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第八单元恒定电流第22讲部分电路及其规律【教材知识梳理】一、1.定向正电荷2.(1)I=(2)I=nqSv二、1.电流R=2.(1)材料(2)R=ρ三、2.气态导体半导体3.I=四、1.qU=IUt2.=IU3.I2Rt I2R辨别明理(1)(×)(2)(√)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(√)【考点互动探究】考点一例1D[解析]电荷的定向移动形成电流,规定正电荷定向移动的方向为电流方向,负电荷定向移动的方向为电流的反方向,由图可知,电流方向是A→B,带电离子在溶液中定向移动形成电流,电流不为零,电流I==,故选项D正确,A、B、C错误.例2C[解析]由电流定义可知I===neSv,由欧姆定律可得U=IR=neSv·ρ=ρneLv,又E=,故E=ρnev,选项C正确.例3C[解析]电子做圆周运动的周期T=,由I=得I=,电流的方向与电子运动方向相反,故为逆时针.考点二例4C[解析]对于第一根导线,均匀拉长到原来的2倍,则其横截面积变为原来的,由电阻定律可得其电阻变为原来的4倍,第二根导线对折后,长度变为原来的,横截面积变为原来的2倍,故其电阻变为原来的.给上述变化后的裸导线加上相同的电压,由欧姆定律得I1=,I2==,由I=可知,在相同时间内,电荷量之比q1∶q2=I1∶I2=1∶16,C正确.考点三例5ABD[解析]I-U图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小,说明电阻逐渐增大,A正确;对应P点,小灯泡的电阻为R=≠,B正确,C错误;对应P点,小灯泡的功率为P=I2U1,此值恰为图中矩形PQOM的面积,D正确.[点评]伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应该状态下的电阻,因此图线上某点切线的斜率不是电阻的倒数.变式题B[解析]根据I-U图像可知R b<R a,而根据电阻定律R=ρ可知S b>S a,选项B 正确.考点四例6BC[解析]含有电动机的电路不是纯电阻电路,欧姆定律不再适用,A错误;由能量守恒定律可得EI=I2r+mgv+I2R,解得r=--R,B正确;如果电动机转轴被卡住,则E=I'(R+r),电流增大,较短时间内,电源消耗的功率变大,较长时间的话,会出现烧坏电源的现象,C正确,D错误.变式题BD[解析]当开关S断开时,由欧姆定律得U=I1R1=10V,当开关闭合后,通过R1的电流仍为0.5A,通过电动机的电流I2<=1A,故电流表示数I<0.5A+1A=1.5A,B正确;电路消耗的电功率P=UI<15W,D正确.1.[2018·许昌模拟]一个电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220V的电源上(其内阻可忽略不计),均正常工作.用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0A,通过洗衣机电动机的电流是0.50A,则下列说法中正确的是()A.电饭煲的电阻为44Ω,洗衣机电动机线圈的电阻为440ΩB.电饭煲消耗的电功率为1555W,洗衣机电动机消耗的电功率为155.5WC.1min内电饭煲消耗的电能为6.6×104J,洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103JD.电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍[解析]C由于电饭煲是纯电阻元件,所以R1==44Ω,P1=UI1=1100W,其在1min内消耗的电能W1=UI1t=6.6×104J,洗衣机为非纯电阻元件,所以R2≠,P2=UI2=110W,其在1min 内消耗的电能W2=UI2t=6.6×103J,其热功率P热≠P2,所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍.2.(多选)[2018·益阳模拟]有一根粗细均匀的金属导线,在其两端加上电压U0时,通过导线的电流为I0,导线中自由电子定向移动的速率为v.若将导线均匀拉长,使它的横截面半径变为原来的,再给它两端加上电压2U0,则()A.通过导线的电流为B.通过导线的电流为C.导线中自由电子定向移动的速率为D.导线中自由电子定向移动的速率为[解析]AD将金属导线均匀拉长,因半径变为原来的一半,则横截面积变为原来的,其长度变为原来的4倍,根据电阻定律R=ρ可知,电阻变为原来的16倍,又电压变为2U0,根据欧姆定律I=可知,电流变为,A正确,B错误;根据电流的微观表达式I=nevS,其中n、e不变,电流变为原来的,横截面积变为原来的,则自由电子定向移动的速率变为,C错误,D正确.3.一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如下表所示.根据表中所提供的数据,此电热水器在额定电压下处于加热状态时,通过电热水器的电流约为()A.6.8AB.0.15AC.4.4AD.0.23A[解析]A由P=UI可知,该电热水器在额定电压下处于加热状态时的电流为I==A ≈6.8A,故选项A正确.4.如图22-1所示,有一电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电源两端,灯泡正常发光,则()图22-1A.电解槽消耗的电功率为120WB.电解槽的发热功率为60WC.电解槽消耗的电功率为60WD.电路消耗的总功率为60W[解析]C灯泡能正常发光,说明电解槽和灯泡均分得110V电压,且干路电流I=I灯==A,则电解槽消耗的电功率P=P灯=60W,选项A错误,选项C正确;电解槽的发热功率P热=I2R电≈1.3W,选项B错误;整个电路消耗的总功率P总=U总I=220×W=120W,选项D错误.5.[2018·福州质检]如图22-2甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器,P、Q为电极,已知a=1m,b=0.2m,c=0.1m,在里面注满某电解液,且P、Q间加上电压后,其U-I图像如图乙所示.当U=10V时,电解液的电阻率ρ是多少?图22-2[答案]40Ω·m[解析]由图像可得,当U=10V时,电解液的电阻R==Ω=2000Ω电解液容器长l=a=1m截面积S=bc=0.02m2由电阻定律得R=ρ解得ρ==Ω·m=40Ω·m.第23讲电动势闭合电路的欧姆定律【教材知识梳理】一、1.(1)非静电力对电荷做的功W电荷量q(2)E=V(3)电能2.电源内阻二、1.电源的电动势内、外电路中的电阻之和2.I=辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(√)(5)(×)【考点互动探究】考点一例1AC[解析]根据I-U图像知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以R1∶R2=1∶3,A正确;把A拉长为原来的3倍后,横截面积减小为原来的,根据公式R=ρ可得,电阻变为原来的9倍,B错误;串联电路中电流相等,将A与B串联后接在电源上,根据公式P=I2R可得,消耗的功率之比P1∶P2=1∶3,C正确;并联电路两端的电压相等,电流与电阻成反比,所以将A与B并联后接在电源上,通过二者的电流之比I1∶I2=3∶1,D错误.例2A[解析]等效电路如图所示.若R1断路,则总电阻变大,总电流减小,路端电压变大,L1两端电压变大,L1变亮,ab部分电路结构没变,电流仍按原比例分配,总电流减小,通过L2、R4的电流都减小,故A正确;若R2断路,则总电阻变大,总电流减小,ac部分电路结构没变,电流仍按原比例分配,R1、L1中电流都减小,与题意相矛盾,故B错误;若R3短路或R4短路,则总电阻减小,总电流增大,ab部分电路两端电压减小,L2中的电流减小,则电流表A中的电流变大,与题意相矛盾,故C、D错误.例3C[解析]电流表和电阻R1并联,R1的阻值为电流表内阻的,则由并联电路特点可知,通过电流表的电流I A是通过R1的电流的,则I A=I总,其中I总为干路电流,所以可以用电流表上表示0.02A的一个小格表示总电流0.06A,选项C正确.考点二例4BD[解析]基础解法(程序法):将P由a端向b端滑动,R3接入电路的阻值减小,则总电阻减小,总电流增大,电阻R1两端电压增大,电压表示数变大,A错误;电阻R2两端的电压U2=E-I总(R1+r),I总增大,则U2减小,I2=减小,电流表的示数I A=I总-I2增大,B正确;由P2=R2知P2减小,C错误;U ab=φa-φb=φa=U2,故φa降低,D正确.