以測電壓，還可以作為定值電阻來用，即“一表三用”．
熱點、重點、難點
一、應(yīng)用性實驗
1．所謂應(yīng)用性實驗，就是以熟悉和掌握實驗儀器的具體使用及其在實驗中的應(yīng)用為目的的一類實驗；或者用實驗方法取得第一手資料，然后用物理概念、規(guī)律分析實驗，并以解決實際問題為主要目的的實驗．主要有：
①儀器的正確操作與使用，如打點計時器、電流表、電壓表、多用電表、示波器等，在實驗中能正確地使用它們是十分重要的(考核操作、觀察能力)；
②物理知識的實際應(yīng)用，如科技、交通、生產(chǎn)、生活、體育等諸多方面都有物理實驗的具體應(yīng)用問題．
2．應(yīng)用性實驗題一般分為上面兩大類，解答時可從以下兩方面入手．
(1)熟悉儀器并正確使用
實驗儀器名目繁多，具體應(yīng)用因題而異，所以，熟悉使用儀器是最基本的應(yīng)用．如打點計時器的正確安裝和使用，滑動變阻器在電路中起限流和分壓作用的不同接法，多用電表測不同物理量的調(diào)試等，只有熟悉它們，才能正確使用它們．熟悉儀器，主要是了解儀器的結(jié)構(gòu)、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事項，如何排除故障、正確讀數(shù)和調(diào)試，使用后如何保管等．
(2)理解實驗原理
面對應(yīng)用性實驗題，我們一定要通過審題，迅速地理解其實驗原理，這樣才能將實際問題模型化，運用有關(guān)規(guī)律去研究它．
具體地說，應(yīng)用性實驗題的依托仍然是物理知識、實驗的能力要求等．解答時不外乎抓住以下幾點：①明確實驗應(yīng)該解決什么實際問題(分清力學(xué)、電學(xué)、光學(xué)等不同實際問題)；②明確實驗原理與實際問題之間的關(guān)系(直接還是間接)；③明確是否僅用本實驗?zāi)苓_到解決問題的目的，即是否還要聯(lián)系其他物理知識，包括數(shù)學(xué)知識；④明確是否需要設(shè)計實驗方案；⑤明確實際問題的最終結(jié)果．
●例1新式游標卡尺的刻度線看起來很“稀疏”，使讀數(shù)顯得清晰明了，便于使用者正確讀取數(shù)據(jù)．通常游標卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三種規(guī)格；新式游標卡尺也有相應(yīng)的三種，但刻度卻是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份．圖7－2就是一個“39mm等分成20份”的新式游標卡尺．
圖7－2
(1)它的準確度是__________mm．
(2)用它測量某物體的厚度，示數(shù)如圖6－1所示，正確的讀數(shù)是__________cm．
【解析】(1)游標上20格對應(yīng)的長度為39mm，即每格長為1.95mm，游標上每格比主尺上每兩格小Δx＝0.05mm，故準確度為0.05mm．
(2)這種游標卡尺的讀數(shù)方法為：主尺讀數(shù)＋游標對準刻度×Δx＝3cm＋6×0.005cm＝3.030cm．
[答案](1)0.05(2)3.030
【點評】游標卡尺、螺旋測微器的使用在高考題中頻繁出現(xiàn)．對游標卡尺的使用要特別注意以下兩點：
①深刻理解它的原理：通過游標更準確地量出“0”刻度與左側(cè)刻度之間的間距——游標對準刻度×Δx；
②讀準有效數(shù)據(jù)．
●例2圖7－3為一簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流Ig＝300μA，內(nèi)阻Rg＝100Ω，可變電阻R的最大值為10kΩ，電池的電動勢E＝1.5V，內(nèi)阻r＝0.5Ω，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應(yīng)是________色．按正確使用方法測量電阻Rx的阻值時，指針指在刻度盤的正中央，則Rx＝________kΩ．若該歐姆表使用一段時間后，電池的電動勢變小、內(nèi)阻變大，但此表仍能調(diào)零，按正確使用方法再測上述Rx，其測量結(jié)果與原結(jié)果相比將__________(填“變大”、“變小”或“不變”)．
[2009年高考天津理綜卷]
圖7－3
[答案]紅5變大
【點評】歐姆表的原理就是閉合電路的歐姆定律，可以作為結(jié)論的是：歐姆表正中央的刻度值等于歐姆表的內(nèi)阻．
二、測量性實驗Ⅰ
所謂測量性實驗，就是以測量一些物理量的具體、準確數(shù)據(jù)為主要目的的一類實驗，可用儀器、儀表直接讀取數(shù)據(jù)，或者根據(jù)實驗步驟按物理原理測定實驗結(jié)果的具體數(shù)值．測量性實驗又稱測定性實驗，如“用單擺測定重力加速度”、“用油膜法估測分子的大小”、“測定金屬的電阻率”、“測定玻璃的折射率”等．
●例3如圖7－3所示，將打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置可以測定重力加速度．
圖7－4
(1)所需器材有打點計時器(帶導(dǎo)線)、紙帶、復(fù)寫紙、帶鐵夾的鐵架臺和帶夾子的重物，此外還需________(填字母代號)中的器材．
A．直流電源、天平及砝碼
B．直流電流、毫米刻度尺
C．交流電源、天平及砝碼
D．交流電源、毫米刻度尺
(2)通過作圖的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實驗的準確程度．為使圖線的斜率等于重力加速度，除作v－t圖象外，還可作__________圖象，其縱軸表示的是__________，橫軸表示的是__________．
[2009年高考天津理綜卷]
[答案](1)D(2)v22－h(huán)速度平方的二分之一重物下落的高度
【點評】①高中物理中講述了許多種測量重力加速度的方法，如單擺法、自由落體法、滴水法、阿特伍德機法等．
②圖象法是常用的處理數(shù)據(jù)的方法，其優(yōu)點是直觀、準確，還能容易地剔除錯誤的測量數(shù)據(jù)．
●例4現(xiàn)要測量電源B的電動勢E及內(nèi)阻r(E約為4.5V，r約為1.5Ω)，已有下列器材：量程為3V的理想電壓表，量程為0.5A的電流表(具有一定內(nèi)阻)，固定電阻R＝40Ω，滑動變阻器R′，開關(guān)S，導(dǎo)線若干．
(1)畫出實驗電路原理圖．圖中各元件需用題目中給出的符號或字母標出．
(2)實驗中，當電流表的示數(shù)為I1時，電壓表的示數(shù)為U1；當電流表的示數(shù)為I2時，電壓表的示數(shù)為U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本題是常規(guī)伏安法測電源的電動勢和內(nèi)阻實驗的情境變式題，本題與課本上實驗的區(qū)別是電源的電動勢大于理想電壓表的量程，但題目中提供的器材中有一個阻值不大的固定電阻，這就很容易把該情境變式題“遷移”到學(xué)過的實驗上．把固定電阻接在電源的旁邊，將其等效成電源的內(nèi)阻即可(如圖甲所示)，再把電壓表跨接在它們的兩側(cè)．顯然，“內(nèi)阻增大，內(nèi)電壓便增大”，電壓表所測量的外電壓相應(yīng)的減小，通過定量計算，符合實驗測量的要求．這樣，一個新的設(shè)計性實驗又回歸到課本實驗上了．
甲
(1)實驗電路原理圖如圖乙所示．
乙
(2)根據(jù)E＝U＋Ir，給定的電源B的電動勢E及內(nèi)阻r是一定的，I和U都隨滑動變阻器R′的阻值的改變而改變，只要改變R′的阻值，即可測出兩組I、U數(shù)據(jù)，列方程組得：
E＝U1＋I1(R＋r)
E＝U2＋I2(R＋r)
解得：E＝I1U2－I2U1I1－I2，r＝U2－U1I1－I2－R．
[答案](1)如圖乙所示
(2)I1U2－I2U1I1－I2U2－U1I1－I2－R
【點評】本題所提供的理想電壓表的量程小于被測電源的電動勢，需要學(xué)生打破課本實驗的思維定式，從方法上進行創(chuàng)新，運用所提供的器材創(chuàng)造性地進行實驗設(shè)計．
三、測量性實驗Ⅱ：“伏安法測電阻”規(guī)律匯總
縱觀近幾年的實驗題，題目年年翻新，沒有一個照搬課本中的實驗，全是對原有實驗的改造、改進，甚至創(chuàng)新，但題目涉及的基本知識和基本技能仍然立足于課本實驗．
實驗題作為考查實驗?zāi)芰Φ挠行緩胶椭匾侄危诟呖荚囶}中一直占有相當大的比重，而電學(xué)實驗因其實驗理論、步驟的完整性及與大學(xué)物理實驗結(jié)合的緊密性，成了高考實驗考查的重中之重，測量電阻成為高考考查的焦點．伏安法測電阻是測量電阻最基本的方法，常涉及電流表內(nèi)外接法的選擇與滑動變阻器限流、分壓式的選擇，前者是考慮減小系統(tǒng)誤差，后者是考慮電路的安全及保證可讀取的數(shù)據(jù)．另外，考題還常設(shè)置障礙讓考生去克服，如沒有電壓表或沒有電流表等，這就要求考生根據(jù)實驗要求及提供的儀器，發(fā)揮思維遷移，將已學(xué)過的電學(xué)知識和實驗方法靈活地運用到新情境中去．這樣，就有效地考查了考生設(shè)計和完成實驗的能力．
一、伏安法測電阻的基本原理
1．基本原理
伏安法測電阻的基本原理是歐姆定律R＝UI，只要測出元件兩端的電壓和通過的電流，即可由歐姆定律計算出該元件的阻值．
2．測量電路的系統(tǒng)誤差
(1)當Rx遠大于RA或臨界阻值RARVRx時，采用電流表內(nèi)接(如圖7－5所示)．采用電流表內(nèi)接時，系統(tǒng)誤差使得電阻的測量值大于真實值，即R測R真．
圖7－5
(2)當Rx遠小于RV或臨界阻值RARVRx時，采用電流表外接(如圖7－6所示)．采用電流表外接時，系統(tǒng)誤差使得電阻的測量值小于真實值，即R測R真．
