2018年高考物理复习第五章第三节课后检测能力提升

第五章物态变化一、选择题1.用同一支温度计测0℃的水和冰水混合物的温度时，下列说法中正确的是（）A. 水的温度较高B. 冰水混合物温度较高C. 两者温度相同D. 无法比较2.关于热现象，下列说法正确的是（）A. 干冰给食品保鲜，利用了干冰汽化吸热B. 把酒精擦在手背上，手背感觉到凉爽，是由于酒精汽化放热C. 一瓶水被冰箱冷冻后，取出放一会儿，表面会变湿，是由于水蒸气液化D. 方的冬天，为了保存蔬菜，在菜窖里放几桶水，利用了水凝华放热3.如图是“探究某物质熔化和凝固规律”的实验图象，下列说法正确的是（）A. 在t=5min时，该物质处于液态B. 在BC段，该物质不吸热C. 该物质凝固过程持续了5minD. 该物质的凝固点是45℃4.如下图所示，表示非晶体熔化时温度随时间变化的图象是（）A. B. C. D.5.下列实例中，目的是为了减缓蒸发的是（）A. 将粮食摊开晾晒B. 把新鲜的水果装入保鲜盒后放入冰箱中C. 把湿衣服晾在通风向阳处D. 用电热吹风机吹干头发6.小明猜想水中加入别的物质后，一定会对水的凝固点产生影响，为了验证这一猜想，他将一些盐放入水中，并把盐水用容器盛好放入冰箱，研究盐水的凝固过程．每隔一定时间，小明就观察盐水状态、测出温度，并将凝固过程记录的温度数据画成了凝固图象如图甲所示．如果将一个装有冰水混合物的试管放入正在熔化的盐冰水混合物中如图乙所示，试管中冰水混合物中的冰会（）A. 变多B. 变少C. 不变D. 无法判断7.关于“观察水的沸腾”实验，以下描述中正确的是（）A. 开始加热时，水中就有大量气泡产生B. 沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变大C. 沸腾时，水的温度不断升高D. 沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变小8.下列物态变化中属于升华的是（）A. 洒在地上的水很快干了B. 江面上大雾的形成C. 水在慢慢地结冰D. 灯泡用了一段时间之后，灯丝变细9.沥青在加热过程中，下列说法正确的是（）A. 温度持续上升B. 温度保持熔点不变C. 先上升，后来保持不变，最后又上升D. 先下降后上升10.小明用如图所示的装置炖食物，碗与锅底不接触，当锅里水沸腾后碗中的汤（）A. 同时沸腾了B. 稍后也沸腾了C. 温度低于沸点，不会沸腾D. 温度达到沸点，但不会沸腾11.水是生命之源，如果没有水，所有的生物都将面临死亡的威胁．地球上的淡水资源不足总水量的0．03%，淡水的循环则显得非常重要，下列有关水循环的一些叙述不正确的是（）A. 水循环的场所主要是在海陆空三个领域内B. 陆地上的水不一定是通过降雨的形式而来的C. 大气中的水蒸气是靠陆地和海洋中的水蒸发和沸腾上去的D. 水循环的主要物态变化有蒸发、液化、升华、凝华等二、填空题12.图所示的温度计的示数为________∘，图所示的体温计的示数为________∘．13.观察水的沸腾：①水未达到沸点前，随着温度的升高，烧杯里脱离器壁上升的气泡数量逐渐________。

拾躲市安息阳光实验学校实验十三把电流表改装为电压表考纲解读1.掌握电流表的三个参数，学会用“半偏法”测量电流表的内阻.2.学会把电流表改装为电压表．基本实验要求1．实验目的(1)了解电流表构造，明确满偏电流I g，表头内阻R g，满偏电压U g的意义．(2)进一步理解串联的分压作用．(3)掌握把电流表改装为电压表的方法．(4)理解半偏法测电阻的原理．2．实验器材电流表、电阻箱、开关、电池组、滑动变阻器(大阻值)、电压表、导线．3．实验步骤(1)半偏法测电流表内阻①按照实验原理图甲所示的电路图连接成实验电路，开关S1、S2都处于断开状态，使滑动变阻器在电路中的阻值最大．②闭合开关S1，调节滑动变阻器使电流表的指针满偏．③闭合开关S2，调节电阻箱R′使电流表示数从满偏电流I g减小到半偏电流12I g，读出此时电阻箱的阻值R′，就是电流表的内阻r g.④断开电键．(2)改装电压表①计算出电流表改装成电压表需要串联的电阻值R1＝UI g－r g.②将电阻箱R′的阻值调到R1，与电流表串联构成量程为U的电压表．规律方法总结1．“半偏法”测电流表的内阻电路图如实验原理图甲所示，合上S1，调整滑动变阻器，使电流表恰好满偏；再闭合S2，调整R′，使电流表恰好半偏．当R≫R′时，r g＝R′.2．电流表改装为电压表，根据串联电阻分压的原理可知，把电流表串联一个电阻R组成电压表，二者承受的最大电压(改装后量程)U＝I g(r g＋R)，或U ＝U g＋I g R.其阻值为：R0＝U－U gI g.其原理如实验原理图乙所示．3．校表(1)按如实验原理图丙所示的电路图连接电路，与电压表进行核对．改变滑动变阻器的滑片位置，使○V的示数分别为0、U4、U2、3U4、U，并核对改装的电压表的示数是否正确． (2)R 表＝nr g ，其中n 为U U g ＝U I g r g ，所以nr g ＝UI g＝R 表．4．误差分析(1)在用半偏法测表头内阻的过程中，当闭合开关S 2后，由于R ′与电流表并联．R 并<R g ，所以电路中的总电流比S 2闭合前要大一些，即此时总电流I >I g ，导致流过电阻箱的电流I R ′＝⎝⎛⎭⎪⎫I ′－12I g >12I g .因为12I g R g ＝I R ′R ′，所以R ′<R g ，即表头内阻的测量值小于真实值．(2)根据电流表改装为电压表的原理，与电流表串联的分压电阻阻值R ＝UI g －R g ，由于内阻R g 的测量值小于真实值，使R 的计算值偏大，所以改装后的电压表的量程U 也偏大一些．考点一 实验步骤与误差分析例1 图1是半偏法测定电流表内阻r g 的电路图，图中的R 实物用______，R ′实物用____________．正确连接实物后，实验步骤如下：A ．闭合开关S 1，调整R 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度 图1B ．断开S 1，记下R ′的值C ．闭合开关S 2，调整R 和R ′的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半D ．断开S 1、S 2，将R 阻值调到最大上述__________项步骤有错误，应________才正确，改正后正确操作步骤的顺序编码为________，只有当R ′比R ________时才可认为r g ＝R ′，因为并入R ′后电路的总电流会变________，故r g 的真实值比R ′要稍________．解析 题图中的R 应用滑动变阻器，R ′用电阻箱，因为R 是为了调整G ，而R ′是为了调整电流表半偏时读出电阻值．步骤C 项有错误，R 调整至G 满偏后不能再动，闭合S 2后，通过调整R ′来使G 达到半偏，这样r g ＝R ′.正确的操作顺序应为DACB ；只有当R ′比R 小的多时，闭合S 2后R ′的接入对电路的影响才可忽略，从而近似认为r g ＝R ′，因为并入R ′后电路总电阻变小故电流会变大，因此r g 的真实值比R ′要稍大．答案 滑动变阻器 电阻箱 C 只调整R ′的阻值 DACB 小得多 大大考点二 对实验原理及实验方案的选取例2 用半偏法测量电流表内阻的电路如图2所示．已知电流表的满偏电流I g ＝100 μA.(1)有四位学生对图中电源电动势E 及R 1、R 2的取值提出了下面四个不同的方案，最佳应选择______．A ．E ＝3 V ，R 1为0～9 999.9 Ω的电阻箱，R 2为0～999.9 Ω的电阻箱 图2B．E＝3 V，R1为0～9 999.9 Ω的电阻箱，R2为0～9 999.9 Ω的滑动变阻器C．E＝1.5 V，R1为0～999.9 Ω的电阻箱，R2为0～9 999.9 Ω的电阻箱D．E＝1.5 V，R1为0～9 999.9 Ω的电阻箱，R2为0～999.9 Ω的滑动变阻器(2)某同学在一次实际操作中闭合S1(S2不闭合)，调节R1使电流表满偏，然后保持R1不变，闭合S2，调节R2＝50 Ω时电流表读数为25 μA，则此电流表的内阻为________．A．25 Ω B．50 Ω C．150 Ω D．480 Ω(3)图3用该电流表改装成一只两用表(如图3所示)，其中AB为改装后的电流表接线端，已知R1′＝0.03 Ω.则改装后的电流表的量程为________ A.解析(1)首先从原理上弄清两个电阻的作用，R1是为了使电流表满偏，而R2是为了测量电流表的内阻值，故R2必须是电阻箱，而R1可为电阻箱也可以是滑动变阻器；其次要考虑实验原理带来的误差，要使误差小，应尽可能使R1接入电路的电阻大，则要求电源电动势大，故选A.(2)R2与电流表并联，电压相同，则电流与电阻成反比，得出电流表内阻为150 Ω.(3)由并联电路的规律可得：I＝I1＋I g＝10－4 A＋10－4×1500.03A≈0.5 A.答案(1)A (2)C (3)0.5例3 一直流电压表○V，量程为1 V，内阻为1 000 Ω.现将一阻值在5 000 Ω～7 000 Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表的量程．为求得扩大后量程的准确性，再给定一直流电源(电动势E为6～7 V，内阻可忽略不计)，一阻值R2＝2 000 Ω的固定电阻，两个单刀开关S1、S2及若干导线．(1)为达到上述目的，将图4连成一个完整的实验电路图．图4(2)连线完成以后，当S1与S2均闭合时，电压表的示数为0.90 V；当S1闭合，S2断开时，电压表的示数为0.70 V．由此可以计算出改装后电压表的量程为________ V，电源电动势为________ V.解析(1)实验电路如图所示(2)当S1与S2闭合时：ER1＋R V·R V＝U1当S 1闭合、S 2断开时： ER 1＋R 2＋R V ·R V ＝U 2由以上两式得R 1＝6 000 Ω，E ＝6.3 V改装后的电压表量程为U g ′＝U gR V(R 1＋R V )＝7 V答案 (1)见解析图 (2)7 6.31．一电压表由电流表G 与电阻R 串联而成，如图5所示．若在使用中发现此电压表的示数总是比准确值稍小一些，采取下列哪种措施可以加以改 进 ( )A ．在R 上串联一个比R 小得多的电阻 图5B ．换用比R 大点儿的电阻C ．换用比R 小点儿的电阻D ．在R 上并联一比R 大得多的电阻 答案 CD解析 改装后的表示数稍小，说明通过表头的电流小，串联的电阻太大，要改进该表，只要能使串联电阻减小的方法均可．2．将两个相同的小量程电流表，分别改装成了一只电流表和一只电压表，某同学在做实验时将这两只表串联起来接入一正常发光的灯泡两端，则 ( )A.表和表的指针偏角相同B.表和表的指针都不偏转C.表指针几乎不偏转，表指针有偏转D.表指针有偏转，表指针几乎不偏转 答案 C解析 表针是否偏转，要看通过表头的电流，改装的电流表因并联了小电阻，而使通过表头的电流小，所以几乎不偏转；改装的电压表，是串联了电阻，所以可以偏转．3．如图6所示，用半偏法测电流表G 内阻R g ，下列说法中正确的是 ( ) 图6A ．电键K 1接通前，R 1必须调节到高阻值处B ．电键K 2接通前，R 2的阻值无需调节C ．当电流表示数从满偏电流I g 调到半偏电流I g 2时，R 2中电流强度稍大于I g2D ．R 1阻值的大小，对实验误差没有影响答案 ABC解析 半偏法的步骤是①闭合K 1，调节R 1，使达到满偏；②闭合K 2，调R 2，使的示数变为I g2，此时R 2的示数就是R g .半偏法的前提是R 1≫R g ，因而在实验前需将R 1调到高阻值处，A 正确．由于K 2闭合前电流为I g ，闭合K 2后，电路中总电阻要小，因而总电流要比I g 略大，因而C 正确．4．一毫安表头满偏电流为9.90 mA ，内阻约为300 Ω.要求将此毫安表头改装成量程为1 A 的电流表，其电路原理如图7所示．图中○A 是量程为2 A 的电流表，R 0为电阻箱，R 为滑动变阻器，S 为开关，E 为电源．(1)完善下列实验步骤： 图7①将图8实物图按电路原理图连线；图8②将滑动变阻器的滑动头调至________端(填“a ”或“b ”)，电阻箱R 0的阻值调至零；③闭合开关；④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，使电流表读数为1 A ； ⑤调节电阻箱R 0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时电流表的读数会________(填“增大”、“减小”或“不变”)；⑥多次重复步骤④⑤，直至电流表的读数为________，同时毫安表指针满偏．(2)回答下列问题：①在完成全部实验步骤后，电阻箱的阻值读数为3.1 Ω，由此可知毫安表头的内阻为________．②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为________ A.③对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素：________________________________________________________________________.答案 (1)①实物图连线如图所示②b ⑤减小 ⑥1 A(2)①310 Ω ②0.495 ③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等解析 由于电路采用限流式接法，所以开始时要使滑动变阻器阻值最大，即把触头调至b 端，对于改装好的电流表它是一个量程为1 A 的电流表，原毫安表与电阻箱并联，则I g ·R g ＝(1－I g )·R ，所以R g ＝1－0.009 90.009 9×3.1 Ω＝310 Ω.改装后的电流表指针半偏，说明此时的总电流为0.5 A ，所以通过电阻箱的电流为0.5－12I g ＝0.495 A.5．将满偏电流I g ＝300 μA、内阻未知的电流表G 改装成电压表并进行校对．(1)利用如图9所示的电路测量电流表G 的内阻(图中电源的 电动势E ＝4 V)．先闭合S 1，调节R ，使电流表指针偏转到 满刻度；再闭合S 2，保持R 不变，调节R ′，使电流表指 针偏转到满刻度的23，读出此时R ′的阻值为200 Ω，则电流表内阻的测量值R g ＝______ Ω. 图9(2)将该表改装成量程为3 V 的电压表，需________(填“串联”或“并联”)阻值为R 0＝________ Ω的电阻．(3)把改装好的电压表与电压表进行校对，在图10中试画出实验电路图和实物连接图．图10答案 (1)100 (2)串联 9 900 (3)见解析图解析 (1)闭合S 2后，电流表G 与R ′并联，流过电流表的电流为23I g ，则流过R ′的电流为13I g ，由并联电路的分流特点知：R g ＝12R ′＝100 Ω.(2)将该表改装为量程为3 V 的电压表，需串联一个分压电阻R 0，则R 0＝U －I g R g I g ＝3－300×10－6×100300×10－6Ω＝9 900 Ω (3)6．用如图11所示仪器测量量程为800 mV 的电压表，内阻为R V ，R V 约为900 Ω，某同学的实验步骤是： 图11a ．按电路图正确连接好电路．将滑动变阻器滑片移至最右端，电阻箱阻值调至最大．b ．合上开关S 1，打开开关S 2，调节电阻箱R 的阻值和滑动变阻器R 1的滑片位置，使得电压表指针指到满刻度的一半．c ．合上开关S 1和S 2，调节滑动变阻器R 1的滑片位置，使电压表的指针指到满刻度．d ．读出电阻箱接入电路中的电阻值R ，即为电压表内阻R V 的大小．e ．断开开关S 1和S 2.可供选择的器材有：A ．待测电压表：量程为800 mV ，内阻约为900 ΩB ．滑动变阻器：最大阻值200 Ω，额定电流1 AC ．滑动变阻器：最大阻值10 Ω，额定电流2 AD ．电阻箱：最大阻值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 ΩE．电阻箱：最大阻值99.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 ΩF．电池组：电动势约为12 V，内阻约为1 ΩG．导线和开关等按照这位同学的设计方法，回答下列问题：(1)为了使测量比较准确，除了电池组、导线、开关和待测电压表外，从上述器材中还应选用的器材是________(用器材前的序号字母表示)．(2)在这些器材的实物图上，用笔画线表示导线，连接成测量电路．(3)在上述实验步骤中，有遗漏或错误的步骤，请改于下面：________________________________________________________________ _________________________________________________________________________ _______，请将正确的实验步骤按合理的顺序排列________．(4)对于用上述方法测出的电压表内阻的测量值R测和真实值R V及测量误差，下列说法中正确的是( )A．R测>R VB．R测<R VC．若R V越大，测量值R测相对于真实值R V的误差就越大D．若R V越大，测量值R测相对于真实值R V的误差就越小答案(1)CD (2)见解析图(3)见解析acbde (4)AD解析该题要求根据实验步骤设计出实验原理、画出实验电路并进行实物连线，属于有一定提示的设计型实验．由实验步骤b、c、d可知其测量原理是串联分压，开始时电压表指针满偏而后指针半偏，从电阻箱上直接读出电压表的内阻，说明电阻箱与电压表串联且分去了一半的电压，故测量电路如图甲所示，考虑到电压表的量程太小而电池组的电动势较大，滑动变阻器采用分压式连接，其完整的实验电路如图乙所示．甲乙(1)因滑动变阻器采用分压式连接，其阻值尽可能小些会使实验的调节更方便，故选C.因R V的阻值约为900 Ω，故电阻箱应选D.(2)按电路原理图连成的实物连线图如图所示(3)步骤b中不能再调节滑动变阻器使电压表指针半偏，而只调节变阻箱．其正确的实验步骤按合理的顺序排列为：acbde.(4)因合上开关S2后，图乙中b P之间的总电阻变大，此时b P间在电路中分得的电压将大于电压表的量程，此时电阻箱分得的电压将大于电压表的电压，由串联分压可知电阻箱的有效电阻大于电压表的内阻，选项A正确．电压表的内阻越大，图乙中b P间的总电阻越接近于滑动变阻器的b P间的电阻，合上开关S2后b P间总电阻的变化越小，b P间的电压变化越小，电阻箱两端的电压越接近电压表的电压，误差也越小，选项D正确．。