能力解法一(结论法):由于R3减小,R2与R3并联,则U2、I2均减小,由P2=R2知P2减小,C 错误;φa=φa-φb=U ab=U2减小,D正确;因为R1间接与R3串联,故I1、U1均增大,电压表示数增大,A错误;根据I A=I1-I2知I A增大,B正确.能力解法二(极限法):将滑片P滑至b点,则R3=0,φa=φb=0,D正确;R2上电压为零,则功率也为零,C错误;当R3=0时,总电阻最小,总电流最大,R1上电压最大,故A错误;由于I A=I1-I2,此时I1最大,I2=0最小,故I A最大,B正确.例5ACD[解析]将滑片向下滑动,滑动变阻器连入电路中的电阻R变减小,由I=,知电流表A的示数增大,A正确;电流表V2测量的是路端电压,U2=E-Ir减小,B错误;U3=E-Ir-IR,则有ΔU3=ΔI(R+r),ΔU3与ΔI的比值等于R+r,即大于r,C正确;ΔU2=ΔIr,ΔU1=ΔIR,又知R>r,故ΔU1大于ΔU2,D正确.[点评]分析ΔU时,根据电路中所有电阻两端的电压之和是不变的,一部分电路两端的电压减小多少,其余部分电路两端的电压就增大多少,分析时一定要根据电路的特点找电阻不变的部分进行分析.例6C[解析]由已知条件及电容定义式C=可得,Q1=U1C,Q2=U2C,则=.S断开时等效电路如图甲所示,有U1=·E×=E;S闭合时等效电路如图乙所示,有U2=·E=E,则==,故C正确.甲乙考点三例7AC[解析]在讨论R2的电功率时,可将R1视为电源内阻的一部分,即将原电路等效为外电阻R2与电动势为E、内阻为(R1+r)的电源连成的闭合电路(如图甲所示),R2的电功率是等效电源的输出功率.显然当R2=R1+r时,R2获得的电功率最大,A正确;讨论R1的电功率时,由于R1为定值电阻,根据P=I2R知,电路中电流越大,R1上的电功率就越大(P1=I2R1),所以,当R2=0时,等效电源内阻最小(等于r,如图乙所示),R1获得的电功率最大,故B错误,C正确;讨论电源的输出功率时,(R1+R2)为外电阻,电源内阻r恒定,由于题目没有给出R1和r的具体数值,所以当R2=0时,电源输出功率不一定最大,故D错误.变式题BC[解析]当滑片位于中央时,并联电阻最大,并联电阻两端的电压最大,故并联电阻为==Ω=10Ω,解得R2=20Ω,B正确;当滑片位于中央时,电压表的示数最大,外电阻也最大,电源的效率η==最高,即当电压表示数为5.0V时,电源的效率最高,C正确;当电压表的示数为4V时,电流表的示数为0.25A,此时Pa部分电阻R aP=Ω=16Ω,Pb部分电阻R bP=R2-R aP=4Ω,通过Pb部分支路的电流为A=1.00A,干路电流为0.25A+1.00A=1.25A,根据闭合电路欧姆定律得E=4V+1.25A ×(R1+r),E=5V+1A×(R1+r),联立解得R1+r=4Ω,E=9V,A错误;当R2两部分的并联电阻等于R1+r=4Ω时,R2消耗的功率最大,此时电压表的示数不是5.0V,D错误.[点评](1)解决最大功率问题时,要弄清是定值电阻还是可变电阻的最大功率,定值电阻的最大功率用P=I2R=分析,可变电阻的最大功率用等效电源法求解.(2)电源输出功率最大时,效率不是最大,而是只有50%.考点四例8B[解析]根据图像可知,E1=E2=10V,r1=Ω,r2=Ω,所以r1∶r2=3∶2,E1∶E2=1∶1,选项A错误,选项B正确;曲线Ⅲ与其他两条直线的交点坐标表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电压和工作电流,根据坐标值可求出,此时小灯泡消耗的功率分别为P1=18.2W和P2=30W,小灯泡的电阻分别为R1=Ω,R2=Ω,选项C、D错误.变式题BC[解析]P1=U1I1=4×2W=8W,P2=U2I2=2×4W=8W,A错误,B正确;η1=,η2=,可得η1>η2,C正确,D错误.图23-11.(多选)一个T形电路如图23-1所示,电路中的电阻R1=10Ω,R2=120Ω,R3=40Ω.另有一测试电源,电动势为100V,内阻忽略不计,则()A.当c、d端短路时,a、b之间的等效电阻是40ΩB.当a、b端短路时,c、d之间的等效电阻是40ΩC.当a、b两端接通测试电源时,c、d两端的电压为80VD.当c、d两端接通测试电源时,a、b两端的电压为80V[解析]AC当c、d端短路时,等效电阻R=R1+=40Ω,A正确;当a、b端短路时,等效电阻R'=R2+=128Ω,B错误;当a、b两端接通测试电源时,根据欧姆定律得I==A=2A,所以U cd=IR3=80V,C正确;当c、d两端接测试电源时,I'==A=A,U ab=I'R3=25V,D错误.2.如图23-2所示,电源为“9V1Ω”的电池组,要将“4V4W”的灯泡接入虚线框中,在正常发光的条件下,最多能接()图23-2A.2个B.3个C.4个D.5个[解析]D要使灯泡正常发光,灯泡两端电压为4V,每个灯泡的工作电流为1A.当滑动变阻器接入电路的电阻为零时,所接灯泡最多,此时电源内电压为5V,电路中的总电流为5A,所以最多能接5个灯泡.3.(多选)[2018·黑龙江大庆质检]如图23-3所示,R1、R2、R3、R4均为可变电阻,C1、C2均为电容器,电源的电动势为E,内阻r≠0.若改变四个电阻中的一个阻值,则下列说法正确的是()图23-3A.减小R1时,C1、C2所带的电荷量都增大B.增大R2时,C1、C2所带的电荷量都增大C.增大R3时,C1、C2所带的电荷量都增大D.减小R4时,C1、C2所带的电荷量都增大[解析]BD R1上没有电流流过,R1是等势体,故减小R1时,C1两端电压不变,C2两端电压不变,C1、C2所带的电荷量都不变,选项A错误;增大R2时,C1、C2两端电压都增大,C1、C2所带的电荷量都增大,选项B正确;增大R3时,C1两端电压减小,C2两端电压增大,C1所带的电荷量减小,C2所带的电荷量增大,选项C错误;减小R4时,C1、C2两端电压都增大,C1、C2所带的电荷量都增大,选项D正确.图23-44.(多选)如图23-4所示,电源电动势为E,内阻为r,闭合开关S,当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中,电压表示数的变化量为ΔU,电流表示数的变化量为ΔI,电流表的示数为I,电容器带的电荷量为Q.在这个过程中,如图23-5所示的图像正确的是()图23-5[解析]BD表示电源内阻和R1之和,是不变的,A错误,B正确;电容器带的电荷量Q=CU R1=CIR1,C错误,D正确.图23-65.(多选)[2016·江苏卷]如图23-6所示的电路中,电源电动势为12V,内阻为2Ω,四个电阻的阻值已在图中标出.闭合开关S,下列说法正确的有()A.路端电压为10VB.电源的总功率为10WC.a、b间电压的大小为5VD.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1A[解析]AC设四个电阻的等效电阻为R路,由=+得R路=10Ω,由闭合电路欧姆定律知,I===1A,设路端电压为U,则U=IR路=1A×10Ω=10V,选项A正确;电源的总功率P=EI=12W,选项B错误;设电源负极电势为0,则a点电势φa=0.5A×5Ω-0=2.5V,b点电势φb=0.5A×15Ω-0=7.5V,则a、b两点的电势差U ab=φa-φb=2.5V-7.5V=-5V,所以a、b间电压的大小为5V,选项C正确;当将a、b两点用导线连接后,由于导线没有电阻,此时a、b两点电势相等,电路总电阻为9.5Ω,电流I'==A,故选项D错误.6.(多选)[2016·上海卷]如图23-7所示电路中,电源内阻忽略不计.闭合开关,电压表示数为U,电流表示数为I;在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中()图23-7A.U先变大后变小B.I先变小后变大C.U与I比值先变大后变小D.U变化量与I变化量比值等于R 3[解析]BC因电源内阻不计,故路端电压不变,电压表示数不变;当滑片位于中点时,滑动变阻器接入电路的电阻有最大值,电流表所在电路的电流有最小值,所以B、C正确. 7.[2018·安徽江南十校联考]如图23-9所示的电路中,电源电动势为E,内阻为R,L1和L2为相同的灯泡,每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R,电压表为理想电表,S为单刀双掷开关.当开关由1位置打到2位置时,下列说法中正确的是()图23-9A.