圖7－6
3．控制電路的安全及偶然誤差
根據(jù)電路中各元件的安全要求及電壓調(diào)節(jié)的范圍不同，滑動變阻器有限流接法與分壓接法兩種選擇．
(1)滑動變阻器限流接法(如圖7－7所示)．一般情況或沒有特別說明的情況下，由于限流電路能耗較小，結(jié)構(gòu)連接簡單，應(yīng)優(yōu)先考慮限流連接方式．限流接法適合測量小電阻和與變阻器總電阻相比差不多或還小的電阻．
圖7－7
(2)滑動變阻器分壓接法(如圖7－8所示)．當采用限流電路，電路中的最小電流仍超過用電器的額定電流時，必須選用滑動變阻器的分壓連接方式；當用電器的電阻遠大于滑動變阻器的總電阻值，且實驗要求的電壓變化范圍較大(或要求測量多組實驗數(shù)據(jù))時，必須選用滑動變阻器的分壓接法；要求某部分電路的電壓從零開始可連續(xù)變化時，必須選用滑動變阻器的分壓連接方式．
圖7－8
4．常見的測量電阻的方法
●例5從下表中選出適當?shù)膶嶒炂鞑?，設(shè)計一電路來測量電流表的內(nèi)阻r1．要求方法簡捷，有盡可能高的測量精度，并能測得多組數(shù)據(jù)．
(1)畫出電路圖，標明所用器材的代號．
(2)若選測量數(shù)據(jù)中的一組來計算r1，則所用的表達式r1＝______________________，式中各符號的意義是：________________________________________________．
【解析】根據(jù)所列儀器的特點，電流表的內(nèi)阻已知，由此可采用兩電流表并聯(lián)．因為兩電流表兩端的電壓相等，即可省去電壓的測量，從而減小實驗誤差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I2r2I1．
[答案](1)電路圖如圖所示
(2)I2r2I1I1、I2分別為、的示數(shù)
【點評】①分析題意可知需測量電流表的內(nèi)阻，按常規(guī)方法應(yīng)用伏安法，將電壓表并聯(lián)在待測電流表兩端，但經(jīng)分析可知即使該電流表滿偏，其兩端的電壓也僅為0.4V，遠小于量程10V．這恰恰就是本題設(shè)計考核學(xué)生應(yīng)變能力的“陷阱”．
②此題也可理解為“將已知內(nèi)阻的電流表當成電壓表使用”，這實際也是伏安法的一種推廣形式．
●例6有一根圓臺狀勻質(zhì)合金棒如圖7－9甲所示，某同學(xué)猜測其電阻的大小與該合金棒的電阻率ρ、長度L和兩底面直徑d、D有關(guān)．他進行了如下實驗：
圖7－9
(1)用游標卡尺測量合金棒的兩底面直徑d、D和長度L．圖6－8乙中的游標卡尺(游標尺上有20個等分刻度)的讀數(shù)L＝________cm．
(2)測量該合金棒電阻的實物電路如圖6－8丙所示(相關(guān)器材的參數(shù)已在圖中標出)．該合金棒的電阻約為幾個歐姆．圖中有一處連接不當?shù)膶?dǎo)線是________．(用標注在導(dǎo)線旁的數(shù)字表示)
圖7－9丙
(3)改正電路后，通過實驗測得合金棒的電阻R＝6.72Ω．根據(jù)電阻定律計算電阻率為ρ、長為L、直徑分別為d和D的圓臺狀合金棒的電阻分別為Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω．他發(fā)現(xiàn)：在誤差允許范圍內(nèi)，電阻R滿足R2＝RdRD，由此推斷該圓臺狀合金棒的電阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江蘇物理卷]
【解析】(1)游標卡尺的讀數(shù)，按步驟進行則不會出錯．首先，確定游標卡尺的精度為20分度，即為0.05mm；然后以毫米為單位從主尺上讀出整毫米數(shù)99.00mm，注意小數(shù)點后的有效數(shù)字要與精度一樣；再從游標尺上找出對的最齊一根刻線，精度×格數(shù)＝0.05×8mm＝0.40mm；最后兩者相加，根據(jù)題目單位要求換算為需要的數(shù)據(jù)，99.00mm＋0.40mm＝99.40mm＝9.940cm．
(2)本實驗為測定一個幾歐姆的電阻，在用伏安法測量其兩端的電壓和通過電阻的電流時，因為安培表的內(nèi)阻較小，為了減小誤差，應(yīng)用安培表外接法，⑥線的連接使用的是安培表內(nèi)接法．
(3)審題是關(guān)鍵，弄清題意也就能夠找到解題的方法．根據(jù)電阻定律計算電阻率為ρ、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為：
Rd＝13.3Ω，RD＝3.38Ω
即Rd＝ρLπd22，RD＝ρLπD22
而電阻R滿足R2＝RdRD
將Rd、RD代入得：R＝4ρLπdD．
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、設(shè)計性實驗
1．所謂設(shè)計性實驗，就是根據(jù)實驗?zāi)康?，自主地運用掌握的物理知識、實驗方法和技能，完成實驗的各環(huán)節(jié)(實驗?zāi)康?、對象、原理、儀器選擇、實驗步驟、數(shù)據(jù)處理等)，擬定實驗方案，分析實驗現(xiàn)象，并在此基礎(chǔ)上作出適當評價．
2．設(shè)計性實驗的顯著特點：相同的實驗內(nèi)容可設(shè)計不同的過程和方法，實驗思維可另辟蹊徑，如設(shè)計出與常見實驗(書本曾經(jīng)介紹過的實驗)有所變化的實驗．以控制實驗條件達到實驗?zāi)康亩O(shè)計的實驗問題，不受固有實驗思維束縛，完全是一種源于書本、活于書本，且新穎的設(shè)計性實驗．
●例7請完成以下兩小題．
(1)某同學(xué)在家中嘗試驗證平行四邊形定則，他找到三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、鉛筆、細繩、白紙、釘子，設(shè)計了如下實驗：如圖7－10甲所示，將兩條橡皮筋的一端分別掛在墻上的兩個釘子A、B上，另一端與第三條橡皮筋連接，結(jié)點為O，將第三條橡皮筋的另一端通過細繩掛一重物．
圖7－10甲
①為完成本實驗，下述操作中必需的是________．
a．測量細繩的長度
b．測量橡皮筋的原長
c．測量懸掛重物后橡皮筋的長度
d．記錄懸掛重物后結(jié)點O的位置
②釘子位置固定，欲利用現(xiàn)有器材，改變條件再次驗證，可采用的方法是__________________．
(2)為了節(jié)能和環(huán)保，一些公共場所使用光控開關(guān)控制照明系統(tǒng)．光控開關(guān)可采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件(照度可以反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為lx)．某光敏電阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
電阻(kΩ)7540282320xx
①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，請在給定的坐標系中(如圖7－10乙所示)描繪出阻值隨照度變化的曲線，并說明阻值隨照度變化的特點．
圖7－10乙
②如圖7－10丙所示，當1、2兩端所加電壓上升至2V時，控制開關(guān)自動啟動照明系統(tǒng)．請利用下列器材設(shè)計一個簡單電路，給1、2兩端提供電壓，要求當天色漸暗照度降低至1.0(lx)時啟動照明系統(tǒng)，在虛線框內(nèi)完成電路原理圖．(不考慮控制開關(guān)對所設(shè)計電路的影響)
圖7－10丙
提供的器材如下：
光敏電阻RP(符號阻值見上表)；
直流電源E(電動勢3V，內(nèi)阻不計)；
定值電阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限選其中之一并在圖中標出)；
開關(guān)S及導(dǎo)線若干．[2009年高考山東理綜卷]
[答案](1)①bcd②更換不同的小重物
(2)①光敏電阻的阻值隨光照度變化的曲線如圖7－10丁所示．特點：光敏電阻的阻值隨光照度的增大非線性減小．
②如圖6－9戊所示
丁戊
圖7－10
四、探究性實驗
所謂探究性實驗題，就是運用實驗手段探索未知領(lǐng)域，嘗試多種可能因素及其出現(xiàn)的結(jié)果，在此基礎(chǔ)上，通過觀察、探究、分析實驗對象、事件的主要特征，認識研究對象的變化過程和變化條件，獲取必要的可靠數(shù)據(jù)，依據(jù)實驗結(jié)果客觀地揭示事物的內(nèi)在聯(lián)系和本質(zhì)規(guī)律，從而得出結(jié)論．中學(xué)實驗中比較典型的探究性實驗是電學(xué)中的黑箱問題．
●例8佛山市九江大橋撞船事故發(fā)生后，佛山交通部門加強了對佛山市內(nèi)各種大橋的檢測與維修，其中對西樵大橋?qū)嵤┝藶槠诮荒甑姆忾]施工，置換了大橋上所有的斜拉懸索．某校研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們很想知道每根長50m、橫截面積為400cm2的新懸索能承受的最大拉力．由于懸索很長，抗斷拉力又很大，直接測量很困難，于是同學(xué)們?nèi)砹送N材料制成的樣品進行實驗探究．
由胡克定律可知，在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力F與形變量x成正比，其比例系數(shù)與彈簧的長度、橫截面積及材料有關(guān)．因而同學(xué)們猜想，懸索可能也遵循類似的規(guī)律．