模块检测卷五选修3－4第Ⅰ卷一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．对简谐运动的回复力公式F＝－kx的理解，正确的是()A．k只表示弹簧的劲度系数B．式中的负号表示回复力总是负值C．位移x是相对平衡位置的位移D．回复力不随位移变化，只随时间变化答案 C解析位移x是相对平衡位置的位移；F＝－kx中的负号表示回复力总是与振动物体的位移方向相反．2．我国南宋时的程大昌在其所著的《演繁露》中叙述道；“凡风雨初霁(雨后转晴)，或露之未晞(干)，其余点缀于草木枝之末，日光入之，五色俱足，闪烁不定，是乃日之光品著色于光，而非雨露有所五色也”．这段文字记叙的现象是光的()A．反射B．干涉C．色散D．衍射答案 C3．蝉的家族中的高音歌手是一种被称做“双鼓手”的蝉．它的身体两侧有大大的环形发声器官，身体的中部是可以内外开合的圆盘．圆盘开合的速度很快，抖动的蝉鸣就是由此发出的．某同学围绕蝉歇息的树干走了一圈，听到忽高忽低的蝉鸣声，以下说法中错误的是()A．这种现象属于声波的衍射现象B．这种现象属于声波的干涉现象C．身体两侧有大大的环形发声器官可以看做是相干波源D．蝉发出的两列声波的传播速度一定相同答案 A解析“听到忽高忽低的蝉鸣声”说明这是声波的干涉现象，选项A错误，B正确；身体两侧的发声器官可以看做是相干波源，选项C正确；因波速由介质决定，故选项D正确．4.如图1所示，弹簧振子在B、C两点间做简谐运动，B、C间距为12 cm，O是平衡位置，振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，则下列说法中正确的是()图1A．该弹簧振子的周期为1 sB．该弹簧振子的频率为2 HzC．该弹簧振子的振幅为12 cmD．振子从O点出发第一次回到O点的过程就是一次全振动答案 A解析振子从C点第一次运动到B点的时间为0.5 s，故该弹簧振子的周期为1 s，故A正确；该弹簧振子的周期为1 s，故该弹簧振子的频率为f＝1T＝1 Hz，故B错误；B、C间距为12 cm，故该弹簧振子的振幅为6 cm，故C错误；振子从O点出发到第一次回到O点的过程是一次全振动的一半，故D错误．5．质点做简谐运动，其x－t关系如图2所示．以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v －t关系是()图2答案 B解析 在t ＝0时刻，质点的位移最大，速度为0，则下一时刻质点应向下运动，故选项A 、C 错误；在t ＝T 4时刻，质点的位移为0，速率最大，故选项B 正确，选项D 错误． 6．如图3为某质点的振动图象，由图象可知( )图3A ．质点的振动方程为x ＝2sin 50πt (cm)B ．在t ＝0.01 s 时质点的速度为负向最大C ．P 时刻质点的振动方向向下D ．从0.02 s 至0.03 s 质点的位移增大，速度减小答案 D解析 由题图可知，质点振动方程为x ＝2sin (50πt ＋π)(cm)＝－2sin 50πt (cm)；t ＝0.01 s 时质点速度为零；P 时刻质点振动方向向上；在0.02 s 至0.03 s ，质点离开平衡位置，位移增大，速度减小，故选项D 正确．7．一束复色光由空气斜射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a 、b .已知a 光的频率小于b 光的频率，下列光路图正确的是( )答案 D解析 两种单色光射入玻璃砖时的折射角小于入射角，据此可排除选A 、B ；已知a 光的频率小于b 光的频率，那么a 光在玻璃砖中的折射率较小，入射角相同时，折射角较大，选项D 正确．8．a 、b 两种单色光组成的光束从空气进入介质时，其折射光束如图4所示．则关于a 、b 两束光，下列说法正确的是( )图4A ．介质对a 光的折射率大于介质对b 光的折射率B ．a 光在介质中的速度大于b 光在介质中的速度C ．a 光在真空中的波长大于b 光在真空中的波长D ．光从介质射向空气时，a 光的临界角大于b 光的临界角答案 A解析 根据折射率的定义n ＝sin θ1sin θ2，因入射角相等，a 光的折射角较小，则a 光的折射率较大，故A 正确；由公式v ＝c n分析可知，a 光在介质中的速度较小，故B 错误；光的折射率越大，其频率越大，波长越短，则a 光在真空中的波长较短，故C 错误；根据临界角公式sin C ＝1n分析知，a 光的折射率大，临界角小，故D 错误． 9.如图5所示，半圆形玻璃砖置于光屏PQ 的左下方．一束白光沿半径方向从A 点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是()图5A．减弱，紫光B．减弱，红光C．增强，紫光D．增强，红光答案 C解析由临界角公式sin C＝1n可知，当增大入射角时，紫光先发生全反射，紫光先消失，且当入射光的入射角逐渐增大时，折射光强度会逐渐减弱，反射光强度会逐渐增强，故应选C.10．如图6所示，明暗相间的条纹是红光和蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样，下列说法正确的是()图6A．a光是红光B．在同一种玻璃中a光的速度小于b光的速度C．b光的光子能量较高D．当a和b以相同入射角从玻璃射入空气时，若a刚好能发生全反射，则b也一定能发生全反射答案 B解析 根据双缝干涉相邻条纹间距公式Δx ＝l dλ可得在其他条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，那么a 光是蓝光，b 是红光，且b 光的光子能量较低，故A 、C 错误；因a 光的波长小于b 光的波长，则a 光的频率大于b 光的频率，那么a 光的折射率大于b 光的折射率，根据v ＝c n，知在玻璃中，a 光的速度小于b 光的速度，故B 正确；当a 和b 以相同入射角从玻璃射入空气时，因a 光的临界角小，若a 刚好能发生全反射，则b 一定不会发生全反射，故D 错误．11．一列简谐横波在t ＝0时刻的波形如图7中的实线所示，t ＝0.02 s 时刻的波形如图中虚线所示，若该波的周期T 大于0.02 s ，则该波的传播速度可能是( )图7A ．2 m /sB ．3 m/sC ．4 m /sD ．5 m/s答案 B解析 由题图知波长λ＝8 cm ，若因T >0.02 s ，波向右传播，则14T ＝0.02 s ，得T ＝0.08 s ，波速v ＝λT ＝8 cm 0.08 s ＝1 m/s ；若波向左传播，则34T ＝0.02 s ，得T ＝0.083 s ，波速v ＝λT ＝8 cm 0.083s ＝3 m/s ，选项B 正确．12．现在高速公路上的标志牌都用“回归反光膜”制成．夜间行车时，它能把车灯射出的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的，反光膜内均匀分布着一层直径为10 μm 的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为3，为使入射的车灯光线经玻璃珠折射——反射——折射后恰好和入射光线平行，如图8所示，那么第一次入射的入射角应是( )图8A ．15°B ．30°C ．45°D ．60°答案 D解析 作光路图如图所示，设入射角为θ，折射角为α，则θ＝2α，n ＝sin θsin α＝2sin αcos αsin α，cos α＝n 2＝32，α＝30°，所以θ＝60°.故选项D 正确．13．如图9所示，某同学将一枚大头针从一边长为6 cm 的正方形不透光的轻质薄板正中心垂直于板插入，制作成了一个测定液体折射率的简单装置．他将该装置放在某种液体液面上，调整大头针插入深度，当插入液体中深度为4 cm 时，恰好无论从液面上方任何方向都看不到液体中的大头针，则该液体的折射率为( )图9 A.53B.43C.54D.34答案 A解析 要恰好在液面上各处均看不到大头针，要求光线射到薄板边缘界面处时恰好发生全反射，设临界角为C .由临界角与折射率的关系得：sin C ＝1n ①由几何关系得：sin C ＝rr 2＋h 2＝332＋42＝35② 联立①②式可得：n ＝53二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分) 14．如图10所示，列车上安装一个声源，发出一定频率的乐音．当列车与观察者都静止时，观察者记住了这个乐音的音调．在以下情况中，观察者听到这个乐音的音调比原来降低的是( )图10A ．观察者静止，列车向他驶来B ．观察者静止，列车离他驶去C ．列车静止，观察者靠近列车D ．列车静止，观察者远离列车答案 BD解析 当波源和观察者相对远离时，观察者接收到的频率小于声源发出的频率，B 、D 正确，A 、C 错误．15．下列说法正确的是( )A ．赫兹预言了电磁波的存在并用实验加以证实B ．与平面镜相比，全反射棱镜的反射率最大，几乎可达100%C ．单摆在驱动力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关D ．在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用衍射法检查平面的平整程度答案BC解析赫兹用实验证实了电磁波的存在，但预言电磁波存在的是麦克斯韦，选项A错误；平面镜有折射，而全反射棱镜在全反射时没有折射，故选项B正确；受迫振动的频率只与驱动力的频率有关，故选项C正确；检查平面的平整程度的原理是光的干涉，选项D错误．16．如图11甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知()图11A．质点振动的周期T＝0.2 sB．波速v＝20 m/sC．因一个周期质点运动0.8 m，所以波长λ＝0.8 mD．从该时刻起经过0.15 s，波沿x轴的正方向传播了3 m答案ABD解析由题图甲读出波长λ＝4 m，由题图乙读出周期T＝0.2 s，波速v＝λT＝20 m/s.故A、B 正确，C错误．由题图乙可知x＝2 m处的质点开始时向下振动，结合甲图知简谐波沿x轴正方向传播，经过0.15 s，传播距离s＝v t＝20×0.15 m＝3 m，故D正确．第Ⅱ卷三、非选择题(本题共7小题，共55分)17．(5分)某同学在“研究单摆周期与摆长的关系”的实验中进行了如下的操作：(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图12甲所示，可读出摆球的直径为________ cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.图12(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝________ s(结果保留三位有效数字)．答案(1)2.06(2)2.28解析(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6×110mm＝20.6 mm＝2.06 cm.(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝60－12T＝592T，所以周期T＝2t59＝2.28 s.18．(5分)利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：如图13，在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O)放在白纸上，使它的直边与直线MN对齐，在垂线AB上竖直插两枚大头针P1和P2，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．图13(1)为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧最少应插________枚大头针．(2)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置，并用“×”表示，作出光路图．为了计算折射率，应该测量的量(图上标出)有____________________，计算折射率的公式是________． 答案 (1)1(2)光路图如图 入射角i 和折射角r n ＝sin rsin i解析 (1)由题图分析可知，在玻璃砖的右侧最少插一枚大头针即可确定光路．(2)光在圆弧面上D 点发生折射，法线为OD 直线，测出入射角i 和折射角r ，折射率n ＝sin rsin i .19．(6分)如图14所示，在“用双缝干涉测量单色光的波长”实验中，某同学准备的实验仪器包括以下元件：A ．白炽灯；B.单缝；C.毛玻璃屏；D.双缝；E.遮光筒； F ．红色滤光片；G.凸透镜；(其中双缝和光屏连在遮光筒上)．图14(1)把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：A 、____、____、____、____、E 、C.(2)把测量头的分划板中心刻线与某亮条纹对齐，并将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时15等分的游标卡尺位置如图15甲所示，其读数为________mm ，继续转动测量头，使分划板中心刻线与第7条亮条纹中心对齐，此时游标卡尺位置如图乙所示，其读数为________mm.图15(3)若已知双缝间距为0.2 mm ，测得双缝到屏的距离为70.00 cm ，则所测红光波长为________． 答案 (1)G F B D (2)19.8 30.3 (3)5×10－7 m解析 (1)该实验中各元件的作用分别是：A.白炽灯——光源；B.单缝——产生相干光；C.毛玻璃屏——呈现能观察的像；D.双缝——作为产生干涉现象的两个波源；E.遮光筒——避免外界光线干扰，便于观察；F.红色滤光片——将白炽灯的其他色光过滤掉，只剩下红光；G .凸透镜——将光源的发散光束汇聚，产生放大的效果．所以正确的排列顺序是AGFBDEC.(2)甲图中游标尺上第8条线与主尺刻度对齐，读数为19 mm ＋110×8 mm ＝19.8 mm ；乙图中游标尺上第3条线与主尺刻度对齐，读数为30 mm ＋110×3 mm ＝30.3 mm. (3)在双缝干涉现象中，条纹间距Δx ＝ld λ，由(2)可知，条纹间距为Δx ＝30.3－19.86 mm ＝1.75mm ，所以λ＝d l Δx ＝0.2 mm700 mm×1.75 mm ＝5×10－7 m.20．(9分)如图16所示为一列横波在某时刻的波动图象，此波中d 质点到达波谷的时间比e 质点早0.05 s.图16(1)求此列波的传播方向和波速是多大？ (2)Δt ＝1.5 s 内a 质点通过的路程是多少？ (3)画出从图示时刻起x ＝3 m 处质点的振动图象．答案 (1)沿x 轴向右传播 20 m/s (2)1.5 m (3)如解析图所示解析 (1)由题意知，图示时刻质点d 向下振动，所以波向右传播．周期T ＝4×0.05 s ＝0.2 s波速v ＝λT ＝40.2m /s ＝20 m/s(2)Δt ＝1.5 s ＝7.5T ，故在此时间内质点a 通过的路程为30A ＝150 cm ＝1.5 m.(3)图示时刻x ＝3 m 处的质点位于平衡位置且向下振动，则从图示时刻起x ＝3 m 处质点的振动图象如图所示．21．(10分)如图17甲所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时的波形图，知波速v ＝2 m/s ，质点P 、Q 相距3.2 m ．则：图17(1)在图乙中画出质点Q 的振动图象(至少画出一个周期)；(2)从t ＝0到Q 点第二次振动到波谷的这段时间内质点P 通过的路程． 答案 (1)见解析图 (2)0.22 m 解析 (1)图象如图所示(2)从t ＝0到质点Q 第二次到达波谷所需时间 t ＝Δxv ＋T ＝3.2＋0.4－0.82s ＋0.8 s ＝2.2 s(或由质点Q 的振动图象得质点Q 在t ＝2.2 s 时第二次到达波谷) 在这2.2 s 内质点P 经历t ＝2.20.8T ＝234T因而通过的路程为s ＝234×4A ＝22 cm ＝0.22 m.图1822．(10分)(2016·余姚市联考)为了测定等腰玻璃三棱镜的折射率，如图18所示，我们测出了等腰玻璃三棱镜ABC 的顶角为30°，让激光由空气垂直AB 面进入棱镜，由AC 面进入空气中，我们又测出了其折射光线与入射光线之间的夹角为30°.已知光在真空中速度为3.0×108 m/s ，请回答下列问题： (1)请作出光路图； (2)求棱镜的折射率；(3)光在这种玻璃中的传播速度． 答案 (1)见解析图 (2) 3 (3)3×108 m/s解析 (1)光路图如图所示．(2)由图得，入射角i ＝30°，折射角r ＝60°，由光的折射定律得n ＝sin 60°sin 30°，解得n ＝ 3(3)根据公式v ＝cn可得v ＝3×108 m/s.23．(10分)为从军事工事内部观察外面的目标，在工事壁上开一圆柱形孔，如图19所示．设工事壁厚d ＝20 3 cm ，孔的直径L ＝20 cm ，孔内嵌入折射率n ＝3的玻璃砖．图19(1)嵌入玻璃砖后，工事内部人员观察到外界的视野的最大张角为多少？(2)要想使外界180°范围内的景物全被观察到，应嵌入至少多大折射率的玻璃砖？ 答案 (1)120° (2)2解析 (1)光路图如图所示，由折射定律得n ＝sim θ1sim θ2.由几何关系得sin θ2＝L L 2＋d2由以上两式解得θ1＝60°，θ2＝30° 则视野的最大张角为θ＝2θ1＝120°(2)为使外界180°范围内的景物全被观察到，则当θ1＝90°时，θ2＝30°应是光线在该玻璃砖中的临界角，即sin 30°＝1n ′. 解得玻璃砖的折射率应为n ′＝2.。