电压表读数将变小B.L1亮度不变,L2将变暗C.L1将变亮,L2将变暗D.电源内阻的发热功率将变小[解析]A开关在位置1时,外电路总电阻R总=R,电压表示数U=E=E,每个灯泡两端的电压U1=U2=U=E,电源内阻的发热功率为P热==.开关在位置2时,外电路总电阻R总'=R,电压表示数U'=E=E,灯泡L1的电压U1'=E,L2的电压U2'=E,电源内阻的发热功率为P热'==.综上所述,电压表读数变小,故A正确.L1亮度不变,L2将变亮,故B、C错误.电源内阻的发热功率将变大,故D错误.8.如图23-10所示电路中,灯L标有“6V3W”,定值电阻R1=4Ω,R2=10Ω,电源内阻r=2Ω,当滑片P滑到最下端时,电流表读数为1A,此时灯L恰好正常发光.图23-10(1)求滑动变阻器最大值R;(2)当滑片P滑到最上端时,求电流表的读数;(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时,求滑动变阻器消耗的功率.[答案](1)12Ω(2)2A(3)3.84W[解析](1)灯L的电阻R L==Ω=12Ω当P滑到下端时,R2被短路,灯L与整个滑动变阻器R并联,此时灯正常发光,通过灯L的电流为I L==A=0.5A通过滑动变阻器R的电流为I R=I-I L=1A-0.5A=0.5A即滑动变阻器最大值R=R L=12Ω.(2)电源电动势E=I=1×(4+2+6)V=12V当P滑到上端时,灯L、滑动变阻器R及电阻R2都被短路,此时电流表的读数为I'==A=2A.(3)P位于滑动变阻器的中点时,灯L与滑动变阻器的上半部分并联后再与R1串联,则此时R并==Ω=4ΩI总==A=1.2A并联部分的电压为U并=I总R并=1.2×4V=4.8V滑动变阻器上消耗的功率为P R==W=3.84W.专题六电学实验专题【热点题型探究】热点一一、1.(1)0.01(2)固定刻度可动刻度2.例1(1)17.723.8510.46(2)2.150(3)①0.020.440.12.20②0.11.70 0.58.5(4)1987将“×1k”旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到00~19998Ω[解析](1)最上面图读数:整毫米数是17mm,不足1毫米数是7×0.1mm=0.7mm,最后结果是17mm+0.7mm=17.7mm.中间图读数:整毫米数是23mm,不足1毫米数是17×0.05mm=0.85mm,最后结果是23mm+0.85mm=23.85mm.最下面图读数:整毫米数是10mm,不足1毫米数是23×0.02mm=0.46mm,最后结果是10mm+0.46mm=10.46mm.(2)固定刻度示数为2.0mm,不足半毫米的从可动刻度上读,其示数为15.0×0.01mm,最后的读数是2.0mm+15.0×0.01mm=2.150mm.(3)①使用0~0.6A量程时,刻度盘上的每一小格为0.02A,表针示数为0.44A;当使用0~3A 量程时,每一小格为0.1A,表针示数为2.20A.②电压表使用0~3V量程时,每小格表示0.1V,表针示数为1.70V;使用0~15V量程时,每小格表示0.5V,表针示数为8.5V.(4)电阻为1987Ω.最简单的操作方法是先将“×1k”旋钮调到2,再将“×100”旋钮调到0.每个电阻箱的最大阻值是9999Ω,用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是2×9999Ω=19998Ω,故用两个这样的电阻箱,可得到的电阻值范围为0~19998Ω.变式题1.2206.860[解析]20分度游标卡尺的精度为0.05mm,主尺读数为12mm,游标尺读数为4×0.05mm=0.20mm,游标卡尺的读数为12.20mm=1.220cm.螺旋测微器读数:固定刻度读数+可动刻度读数=6.5mm+36.0×0.01mm=6.860mm.热点二例2(1)A(2)0~0.6A[解析](1)C与D电路图不符合电压从零开始调节.小灯泡的电阻R L==Ω=28.8Ω,=144,=520.8,由于<,故电流表应采用外接法,A正确,B错误.(2)小灯泡的额定电流I==A≈0.4A,故电流表量程选0~0.6A.变式题R x1大于小于[解析]==10,==20,故<,应该采用电流表内接法,即图甲接法.由“大内偏大,小外偏小”的结论可知,电流表内接时测量值R x1大于真实值,外接时测量值R x2小于真实值.热点三例3(1)乙如图所示(2)R1(3)[解析](1)甲图中,因为电压表V2的内阻准确值不知,所以电压表V2与R0并联后的电阻准确值不知,根据=可知,无法求出R V1,而乙图中,根据=可知,可以求出R V1=,故用乙电路较合理,电路连接如图所示.(2)实验中滑动变阻器要用分压接法,故应选取阻值较小的R1.(3)根据欧姆定律可知R V1==.变式题(1)如图所示(2)(3)等于[解析](1)实物连线图如图所示.(2)第一次测量,由欧姆定律知,电压表与电流表的示数之比为电压表和R P的并联电阻,;第二次测量,电压表与电流表的示数之比为电压表、R x和R P的并联电即=R并阻,=,联立解得R x=.(3)由于电流表、电压表内阻不影响被测电阻的测量,所以被测电阻的测量值等于真实值.【高考模拟演练】1.(1)如图所示(4)R0(6)48.2[解析](4)开关S2掷于1端,由欧姆定律可得通过R x的电流I=,将开关S2掷于2端,R0和R x串联电路电压为U2,R x两端电压为U=U2-U1,由欧姆定律可得待测电阻阻值R x==R0=R0.(6)5次测量所得的平均值为×(3.44+3.43+3.39+3.40+3.39)=3.41,则R x=R0=(3.41-1)×20.0Ω=48.2Ω.2.(1)A D F(2)a d c g f h(3)-或U-或-R(横纵坐标互换亦可)[解析](1)若选用0~1000Ω的滑动变阻器,则电路中的电流太小,且移动滑动变阻器滑片时,电压表和电流表的示数要么变化得特别慢,要么变化得特别快,所以滑动变阻器选用F ;电源的电动势为4.5V ,所以电压表选用D ;若电流表选用B ,则移动滑动变阻器的滑片时,电流表的指针要么偏转得特别小,要么突然偏转得比较大,所以电流表选用A . (2)电压表测量路端电压,滑动变阻器接成限流式,电键要控制整个电路.(3)由闭合电路欧姆定律得(R+r )=E ,变形得=·+,或U=-r ·+E ,或=·R+,则可以为纵坐标,为横坐标,或以U 为纵坐标,为横坐标,或以为纵坐标,R 为横坐标. 3.(1)如图甲所示 (2)如图乙所示(3)电压表V 1的读数U 1、电压表V 2的读数U 2 (4)R[解析](1)要测出待测电压表V 1的内阻,可以将V 1与阻值大致相当的定值电阻串联,通过测出串联电路的总电压和V 1对应的电压,利用串联电路中电压之比等于电阻之比即可求出V 1的内阻,所以测量电路部分是待测电压表V 1与定值电阻R 串联,然后再将其与电压表V 2并联;由于滑动变阻器的总电阻远小于待测电压表内阻,所以滑动变阻器应采用分压式接法,电路图如图甲所示. (2)实物连接如图乙所示.(3)、(4)根据串联电路规律有=,解得R V1=,需要测得电压表V1的读数U1、电压表V2的读数U2.1.某同学为了测量电流表A1内阻的精确值,有如下器材可供选择:电流表A1(量程0~300mA,内阻约为5Ω);电流表A2(量程0~600mA,内阻约为1Ω);电压表V(量程0~15V,内阻约为3kΩ);滑动变阻器R1(0~5Ω,额定电流为1A);滑动变阻器R2(0~50Ω,额定电流为0.01A);电源E(电动势为3V,内阻较小);定值电阻R0(5Ω);单刀单掷开关S一个、导线若干.实验要求待测电流表A1的示数从零开始变化,且多测几组数据,尽可能地减小误差.(1)以上给定的器材中滑动变阻器应选.(2)在虚线框内画出测量A1内阻的电路原理图,并在图中标出所用仪器的代号.(3)若选测量数据中的一组来计算电流表A1的内阻r1,则r1的表达式为r1=;式中各符号的物理意义是.[答案](1)R1(2)如图Z6-1所示(3)R0I1、I2分别为某次实验时电流表A1、A2的示数,R0是定值电阻的阻值图Z6-1[解析](1)滑动变阻器要用分压式接法,选最大阻值较小的滑动变阻器R1.(2)要测出待测电流表A1的内阻,可将A1与阻值大致相当的定值电阻并联,通过测出并联电路的总电流和A1对应的电流,利用并联电路中电流与电阻成反比即可求出A1的内阻,电路图如图Z6-1所示.(3)通过定值电阻R0的电流为I2-I1,A1两端的电压等于R0两端的电压,所以r1=R0,I1、I2分别为某次实验时电流表A1、A2的示数,R0是定值电阻的阻值.2.