(1)同學(xué)們準備像做“探究彈力與彈簧伸長的關(guān)系”實驗一樣，先將樣品豎直懸掛，再在其下端掛上不同重量的重物來完成本實驗．但有同學(xué)說懸索的重力是不可忽略的，為了避免懸索所受重力對實驗的影響，你認為可行的措施是：___________________________________．
(2)同學(xué)們通過游標卡尺測量樣品的直徑來測定其橫截面積，某次測量的結(jié)果如圖7－11所示，則該樣品的直徑為__________cm．
圖7－11
(3)同學(xué)們經(jīng)過充分的討論，不斷完善實驗方案，最后測得實驗數(shù)據(jù)如下．
①分析樣品C的數(shù)據(jù)可知，其所受拉力F(單位：N)與伸長量x(單位：m)所遵循的函數(shù)關(guān)系式是________________．
②對比各樣品的實驗數(shù)據(jù)可知，懸索受到的拉力與懸索的伸長量成正比，其比例系數(shù)與懸索長度的________________成正比、與懸索的橫截面積的________________成正比．
[答案](1)將懸索樣品一端固定并水平放置在光滑水平面上，另一端連接輕繩繞過滑輪懸掛鉤碼
(2)0.830(3)①F＝2×106x②平方的倒數(shù)大小
【點評】本題考查學(xué)生對“探究彈力與彈簧伸長的關(guān)系”實驗的遷移能力、對游標卡尺的讀數(shù)原理的掌握和從圖表歸納所需信息的能力，還考查了學(xué)生的邏輯推理能力、運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力和實驗探究能力．
高考物理常見的物理模型沖刺專題復(fù)習(xí)
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題17:第9專題高中物理常見的物理模型(1)
方法概述
高考命題以《考試大綱》為依據(jù)，考查學(xué)生對高中物理知識的掌握情況，體現(xiàn)了“知識與技能、過程與方法并重”的高中物理學(xué)習(xí)思想．每年各地的高考題為了避免雷同而千變?nèi)f化、多姿多彩，但又總有一些共性，這些共性可粗略地總結(jié)如下：
(1)選擇題中一般都包含3～4道關(guān)于振動與波、原子物理、光學(xué)、熱學(xué)的試題．
(2)實驗題以考查電路、電學(xué)測量為主，兩道實驗小題中出一道較新穎的設(shè)計性實驗題的可能性較大．
(3)試卷中下列常見的物理模型出現(xiàn)的概率較大：斜面問題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉(zhuǎn)、天體問題(圓周運動)、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問題、含彈簧的連接體模型．
高考中常出現(xiàn)的物理模型中，有些問題在高考中變化較大，或者在前面專題中已有較全面的論述，在這里就不再論述和例舉．斜面問題、疊加體模型、含彈簧的連接體模型等在高考中的地位特別重要，本專題就這幾類模型進行歸納總結(jié)和強化訓(xùn)練；傳送帶問題在高考中出現(xiàn)的概率也較大，而且解題思路獨特，本專題也略加論述．
熱點、重點、難點
一、斜面問題
在每年各地的高考卷中幾乎都有關(guān)于斜面模型的試題．如2009年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、北京理綜卷第18題、天津理綜卷第1題、上海物理卷第22題等，2008年高考全國理綜卷Ⅰ第14題、全國理綜卷Ⅱ第16題、北京理綜卷第20題、江蘇物理卷第7題和第15題等．在前面的復(fù)習(xí)中，我們對這一模型的例舉和訓(xùn)練也比較多，遇到這類問題時，以下結(jié)論可以幫助大家更好、更快地理清解題思路和選擇解題方法．
1．自由釋放的滑塊能在斜面上(如圖9－1甲所示)勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數(shù)μ＝gtanθ．
圖9－1甲
2．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1甲所示)：
(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；
(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；
(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左．
3．自由釋放的滑塊在斜面上(如圖9－1乙所示)勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零(見一輪書中的方法概述)．
圖9－1乙
4．懸掛有物體的小車在斜面上滑行(如圖9－2所示)：
圖9－2
(1)向下的加速度a＝gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將偏離垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsinθ時，懸繩將偏離垂直方向向下．
5．在傾角為θ的斜面上以速度v0平拋一小球(如圖9－3所示)：
圖9－3
(1)落到斜面上的時間t＝2v0tanθg；
(2)落到斜面上時，速度的方向與水平方向的夾角α恒定，且tanα＝2tanθ，與初速度無關(guān)；
(3)經(jīng)過tc＝v0tanθg小球距斜面最遠，最大距離d＝(v0sinθ)22gcosθ．
6．如圖9－4所示，當整體有向右的加速度a＝gtanθ時，m能在斜面上保持相對靜止．
圖9－4
7．在如圖9－5所示的物理模型中，當回路的總電阻恒定、導(dǎo)軌光滑時，ab棒所能達到的穩(wěn)定速度vm＝mgRsinθB2L2．
圖9－5
8．如圖9－6所示，當各接觸面均光滑時，在小球從斜面頂端滑下的過程中，斜面后退的位移s＝mm＋ML．
圖9－6
●例1有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷．例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一些特殊條件下的結(jié)果等方面進行分析，并與預(yù)期結(jié)果、實驗結(jié)論等進行比較，從而判斷解的合理性或正確性．
舉例如下：如圖9－7甲所示，質(zhì)量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上．把質(zhì)量為m的滑塊B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相對地面的加速度a＝M＋mM＋msin2θgsinθ，式中g(shù)為重力加速度．
圖9－7甲
對于上述解，某同學(xué)首先分析了等號右側(cè)的量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題．他進一步利用特殊條件對該解做了如下四項分析和判斷，所得結(jié)論都是“解可能是對的”．但是，其中有一項是錯誤的，請你指出該項[2008年高考北京理綜卷]()
A．當θ＝0°時，該解給出a＝0，這符合常識，說明該解可能是對的
B．當θ＝90°時，該解給出a＝g，這符合實驗結(jié)論，說明該解可能是對的
C．當Mm時，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的
D．當mM時，該解給出a≈gsinθ，這符合預(yù)期的結(jié)果，說明該解可能是對的
【解析】當A固定時，很容易得出a＝gsinθ；當A置于光滑的水平面時，B加速下滑的同時A向左加速運動，B不會沿斜面方向下滑，難以求出運動的加速度．
圖9－7乙
設(shè)滑塊A的底邊長為L，當B滑下時A向左移動的距離為x，由動量守恒定律得：
Mxt＝mL－xt
解得：x＝mLM＋m
當mM時，x≈L，即B水平方向的位移趨于零，B趨于自由落體運動且加速度a≈g．
選項D中，當mM時，a≈gsinθ＞g顯然不可能．
[答案]D
【點評】本例中，若m、M、θ、L有具體數(shù)值，可假設(shè)B下滑至底端時速度v1的水平、豎直分量分別為v1x、v1y，則有：
v1yv1x＝hL－x＝(M＋m)hML
12mv1x2＋12mv1y2＋12Mv22＝mgh
mv1x＝Mv2
解方程組即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑過程中相對地面的加速度．
●例2在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相同的勻強磁場，其方向一個垂直于斜面向上，一個垂直于斜面向下(如圖9－8甲所示)，它們的寬度均為L．一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框以速度v進入上部磁場時，恰好做勻速運動．
圖9－8甲
(1)當ab邊剛越過邊界ff′時，線框的加速度為多大，方向如何？
(2)當ab邊到達gg′與ff′的正中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則線框從開始進入上部磁場到ab邊到達gg′與ff′的正中間位置的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少？(線框的ab邊在運動過程中始終與磁場邊界平行，不計摩擦阻力)
【解析】(1)當線框的ab邊從高處剛進入上部磁場(如圖9－8乙中的位置①所示)時，線框恰好做勻速運動，則有：
mgsinθ＝BI1L