一、单项选择题 1.(2016·南京模拟)如图所示，两个物体A 、B 叠放在一起，接触面粗糙，现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力，在空中运动的过程中，物体B( )A ．只受重力B ．受重力和A 对它的压力C ．受重力和A 对它的摩擦力D ．受重力、A 对它的压力和摩擦力解析：选A.两个物体A 、B 同时以相同的速度水平抛出，由于不计空气阻力，两个物体都处于完全失重状态，故在空中运动的过程中，物体A 、B 都只受到重力，B 、C 、D 错误，A 正确．2．如图所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下把木块向上提起，夹子和木块的质量分别为m 、M ，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为F f ，若木块不滑动，力F 的最大值为( )A.2F f （m ＋M ）MB.2F f （m ＋M ）mC.2F f （m ＋M ）M－(m ＋M)gD.2Ff（m＋M）M＋(m＋M)g解析：选A.对木块：2Ff－Mg＝Ma 对整体：F－(M＋m)g＝(M＋m)a.联立解得：F＝2Ff（m＋M）M，故A正确．3.(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )解析：选B.根据v－t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B 正确．4．(2016·西安质检)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为( )A．3μmg B．4μmgC．5μmg D．6μmg解析：选D.纸板相对砝码恰好运动时，对纸板和砝码构成的系统，由牛顿第二定律可得：F－μ(2m＋m)g＝(2m＋m)a，对砝码，由牛顿第二定律可得：2μmg＝2ma，联立可得：F＝6μmg，选项D正确．5.(2016·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的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( )A．3gsin αB．gsin αC．3gsin α/2 D．2gsin α解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff＝2mgsinα，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a＝2mgsin α＋mgsin αm＝3gsin α，正确选项为A.6．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放置着静止的小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的最大静摩擦力为Ff，且滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，mB ＝2mA.则下列图象中，可以定性地描述长木板B运动的v－t图象的是( )。