某同学对有故障的电热毯进行探究,图Z6-2甲是电热毯的电路示意图,其中电热丝和导线通过金属接线片连接,图乙为测试电路实物图,A、B为测试表笔,电压表和电流表均可视为理想电表.图Z6-2(1)断开S1,用测试电路在1和1'之间检测得知电热丝无故障,然后测得电热丝的U-I图线如图丙所示.可求得此电热丝的电阻为 Ω. (2)在虚线框内画出与图乙对应的电路原理图.(3)为了进一步检查故障,该同学闭合开关S 1和S 2,用表笔A 和B 分别对图甲中的各点进行测试,部分测试结果如下表所示.由此测试结果可判断出电路有断路,位置在 (选填“1和2”“1'和2'”“2和3”或“2'和3'”)间.测试点 3和3'1和1'1和31和2'2'和3'电表指针有无偏转电压表有 有 无 有 无电流表无 有 有 无 有[答案](1)580(570~590均可) (2)如图Z6-3所示 (3)1'和2'图Z6-3[解析](1)由图线得电热丝的电阻R=580Ω.(2)如图Z6-3所示.(3)3和3'接入A、B之间时,根据两电表指针偏转情况,确认3和3'间存在断路;1和1'接入A、B之间时,根据两电表指针偏转情况,确认1和1'之间为通路;1和3接入A、B 之间时,根据两电表指针偏转情况,确认1和3之间为通路;再结合1和2'及2'和3'接入A、B之间时,两电表指针偏转情况,可知断路故障在1'和2'之间.3.为了测量一个阻值较大的未知电阻的阻值,某同学使用了干电池(1.5V)、毫安表(1mA)、电阻箱(0~9999Ω)、开关、导线等器材.(1)该同学设计的实验电路如图Z6-4甲所示,实验时,将电阻箱阻值调至最大,断开S2,闭合S1,减小电阻箱的阻值,使毫安表的示数为I1=1.00mA;然后保持电阻箱阻值不变,断开S1,闭合S2,此时毫安表示数为I2=0.8mA.由此可得被测电阻的阻值为Ω.图Z6-4(2)经分析,该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致,因此会造成误差.为避免电源对实验结果的影响,又设计了如图乙所示的实验电路,实验过程如下:断开S1,闭合S2,此时毫安表指针处于某一位置,记录相应的电流值,其大小为I;断开S2,闭合S1,调节电阻箱的阻值,使电流表的示数为,记录此时电阻箱的阻值大小为R0.由此可测出R x=.[答案](1)375(2)I R0[解析](1)设毫安表内阻为R mA,电流为I1时电阻箱的阻值为R,S2断开、S1闭合时,根据闭合电路的欧姆定律有E=I1(R+R mA+r),S1断开、S2闭合时,E=I2(R x+R+R mA+r),联立解得R x=·E=375Ω.(2)根据图乙所示电路测电阻,毫安表起指示作用,用以检测电阻箱代替待测电阻后的电路等效性,根据等效替代法的测量原理,毫安表示数仍为I,所以R x=R0.4.研究小组利用下表中的实验器材测量电流表A1的内阻r1.(1)两位同学分别设计了如图Z6-5甲和乙所示电路,小组讨论后发现两电路均存在问题,请指出两电路存在的问题:图Z6-5.(2)另一位同学对电路乙优化后进行实验,得到若干组数据,如下表所示.请你根据数据在图Z6-6中画出I1-I2的关系图线.图Z6-6(3)根据所描图线可知待测电流表的内阻为Ω.(4)请你在虚线框中画出优化后的电路图.[答案](1)甲图电压表量程过大,测量中示数太小,测量精度较低;乙图两电流表量程均较小,调节过程中滑动变阻器调节范围过小,不易操作图Z6-7(2)图略(3)40(38到42之间均可)(4)如图Z6-7所示[解析](1)甲电路中,当电流表示数接近满偏时,电压表两端电压约为U V=I g1r1=0.4V,该电压远小于电压表满偏电压,测量示数太小,测量精度较低;乙电路中,两电流表分别满偏时,其两端电压分别为U A1=I g1r1=0.4V、U A2=I g2r2=0.375V,测量过程中滑动变阻器调节范围过小,不易操作.(3)由I1r1=I2r2得I1=·I2,由作出的I1-I2图线得斜率k=18.75,所以r1=40Ω.(4)如图Z6-7所示.5.某同学利用如图Z6-8所示的电路测量一微安表(量程为0~100μA,内阻大约为2500Ω)的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器R1、R2(其中一个最大阻值为20Ω,另一个最大阻值为2000Ω);电阻箱R z(最大阻值为99999.9Ω);电源E(电动势约为1.5V);单刀开关S1和S2.C、D分别为两个滑动变阻器的滑片.图Z6-8图Z6-9(1)按原理图将图Z6-9中的实物连线.。

第四单元　曲线运动　万有引力与航天第9讲　运动的合成与分解【教材知识梳理】一、1.切线　2.匀变速曲线　3.(1)加速度　(2)合外力二、1.(1)合运动　(2)分运动　2.实际效果　3.平行四边形辨别明理(1)(×)　(2)(√)　(3)(×)　(4)(×)　(5)(√)【考点互动探究】考点一1.D [解析] 磁铁放在A 处时,小铁球受力与速度共线,但为变力,所以小铁球做变加速直线运动,选项A 、B 错误;磁铁放在B 处时,小铁球受力与速度不共线,做非匀变速曲线运动,选项C 错误,D 正确.2.A [解析] 质点做匀变速曲线运动,加速度不变;由于质点运动到D 点时,其速度方向与加速度方向垂直,则当质点在A 点和C 点时速度方向与加速度方向的夹角为钝角,所以质点由C 点运动到D 点过程中速率减小,即质点在C 点时的速率比其在D 点时的速率大;质点在从B 点运动到E 点的过程中,加速度方向与速度方向的夹角一直在减小.3.B [解析] F 1、F 2为恒力,质点从静止开始做匀加速直线运动,F 1突变后仍为恒力,合力仍为恒力,但合力的方向与速度方向不再共线,所以质点将做匀变速曲线运动,故A 、D错误.由加速度的定义式a=知,在相等时间Δt 内,Δv=a Δt 一定相等,故B 正确.做匀速Δv Δt 直线运动的条件是F 合=0,所以质点不可能做匀速直线运动,故C 错误.1.B [解析] 由合运动与分运动的等时性知,因红蜡块沿管上升的高度和速度不变,所以运动时间不变,而管向右匀速运动的速度越大,则红蜡块的合速度越大,合位移越大,选项B 正确.2.B [解析] 在0~3 s 内,物体在x 方向上做匀速直线运动,在y 方向上做匀加速直线运动,两运动合成,物体一定做曲线运动,且加速度恒定,A 、D 错误;在3~4 s 内,物体在两个方向上的分运动都是匀减速运动,在3 s 末,合速度与合加速度方向相反,则做直线运动,故B 正确,C 错误.3.A [解析] 物体在x 轴方向上做初速度v x 0=8 m/s 、加速度a=-4 m/s 2的匀减速直线运动,在y 轴方向上做速度v y =-4 m/s 的匀速直线运动,物体所受合外力恒为8 N (方向沿x 轴负方向),初速度大小为 m/s =4 m/s ,方向与合外力方向不在同一条82+(-4)25直线上,故物体做匀变速曲线运动,A 正确,B 、D 错误;2 s 末,v x =0,v y =-4 m/s ,则合速度为-4 m/s ,C 错误.考点三例1　B [解析]设河宽为d ,船速为u ,则根据渡河时间关系得∶=k ,解得u=du d u 2-v 2,选项B 正确.v1-k 2变式题　BC [解析] 联系“小船渡河模型”可知,射出的箭同时参与了两个运动,要想命中目标且射出的箭在空中飞行时间最短,箭射出的方向应与马运动的方向垂直,故箭射到固定目标的最短时间为t=,箭的速度v=,所以运动员放箭处离固定目标dv 2v 21+v 22的距离为x=vt=d ,选项B 、C 正确.v 21+v 22v 2例2D [解析] 将B 的运动沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,沿绳子方向上的分速度等于A 的速度,如图所示,根据平行四边形定则有v B cos α=v A ,所以v B =,α减小,所以B v Acos α的速度减小,但不是匀减速运动,选项A 、B 错误;分别对A 、B 受力分析,在竖直方向上有T=m A g ,mg=F N +T sin α,α减小,则支持力增大,根据f=μF N 可知,摩擦力增大,选项C 错误;根据v B cos α=v A ,右侧绳与水平方向成30°角时,v A ∶v B =∶2,3选项D 正确.变式题　A [解析] 将A 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解,拉绳子的速度等于A 沿绳子方向的分速度,根据平行四边形定则得,实际速度v=,选项A 正确.v 0cos θ例3　C [解析] 分别将a 球、b 球速度沿棒的方向与垂直于棒的方向分解,对a 球,有v=v a cos θ,对B 球,有v=v b sin θ,则v a ∶v b =tanθ,选项C 正确.