此時I1＝BLvR
當線框的ab邊剛好越過邊界ff′(如圖9－8乙中的位置②所示)時，由于線框從位置①到位置②始終做勻速運動，此時將ab邊與cd邊切割磁感線所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢同向疊加，回路中電流的大小等于2I1．故線框的加速度大小為：
圖9－8乙
a＝4BI1L－mgsinθm＝3gsinθ，方向沿斜面向上．
(2)而當線框的ab邊到達gg′與ff′的正中間位置(如圖9－8乙中的位置③所示)時，線框又恰好做勻速運動，說明mgsinθ＝4BI2L
故I2＝14I1
由I1＝BLvR可知，此時v′＝14v
從位置①到位置③，線框的重力勢能減少了32mgLsinθ
動能減少了12mv2－12m(v4)2＝1532mv2
由于線框減少的機械能全部經(jīng)電能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，因此有：
Q＝32mgLsinθ＋1532mv2．
[答案](1)3gsinθ，方向沿斜面向上
(2)32mgLsinθ＋1532mv2
【點評】導(dǎo)線在恒力作用下做切割磁感線運動是高中物理中一類常見題型，需要熟練掌握各種情況下求平衡速度的方法．
二、疊加體模型
疊加體模型在歷年的高考中頻繁出現(xiàn)，一般需求解它們之間的摩擦力、相對滑動路程、摩擦生熱、多次作用后的速度變化等，另外廣義的疊加體模型可以有許多變化，涉及的問題更多．如2009年高考天津理綜卷第10題、寧夏理綜卷第20題、山東理綜卷第24題，2008年高考全國理綜卷Ⅰ的第15題、北京理綜卷第24題、江蘇物理卷第6題、四川延考區(qū)理綜卷第25題等．
疊加體模型有較多的變化，解題時往往需要進行綜合分析(前面相關(guān)例題、練習(xí)較多)，下列兩個典型的情境和結(jié)論需要熟記和靈活運用．
1．疊放的長方體物塊A、B在光滑的水平面上勻速運動或在光滑的斜面上自由釋放后變速運動的過程中(如圖9－9所示)，A、B之間無摩擦力作用．
圖9－9
2．如圖9－10所示，一對滑動摩擦力做的總功一定為負值，其絕對值等于摩擦力乘以相對滑動的總路程或等于摩擦產(chǎn)生的熱量，與單個物體的位移無關(guān)，即Q摩＝fs相．
圖9－10
●例3質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手．首先左側(cè)的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)的射擊手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖9－11所示．設(shè)子彈均未射穿木塊，且兩子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當兩顆子彈均相對木塊靜止時，下列說法正確的是(注：屬于選修3－5模塊)()
圖9－11
A．最終木塊靜止，d1＝d2
B．最終木塊向右運動，d1d2
C．最終木塊靜止，d1d2
D．最終木塊靜止，d1d2
【解析】木塊和射出后的左右兩子彈組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，設(shè)子彈的質(zhì)量為m，由動量守恒定律得：
mv0－mv0＝(M＋2m)v
解得：v＝0，即最終木塊靜止
設(shè)左側(cè)子彈射入木塊后的共同速度為v1，有：
mv0＝(m＋M)v1
Q1＝fd1＝12mv02－12(m＋M)v12
解得：d1＝mMv022(m＋M)f
對右側(cè)子彈射入的過程，由功能原理得：
Q2＝fd2＝12mv02＋12(m＋M)v12－0
解得：d2＝(2m2＋mM)v022(m＋M)f
即d1＜d2．
[答案]C
【點評】摩擦生熱公式可稱之為“功能關(guān)系”或“功能原理”的公式，但不能稱之為“動能定理”的公式，它是由動能定理的關(guān)系式推導(dǎo)得出的二級結(jié)論．
三、含彈簧的物理模型
縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關(guān)的物理試題占有相當大的比重．高考命題者常以彈簧為載體設(shè)計出各類試題，這類試題涉及靜力學(xué)問題、動力學(xué)問題、動量守恒和能量守恒問題、振動問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個力學(xué)的知識體系．為了幫助同學(xué)們掌握這類試題的分析方法，現(xiàn)將有關(guān)彈簧問題分類進行剖析．
對于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個儲能元件．因此，彈簧問題能很好地考查學(xué)生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞．如2009年高考福建理綜卷第21題、山東理綜卷第22題、重慶理綜卷第24題，2008年高考北京理綜卷第22題、山東理綜卷第16題和第22題、四川延考區(qū)理綜卷第14題等．題目類型有：靜力學(xué)中的彈簧問題，動力學(xué)中的彈簧問題，與動量和能量有關(guān)的彈簧問題．
1．靜力學(xué)中的彈簧問題
(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝kΔx．
(2)對彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數(shù)一定等于掛鉤上的拉力．
●例4如圖9－12甲所示，兩木塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，兩輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A和B的重力勢能共增加了()
圖9－12甲
A．(m1＋m2)2g2k1＋k2
B．(m1＋m2)2g22(k1＋k2)
C．(m1＋m2)2g2(k1＋k2k1k2)
D．(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1
【解析】取A、B以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對象，則當下面的彈簧對地面的壓力為零時，向上提A的力F恰好為：
F＝(m1＋m2)g
設(shè)這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長x1、x2，如圖9－12乙所示，由胡克定律得：
圖9－12乙
x1＝(m1＋m2)gk1，x2＝(m1＋m2)gk2
故A、B增加的重力勢能共為：
ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2
＝(m1＋m2)2g2k2＋m1(m1＋m2)g2k1．
[答案]D
【點評】①計算上面彈簧的伸長量時，較多同學(xué)會先計算原來的壓縮量，然后計算后來的伸長量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運用Δx＝ΔFk進行計算更快捷方便．
②通過比較可知，重力勢能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝Fx總＝(m1＋m2)2g22k22＋(m1＋m2)2g22k1k2．
2．動力學(xué)中的彈簧問題
(1)瞬時加速度問題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發(fā)生突變，彈力也不會發(fā)生突變．
(2)如圖9－13所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復(fù)原長時刻B與A開始分離．
圖9－13
●例5一彈簧秤秤盤的質(zhì)量m1＝1.5kg，盤內(nèi)放一質(zhì)量m2＝10.5kg的物體P，彈簧的質(zhì)量不計，其勁度系數(shù)k＝800N/m，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，如圖9－14所示．
圖9－14
現(xiàn)給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做勻加速直線運動，已知在最初0.2s內(nèi)F是變化的，在0.2s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10m/s2)
【解析】初始時刻彈簧的壓縮量為：
x0＝(m1＋m2)gk＝0.15m
設(shè)秤盤上升高度x時P與秤盤分離，分離時刻有：
k(x0－x)－m1gm1＝a
又由題意知，對于0～0.2s時間內(nèi)P的運動有：
12at2＝x
解得：x＝0.12m，a＝6m/s2
故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72N
分離時刻拉力達到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168N．
[答案]72N168N
【點評】對于本例所述的物理過程，要特別注意的是：分離時刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時刻彈簧的彈力與秤盤的重力使秤盤產(chǎn)生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離．
3．與動量、能量相關(guān)的彈簧問題