2018届高考物理三轮专题提升训练八、选修3－5牢记主干，考场不茫然一、选择题(共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．(2015·湖南十三校联考)关于光电效应现象，下列说法中正确的是( )A ．在光电效应现象中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大B ．在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比C ．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于此波长，才能发生光电效应D ．对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应答案：C解析：由光电效应方程E k ＝hν－W 0知光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是正比关系，与入射光的强度无关，对于任何一种金属都存在一个对应的极限频率，由E＝hν＝hc λ知存在一个对应的极限波长，只有入射光的频率大于极限频率或者说其波长小于极限波长时才能发生光电效应，故只有C 正确。

2．(2015·湖北八校联考)下列的若干叙述中，正确的是( )A ．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B ．对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能E k 与照射光的频率成线性关系C ．一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了E ．将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用 答案：ABE解析：黑体辐射电磁波的强度随温度的升高而增加，且辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A 正确。

由光电效应方程E k ＝hν－W 0，知B 正确。

放射性元素发生衰变后生成新的原子核，并没有全部释放出去，总质量没有减半，C 错误。

第十六章动量守恒定律1 实验：探究碰撞中的不变量一、单项选择题1．在利用气垫导轨探究碰撞中的不变量的实验中，哪些因素可导致实验误差( B )A．导轨水平安放 B．小车上挡光板倾斜C．两小车质量不相等 D．两小车碰后连在一起2．下列关于打点计时器或光电门的测速说法不正确的是( A )A．打点计时器使用的电源是直流电源B．打点计时器两计时点之间的时间间隔等于电源的周期C．光电门的挡光板越窄越好D．使用打点计时器时，要先接通电源，再松开纸带解析：打点计时器使用的电源是交流电源.3．在气垫导轨上进行探究实验时，首先应该做的是( D )A．给气垫导轨通气B．给光电计时器进行扫零处理C．把滑块放到导轨上D．检查挡光片通过光电门时是否能挡光计时4．在探究碰撞中的不变量时，采用如图16－1－7所示的实验装置，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在白纸上记录重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，则下列说法中正确的是( D )图16－1－7A．第一、二次入射小球的落点依次是A、BB．第一、二次入射小球的落点依次是C、BC．第二次入射小球和被碰小球将同时落地D．第二次入射小球和被碰小球不会同时落地解析：最远的C点一定是被碰小球的落点，碰后入射小球的速度将减小，因此A、B均错误；由于被碰小球是放在斜槽末端的，因此被碰小球飞出后入射小球才可能从斜槽末端飞出，两小球不可能同时落地，C错，D对．二、双项选择题5．用如图16－1－8所示的装置探究碰撞中的不变量时，必须注意的事项是( BC )图16－1－8A．A到达最低点时，两球的球心连线可以不水平B．A到达最低点时，两球的球心连线要水平C．多次测量减小误差时，A球必须从同一高度下落D．多次测量减小误差时，A球必须从不同高度下落解析：要保证一维对心碰撞，必须在碰撞时球心在同一高度；多次测量求平均值，必须保证过程的重复性，A球必须从同一高度下落．6．用气垫导轨探究碰撞中的不变量时，不需要测量的物理量是( CD )A．滑块的质量 B．挡光的时间C．光电门与滑块间的距离 D．光电门的高度7．若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验，下列操作中正确的是( AC )A．相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了碰撞后黏在一起B．相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了改变两车的质量C．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源8．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中不变量的实验：在小车A的前端黏有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并黏合成一体，继续做匀速运动，他设计的装置如图16－1－9所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50 Hz，长木板下垫着小木片．则( AB )图16－1－9A．长木板垫着小木片是为了平衡摩擦，保证小车碰撞前后做匀速运动B．实验过程中应先接通电源，再让小车A运动C．计算碰撞前后小车的速度时，在纸带上任选对应过程的一段即可D．此碰撞中A、B两小车这一系统的机械能守恒9．某同学利用如图16－1－10所示的装置探究碰撞过程中的不变量，下列说法正确的是( BD )图16－1－10A．悬挂两球的细绳长度要适当，可以不等长B．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度C．两小球必须都是钢性球，且质量相同D．两小球碰后可以黏合在一起共同运动解析：两绳等长，能保证两球正碰以减小实验误差，所以A错误；计算碰撞前速度时用到了mgh＝mv2/2－0，即初速度为0，B正确；本实验中对小球的性能无要求，C错误；两球正碰后，运动情况有多种可能，所以D 正确．三、非选择题10．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，也可以探究mv 2这个量(对应于动能)的变化情况．若采用如图16－1－11所示弓形弹片弹开滑块的方案，弹开后的mv 2的总量大于(填“大于”、“小于”或“等于”)弹开前mv 2的总量，这是因为弹片的弹性势能转变为滑块的动能，滑块的动能增加．图16－1－11解析：弹开前，两滑块静止，动能为零；弹开后，弹片的弹性势能转变为滑块动能，故弹开后mv 2大．11．在“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球m 1＝15 g ，原来静止的被碰小球m 2＝10 g ，由实验测得它们的碰撞前后的x －t 图象如图16－1－12所示，由图可知，入射小球碰撞前的m 1v 1是0.015_kg·m/s，入射小球碰撞后m 1v 1′是0.018_5_kg ·m /s ，被碰小球碰撞后的m 2v 2′是0.018_5_kg·m/s .由此得出结论碰撞前后mv 的矢量和守恒．图16－1－12解析：由题图可知碰撞前m 1的速度大小v 1＝0.20.2m/s ＝1 m/s ，故碰撞前的m 1v 1＝0.015 kg×1 m/s＝0.015 kg·m/s.碰撞后m 1速度大小v 1′＝0.3－0.20.4－0.2m/s ＝0.5 m/s ，m 2的速度大小v 2′＝0.35－0.20.4－0.2m/s ＝0.75 m/s ，故m 1v 1′＝0.015 kg×0.5 m/s＝0.018 5 kg·m/s，m 2v 2′＝0.01×0.75 kg·m/s ＝0.018 5 kg·m/s，由此可知m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′.12．某同学用如图16－1－13所示的装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞探究不变量，图中PQ 是斜槽，QR 为水平槽，实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A 、B 球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图16－1－14所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在平面，米尺的零点与O 点对齐．图16－1－13 图16－1－14(1)碰撞后B 球的水平射程应取为64.7cm.(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量ABD(填字母)．A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量(或两球的质量之比)E．测量G点相对于水平槽面的高度解析：(1)应把记录纸上B球的落点痕迹用尽量小的圆包括起来，然后取其圆心位置，即可视为这些落点的平均位置．故取 64.7(允许取值范围为64.2～65.2)．(2)题意中已给出A、B两球的半径相同，而实验装置中，A、B两球抛出点相同，均为槽口处，所以C可省略．实验结论中，因小球的平抛初速都用水平射程代替，不必求出初速的具体数据，所以E省略．13．(双选) 如图16－1－15所示，A、B是两个小物块，C是轻弹簧，用一根细线连接A、B使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．要探究A、B只在弹簧作用下的不变量，可以不需要测量的物理量是( AD )图16－1－15A．桌面的宽度B．两物块的质量C．两物块离开桌面后的水平距离D．两物块飞行的时间14．用如图16－1－16所示的实验装置来探究碰撞中的不变量．图16－1－16(1)安装和调整实验装置的要求是：①斜槽末端切线水平；②入射小球和被碰小球在碰撞瞬间球心在同一高度．(2)如果已经知道不变量是两小球质量与速度的积的矢量和，某次实验得出小球的落点情况如图16－1－17所示，则碰撞小球的质量m1和被碰小球的质量m2之比为4∶1.图16－1－17解析：(2)由于做平抛运动的高度相同，所以它们碰撞前后的速度可用水平位移代替，根据不变量是两小球质量与速度的积的矢量和，m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，代入数据得m1∶m2＝4∶1.15．用半径相同的两小球A、B的碰撞验证碰撞中不变量，实验装置如图16－1－18所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C 处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是垂直线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的P点，系统碰撞前质量与速度的积的矢量和p与系统碰撞后质量与速度的积的矢量和p′的误差|p－p′|p＝2%(结果保留一位有效数字)．图16－1－182 动量和动量定律,一、单项选择题1．下列说法正确的是( B )A．一个物体的动量变化，其动能一定变化B．一个物体的动能变化，其动量一定变化C．两个物体相互作用，它们的动量变化相同D．两个物体相互作用，总动能不变2．关于冲量的概念，以下说法正确的是( A )A．作用在两个物体上的力大小不同，但两个物体所受的冲量大小可能相同B．作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定也很大C．作用在物体上的力的作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D．只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同解析：冲量是矢量，其大小由力和作用时间共同决定．3．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( A )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s ，方向与原运动方向相同解析：以原来的方向为正方向，由定义式Δp＝－mv－mv0得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．4．如图16－2－9所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为( C )图16－2－9A ．(Mg ＋mg －ma )tB ．(m ＋M )vC ．(Mg ＋mg ＋ma )tD ．mv解析：杆与人之间的作用力为F ，对人，F －mg ＝ma ，地面与杆的作用力为F N ，对杆，F N ＝F ＋Mg ，地面对杆的冲量，I ＝F N t .二、双项选择题5．恒力F 作用在质量为m 的物体上，如图16－2－10所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t ，下列说法正确的是( BD )图16－2－10A ．拉力F 对物体的冲量大小为零B ．拉力F 对物体的冲量大小为FtC ．拉力F 对物体的冲量大小是Ft cos θD ．合力对物体的冲量大小为零解析：某个恒力的冲量就等于这个力与时间的乘积．6．质量为m 的物体以初速度v 0开始做平抛运动，经过时间t ，下降的高度为h ，速率变为v ，在这段时间内物体动量变化量的大小为( BC )A ．m (v －v 0)B ．mgtC ．m v 2－v 20D ．m gh解析：平抛运动的合外力是重力，是恒力，所以动量变化量的大小可以用合外力的冲量计算，也可以用初末动量的矢量差计算．7．一辆空车和一辆满载货物的同型号的汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶．紧急刹车(即车轮不滚动只滑动)后( CD )A ．货车由于惯性大，滑行距离较大B ．货车由于受的摩擦力较大，滑行距离较小C ．两辆车滑行的距离相同D ．两辆车滑行的时间相同解析：摩擦力是合外力，根据动量定理：－μmgt ＝0－mv ，得t ＝v μg ，根据动能定理－μmgs ＝0－12mv 2，得s ＝v 22μg. 8．竖直上抛一小球，后来又落回原地，小球运动时所受空气阻力大小不变，则( BD )A ．从抛出到落回原地的时间内，重力的冲量为零B ．上升阶段空气阻力的冲量小于下落阶段空气阻力的冲量C ．从抛出到落回原地的时间内，空气阻力的冲量等于零D ．上升阶段小球的动量变化大于下落阶段小球的动量变化解析：上升阶段的加速度大于下降阶段的加速度，经过的位移相同，所以上升阶段的时间小，重力的冲量小，阻力的冲量也小．由于要克服阻力做功，返回时的速度小于刚抛出时的速度，所以上升阶段小球的动量变化大于下落阶段小球的动量变化．9．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则( AC )A ．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B ．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C ．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D ．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零解析：I 阶段中只受重力，动量的变化量就等于重力的冲量；II 阶段动量的变化量等于重力与阻力合力的冲量；整个过程动量的变化量为零，所以合外力的冲量为零．三、非选择题10．质量是60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s ，安全带伸直后长5 m ，求安全带所受的平均冲力．(g 取10 m/s 2)解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v 20＝2gh ，v 0＝2gh ＝10 m/s取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力F ，取F 方向为正方向，由动量定理得： (F －mg )t ＝0－m (－v 0)所以F ＝mg ＋mv 0t＝1 100 N ，方向竖直向上． 