变式题　D [解析] 棒与平台接触点的实际运动即合运动,方向垂直于棒指向左上,如图所示,合速度v 实=ωL ,竖直向上的速度分量等于平台上升的速度v ,即ωL sin θ=v ,所以ω=,选项D 正确.vL sin θ1.在长约1.0 m的一端封闭的玻璃管中注满清水,水中放一个适当的圆柱形的红蜡块,将玻璃管的开口端用胶塞塞紧,并迅速竖直倒置,红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底.将此玻璃管倒置安装在小车上,并将小车置于水平导轨上.若细线一端连接小车,另一端绕过定滑轮悬挂小物体,小车从A位置由静止开始运动,同时红蜡块沿玻璃管匀速上升.经过一段时间后,小车运动到B位置,如图9-1所示.按照图建立坐标系,在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是图9-2中的( )图9-1图9-2[解析]C　红蜡块在水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,合力水平向右,轨迹为抛物线,选项C正确.图9-32.如图9-3所示,两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变.已知第一次实际航线为A 至B ,位移为x 1,实际航速为v 1,所用时间为t 1.由于水速增大,第二次实际航线为A 至C ,位移为x 2,实际航速为v 2,所用时间为t 2,则( )A .t 2>t 1,v 2=v 1B .t 2>t 1,v 2=v 1x 2x 1x 1x 2C .t 2=t 1,v 2 =v 1D .t 2=t 1,v 2=v 1x 2x 1x 1x 2[解析] C 设河宽为d ,船自身的速度为v ,与河岸上游的夹角为θ,对垂直河岸的分运动,过河时间t=,则t 1=t 2;对合运动,过河时间t==,解得v 2=v 1,C 正确.d v sin θx 1v 1x 2v 2x 2x 13.(多选)如图9-4所示,A 、B 两球分别套在两光滑的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮相连,两杆和定滑轮在同一竖直面内.现在A 球以速度v 向左匀速移动,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为α、β,则下列说法中正确的是( )图9-4A .此时B 球的速度为vcos αcos βB .此时B 球的速度为vsin αsin βC .在β增大到90°的过程中,B 球做加速运动D .在β增大到90°的过程中,B 球做减速运动[解析] AC 将A 和B 的速度分解为沿绳方向和垂直于绳方向的分速度,则沿绳方向的速度相等,即v cos α=v B cos β,则v B =v ,选项A 正确,B 错误;在β增大到90°的过程中,cos αcos β绳子对B 的拉力产生向右的加速度,B 做加速运动,选项C 正确,D 错误.4.如图9-5甲所示,有一根长为L 的轻杆OA ,O 端用铰链固定于地面,另一端固定着一个小球A ,图甲中的小球A 和图乙中的杆分别靠着边长为a 和b 的立方块.当立方块沿地面向右滑动到图示位置(杆与地面的夹角为α)时,其速度为v ,则甲图中小球的速度大小v A 和乙图中小球的速度大小v'A 应为( )图9-5A .v A =,v'A =v sin αB .v A =,v'A =v sin αv sin αvcos αC .v A =v sin α,v'A =D .v A =,v'A =sin 2 αv sin αvsin αLv b [解析] D 图甲中,杆绕O 转动,球A 的速度v A 垂直于杆,将速度v A 沿水平和竖直两方向正交分解,则垂直于接触面的水平分速度与立方块的速度相等,如图9-6甲所示,有v A sin α=v ,故v A =,故B 、C 错误;图乙中,杆绕O 转动,杆顶端小球的速度v'A 和杆与立vsin α方块接触点的速度v 1的方向都垂直于杆,杆上各点的角速度ω相同,则有=,将立v 'A L v 1bsin α方块的速度v 沿杆的方向与垂直于杆的方向正交分解,如图乙所示,则杆与立方块接触点的速度v 1应与立方块垂直于杆方向的分速度相等,即v 1=v sin α,联立得v'A =sin 2 α,Lv b 故A 错误,D 正确.图9-65.如图9-7所示,两条位于同一竖直平面内的水平轨道相距为h ,轨道上有两个物体A 和B (均可视为质点),它们通过一根绕过定滑轮O 的不可伸长的轻绳相连接,物体A 在下面的轨道上以速度v 匀速运动.在绳子BO 段与轨道成30°角的瞬间,BO 段中点处有一与绳子相对静止的小水滴P 和绳子分离.已知绳子BO 段长度远大于滑轮直径,重力加速度为g ,求:(1)小水滴P 脱离绳子时的速度大小;(2)小水滴P 脱离绳子后落到下面轨道上所需要的时间.图9-7[答案] (1)v (2)1312v 2+16gℎ-v 4g[解析] (1)先将B 的速度分解,如图9-8所示,有v 2=v图9-8v 1=v tan 30°此时绳子BO 段一方面向O 点以速度v 收缩,另一方面绕O 点逆时针旋转,其角速度为ω=v 1r 1于是小水滴P 既有沿绳子斜向下的速度v ,又有垂直于绳子斜向上的转动线速度v',且v'===v ,故小水滴P 的速度应为v P ==v.ωr 12v tan30°236v '2+v 21312(2)小水滴P 沿绳子斜向下的速度v 的竖直分量为,垂直于绳子斜向上的转动线速度v 2v'的竖直分量为,所以小水滴在竖直方向上做初速度为的竖直下抛运动,有v 4v 4=t+gt 2ℎ2v 412即2gt 2+vt-2h=0解得t=.v 2+16gℎ-v4g 第10讲　抛体运动【教材知识梳理】一、1.重力　2.抛物线　3.自由落体运动4.(1)匀速直线　(2)自由落体　(3)g5.tan α=2tan β　瞬时速度方向　中点　B 点二、1.斜向上方　斜向下方　重力2.重力加速度g 抛物线辨别明理(1)(√)　(2)(×)　(3)(√)　(4)(×)　(5)(√)(6)(×)　(7)(×)【考点互动探究】考点一1.C [解析] 飞镖做平抛运动,竖直方向上做自由落体运动,有h=gt 2,得t=,因为B 122ℎg 下落的高度较大,所以B 运动的时间长,即有t A <t B ;水平方向上做匀速直线运动,有x=v 0t ,则初速度v 0==x ,x 相同,h 越大,v 0越小,所以有v A >v B ,选项C 正确.xt g 2ℎ2.B [解析] 小球做平抛运动,加速度为重力加速度,小球的速度大小和方向时刻变化,小球的加速度大小和方向均不变,故A 错误.速度与加速度的夹角的正切值tan θ==v 0v y ,随着时间t 的增大,夹角θ减小,故B 正确.速度改变量Δv=g Δt ,相等时间内的速度改v 0gt 变量相等,但速率(即速度的大小)的改变量不相等,故C 错误.相等时间内动能的改变量取决于合力——重力做的功,由于相等时间内下落的高度越来越大,重力做的功越来越多,故动能的改变量越来越大,故D 错误.3.AC [解析] 在A 点,竖直方向上的分速度v yA =v 0tan 45°,抛出点到A 的高度h A =;v 2yA2g 在B 点,竖直方向上的分速度v yB =v 0tan 60°,抛出点到B 的高度h B =.根据v yB -v yA =gt ,v 2yB2g 得t== s ,选项A 正确;A 与B 的高度差h=h B -h A =v 0(tan60°-tan45°)g (3-1)=10 m ,选项C 正确.v 20(tan 260°-tan 245°)2g 考点二例1　B [解析] 设斜面倾角为θ,对小球,有tan θ==,因a 和b 的初速度之比为y x gt2v 01∶3,所以飞行时间之比为1∶3,选项A 、C 错误,B 正确;设速度与水平方向的夹角为φ,有tan φ==2tan θ,所以a 、b 两球落到斜面上的瞬时速度方向一定相同,选项D 错误.gt v 0变式题　BC [解析] 设斜面的倾角为θ,对小球在A 点的速度进行分解,有tan θ=,解v 0gt 得θ=30°,A 错误;小球的抛出点距A 点的高度为h=gt 2=15 m ,B 正确;若小球的初速度12为v'0=5 m/s ,过A 点作水平面,小球落到该水平面时的水平位移是小球以初速度v 0=10 m/s 抛出时的一半,延长小球运动的轨迹与斜面相交,得到小球应该落在P 、A 之间,C 正确,D 错误.例2　D [解析] 小球落在环上的最低点C 时的下落时间最长,选项A 错误.v 0取值不同,则小球落到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同,选项B 错误.