與動量、能量相關(guān)的彈簧問題在高考試題中出現(xiàn)頻繁，而且常以計算題出現(xiàn)，在解析過程中以下兩點結(jié)論的應(yīng)用非常重要：
(1)彈簧壓縮和伸長的形變相同時，彈簧的彈性勢能相等；
(2)彈簧連接兩個物體做變速運動時，彈簧處于原長時兩物體的相對速度最大，彈簧的形變最大時兩物體的速度相等．
●例6如圖9－15所示，用輕彈簧將質(zhì)量均為m＝1kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(tài)，A距地面的高度h1＝0.90m．同時釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續(xù)上升)．若將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面．已知彈簧的勁度系數(shù)k＝100N/m，求h2的大?。?br> 圖9－15
【解析】設(shè)A物塊落地時，B物塊的速度為v1，則有：
12mv12＝mgh1
設(shè)A剛好離地時，彈簧的形變量為x，對A物塊有：
mg＝kx
從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：
12mv12＝mgx＋ΔEp
換成C后，設(shè)A落地時，C的速度為v2，則有：
122mv22＝2mgh2
從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：
122mv22＝2mgx＋ΔEp
聯(lián)立解得：h2＝0.5m．
[答案]0.5m
【點評】由于高中物理對彈性勢能的表達式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時都要用到上述結(jié)論“①”．如2005年高考全國理綜卷Ⅰ第25題、1997年高考全國卷第25題等．
●例7用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖9－16甲所示．B與C碰撞后二者粘在一起運動，則在以后的運動中：
圖9－16甲
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度為多大？
(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？
(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？
【解析】(1)當A、B、C三者的速度相等(設(shè)為vA′)時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，則有：
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得：vA′＝(2＋2)×62＋2＋4m/s＝3m/s．
(2)B、C發(fā)生碰撞時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則有：
mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝2×62＋4＝2m/s
A的速度為vA′時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)其值為Ep，根據(jù)能量守恒定律得：
Ep＝12(mB＋mC)v′2＋12mAv2－12(mA＋mB＋mC)vA′2
＝12J．
(3)方法一A不可能向左運動．
根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB
設(shè)A向左，則vA＜0，vB＞4m/s
則B、C發(fā)生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為：
E′＝12mAv2A＋12(mB＋mC)v2B＞12(mB＋mC)v2B＝48J
實際上系統(tǒng)的機械能為：
E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12J＋36J＝48J
根據(jù)能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運動．
方法二B、C碰撞后系統(tǒng)的運動可以看做整體向右勻速運動與A、B和C相對振動的合成(即相當于在勻速運動的車廂中兩物塊相對振動)
由(1)知整體勻速運動的速度v0＝vA′＝3m/s
圖9－16乙
取以v0＝3m/s勻速運動的物體為參考系，可知彈簧處于原長時，A、B和C相對振動的速率最大，分別為：
vAO＝v－v0＝3m/s
vBO＝|v′－v0|＝1m/s
由此可畫出A、B、C的速度隨時間變化的圖象如圖9－16乙所示，故A不可能有向左運動的時刻．
[答案](1)3m/s(2)12J(3)不可能，理由略
【點評】①要清晰地想象、理解研究對象的運動過程：相當于在以3m/s勻速行駛的車廂內(nèi)，A、B和C做相對彈簧上某點的簡諧振動，振動的最大速率分別為3m/s、1m/s．
②當彈簧由壓縮恢復(fù)至原長時，A最有可能向左運動，但此時A的速度為零．
●例8探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m．筆的彈跳過程分為三個階段：
圖9－17
①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖9－17甲所示)；
②由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時，與靜止的內(nèi)芯碰撞(如圖9－17乙所示)；
③碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖9－17丙所示)．
設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力，不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：
(1)外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大?。?br> (2)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．
(3)從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能．
[2009年高考重慶理綜卷]
【解析】設(shè)外殼上升到h1時速度的大小為v1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．
(1)對外殼和內(nèi)芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，由動能定理得：
(4m＋m)g(h2－h(huán)1)＝12(4m＋m)v22－0
解得：v2＝2g(h2－h(huán)1)．
(2)外殼與內(nèi)芯在碰撞過程中動量守恒，即：
4mv1＝(4m＋m)v2
將v2代入得：v1＝542g(h2－h(huán)1)
設(shè)彈簧做的功為W，對外殼應(yīng)用動能定理有：
W－4mgh1＝12×4mv21
將v1代入得：W＝14mg(25h2－9h1)．
(3)由于外殼和內(nèi)芯達到共同速度后上升至高度h2的過程中機械能守恒，只有在外殼和內(nèi)芯的碰撞中有能量損失，損失的能量E損＝12×4mv21－12(4m＋m)v22
將v1、v2代入得：E損＝54mg(h2－h(huán)1)．
[答案](1)2g(h2－h(huán)1)(2)14mg(25h2－9h1)
(3)54mg(h2－h(huán)1)
由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養(yǎng)和訓(xùn)練學(xué)生的物理思維、反映和開發(fā)學(xué)生的學(xué)習(xí)潛能的優(yōu)秀試題．彈簧與相連物體構(gòu)成的系統(tǒng)所表現(xiàn)出來的運動狀態(tài)的變化，為學(xué)生充分運用物理概念和規(guī)律(牛頓第二定律、動能定理、機械能守恒定律、動量定理、動量守恒定律)巧妙解決物理問題、施展自身才華提供了廣闊空間，當然也是區(qū)分學(xué)生能力強弱、拉大差距、選拔人才的一種常規(guī)題型．因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、獨具特色的考題．
四、傳送帶問題
從1990年以后出版的各種版本的高中物理教科書中均有皮帶傳輸機的插圖．皮帶傳送類問題在現(xiàn)代生產(chǎn)生活中的應(yīng)用非常廣泛．這類問題中物體所受的摩擦力的大小和方向、運動性質(zhì)都具有變化性，涉及力、相對運動、能量轉(zhuǎn)化等各方面的知識，能較好地考查學(xué)生分析物理過程及應(yīng)用物理規(guī)律解答物理問題的能力．如2003年高考全國理綜卷第34題、2005年高考全國理綜卷Ⅰ第24題等．
對于滑塊靜止放在勻速傳動的傳送帶上的模型，以下結(jié)論要清楚地理解并熟記：
(1)滑塊加速過程的位移等于滑塊與傳送帶相對滑動的距離；
(2)對于水平傳送帶，滑塊加速過程中傳送帶對其做的功等于這一過程由摩擦產(chǎn)生的熱量，即傳送裝置在這一過程需額外(相對空載)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．