11．如图16－2－11所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg 的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s 的时间内，物体所受各力的冲量．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图16－2－11解：物体在下滑过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用则重力的冲量为I G ＝mg ·t ＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下支持力的冲量为I F ＝mg cos α·t ＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直斜面向上 摩擦力的冲量为I f ＝mg ·cos α·μ·t ＝5×10×0.8×0.2×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上．12．质量为50 kg 的体操运动员从高空落下，落到垫子前的速度为1.0 m/s ，方向竖直向下，该运动员经垫子缓冲0.5 s 停下来，求垫子对运动员的作用力．(g 取10 m/s 2)解：选竖直向上为正方向，根据牛顿第二定律的动量表述，得(F －mg )t ＝p ′－p ，即F ＝p ′－p t＋mg ＝0－－0.5 N ＋50×10 N＝600 N ，方向竖直向上．13．某物体以－定初速度沿粗糙斜面向上滑，并且能够重新下滑到底端．如果物体在上滑过程中受到的合冲量大小为I 上，下滑过程中受到的合冲量大小为I 下，它们的大小相比较为( A )A ．I 上>I 下B ．I 上<I 下C ．I 上＝I 下D ．条件不足，无法判定解析：由于上、下滑过程中有机械能的损失，所以重新滑到底端时，速度小于初速度，所以上升过程中动量的变化量大于下降过程中动量的变化量，由动量定理可知．14．(双选)质量相等的A 、B 两个物体，沿着倾角分别为α和β的两个光滑斜面，由静止从同一高度h 2开始下滑到同样的另一高度h 1的过程中(如图16－2－12所示)，A 、B 两个物体相同的物理量是( CD )图16－2－12A ．所受重力的冲量B ．所受支持力的冲量C ．所受合力的冲量大小D ．动量改变量的大小解析：由于机械能守恒，所以下降到同样高的地方，它们的速度相同，所以动量的变化量相同，合外力的冲量相同．15．用电钻给建筑物钻孔时，钻头所受的阻力与深度成正比．若钻头匀速钻进时第1秒内所受的阻力的冲量为100 N·s，求5秒内阻力的冲量．解：设钻头进入建筑物质的深度为x ，则钻头受到的阻力为f ＝kx ，k 为比例系数．图1钻头匀速钻进，深度为x ＝vt所以f ＝kvt在时间t 内阻力的冲量可通过如图1所示的f －t 图象的面积来求解．I ＝12f ·t ＝12kvt 2 即I ∝t 2，因第1秒内的冲量为100 N·s，所以t ＝5 s 时，I 5＝2 500 N·s.3 动量守恒定律一、单项选择题1．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少了5 m/s ，乙球速度增加了3 m/s ，则甲、乙两球质量之比是( B )A ．2∶1 B．3∶5 C．5∶3 D．1∶2解析：根据动量守恒定律转移表述m 1Δv 1＝m 2Δv 2可得，m 甲∶m 乙＝Δv 乙∶Δv 甲＝3∶5.2．沿水平方向飞行的手榴弹，它的速度是20 m/s ，此时在空中爆炸，分裂成1 kg 和0.5 kg 的两块，其中0.5 kg 的那块以40 m/s 的速率沿原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为( C )A ．10 m/sB ．30 m/sC ．50 m/sD ．70 m/s解析：手榴弹爆炸，外力远小于内力，可近似地看做动量守恒，根据(m 1＋m 2)v ＝m 1v 1′＋m 2v 2′，可得v 2′＝[(1＋0.5)×20－0.5×(－40)]/1 m/s ＝50 m/s.3．A 、B 两物体的质量分别为m 和2m ，他们在光滑平面上以相同的动量运动，两者相碰后，A 的运动方向未变，但速率减为原来的一半，则碰后两物体的速率之比为( D )A ．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3解析：由mv ＋2m v 2＝m v 2＋2mv ′得，v ′＝3v 4，碰后两物体的速率之比为v 2∶3v 4＝2∶3. 4．质量分别为m 1、m 2的小球在一直线上相碰，它们在碰撞前后的位移—时间图象如图16－3－7所示，若m 1＝1 kg ，则m 2等于( C )图16－3－7A ．1 kgB ．2 kgC ．3 kgD ．4 kg解析：碰前m 1匀速，v 1＝4 m/s ，m 2静止；碰后两者运动方向相反，m 1速度方向改变，v ′1＝－2 m/s ，v ′2＝2 m/s ，由m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2代入数据得m 2＝3 kg.二、双项选择题5．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两块，若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向，则( CD )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a 、b 的动量的变化量大小一定相等解析：由于不知道a 块与原物体的动量大小关系，所以b 块的运动情况无法确定；但在竖直方向上a 块、b 块均做自由落体运动，高度一样，所以飞行时间相同；动量守恒，只有两物体，动量的变化量必然相等．6．(2018年金山中学期末)质量为m a ＝0.5 kg 的物体a 以某一速度与另一质量为m b ＝1.5 kg 的静止物体b 在光滑水平面上正碰，若不计碰撞时间，碰撞前后物体a 的位移－时间图象如图16－3－8所示，则( AB )图16－3－8A ．碰前a 的动量大小为2 kg·m/sB ．碰后b 的动量大小为1.5 kg·m/sC ．碰撞过程b 的动量改变了0.5 kg·m/sD ．碰撞过程a 的动量改变了0.5 kg·m/s解析：由图可得出碰前a 的速度大小为4 m/s ，碰后为1 m/s ，因此a 碰前动量为2 kg·m/s，碰后为0.5 kg·m/s，减小了1.5 kg·m/s.则b 的动量增加了1.5 kg·m/s，A 、B 正确．7．如图16－3－9所示，在光滑水平面上停放着质量为m 装有光滑弧形槽的小车，一个质量也为m 的小球以水平速度v 0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则( BC )A ．小球以后将向右做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为mv 202D ．小球在弧形槽上升的最大高度为v 202g解析：小球升到高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由水平方向动量守恒得：mv 0＝2mv ′①由机械能守恒定律得：12mv 20＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv ′2＋mgh ② 由①②得：h ＝v 204g，知D 错． 从小球射入到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒．由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v 1，小车速度大小为v 2，则有mv 0＝mv 2－mv 1和12mv 20＝12mv 22＋12mv 21，解得v 2＝v 0，v 1＝0，即两者交换速度，故B 、C 正确，A 错．图16－3－98．如图16－3－10所示，两只小球在光滑水平面上沿同一直线运动，已知m 1＝2 kg ，m 2＝4 kg ，m 1以2 m/s 的速度向右运动，m 2以8 m/s 的速度向左运动．两球相撞后，m 1以10 m/s 的速度向左运动，由此可得( BD )图16－3－10A ．相撞后m 2的速度大小为2 m/s ，方向向右B ．相撞后m 2的速度大小为2 m/s ，方向向左C ．在相撞过程中，m 1的动量改变大小为24 kg·m/s，方向向右D ．在相撞过程中，m 1的动量改变大小为24 kg·m/s，方向向左9．在下列几种现象中，哪一种动量不守恒( AC )A ．在粗糙的水平面上两球发生碰撞B ．车静止在光滑水平面上，人从车头走到车尾C ．运动员推出铅球D ．在光滑水平面上放一木块，子弹沿水平方向射入三、非选择题10．抛出的手雷在最高点时水平速度为10 m/s ，这时突然炸成两块，其中大块质量300 g 仍按原方向飞行，其速度测得为50 m/s ，另一小块质量为200 g ，求它的速度的大小和方向．解：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G ＝(m 1＋m 2)g ，可见系统的动量并不守恒．但在爆炸瞬间，内力远大于外力，外力可以忽略不计，系统动量近似守恒．设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v 0＝10 m/s ；m 1＝0.3 kg 的大块速度为v 1＝50 m/s ，m 2＝0.2 kg 的小块速度为v 2.由动量守恒定律：(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2v 2＝m 1＋m 2v 0－m 1v 1m 2＝＋－0.3×500.2m/s＝－50 m/s此结果表明，质量为200 g 的部分以50 m/s 的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反．11.(潮汕2018届高三摸底)用不可伸长的细线悬挂一质量为M 的小木块，木块静止，如图16－3－11所示．现有一质量为m 的子弹自左方水平地射向木块并停留在木块中，子弹初速度为v 0，求：(1)子弹射入木块瞬间子弹和木块的速度大小； (2)子弹与木块上升的最大高度．图16－3－11解：子弹射入木块瞬间动量守恒 mv 0＝(M ＋m )v得v ＝mv 0/(M ＋m )子弹和木块一起上升，上升过程只有重力做功，机械能守恒，则有 12(M ＋m )v 2＝(M ＋m )gh 解得h ＝m 2v 20M ＋m2g.12．(佛山南海区2018届高三摸底)如图16－3－12所示，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平地射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .已知木块与斜面间的动摩擦因数μ ＝ 0.5，斜面倾角θ ＝ 45°，重力加速度g ＝10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度；(2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．图16－3－12解：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设共同速度为v ，则 mv 0＝(m ＋ M )v 代入数据解得v ＝8 m/s(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零 子弹和木块在斜面上受到的支持力 N ＝(M ＋m )g cos θ受到摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋ m )gh －f ·h sin θ＝0－12(M ＋ m )v 2代入数据，解以上两式得h ＝2.13 m.13．如图16－3－13所示，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A 从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相碰，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是( C )图16－3－13A．h B．h/2C．h/4 D．h/8解析：A下落时，机械能守恒，A、B碰撞动量守恒，A、B整体上升时机械能守恒．14．(双选)如图16－3－14所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一个小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c 车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后( AD )图16－3－14A．b车的运动速率为零B．a、b两车的运动速率相等C．三辆车的运动速率相等D．a、c两车的运动方向一定相反解析：人跳离c小车时人与c小车为一系统，动量守恒，人跳上b车到跳离b车以人与b车为一系统，动量守恒，人跳上a车以人与a车为一系统，动量守恒．以这三个状态分别研究即可．15．如图16－3－15所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体．乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(g取10 m/s2)图16－3－15解：乙与甲碰撞动量守恒m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg所以物体在乙上表面滑行时间为t＝v/μg代入数据得t＝0.4 s.4 碰撞一、单项选择题1．质量m2＝9 kg的物体B，静止在光滑的水平面上．另一个质量为m1＝1 kg、速度为v 的物体A与其发生正碰，碰撞后B的速度为2 m/s，则碰撞前A的速度v不可能是( A )A．8 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s解析：根据动量守恒，动能不增加的原理逐个验证答案．2．物块1、2的质量分别是m1＝4 kg和m2＝1 kg，它们具有的动能分别为E1和E2，且E1＋E2＝100 J．若两物块沿同一直线相向运动发生碰撞，并黏在一起，欲使碰撞中损失的机械能最大，则E1和E2的值应该分别是( B )A．E1＝E2＝50 J B．E1＝20 J，E2＝80 JC．E1＝1 J，E2＝99 J D．E1＝90 J，E2＝10 J解析：p1＝2m1E1，p2＝2m2E2，只有当两者动量等大时，相撞后速度为零时，动能损失最大，即p1－p2＝0，代入验证后得B是正确的．3．如图16－4－12所示，质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动．则( C )图16－4－12A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5 m/s解析：甲、乙、弹簧为一系统，它们所受的合外力为零，动量守恒，只有弹力做功，它们相距最近，弹簧压缩最大时，速度相同．由碰撞特点可知，当甲物块的速率为1 m/s时，有向左或向右两种情况，所以由动量守恒可得两解．当弹簧再次恢复原长后，甲、乙就会分开，所以甲物块的速率不可能达到5 m/s.4．如图16－4－13所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s.则( A )图16－4－13A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10解析：易知左边为A球，碰撞后，A球的动量增量为－4 kg·m/s，则B球的动量增量为4 kg·m/s，所以，A球的动量为2 kg·m/s，B球的动量为10 kg·m/s，即m A v A＝2 kg·m/s，m B v B＝10 kg·m/s，且m B＝2m A，则v A∶v B＝2∶5，所以A选项正确．二、双项选择题5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可。