假设小球能垂直撞击半圆环,此时速度与水平方向的夹角为θ,则落点和圆心的连线与水平方向的夹角为θ,连接抛出点和落点,其连线与水平方向的夹角为β,根据几何关系知,θ=2β,又因为平抛运动的速度与水平方向的夹角的正切值是位移与水平方向的夹角的正切值的2倍,即tan θ=2tan β,这与θ=2β相矛盾,故假设不成立,选项D 正确,C 错误.变式题　A [解析] 从A 点抛出的小球做平抛运动,它运动到D 点时,有R=g ,R=v 1t 1,12t 21故R=,选项A 正确,选项B 错误;从C 点抛出的小球也做平抛运动,它运动到D 点时,2v 21g 有R sin 60°=v 2t 2,R (1-cos 60°)=g ,解得v 2=v 1,选项C 、D 错误.12t 2262考点三例3　(1)　(2)L ≤v ≤L 3ℎg g 4ℎg 2ℎ(3)L=2h2[解析] (1)对打在AB 的中点的微粒,有h=gt 23212解得t=3ℎg(2)对打在B 点的微粒,有v 1=L t 12h=g 12t 21解得v 1=L g4ℎ同理,打在A 点的微粒初速度v 2=L g2ℎ故微粒初速度范围为L ≤v ≤L g4ℎg2ℎ(3)由能量关系得m +mgh=m +2mgh12v 2212v 21联立解得L=2h2变式题1　C [解析] 因为h 1-h 2=h 1,由t=可知=,由x=v 0t 可知=,则x AD =x ,492ℎg t AC t AD 23x AC x AD 2332落点D 与球网C 的水平距离为x ,选项A 错误;球从A 到D ,有h 1=g ,x=v 0t 1,解得1212t2132v 0=x ,选项B 错误;任意降低击球高度(仍大于h 2),会有一临界情况,此时球刚好触网342gℎ1又刚好压界,则有=,解得h'=h 1,若小于该临界高度,速度大会出界,速度小会触ℎ'-ℎ2ℎ2132027网,选项C 正确;若保持击球高度不变,要想球落在对方界内,要既不能出界,又不能触网,根据h 1=g ,得t 1=,则平抛的最大速度v max ==x,根据h 1-h 2=g ,得t AC =12t212ℎ1g 2x t 12g ℎ112t 2AC ,则平抛运动的最小速度v min==x ,选项D 错误.2(ℎ1-ℎ2)gxt AC g 2(ℎ1-ℎ2)变式题2　D [解析] 当球落到右侧角上的时候,设飞行时间为t 1,则3h=g ,t 1=,t 112t216ℎg 时间内的水平位移x 1==,发射速度v 1==;当球刚好擦L 21+(L 22)2L 21+L 224x 1t 112(4L 21+L 22)g 6ℎ网落到台面中间线上的时候,设飞行时间为t 2,则3h-h=g ,t 2=2,t 2时间内的水平位12t22ℎg 移x 2=,发射速度v 2==　,则v 2<v<v 1,所以D 正确.L 12x 2t2L14gℎ考点四例4　D [解析] 两石子做斜抛运动,加速度a=g ,选项A 错误;对竖直方向的分运动,从出发点到最高点,由H=,可知竖直方向的初速度v y 0相同,从出发到落到水面,由v 2y 02g y=v y 0t-gt 2,可知运动时间相等,选项B 错误;对水平方向的运动,从出发点到最高点,水平12位移x a <x b ,由x=v x 0t',因时间t'相等,则水平初速度v x 0a <v x 0b ,而初速度v 0=,则初v 2x 0+v 2y0速度v 0a <v 0b ,选项C错误;运动的全过程,由动能定理得m +mgh=mv 2,则入水时的末12v2012速度v a <v b ,选项D 正确.变式题　AD [解析] 由逆向思维,落到M 点的运动可看成向左的平抛运动(设落到M 点的速度为v x ),有tan θ==,在斜面底端时质点初速度与水平方向的夹角φ的正切y x gt2v x 值tan φ==2tan θ,为定值,即落到M 和N 两点的速度方向均为水平向右,选项D 正确;v yv x在斜面底端时质点的速度v 0==v x ,落到M 和N 两点的速度之比为v 2x +v 2y1+4tan 2θ1∶2,选项B 错误;运动时间t=,落到M 和N 两点所用的时间之比为1∶2,选项A2v x tan θg正确;竖直位移y=gt 2=,M 和N 两点距离斜面底端的高度之比为1∶4,选项C122v 2xtan 2θg错误.1.关于平抛运动,以下判断正确的是( )A .平抛运动的时间由抛出时的初速度决定B .物体在某点的速度方向仅由高度决定C .平抛运动的轨迹仅由初速度决定D .速度与初速度方向的夹角和位移与初速度方向的夹角成正比[解析] C 平抛运动的时间由下落的高度决定,A 错误;物体在某点的速度方向不仅与高度有关,还与初速度有关,B 错误;根据平抛运动轨迹方程y=x 2可知,平抛运动的轨迹g2v 20仅由初速度决定,C 正确;速度与初速度方向夹角的正切和位移与初速度方向夹角的正切成正比,D 错误.图10-12.[2019·湖北沙市中学月考]倾角为θ的斜面长为l ,在斜面顶端水平抛出一个小球,小球刚好落在斜面的底端,如图10-1所示,那么小球的初速度v 0的大小是(重力加速度为g )( )A .cos θ·B .cos θ·gl2sin θglsin θC .sin θ·D .sin θ·gl2cos θglcos θ[解析] A 小球在水平、竖直方向的位移分别满足l cos θ=v 0t 和l sin θ=gt 2,联立解得12v 0=cos θ·,选项A 正确.gl2sin θ图10-23.如图10-2所示,小球甲从A 点水平抛出,同时将小球乙从B 点自由释放,两小球先后经过C 点时速度大小相等,但其方向的夹角为30°.已知B 、C 高度差为h ,两小球质量相等,重力加速度为g ,不计空气阻力.由以上条件可知( )A .小球甲做平抛运动的初速度大小为2gℎ3B .甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1∶3C .A 、B 两点的高度差为ℎ4D .两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等[解析] C 小球乙到C 点的速度v=,小球甲到C 点的速度大小也为v ,此时小球甲2gℎ的速度与竖直方向的夹角为30°,可得甲球在水平方向的分速度为v sin 30°=,选项2gℎ2A 错误;由h=gt 2得,小球乙运动到C 时所用的时间为t=,而小球甲到达C 点时竖直122ℎg 方向的速度为,则运动时间为t'=,所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比6gℎ26gℎ2g 为∶2,选项B 错误;由甲、乙各自运动的时间得Δh=gt 2-gt'2=,选项C 正确;由于两31212ℎ4球在竖直方向上的速度不相等,所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等,选项D 错误.4.[2018·浙江余姚中学模拟] 一演员表演飞刀绝技,由O 点先后抛出完全相同的三把飞刀,飞刀分别垂直打在竖直木板上M 、N 、P 三点,如图10-3所示.假设不考虑飞刀的转动,并可将其看作质点,已知O 、M 、N 、P 四点距水平地面高度分别为h 、4h 、3h 、2h ,以下说法正确的是( )图10-3A .三把刀在击中板时动能相同B .三次飞行时间之比为1∶2∶3C .三次初速度的竖直分量之比为3∶2∶1D .设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为θ1、θ2、θ3,则有θ1>θ2>θ3[解析] D 把斜抛运动看成逆方向的平抛运动,由y=gt 2可知,运动时间之比为∶∶1,1232竖直方向的初速度v y =gt ,则三次初速度的竖直分量之比为∶∶1,选项B 、C 错误;水32平方向的位移x=v x t ,则三次初速度的水平分量之比为∶∶,三把刀在击中板时动能236为m ,不相同,选项A 错误;初速度与水平方向夹角的正切值tan θ=,正切值之比为12v 2x v yv x 3∶2∶1,选项D 正确.5.(多选)如图10-4所示为研究乒乓球发球问题的装置.设球台长为2L ,网高为h ,乒乓球反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力(设重力加速度为g ).若从A 点将球水平发出,球刚好过网,在B 点水平接到球,则下列说法正确的是( )图10-4A .发球时的水平初速度v 0=L 2g2ℎB .发球时的水平初速度v 0=L g2ℎC .球落到球台上时的速度v=2gℎD .