●例9如圖9－18甲所示，物塊從光滑曲面上的P點自由滑下，通過粗糙的靜止水平傳送帶后落到地面上的Q點．若傳送帶的皮帶輪沿逆時針方向勻速運動(使傳送帶隨之運動)，物塊仍從P點自由滑下，則()
圖9－18甲
A．物塊有可能不落到地面上
B．物塊仍將落在Q點
C．物塊將會落在Q點的左邊
D．物塊將會落在Q點的右邊
【解析】如圖9－18乙所示，設(shè)物塊滑上水平傳送帶上的初速度為v0，物塊與皮帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，則：
圖9－18乙
物塊在皮帶上做勻減速運動的加速度大小a＝μmgm＝μg
物塊滑至傳送帶右端的速度為：
v＝v02－2μgs
物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
當皮帶向左勻速傳送時，滑塊在皮帶上的摩擦力也為：
f＝μmg
物塊在皮帶上做勻減速運動的加速度大小為：
a1′＝μmgm＝μg
則物塊滑至傳送帶右端的速度v′＝v02－2μgs＝v
物塊滑至傳送帶右端這一過程的時間同樣可由方程s＝v0t－12μgt2解得．
由以上分析可知物塊仍將落在Q點，選項B正確．
[答案]B
【點評】對于本例應(yīng)深刻理解好以下兩點：
①滑動摩擦力f＝μFN，與相對滑動的速度或接觸面積均無關(guān)；
②兩次滑行的初速度(都以地面為參考系)相等，加速度相等，故運動過程完全相同．
我們延伸開來思考，物塊在皮帶上的運動可理解為初速度為v0的物塊受到反方向的大小為μmg的力F的作用，與該力的施力物體做什么運動沒有關(guān)系．
●例10如圖9－19所示，足夠長的水平傳送帶始終以v＝3m/s的速度向左運動，傳送帶上有一質(zhì)量M＝2kg的小木盒A，A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3．開始時，A與傳送帶之間保持相對靜止．現(xiàn)有兩個光滑的質(zhì)量均為m＝1kg的小球先后相隔Δt＝3s自傳送帶的左端出發(fā)，以v0＝15m/s的速度在傳送帶上向右運動．第1個球與木盒相遇后立即進入盒中并與盒保持相對靜止；第2個球出發(fā)后歷時Δt1＝13s才與木盒相遇．取g＝10m/s2，問：
圖9－19
(1)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為多大？
(2)第1個球出發(fā)后經(jīng)過多長時間與木盒相遇？
(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？
【解析】(1)設(shè)第1個球與木盒相遇后瞬間，兩者共同運動的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律得：
mv0－Mv＝(m＋M)v1
解得：v1＝3m/s，方向向右．
(2)設(shè)第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端的距離為s，第1個球經(jīng)過時間t0與木盒相遇，則有：
t0＝sv0
設(shè)第1個球進入木盒后兩者共同運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
μ(m＋M)g＝(m＋M)a
解得：a＝μg＝3m/s2，方向向左
設(shè)木盒減速運動的時間為t1，加速到與傳送帶具有相同的速度的時間為t2，則：
t1＝t2＝Δva＝1s
故木盒在2s內(nèi)的位移為零
依題意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)
解得：s＝7.5m，t0＝0.5s．
(3)在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的這一過程中，設(shè)傳送帶的位移為s′，木盒的位移為s1，則：
s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5m
s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5m
故木盒相對于傳送帶的位移為：Δs＝s′－s1＝6m
則木盒與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為：
Q＝fΔs＝54J．
[答案](1)3m/s(2)0.5s(3)54J
【點評】本題解析的關(guān)鍵在于：①對物理過程理解清楚；②求相對路程的方法．
高考物理高考物理實驗(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)
一位優(yōu)秀的教師不打無準備之仗，會提前做好準備，準備好一份優(yōu)秀的教案往往是必不可少的。教案可以讓學(xué)生更好地進入課堂環(huán)境中來，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學(xué)。你知道如何去寫好一份優(yōu)秀的高中教案呢？為滿足您的需求，小編特地編輯了“高考物理高考物理實驗(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)”，希望能對您有所幫助，請收藏。
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題14:第7專題高考物理實驗(2)經(jīng)典考題
縱觀近三年的高考實驗題，會發(fā)現(xiàn)以下特點．
1．對力學(xué)實驗的考查基本上以創(chuàng)新題出現(xiàn)，試題源于教材，又高于教材，總體來說其變化在于：同一實驗可用于不同裝置，同一裝置可完成不同實驗．
2．高考對電學(xué)實驗的考查一般書本實驗稍加變化來出題，以“電阻的測量”最為常見，包括測電阻率、測伏安特性等，當然也可能會有其他電學(xué)實驗出現(xiàn)，如測電動勢與內(nèi)阻、電路故障等．
1．Ⅰ．在如圖所示的電路中，1、2、3、4、5、6為連接點的標號．在開關(guān)閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．現(xiàn)用多用電表檢查電路故障，需要檢測的有：電源、開關(guān)、小燈泡、3根導(dǎo)線以及電路中的各連接點．
(1)為了檢測小燈泡以及3根導(dǎo)線，在連接點1、2已接好的情況下，應(yīng)當選用多用電表的________擋．在連接點1、2同時斷開的情況下，應(yīng)當選用多用電表的________擋．
(2)在開關(guān)閉合情況下，若測得5、6兩點間的電壓接近電源的電動勢，則表明____________________________________可能有故障．
(3)將小燈泡拆離電路，寫出用多用電表檢測該小燈泡是否有故障的具體步驟：____________________________________________________________________．
Ⅱ．某同學(xué)為了探究物體在斜面上運動時摩擦力與斜面傾角的關(guān)系，設(shè)計實驗裝置如圖甲所示．長直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物塊上．在平板上標出A、B兩點，B點處放置一光電門，用光電計時器記錄滑塊通過光電門時擋光的時間．
實驗步驟如下：
①用游標卡尺測量滑塊的擋光長度d，用天平測量滑塊的質(zhì)量m；
②用直尺測量A、B之間的距離s，A點到水平桌面的垂直距離h1，B點到水平桌面的垂直距離h2；
③將滑塊從A點靜止釋放，由光電計時器讀出滑塊的擋光時間t；
④重復(fù)步驟③數(shù)次，并求擋光時間的平均值t－；
⑤利用所測數(shù)據(jù)求出摩擦力f和斜面傾角的余弦值cosα；
⑥多次改變斜面的傾角，重復(fù)實驗步驟②③④⑤，作出f－cosα關(guān)系曲線．
(1)用測量的物理量完成下列各式(重力加速度為g)：
①斜面傾角的余弦cosα＝__________；
②滑塊通過光電門時的速度v＝________________；
③滑塊運動時的加速度a＝____________________；
④滑塊運動時所受到的摩擦阻力f＝____________．
(2)測量滑塊擋光長度的游標卡尺讀數(shù)如圖乙所示，讀得d＝__________．
[2009年高考全國理綜卷Ⅰ]
【解析】Ⅰ．在1、2兩點接好的情況下，應(yīng)當選用多用電表的電壓擋，在1、2同時斷開的情況下，應(yīng)選用歐姆擋．
(2)表明5、6兩點可能有故障．
(3)①調(diào)到歐姆擋；②將紅黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．
Ⅱ．物塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，受重力、支持力和滑動摩擦力的作用．
根據(jù)三角形關(guān)系可得到cosα＝s2－(h1－h(huán)2)2s
又v＝xt＝dt，根據(jù)運動學(xué)公式x＝v22a，有s＝v22a，即有a＝d22st－2
根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsinθ－f＝ma
則有：f＝mgh1－h(huán)2s－md22st－2．
(2)在游標卡尺中，主尺上是3.6cm，在游標尺上恰好是第1條刻度線與主尺對齊，再考慮到卡尺是10分度，所以讀數(shù)為3.6cm＋0.1×1mm＝3.61cm或者3.62cm也對．
[答案]Ⅰ．(1)電壓歐姆
(2)開關(guān)或連接點5、6
(3)①調(diào)到歐姆擋；
②將紅、黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；