单元过关检测(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，每小题只有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内)1．(2018年江苏单科)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( ) A ．0.3 J B ．3 J C ．30 JD ．300 J解析：一只鸡蛋重约为1 N ，人的身高一般为1.6 m ，则鸡蛋被抛出的高度约为0.6 m ，则鸡蛋获得的最大机械能约为E ＝mgh ＝1×0.6＝0.6 J ，故人对鸡蛋做的功约为0.6 J ，最接近0.3 J ，故A 正确，其他选项错误． 答案：A2．如图所示，把小车放在光滑的水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮使之与盛有砂子的小桶相连，已知小车的质量为M ，小桶与砂子的总质量为m ，把小车从静止状态释放后，在小桶下落竖直高度h 的过程中，若需考虑滑轮及空气的阻力，小车未与滑轮相撞，下列说法中正确的是( ) A ．小车获得的动能为mghB ．小车获得的动能小于Mmgh /(M ＋m )C ．小桶与砂子的机械能减少Mmgh /(M ＋m )D ．小车的机械能增加mgh解析：整体除动能和势能转化外，还有机械能转化为内能，所以机械能不守恒，小桶和砂子的重力势能mgh 转化为整体的动能和内能，所以小车获得的动能(或机械能增加)小于Mmgh /(M ＋m )，选项A 、D 错，B 错；小桶的机械能减少量大于小车获得的动能，选项C 错误．答案：B3．质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( ) A ．2 2 m/s B ．3 m/s C ．4 m/sD.17 m/s解析：力－位移图象下的面积表示功，由图象可知，一部分正功与另一部分负功抵消，外力做的总功W ＝Fx ＝40 J ，根据动能定理W ＝12mv 2－12mv 20，得v ＝3 m/s.答案：B4．如图所示，A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A 由静止释放，B 的初速度方向沿斜面向下，大小为v 0，C 的初速度方向沿斜面水平，大小也为v 0，下列说法中正确的是( )A ．滑到斜面底端时，C 的动能最大B ．滑到斜面底端时，B 的动能最大C ．A 和C 将同时滑到斜面底端D ．C 一定是最后滑到斜面底端解析：滑块C 在运动中所受摩擦力方向不是沿斜面向下的，所以C 沿斜面向下方向的加速度比A 和B 大，C 比A 先滑到斜面底端，C 、D 错误；克服摩擦力做的功等于摩擦力和路程的乘积，C 在斜面上运动的路程大，C 克服摩擦力做的功最多，A 错误、B 正确． 答案：B5．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v －t 图象，如图所示(除2 s ～10 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知在小车运动的过程中，2 s ～14 s 时间段内小车的功率保持不变，在14 s 末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg ，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，则不正确的是( ) A ．小车受到的阻力大小为1.5 N B ．小车加速阶段的功率为9 W C ．小车匀速行驶阶段的功率为9 W D ．小车加速过程中位移大小为42 m解析：在14 s ～18 s 时间段：a ＝Δv t＝1.5 m/s 2，则F f ＝ma ＝1.5 N ，A 不符合题意；在0～2 s 内小车做匀加速运动，由P ＝Fv 可知，小车的功率逐渐增大，B 符合题意；在10 s ～14 s 小车做匀速直线运动，牵引力F ＝F f ，P ＝Fv ＝1.5×6 W＝9 W ，C 不符合题意；0～2 s 内：x 1＝3 m,2 s ～10 s 内根据动能定理：Pt －F f x 2＝12mv 22－12mv 21，得x 2＝39 m ，则x ＝x 1＋x 2＝42m ，D 不符合题意． 答案：B6．(2018年毫州模拟)有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A 、B分别套在水平杆与竖直杆上，A 、B 用一不可伸长的轻细绳相连，A 、B 质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A 、B 静止．由静止释放B 后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( )A.4v2gB.3v2gC.3v24gD.4v23g解析：设滑块A的速度为v A，因绳不可伸长，两滑块沿绳方向的分速度大小相等，得：v A cos 30°＝v B cos 60°，又v B＝v，设绳长为l，由A、B组成的系统机械能守恒得：mgl cos 60°＝12mv2A＋12mv2，以上两式联立可得：l＝4v23g，故选D.答案：D7．(2018年上海综合)用图示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中( )①重力做正功，重力势能增加②重力的瞬时功率一直增大③动能转化为重力势能④摆线对摆锤的拉力不做功⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量A．①③B．②④C．②⑤ D．④⑤解析：摆锤向下运动，重力做正功，重力势能减小，故①错误．由于开始静止，所以开始重力功率为零，在D位置物体v的方向与重力垂直，P G＝G·v cos θ，可知P G＝0，而在从A 位置摆动到D位置的过程中，重力功率不为零，所以所受重力的瞬时功率先增大后减小，②错误．在向下运动的过程中，重力势能减小，动能增加，故③错误．摆线拉力与v方向始终垂直，不做功，只有重力做功，故机械能守恒，故④⑤正确，选D.答案：D8．如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2m和m 的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有( )A．质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面下滑的力和斜面的支持力的作用B．质量为m的滑块均沿斜面向上运动C．绳对质量为m的滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D．系统在运动中机械能均不守恒解析：质量为2m的物体受到重力、斜面支持力、绳的拉力共三个力，没有下滑力，所以A错误；2m 、m 的物体互换前，2m 的物体重力沿斜面的分力为2mg ·sin 30°，大于m 的重力沿斜面的分力mg sin 45°，所以m 上滑(2m 下滑)，2m 、m 互换后，2m 重力沿斜面的分力更要大于m 的重力沿斜面的分力，所以仍是m 上滑(2m 下滑)，因此B 正确；绳对滑块的拉力与滑块对绳的拉力是作用力与反作用力应等大反向，所以C 错误；对2m 、m 与地球构成的系统，只有重力做功，绳的拉力是系统内部弹力，能量没有向外界传递，机械能是守恒的，故D 错误． 答案：B9．如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角为θ＝37°固定的粗糙斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1＝1 s 时撤去拉力，物体运动的部分v －t 图象如图乙，下列说法正确的是(g ＝10 m/s 2)( )A ．拉力F 的大小为20 NB ．物体运动到最高点的时间为3 s C.0～1 s 内重力的平均功率为100 W D ．t ＝4 s 时物体的速度大小为10 m/s解析：由乙图可知，物体加速时，a 1＝20 m/s 2，撤去F 后，a 2＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得F －mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2，得F ＝30 N ，物体减速的时间t 2＝v m a 2＝2 s ，故B 正确、A 错误；P mg ＝mg sin θ·v m2＝60 W ，C 错误；物体至最高点后mg sin θ－μmg cos θ＝ma 3，得a 3＝2 m/s 2，故t ＝4 s 时物体的速度v ＝a 3(t －3)＝2 m/s ，D 错误．答案：B10．(2018年淮南模拟)一质点竖直向上运动，运动过程中质点的机械能与高度的关系的图象如图所示，其中O ～h 1过程的图线为水平线，h 1～h 2过程的图线为倾斜直线．根据该图象，下列判断正确的是( ) A ．质点在O ～h 1过程中除重力外不受其他力的作用 B ．质点在O ～h 1过程中动能始终不变C ．质点在h 1～h 2过程中合外力与速度的方向一定相同D ．质点在h 1～h 2过程不可能做匀速直线运动解析：质点竖直向上运动，在O ～h 1过程中机械能守恒，机械能守恒的条件是系统除重力做功外无其他外力做功或其他外力做功之和为零．质点在O ～h 1过程中可能受其他外力作用，但外力做功之和为零，A 错误．O ～h 1过程中机械能守恒，重力势能增加，动能减小，B 错误．质点在h 1～h 2过程中机械能不断减小，除重力外，其他力做负功，合外力与速度的方向一定相反，C 错误．质点在h 1～h 2过程中重力势能不断增加，机械能不断减小，动能不断减小，不可能做匀速直线运动，D 正确． 答案：D二、非选择题(本题共6个小题，共50分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(5分)小华有一只按压型圆珠笔，她想估测里面小弹簧在被圆珠笔尾端压紧过程中弹性势能的增加量，请你在不拆解圆珠笔的前提下帮助她完成这一想法．(当地重力加速度g 已知) (1)除刻度尺外，还需要的测量工具是________．(2)需测量的物理量及符号是_____________________________________________ ______________________________________________________________________. (3)用所测物理量表示所估测的弹性势能增加量； ΔE ＝________.答案：(1)天平 (2)竖直弹起的高度h (或水平弹出的位移x 、下落高度h )、圆珠笔的质量m (3)mgh (或mgx 24h)12．(5分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法．(1)用公式12mv 2＝mgh 来验证时，对纸带上起点的要求是________．(2)若实验中所用重物质量m ＝1 kg ，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02 s ，则记录B 点时，重物的速度v B ＝________，重物动能E k B ＝________.从开始下落起至B 点，重物的重力势能减少量是________，因此可得出的结论是________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________. 解析：(1)用公式12mv 2＝mgh ，验证机械能守恒定律，其中12mv 2是从开始下落点到参考点的动能增量，因此，初速度应该为零．(2)v B ＝v AC ＝s AC2t＝－－30.04m/s ＝0.59 m/s.由E k ＝12mv 2得E k B ＝12mv 2B＝12×1×0.592J ＝0.17 J. ΔE p ＝mgh OB ＝1×9.8×17.6×10－3J ＝0.17 J.由此可得出结论：在误差允许的范围内重物动能增加量等于重物重力势能的减少量，机械能守恒．答案：(1)初速度为零 (2)0.59 m/s 0.17 J在误差允许范围内，机械能守恒13．(9分)如图所示，让摆球从图中C 点由静止开始运动，正好摆到悬点正下方D 处时，线被拉断，紧接着，摆球恰好能沿竖直放置的光滑半圆形轨道内侧做圆周运动，已知摆球质量m ＝0.5 kg ，摆线长l ＝2.0 m ，轨道半径R ＝2.0 m ，不计空气阻力．(g ＝10 m/s 2) (1)求摆球刚开始摆动时，摆线与竖直方向的夹角θ.(2)如仅在半圆形轨道内侧E 点下方14圆弧有摩擦，摆球到达最低点F 时的速度为6 m/s ，求摩擦力对摆球做的功．解析：(1)摆球由C →D ，由机械能守恒定律得：mgl (1－cos θ)＝12mv 20，又因为球恰好能做圆周运动，所以v 0＝gR ， 解得：θ＝60°.(2)对摆球由D 到F 点，根据动能定理得：mg 2R ＋W Ff ＝12mv 2F －12mv 20，代入数据解得：W Ff ＝－16 J. 答案：(1)60° (2)－16 J14．(9分)质量为m 的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ，μ＜tan θ，斜面底端有一个和斜面垂直放置的弹性挡板，滑块滑到底端与它碰撞时没有机械能损失，如图所示．若滑块从斜面上高为h 处以速度v 0开始沿斜面下滑，设斜面足够长，求：(1)滑块最终停在何处？(2)滑块在斜面上滑行的总路程是多少？解析：(1)对滑块受力分析，重力沿斜面的分力F 1＝mg sin θ，又滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg cos θ，由题意，μ＜tan θ，即μcos θ＜sin θ，故μmg cos θ＜mg sin θ.即最大静摩擦力小于重力沿斜面的分力，所以最终一定停在斜面底端．(2)设滑块在斜面上滑行的总路程为s ，全过程由动能定理，有：mgh －μmg cos θ·s ＝0－12mv 20解得s ＝2gh ＋v 202μg cos θ.答案：(1)斜面底端 (2)2gh ＋v 22μg cos θ15．(10分)如图甲所示，在同一竖直平面内的两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点A 与最低点B 各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x 的图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求：(1)小球的质量为多少？(2)若小球在最低点B 的速度为20 m/s ，为使小球能沿轨道运动，x 的最大值为多少？ 解析：(1)设轨道半径为R ，由机械能守恒定律得 12mv 2B ＝mg (2R ＋x )＋12mv 2A 对B 点：F N1－mg ＝m v 2B R对A 点：F N2＋mg ＝m v 2AR由①②③式得两点压力差 ΔF N ＝F N1－F N2＝6mg ＋2mgxR④由图象得：截距6mg ＝3 得m ＝0.18 kg ⑤ (2)因为图线的斜率k ＝2mgR＝1，解得R ＝1 m ⑥在A 点不脱离的条件为：v A ≥Rg 由①⑤⑥⑦式得：x ≤17.5 m.答案：(1)0.18 kg (2)17.5 m16．(12分)如图所示，一条轻质弹簧左端固定在水平桌面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m ＝1.0 kg ，当弹簧处于原长时，小物块静止于O 点，现对小物块施加一个外力，使它缓慢移动，压缩弹簧(压缩量为x ＝0.1 m)至A 点，在这一过程中，所用外力与压缩量的关系如图所示．然后释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O 点至桌边B 点的距离为L ＝2x .水平桌面的高为h ＝5.0 m ，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．(g 取10 m/s 2)求：(1)在压缩弹簧过程中，弹簧存储的最大弹性势能； (2)小物块到达桌边B 点时，速度的大小．解析：(1)从F －x 图中看出，小物块与桌面的滑动摩擦力大小为F f ＝1.0 N 在压缩过程中，摩擦力做功为W Ff ＝F f x ＝0.1 J 由图线与x 轴所夹面积，可得外力做功为W F ＝＋2J ＝2.4 J所以弹簧存储的弹性势能为：E p ＝W F －W Ff ＝2.3 J.(2)从A 点开始到B 点的过程中，由于L ＝2x ，摩擦力做功为W Ff ′＝F f ·3x ＝0.3 J 对小物块用动能定理有：E p －W Ff ′＝12mv 2B解得v B ＝2 m/s.答案：(1)2.3 J (2)2 m/s。