球从A 运动到B 所用的时间t=42ℎg [解析] AD 根据运动的对称性,球运动的总时间等于单个平抛运动时间的4倍,则t==4,解得初速度v 0=,选项B 错误,A 、D 正确;球落到水平台上的竖直分速度2L v 02ℎg L 2g2ℎv y =,合速度v=>,选项C 错误.2gℎv 2y+v 202gℎ图10-56.[2019·厦门一中月考] 一战斗机进行投弹训练,战斗机以恒定的速度沿水平方向飞行,先后释放甲、乙两颗炸弹,分别击中竖直悬崖壁上的P 点和Q 点.若释放两颗炸弹的时间间隔为t ,击中P 、Q 的时间间隔为t',不计空气阻力,则以下判断正确的是( )A .t'=0B .t'>tC .t'=tD .无法比较t 与t'大小[解析] A 平抛运动在水平方向上为匀速直线运动,故先后释放的甲、乙两颗炸弹始终在同一竖直线上,会同时击中P 、Q ,即t'=0,故A 正确,B 、C 、D 错误.图10-67.(多选)[2018·西北师大附中冲刺] 如图10-6所示,倾角为θ的斜面上有A 、B 、C 三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D 点,今测得AB ∶BC ∶CD=5∶3∶1,由此可判断( )A .A 、B 、C 处三个小球运动时间之比为1∶2∶3B .A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1C .A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D .A 、B 、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交[解析] BC 由竖直方向的运动规律h=gt 2可得,A 、B 、C 处三个小球运动时间之比为12∶∶1=3∶2∶1,选项A 错误;设末速度与水平方向的夹角为φ,则tan φ==2tan θ,即94gt v 0A 、B 、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1,则末速度的切线重合,运动轨迹不可能在空中相交,A 、B 、C 处三个小球的初速度大小之比等于时间之比,即3∶2∶1,选项B 、C 正确,D 错误.8.[2019·江淮十校一联] 某同学在操场练习投篮,设某次投篮中篮球最后正好垂直击中篮板,击中点到篮球脱手点的高度大约为0.45 m ,该同学离篮板的水平距离约为3 m ,忽略空气阻力的影响,g 取10 m/s 2,则球出手时的速度大约为( )A .14.21 m/s B .6.25 m/s C .8.16 m/s D .10.44 m/s[解析]D 篮球运动的逆运动是平抛运动,由x=v 0t ,y=gt 2,可得初速度v 0=1012m/s ,v y =gt=3 m/s ,球出手的初速度v==10.44 m/s ,选项D 正确.v 20+v 2y9.地面上有一个半径为R 的圆形跑道,高为h 的平台边缘上的P 点在地面上P'点的正上方,P'与跑道圆心O 的距离为L (L>R ),如图10-7所示.跑道上停有一辆小车,现从P 点水平抛出小沙袋,使其落入小车中.(沙袋所受空气阻力不计,重力加速度为g)图10-7(1)当小车分别位于A 点和B 点时(∠AOB=90°),沙袋被抛出时的初速度各为多大?(2)若小车在跑道上运动,则沙袋被抛出时的初速度v 0在什么范围内?[答案] (1)(L-R )　　(2)(L-R )≤v 0≤(L+R )g2ℎg (L 2+R 2)2ℎg2ℎg2ℎ[解析] (1)沙袋从P 点被抛出后做平抛运动,设它的落地时间为t ,由h=gt 212解得t=2ℎg当小车位于A 点时,有x A =v A t=L-R解得v A =(L-R )g2ℎ当小车位于B 点时,有x B =v B t=L 2+R2解得v B =.g (L 2+R 2)2ℎ(2)若小车在跑道上运动,要使沙袋落入小车,最小的抛出速度为v 0min =v A =(L-R )g2ℎ当小车经过C 点时沙袋刚好落入,抛出时的初速度最大,有x C =v 0max t=L+R联立解得v 0max =(L+R )g2ℎ所以沙袋被抛出时的初速度v 0的范围为(L-R )≤v 0≤(L+R ).g2ℎg2ℎ第11讲　圆周运动【教材知识梳理】一、1.保持不变　2.时刻变化　3.大小不变　圆心辨别明理(1)(×)　(2)(×)　(3)(√)　(4)(×)　(5)(√)(6)两个“匀速”意义不同,匀速圆周运动全称应为匀速率圆周运动,其速度、向心加速度都是变化的.(7)匀速圆周运动中不变的物理量有:角速度、周期、频率、转速、动能,变化的物理量有:线速度、向心加速度、向心力、动量.【考点互动探究】考点一例1　D [解析] A 、B 两点角速度相同,由a n =ω2r ,可知a A ∶a B =R 1∶R 2;B 、C 两点线速度大小相同,由a n =,可知a B ∶a C =R 3∶R 2,故a A ∶a C =R 1R 3∶,D 正确.v 2r R22变式题　D [解析]A 、B 靠摩擦传动,则边缘上a 、b 两点的线速度大小相等,即v a ∶v b =1∶1,选项A 错误;B 、C 同轴转动,则边缘上b 、c 两点的角速度相等,即ωb =ωc ,转速之比==,选项B 、C 错误;对a 、b 两点,由a n =得==,对b 、c 两点,由a n =ω2rn b n c ωb ωc 11v 2r a a a b R b R a 32得==,故a a ∶a b ∶a c =9∶6∶4,选项D 正确.a b a c R b R c 32考点二例2　AC [解析] a 与b 所受的最大静摩擦力相等,而b 需要的向心力较大,所以b 先滑动,A 正确;在未滑动之前,a 、b 各自受到的摩擦力等于其向心力,因此b 受到的摩擦力大于a 受到的摩擦力,B 错误;b 处于临界状态时,有kmg=mω2·2l ,解得ω=,C 正确;kg2l ω=小于a 的临界角速度,a 所受摩擦力没有达到最大值,D 错误.2kg3l 变式题1　B [解析] 两木块刚要发生滑动时,有kmg-T=mω2l ,kmg+T=2mω2l ,联立可得T=kmg ,选项A 错误;细线刚好绷紧时,有kmg=2mω2l ,解得ω=,此时细线张力为0,13kg2l 对a ,有f=mω2l=kmg ,选项B 正确,D 错误;剪断细线后,a 随圆盘一起转动,但b 所受合12力减小,将做离心运动,选项C 错误.变式题2　BC [解析] 金属块Q 在桌面上保持静止,根据平衡条件知,Q 受到桌面的支持力等于其重力,保持不变,故D 错误.设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为T ,桌面下方细线的长度为L ,P 球做匀速圆周运动时,由重力和细线拉力的合力提供向心力,如图所示,则有T=,F n =mg tan θ=mω2L sin θ,得角速度ω= ,使小球改到一个更高mgcos θgL cos θ一些的水平面上做匀速圆周运动时,θ增大,cos θ减小,则细线拉力T 增大,角速度增大,A 错误,B 正确.对Q ,由平衡条件知,Q 受到桌面的静摩擦力变大,故C 正确.考点三例3　A [解析]小球在最低点受重力和绳子的拉力,这两个力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F-mg=m ,解得F=mg+v 2,小球静止(速度为零)时,绳子的拉力等于重v 2L mL 力的大小,结合图像可知mg=b ,由图像的斜率可得=.由mg=可知,小球在最m L a -bc mv '2L 高点的临界速度为v'=,由机械能守恒定律得mg×2L+mv'2=mv 2,解得v=,此时gL 12125gL F=mg+v 2=6mg ,可得a=6mg ,c=5gL.mL 变式题　CD [解析]当v 0较大时,小球能够通过最高点,这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤,根据机械能守恒定律得mv 2+2mgr=m ,联立解得v 0≥2 mv 2r 1212v 205m/s ,C 正确.当v 0较小时,小球不能通过最高点,这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零,根据机械能守恒定律得mgr=m ,解得v 0≤2 12v202m/s ,D 正确.例4　C [解析] 小球从最低点Q 到最高点P ,由机械能守恒定律得m +2mgl=mv 2,12v 2P 12则v P = ,因为0<<,所以小球能到达圆轨道的最高点P ,且在P 点受到轻杆对它gl2gl2gl 向上的弹力,C 正确.