③測量小燈泡的電阻．如電阻無窮大，則表明小燈泡有故障．
Ⅱ．(1)①1ss2－(h1－h(huán)2)2
②dt－③d22st－2④mgh1－h(huán)2s－md22st－2
(2)3.62cm
【點評】在本實驗中，r＝dt－解出的為滑塊畫過去由門的平均速度，只是當滑塊才較小時r趨近于瞬時速度，故滑塊長度小點測量越準確．
2．Ⅰ．一水平放置的圓盤繞過其圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動．盤邊緣上固定一豎直的擋光片．盤轉(zhuǎn)動時擋光片從一光電數(shù)字計時器的光電門的狹縫中經(jīng)過，如圖甲所示．圖乙為光電數(shù)字計時器的示意圖．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B間的光路被遮斷，顯示器C上可顯示出光線被遮住的時間．
擋光片的寬度用螺旋測微器測得，結(jié)果如圖丙所示．圓盤直徑用游標卡尺測得，結(jié)果如圖丁所示．由圖可知：
(1)擋光片的寬度為_________mm；
(2)圓盤的直徑為___________cm；
(3)若光電數(shù)字計時器所顯示的時間為50.0ms，則圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為________弧度/秒．(保留3位有效數(shù)字)
Ⅱ．圖示為用伏安法測量電阻的原理圖．圖中，為電壓表，內(nèi)阻為4000Ω；為電流表，內(nèi)阻為50Ω；E為電源，R為電阻箱，Rx為待測電阻，S為開關(guān)．
(1)當開關(guān)閉合后電壓表讀數(shù)U＝1.6V，電流表讀數(shù)I＝2.0mA．若將Rx＝UI作為測量值，所得結(jié)果的百分誤差是__________．
(2)若將電流表改為內(nèi)接，開關(guān)閉合后，重新測得電壓表讀數(shù)和電流表讀數(shù)，仍將電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)之比作為測量值，這時結(jié)果的百分誤差是________．
(百分誤差＝實際值－測量值實際值×100%)
[2008年高考四川理綜卷]
【解析】Ⅰ．由螺旋測微器與游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可得兩者的讀數(shù)．
d＝10mm＋24.2×0.01mm＝10.242mm
D＝242mm＋4×0.05mm＝242.20mm＝24.220cm．
圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝θt，而θ＝dπD×2π，綜合兩式并代入數(shù)據(jù)可得：ω＝1.69rad/s．
(1)測量值為R＝UI＝800Ω，因電流表外接，所以：
R＝RxRVRx＋RV
故真實值為Rx＝1000Ω，對應(yīng)的百分誤差為：
A＝1000－8001000＝20%．
(2)電流表內(nèi)接時，百分誤差A(yù)′＝1050－10001000＝5%．
[答案]Ⅰ．(1)10.243(2)24.220(3)1.69
Ⅱ．(1)20%(2)5%
【點評】①無論是否顯示單位，螺旋測微器和游標尺主尺最小刻度一定都為mm；
②內(nèi)接法的測量值R測＝Rx＋RA，外接法的測量值R測＝Rx∥RV
能力演練
1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落體運動驗證機械能守恒定律”的實驗中，若打點計時器所接交變電流的頻率為50Hz，得到的甲、乙兩條實驗紙帶(如圖所示)中應(yīng)選________紙帶更好．若已測得點2到點4間的距離為s1，點0到點3間的距離為s2，打點周期為T，要驗證重物從開始下落到打點計時器打下點3這段時間內(nèi)機械能守恒，則s1、s2和T應(yīng)滿足的關(guān)系為：T＝________________．
Ⅱ．要測量一只量程已知的電壓表的內(nèi)阻，所備器材如下：
甲
A．待測電壓表(量程為3V，內(nèi)阻未知)；
B．電流表(量程為3A，內(nèi)阻為0.01Ω)；
C．定值電阻R(阻值為2kΩ，額定電流為50mA)；
D．蓄電池E(電動勢略小于3V，內(nèi)阻不計)；
E．多用電表；
F．開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干．
有一同學(xué)利用上面所給器材，進行如下實驗操作．
(1)首先用多用電表進行粗測，選用“×100Ω”倍率，操作方法正確．若這時刻度盤上的指針位置如圖甲所示，則測量的結(jié)果是________Ω．
(2)為了更精確地測出此電壓表的內(nèi)阻，該同學(xué)設(shè)計了如圖乙、丙所示的實驗電路，你認為其中較合理的電路圖是________，理由是________________________．
乙丙
(3)用你選擇的電路進行實驗時，用所測物理量的符號表示電壓表的內(nèi)阻，即RV＝________．
[答案]Ⅰ．甲s12gs24gs2或s122gs2(每空3分)
Ⅱ．(1)3000(3分)
(2)丙圖乙中電流表測量時的示數(shù)太小，誤差太大；圖丙中R的阻值與電壓表內(nèi)阻接近，誤差小(每空2分)
(3)U2U1－U2R(3分)
2．(17分)Ⅰ．某同學(xué)在做測定木塊與木板間動摩擦因數(shù)的實驗過程中，測滑動摩擦力時，他設(shè)計了兩種實驗方案．
方案一：木板固定在水平面上，用彈簧測力計水平拉動木塊，如圖甲所示．
方案二：用彈簧測力計水平地鉤住木塊，用力使木板在水平面上運動，如圖乙所示．
甲乙
除了實驗必需的彈簧測力計、木塊、木板、細線外，該同學(xué)還準備了若干重均為2.00N的砝碼．
(1)上述兩種方案中，你認為更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答兩個理由)
①____________________________________________；
②____________________________________________．
(2)該同學(xué)在木塊上加砝碼，改變木塊對木板的壓力，記錄了5組實驗數(shù)據(jù)，如下表所示．
實驗次序12345
砝碼個數(shù)01234
砝碼對木塊
的壓力/N02.004.006.008.00
測力計示
數(shù)/N1.502.002.502.953.50
木塊受到的
摩擦力/N1.502.002.502.953.50
請根據(jù)上述數(shù)據(jù)，在坐標紙上作出木塊受到的摩擦力f和砝碼對木塊的壓力F的關(guān)系圖象(以F為橫坐標)．由圖象可知，木塊重為________N；木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為________．
Ⅱ．現(xiàn)有一塊靈敏電流表，量程為200μA，內(nèi)阻約為1000Ω，要精確測出其內(nèi)阻R1，提供的器材有：
電流表(量程為1mA，內(nèi)阻R2＝50Ω)；
電壓表(量程為3V，內(nèi)阻RV約為3kΩ)；
滑動變阻器R(阻值范圍為0～20Ω)；
定值電阻R0(阻值R0＝100Ω)；
電源E(電動勢約為4.5V，內(nèi)阻很小)；
單刀單擲開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干．
(1)請將上述器材全部用上，設(shè)計出合理的、便于多次測量的實驗電路圖，并保證各電表的示數(shù)超過其量程的13．將電路圖畫在下面的虛框中．
(2)在所測量的數(shù)據(jù)中選一組，用測量量和已知量來計算表的內(nèi)阻，表達式為R1＝________，表達式中各符號表示的意義是________________________．
[答案]Ⅰ．(1)乙①乙方案測力計靜止，讀數(shù)誤差?、谝曳桨改景蹇傻牟蛔鰟蛩龠\動，便于控制(每空1分)
(2)如圖甲所示(1分)6.00(2分)0.25(2分)
Ⅱ．(1)如圖乙所示(5分)(供電部分用分壓電路給1分；測量部分知道把表改裝且正確給2分；知道將表當保護電阻使用給2分)
(2)I2(R0＋R2)I1(3分)I2表示表的示數(shù)，I1表示表的示數(shù)，R2表示表內(nèi)阻，R0表示定值電阻(1分)
3．(16分)Ⅰ．一量程為100μA的電流表的刻度盤如圖所示．今在此電流表兩端并聯(lián)一電阻，其阻值等于該電流表內(nèi)阻的149，使之成為一新的電流表，則圖示的刻度盤上每一小格表示______________mA．
Ⅱ．已知彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πmk，其中m是振子的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)(回復(fù)力系數(shù))．某同學(xué)設(shè)計了一個在太空站中利用彈簧振子測量物體質(zhì)量的裝置，如圖所示，兩輕彈簧分別與擋板P、Q相連，A是質(zhì)量為M的帶夾子的金屬塊，且與兩彈簧固定相連，B是待測物體(可以被A上的夾子固定)．
(1)為了達到實驗?zāi)康?，還需要提供的實驗器材是：__________________．
(2)簡要寫出測量方法及所需測量的物理量(用字母表示)
①________________________________________；
②________________________________________．