一、单项选择题1．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A．支持力一定做正功B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功D．摩擦力可能做负功解析：选B.支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝gtan θ，当a＞gtan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a＜gtan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．2．(2016·荆州一模)一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始到t s末，该力的瞬时功率是( )A.9F2tmB.6F2tmC.4F2tmD.3F2tm解析：选B.由题意知，物体受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，则t s末速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝6F2tm，B正确．3．(2016·湖北省重点中学高三联考)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平方向作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做的功分别为W 1、W 2、W 3，则以下关系正确的是( )A ．W 1＝W 2＝W 3B ．W 1＜W 2＜W 3C ．W 1＜W 3＜W 2D ．W 1＝W 2＜W 3解析：选B.根据功的计算公式W ＝Fx ，速度－时间图象中图线与时间轴围成的面积代表位移x ，对照力F 随时间变化的图象和速度－时间图象．在0 ～1 s ，力F 1＝1 N ，x 1＝1×12m ＝0.5 m ，做功W 1＝F 1x 1＝0.5 J ；在1～2 s ，力F 2＝3 N ，x 2＝1×12 m ＝0.5 m ，做功W 2＝F 2x 2＝1.5 J ；在2～3 s ，力F 3＝2 N ，x 3＝1×1 m＝1 m ，做功W 3＝F 3x 3＝2 J ，所以有W 3＞W 2＞W 1，选项B 对．4．(2016·北京东城区模拟)起重机的钢索将重物由地面起吊到空中某个高度，重物起吊过程中的速度－时间图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是下图中的( )解析：选B.0～t 1时间内，重物匀加速上升，F 恒定且F ＞mg ，由P ＝F ·v 可知，功率P 随v 的增大而增大；t 1～t 2时间内，重物匀速上升，F ＝mg ，此过程P ＝F ·v 恒定不变，但t 1时刻起重机的功率突然变小，A 、D 均错误；t 2～t 3时间内，重物减速上升，F 恒定，且有F ＜mg ，此过程中，由P ＝F ·v 可知，起重机功率随v 的减小而减小，并且在t 2时刻功率突然变小，故B 正确、C 错误．5．(2016·河北冀州调研)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图线，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图线，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( ) A．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同D．水平拉力对物体做功为1.2 J解析：选C.在0～3 s内水平拉力F作用在物体上，由v－t图象可知，此时间内物体的加速度大小a1＝23m/s2，3 s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2＝13m/s2.由v－t图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6 s内物体的位移为7.5m，而6 s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错；由ma2＝μmg，可得μ＝130，B错．结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F＋μmg＝ma1，解得F＝0.1 N，故C对．而水平拉力对物体做的功W＝－Fx＝－1.2 J，D 错．6．(2014·高考重庆卷)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则( )A．v2＝k1v1B．v2＝k1k2v1C．v2＝k2k1v1D．v2＝k2v1解析：选B.汽车以最大速率行驶时，牵引力F等于阻力Ff ，即F＝Ff＝kmg.由P＝k1mgv1及P＝k2mgv2，得v2＝k1k2v1，故B正确．。

2018年全国高考物理试题特点及复习建议安丘市青云学府李英云一、2018年全国高考物理试题特点凸显核心素养要求1、强化基本概念理解，突出主干知识应用2、加强模型构建思维方法3、加强科学探究过程4、加强知识间的联系，凸显综合性，能力考查放在首位二、高考试题带来的启示高考加强对必备知识的考查，在一定的物理情景中考查考查概念和规律的来龙去脉，知识间的联系（1）涉及哪些必备知识？主干知识涉及到的核心概念和规律，匀变速直线运动的相关概念，能量相关概念，描述场的相关概念解决处理问题的基本方法：矢量合成平行四边形定则，右手定则，左手定则核心规律：力的观点，动量观点，能量观点（2）明确概念和规律的得出和使用条件为什么要引入这个概念，概念的内涵和外延是什么？规律如何得出的，在哪些情况下选用这些规律（3）形成完备的知识体系，不是孤立的知识点。

要进行基础知识的归纳和总结，进行知识体系构建，配合联系更好2、以主干知识为载体考查关键能力高考考查的绝大多数是常规物理问题和模型，但都会从条件给定，设问方向等方面发生改变或有所创新，题目千变万化，但不变的是分析问题的方法和快速审题建模的能力。

思维定式具有两面性。

要求：明确有哪些关键能力？（1）从给定的问题中快速建立物理情景和模型。

进行科学规范的审题和建模训练，要做一定量的训练题（2）要明确练习的目的和重点。

进行规范化审题训练（3）进行题后的反思和总结（4）要有变得意识，进行题目的改编和拓展，活化学生思维，而不是僵化学生思维3、明确在素养利益下高考试题加强了问题的探究和对科学思维方法的要求。

题目带有综合性，但不是“死难”。

而是需要快速建模。

考查学生对问题的经历和体验的过程，在各个过程中形成的能力。

重视教材中的说一说，做一做等素材，设置探究性问题。

(1)明确各部分典型问题和常见模型(2)明确各阶段复习功能不急功近利。

不盲目追难。

伤其十指不如断其一指，发挥好典型题目的示范作用。

不贪多嚼不烂，处理好质和量的关系(3)要精选题目组成学案，分层实施。

一、单项选择题1．(2016·杭州模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将质量为2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )A．20 J B．24 JC．34 J D．54 J解析：选C.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C对．2.(2016·吉林摸底)如图所示，将质量为m的小球以速度v由地面竖直向上抛出．小球落回地面时，其速度大小为34v.设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于( )A.34mg B.316mgC.716mg D.725mg解析：选D.对小球向上运动，由动能定理，－(mg＋Ff )H＝0－12mv2，对小球向下运动，由动能定理，(mg－Ff )H＝12m⎝⎛⎭⎪⎫34v2，联立解得Ff＝725mg，选项D正确．3.(2016·宁波模拟)质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为( )A．2 2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D.17 m/s解析：选B.根据F－x图象可得W总＝40 J，由动能定理得：W总＝12mv2－12mv2，解得v＝3 m/s，B对．4．(2016·江西南昌模拟)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，而弹簧被压缩至C点，弹簧对小球做的功为( )A．mgh－12mv2 B.12mv2－mghC．mgh＋12mv2D．mgh解析：选A.小球从A点运动到C点的过程中，重力和弹簧的弹力对小球做负功，由于支持力与位移始终垂直，则支持力对小球不做功，由动能定理，可得WG＋WF ＝0－12mv2，重力做功为WG＝－mgh，则弹簧的弹力对小球做功为WF＝mgh－12mv2，所以正确选项为A.5．(2016·河北石家庄质检)有一辆新颖电动汽车，总质量为1 000 kg.行驶中，该车速度在14～20 m/s范围内保持恒定功率20 kW不变．一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则( )A.该汽车受到的阻力为2 000 NB ．位移120～320 m 过程牵引力所做的功约为9.5×104 JC ．位移120～320 m 过程经历时间约为14.75 sD ．该车速度在14～20 m/s 范围内可能做匀加速直线运动解析：选C.汽车最后匀速行驶，有P ＝F f v m 得：F f ＝20×10320.0 N ＝1 000 N ，则A错；汽车位移120～320 m 过程中牵引力做功W ，由动能定理得：W －F f ·(320 m －120 m)＝12mv 2m－12mv 20，代入数据得W ≈2.95×105 J ，则B 错；设汽车位移120～320 m 过程经历时间为t ，由动能定理得：Pt －F f ·(320 m －120 m)＝12mv 2m －12mv 20代入数据得：t ＝14.75 s ，则C 对；汽车速度在14～20 m/s 范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D 错．6．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W>12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离。

单县第五中学高三物理学科备考策略高三年级组2018-8-30一、总体思路：（一）注重基础，双线并进。

复习始终贯穿两条线：一是课本线，二是练习线。

根据近年高考考题的命制特点——注重基础知识与基本技能的考查，因此在高三复习中应进一步注重基础。

做到以本为本，以纲为纲。

首先，抓住课本线。

近年高考考题都牵涉到课本内容，而课文的学习和复习又以高考考纲为中心，结合考点有效利用教材。

其次，抓住练习线。

紧扣考纲，吃透考纲，每个考点我们都按照“考点呈现，典例精析、技巧点拨、考点练习”四步进行教学。

方法上重视“典例精析”和“技巧点拨”两个环节。

从具体的题例，分析做题技巧，总结方法加以点拨，又用练习来巩固。

（二）激发兴趣，注重点拨。

在教学中传输新理念，激发学生热情。

步入高三的学生已经学完了所有高中物理内容，若按照传统的复习方式——教师先串讲知识点，再讲解练习题，则很容易导致学生厌学。

为此，如何激发高三学生兴趣，是我们高三教师应反思的首要问题。

这方面我们可以借鉴一些成功做法。

“知识点：学生串讲——学生补充——教师补充；练习题：学生汇报——教师点拨——学生总结”（三）突出主体，少讲多练。

在课堂上教师精讲，学生多练，做到讲练结合，让学生动起来，体现学生的主体地位，教师根据教学设计发挥好导演作用。

在课堂上向以下几方面靠拢：①知识层次清晰②重难点明确③过渡自然④引导（点拨）到位⑤互动积极⑥强调及时⑦讲练结合⑧板书（课件）同步⑨教学起点恰当⑩节奏抑扬顿挫语速适中语言诙谐幽默比喻形象生动调板提问常态。

尽可能优化课堂结构是提高物理课堂效率的关键所在，也是单县五中的成功做法。

因此，在本届高三一定要落实相关的教学过程。

（四）分层教学，提高效率。

为了进一步提高课堂效率，兼顾各个层次不同学生的认知水平，高调地提出了分层教学的思想。

并且在实际中得到了很好的落实。

以一节复习课堂为例——功和功率。

分两个板块，功、功率。

每个板块均设置了四道例题。

例1、例2均针对全班所有的学生，要求全班所有学生非常熟练地以这两道例题为载体，进一步明确功的概念、功的公式的相关计算。

第五章水平测试测试时间：90分钟 满分：100分一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

)1．[2018·宜兴高二检测]如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U ，额定功率均为P ，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n 1：n 2和电源电压U 1分别为( )A ．1∶2 2UB ．1∶2 4UC ．2∶1 4UD ．2∶1 2U 答案 C解析 设灯泡正常发光时，额定电流为I 0。

由题图可知，原线圈中电流I 原＝I 0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I 副＝2I 0，U 副＝U ，根据理想变压器的基本规律：I 原n 1＝I 副n 2得n 1∶n 2＝2∶1；U 原/U 副＝n 1n 2得U 原＝2U ，所以U 1＝4U 。

C 项正确。

2．[2018·四川高考]如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案 D解析 根据图乙可知，发电机输出的交流电的周期为0.02 s ，根据频率与周期的关系得发电机输出的交流电的频率为50 Hz ，由于变压器在传输电能的过程中不改变交流电的频率，故用户用电器上交流电的频率为50 Hz ，A 项错误；根据图乙可知，发电机输出的交流电的最大值为500 V ，由于该交流电是正弦式交变电流，根据正弦式交变电流的有效值与最大值的关系可得，发电机输出的交流电的有效值为250 2 V ，故B 项错误；根据输电线上的电流与升压变压器的输入电压U 1、升压变压器的原、副线圈的匝数比n 1n 2、降压变压器的原、副线圈的匝数比n 3n 4、输电线上的电阻R 线和负载电阻R 负的关系可得I 线＝I 3＝(n 4n 3)2U 1n 1·n 2－I 线R线R 负，即I 线＝n 24n 2U 1n 123R 负＋n 24R 线，则当升压变压器的输入电压U 1和输电线上的电阻R 线一定时，输电线的电流I 线与升压变压器的原、副线圈的匝数比n 1n 2、降压变压器的原、副线圈的匝数比n 3n 4和负载电阻R 负都有关系，故C 项错误；根据焦耳定律可得，输电线上损失的功率P 损＝I 2线R 线，又I 线＝n 24n 2U 1n 123R 负＋n 24R 线，即P 损＝n 44n 22U 21n 21n 23R 负R 线＋n 24R 线2则当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率将减小，故D 项正确。

2018年高考物理复习知能演练提升：第三章章末小结与达标检验(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，每小题至少有一个选项正确，选对但不全得3分，有选错或不答的得0分)1．下列实例属于超重现象的是( )A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩通过最低点C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空解析：汽车驶过拱形桥顶端时，加速度方向向下，属于失重现象，A错误；荡秋千的小孩通过最低点时，加速度方向向上，属于超重现象，B正确；跳水运动员被弹起后，只受重力作用，属于完全失重现象，C错误；火箭加速升空，加速度方向向上，属于超重现象，D正确。

答案：BD2．如图1所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是( )图1A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力解析：电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力是两个性质不同的力，故C错误。

答案：A3．一辆空车和一辆满载货物的同型号汽车，在同一路面上以相同的速度向同一方向行驶。

两辆汽车同时紧急刹车后(即车轮不滚动只滑动)，以下说法正确的是( )A ．满载货物的汽车由于惯性大，滑行距离较大B ．满载货物的汽车由于受到的摩擦力较大，滑行距离较小C ．两辆汽车滑行的距离相同D ．满载货物的汽车比空车先停下来解析：同种型号的汽车，在同一路面上行驶时，汽车急刹车时，车轮与路面间的动摩擦因数相同，因此减速的加速度大小相同，由v 2－v 02＝2ax 可知，两车滑行距离相同，C 正确，A 、B 错误，由t ＝v －v 0a可知，两车滑行时间相同，D 错误。

一、单项选择题1.(2016·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球做匀变速曲线运动B．小球的电势能保持不变C．洛伦兹力对小球做正功D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和解析：选D.带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀＝qφ知只有带电小球竖直向下变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D 正确．2．(2016·皖南八校联考)医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为 ( )A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正解析：选A.由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a 正、b 负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：qvB ＝q Ud ，代入数据解得v ≈1.3 m/s ，故选A.3.(2016·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关 解析：选A.设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v 0，根据动能定理有qU 1＝12mv 20.设带电粒子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁场中有r ＝mv qB ，v ＝v 0cos θ，而d ＝2rcos θ，联立各式解得d ＝2mv 0qB，因而选项A 正确． 4．如图所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上的速度v 射入磁场，且在x 轴上方运动半径为R.则下列说法正确的是( )A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R 解析：选D.由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm3qB ＝πmqB ，所以C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 错误、D 正确．5.。