(3)用所測物理量和已知物理量表示待測物體的質(zhì)量的計算式為：mB＝______________________________．
【解析】Ⅰ．改裝后的量程為：
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時用秒表測出振子振動30次的時間t1(或者測出振子的周期T1)(2分)
②將B固定在A上，用秒表測出振子振動30次的時間t2(或者測出振子的周期T2)(2分)
(3)t22－t21t21M或T22－T21T21M(4分)
4．(16分)Ⅰ．小汽車正在走進我們的家庭，你對汽車了解嗎？油耗標準是評價一輛汽車性能優(yōu)劣的重要因素，而影響汽車油耗的一個重要原因是其在行進中所受到的空氣阻力．人們發(fā)現(xiàn)，汽車在高速行駛過程中受到的空氣阻力f(也稱風(fēng)阻)主要與兩個因素有關(guān)：①汽車正面的投影面積S；②汽車行駛的速度v．
某研究人員在汽車風(fēng)洞實驗室中通過模擬實驗得到下表所列數(shù)據(jù)：
(1)由上述數(shù)據(jù)可得，汽車所受的風(fēng)阻f與汽車正面的投影面積S及汽車行駛的速度v之間的關(guān)系式為：f＝________．(要求用k表示比例系數(shù))
(2)由上述數(shù)據(jù)可求得k＝________________．
(3)據(jù)推理或猜測，k的大小與________、________等因素有關(guān)．
Ⅱ．現(xiàn)有下列可供選用的器材及導(dǎo)線若干，要求盡可能精確地測量出待測電流表的滿偏電流．
A．待測電流表(滿偏電流約為700μA～800μA，內(nèi)阻約為100Ω，已知表盤刻度均勻、總格數(shù)為N)；
B．電流表(量程為0.6A，內(nèi)阻為0.1Ω)；
C．電壓表(量程為3V，內(nèi)阻為3kΩ)；
D．滑動變阻器R(最大阻值為200Ω)；
E．電源E(電動勢為3V，內(nèi)阻約為1.5Ω)；
F．開關(guān)S一個．
(1)根據(jù)你的測量需要，“B．電流表”與“C．電壓表”中應(yīng)選擇____________．(只需填寫序號即可)
(2)在虛線框內(nèi)畫出你設(shè)計的實驗電路圖．
(3)測量過程中測出了多組數(shù)據(jù)，其中一組數(shù)據(jù)中待測電流表的指針偏轉(zhuǎn)了n格，可算出滿偏電流IAmax＝__________________，式中除N、n外，其他字母符號代表的物理量分別是__________________________．
[答案]Ⅰ．(1)kSv2(2分)(2)0.26kg/m3(2分)
(3)空氣密度車的外形車的表面情況(4分)
Ⅱ．(1)C(2分)(2)電路圖如圖所示(2分)
(3)NnURVU為電壓表的示數(shù)，RV為電壓表的內(nèi)阻(每空2分)
5．(17分)Ⅰ．在“用雙縫干涉測光的波長”的實驗中
(1)已知雙縫到光屏之間的距離為600mm，雙縫之間的距離為0.20mm，單縫到雙縫之間的距離是100mm．某同學(xué)在用測量頭測量時，先將從測量頭目鏡中看到的分劃板中心刻線對準某條亮紋(記作第1條)的中心，這時手輪上的示數(shù)如圖甲所示．然后他轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線對準第7條亮紋的中心，這時手輪上的示數(shù)如圖乙所示．這兩次的示數(shù)依次為________mm和________mm，由此可以計算出這次實驗中所測得的單色光的波長為________nm．
(2)下列操作能夠增大光屏上相鄰兩條亮紋之間的距離的是________．
A．增大單縫和雙縫之間的距離
B．增大雙縫和光屏之間的距離
C．將紅色濾光片改為綠色濾光片
D．增大雙縫之間的距離
Ⅱ．現(xiàn)有一塊59C2型的小量程電流表(表頭)，滿偏電流為50μA，內(nèi)阻約為800～850Ω，要把它改裝成1mA、10mA的兩量程電流表，可供選擇的器材有：
A．滑動變阻器R1(最大阻值為20Ω)；
B．滑動變阻器R2(最大阻值為100kΩ)；
C．電阻箱R′(最大阻值為9999Ω)；
D．定值電阻R0(阻值為1kΩ)；
E．電池E1(電動勢為1.5V)；
F．電池E2(電動勢為3.0V)；
G．電池E3(電動勢為4.5V)；
H．標準電流表(滿偏電流為1.5mA)；
I．單刀單擲開關(guān)S1和S2；
J．單刀雙擲開關(guān)S3；
K．電阻絲及導(dǎo)線若干．
(所有電池的內(nèi)阻均不計)
(1)采用如圖甲所示的電路測量表頭的內(nèi)阻，為提高測量精確度，選用的滑動變阻器為________；選用的電池為______．(填序號)
甲
(2)要將改裝成兩量程電流表，現(xiàn)有兩種備選電路，如圖乙、丙所示．圖________為合理電路，另一電路不合理的原因是_______________________________________________．
(3)將改裝后的電流表與標準電流表逐格進行核對(僅核對1mA量程)，在下面的虛線框中畫出所用電路圖，圖中待核對的電流表的符號用來表示．
【解析】Ⅰ．(1)測量頭的讀數(shù)原理與螺旋測微器的相同，所以圖甲中的示數(shù)為0.640mm，圖乙中的示數(shù)為10.295mm．設(shè)第1條亮條紋與第7條亮條紋間的距離為a，則a＝10.295mm－0.640mm＝9.655mm，由此得相鄰兩條亮條紋間的距離Δx＝an－1，又因為Δx＝Lλd，代入數(shù)據(jù)可解得光的波長λ＝dΔxL＝5.36×10－7m＝536nm．
(2)根據(jù)相鄰兩條亮條紋間的距離公式Δx＝Lλd可知，增大雙縫和光屏之間的距離L、增大光的波長λ和減小雙縫之間的距離d都可使相鄰兩條亮條紋間的距離增大．所以選項B正確．
[答案]Ⅰ．(1)0.64010.295536(5分)(2)B(3分)
Ⅱ．(1)BG(每空2分)
(2)乙圖丙所示的電路在通電狀態(tài)下更換量程，會造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過表頭的電流超過其滿偏電流而燒壞表頭(3分)
(3)電路圖如圖丁所示(2分)
丁
6．(18分)Ⅰ．聽說水果也能做電池．某興趣小組的同學(xué)用一個檸檬作為電源，連接電路如圖甲所示．電路中R是電阻箱，其阻值可調(diào)且可讀出其接入電路中電阻的大?。麄兌啻胃淖冸娮柘涞淖柚?，記錄下相應(yīng)的電流表的示數(shù)，算出電流的倒數(shù)，并將數(shù)據(jù)填在下面的表格中．
甲
外電阻R(Ω)電流I(mA)電流的倒數(shù)1I(mA－1)
90000.050219.92
80000.052818.93
60000.059416.84
50000.063315.80
40000.068014.71
20000.080012.50
(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在圖乙所示的坐標紙中畫出該實驗的R－1I圖象．
乙
(2)利用圖象可求出該檸檬電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω．
(3)完成實驗后，該興趣小組的同學(xué)初步得出了水果作為電池不實用的物理原因為：__________________________．
Ⅱ．某同學(xué)利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．弧形軌道末端水平，離地面的高度為H．將鋼球從軌道的不同高度h處由靜止釋放，鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s．
甲
(1)若軌道完全光滑，s2與h的理論關(guān)系應(yīng)滿足：s2＝________________．(用H、h表示)
(2)該同學(xué)經(jīng)實驗測量得到一組數(shù)據(jù)，如下表所示．
h(×10－1m)2.003.004.005.006.00
s2(×10－1m－2)2.623.895.206.537.78
請在圖乙所示的坐標紙上作出s2－h(huán)圖象．
乙
(3)對比實驗結(jié)果與理論計算得到的s2－h(huán)圖象(圖中已畫出)，自同一高度處由靜止釋放的鋼球水平拋出的速率____________理論值．(填“小于”或“大于”)
(4)從s2－h(huán)圖象中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，你認為造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．
【解析】Ⅱ．(1)根據(jù)機械能守恒，可得鋼球離開軌道時的速度為2hg，由平拋運動知識可求得鋼球運動的時間為2Hg，所以s＝vt＝4Hh．
(2)依次描點，連線，注意不要畫成折線．
(3)從圖中看，同一h對應(yīng)的s2值的理論值明顯大于實際值，而在同一高度H下的平拋運動的水平射程由水平速率決定，可見實際水平速率小于理論速率．
(4)由于客觀上，軌道與小球間存在摩擦，機械能減小，因此會導(dǎo)致實際值比理論值??；小球的轉(zhuǎn)動也需要能量維持，而機械能守恒中沒有考慮重力勢能轉(zhuǎn)化成轉(zhuǎn)動能的這一部分，也會導(dǎo)致實際速率明顯小于理論速率(可能很少同學(xué)會考慮到這一點)．
[答案]Ⅰ．(1)如圖丙所示(2分)
丙
(2)0.94(0.90～0.98均對)10000(9000～11000均對)
(3)水果電池的內(nèi)阻過大(每空2分)
Ⅱ．(1)4Hh(2分)(2)如圖丁所示(4分)
丁
(3)小于(2分)
(4)小球與軌道間的摩擦，小球的轉(zhuǎn)動(回答任一條即可)(2分)