变式题　C [解析]小球沿管道上升到最高点的速度可以为零,故A 、B 错误;小球在水平线ab 以下的管道中运动时,由外侧管壁对小球的作用力F N 与小球重力在背离圆心方向的分力F mg 的合力提供向心力,即F N -F mg =ma ,因此外侧管壁对小球一定有作用力,而内侧管壁对小球一定无作用力,C 正确;小球在水平线ab 以上的管道中运动时,小球受管壁的作用力情况与小球速度大小有关,D 错误.考点四例5　(1)1 m/s (2)0.2[解析] (1)设物块做平抛运动所用时间为t ,则竖直方向上,有H=gt 212水平方向上,有s=v 0t联立解得v 0=s =1 m/s .g2H (2)物块离开转台时,最大静摩擦力提供向心力,有μmg=m v 20R解得μ==0.2.v 20gR 变式题　(1)-5mg (2)　(3)　2FLR 2FL 5mg FL 4mg FL mg[解析] (1)设小球到B 点时速度为v ,从C 到B 过程,根据动能定理有FL-2mgR=mv 212解得v=2FL -4mgRm 在B 点,由牛顿第二定律有F N +mg=m v 2R 解得F N =-5mg2FLR(2)小球恰能运动到轨道最高点时,轨道半径有最大值,有F N =-5mg=02FLR m 解得R m =2FL5mg(3)设小球平抛运动的时间为t ,有2R=gt 212解得t=4Rg水平位移x=vt=·=2FL -4mgR m 4R g (2FL -4mgR )·4mgRm 2g 2当2FL-4mgR=4mgR ,即R=时,D 到A 的水平位移最大,最大距离x m =FL4mg FLmg1.如图11-1所示,质量为m 的物块与转轴OO'相距为R ,物块随水平转台由静止开始缓慢转动,当转速增大到一定值时,物块即将在转台上滑动.在物块由静止到开始滑动图11-1前的这一过程中,转台对物块做的功为.若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动mgR8摩擦力相等,则物块与转台间的动摩擦因数为( )A . 0.125B . 0.15C . 0.25D . 0.5[解析] C 由于物块做圆周运动,物块刚开始滑动时,受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力,有μmg=m ,解得v=,设转台对物块做的功为W ,根据动能定理得W=mv 2=v 2R μgR 12,联立解得μ=0.25,选项C 正确.mgR8图11-22.(多选)如图11-2所示,在粗糙水平圆盘上,质量相等的A 、B 两物块叠放在一起并随圆盘一起做匀速圆周运动,则下列说法正确的是( )A .B 的向心力是A 的向心力的2倍B .盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍C .A 、B 都有沿半径向外滑动的趋势D .若B 先滑动,则B 与A 间的动摩擦因数μA 小于盘与B 间的动摩擦因数μB[解析] BC 因A 、B 两物块的角速度大小相等,根据F n =mrω2,转动半径相等,质量相等,所以向心力相等,A 错误;对A 、B 整体分析,有f B =2mrω2,对A 分析,有f A =mrω2,则盘对B 的摩擦力是B 对A 的摩擦力的2倍,故B 正确;A 所受的静摩擦力方向指向圆心,可知A 有沿半径向外滑动的趋势,B 受到盘的静摩擦力方向指向圆心,B 有沿半径向外滑动的趋势,故C 正确;对A 、B 整体分析,有μB ·2mg=2mr ,解得ωB =,对A 分析,有ω2B μB gr μA mg=mr ,解得ωA =,因为B 先滑动,即B 先达到临界角速度,B 的临界角速度较ω2A μA gr 小,所以μB <μA ,故D 错误.3.(多选)如图11-3所示,质量为m 的小球置于正方体的光滑盒子中,盒子的边长略大于球的直径,某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动.已知重力加速度为g ,空气阻力不计.下列说法正确的是( )。

第十二单元波粒二象性和原子物理第 30 讲光电效应波粒二象性【教材知识梳理】一、 1.电子光电子 2.大于或等于 3.(1)大于或等于(2)强度增大(4)正比二、 1.h ν2.最小值 3.电子 4.(1)h ν -W(2)最大初动能三、 1.(1)颠簸 (2)粒子 (3)波粒二象 2.(1)大小鉴别明理(1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(×)(5)(√)(6)(×) (7)(√)(8)(√)【考点互动研究】考点一1.BC [分析 ]用紫外线照耀锌板是能够发生光电效应的,锌板上的电子汲取紫外线的能量后从锌板表面逸出 ,称之为光电子 ,应选项 A 错误 ,B 正确 ;锌板与验电器相连 ,带有同种电荷 ,锌板失掉电子 ,应当带正电 ,且失掉电子越多 ,带的电荷量越多 ,验电器指针张角越大 ,应选项 C 正确 ,D 错误 .2.AD [分析 ] 增大入射光强度 ,单位时间内照耀到单位面积上的光子数增添,则光电流将增大 ,应选项 A 正确 ;光电效应能否发生取决于入射光的频次,而与入射光强度没关 ,应选项 B 错误 ;用频次为ν的光照耀光电管阴极 ,发生光电效应 ,用频次小于ν的光照射时 ,若光的频次仍大于极限频次 ,则仍会发生光电效应 ,选项 C 错误 ;依据 hν-W0=E k可知,增大入射光频次 ,光电子的最大初动能也增大 ,应选项 D 正确 .3.BC [分析 ] 由光电效应方程可知 E k=hν -W0,则,该动能又会在制止电压下恰巧减为零eU=hν -W为逸出功 ,同种金属的 W 同样 .若ν>ν>U>ν此中 W0ab a b00 a b则 U故 A 错误 ;若ν依据 Ek =h ν -W 0ka >E kb ,故 B 正确;若 Ua <U bk =eU,可得 E ka <E kb,故 C 正确;若,可得 E ,依据 E可知 h ν-E,逸出功 W 0 同样,故 D 错νa >νb ,依据 E k =h ν -W 0k=W0,因为是照耀到同种金属上误.4.C [分析 ] 光子能量 h ν=2.5 eV 的光照耀阴极 ,电流表读数不为零 ,则能发生光电效应 ,当电压表读数大于或等于 0.6 V 时,电流表读数为零 ,则电子不可以抵达阳极 ,由动能定理eU=E k 知,最大初动能 E k =eU=0.6 eV,由光电效应方程 h ν =E k +W 0 知 W 0=1.9 eV,对图乙 ,当电压表读数为2 V 时,电子抵达阳极的最大动能E k '=E k +eU'=0.6 eV+2 eV=2.6 eV,应选项C 正确.考点二例 1 A [分析 ] 由图像可知 ,a 、 c 的制止电压同样 ,依据光电效应方程可知 ,单色光 a和 c 的频次同样 ,但 a 产生的光电流大 ,说明 a 光的强度大 ,选项 A 正确 ,B 错误 ;b 的制止电压大于 a 、 c 的制止电压 ,所以单色光 b 的频次大于 a 的频次 ,选项 C 错误 ;只需光的频次不变 ,改变电源的极性 ,仍可能有光电流产生 ,选项 D 错误 .变式题 1 AC [分析 ] 图线与横轴交点的的横坐标表示截止频次,A 正确 ,B 错误 ;由光电效应方程 E =h ν -Wk 0,可知图线的斜率为普朗克常量 ,C 正确 ;该金属的逸出功为6.63 ×10 - 34 ×4.27 ×1014W 0=h νc =1.6 ×10- 19eV ≈1.77 eV,D 错误 .变式题 2ABC [分析 ] 不一样的资料有不一样的逸出功 ,所以制止电压 U c 不一样 ,选项 A 正确;由爱因斯坦光电效应方程得 h ν=W 0+E k ,应选项 B 正确 ;在照耀光的频次大于极限频次的状况下 ,发射出的光电子数与照耀光的强度成正比 ,光强不确立 ,所以单位时间内逸出的光电子数可能同样 ,饱和光电流也可能同样 ,选项 C 正确 ;由 E k =h ν -h 0=eU νc ,可得???νU = (ν -错误 .c0 ),故图线的斜率为同样的常数 ,选项 D考点三???例 2 A [分析 ] 依据德布罗意波长公式λ=,质子的质量大于电子的质量 ,同样速度的质子比同样速度的电子动量大 ,则质子的德布罗意波长小 ,分辨率高 ,其最高分辨率将小于 0.2 nm,故 A 正确 ,B、C、D 错误 .变式题 1B变式题 2AB [分析 ] 黑体辐射的实验规律只好用光的粒子性解说,普朗克用能量子1????理论剖析,结果与事实完整符合 ,选项 C 错误 ;因为 E 2 22??k= mv,p=mv,所以 p=,质子和???电子动能相等 ,但质量不等 ,故动量 p 也不等 ,依据德布罗意波长λ=可知 ,两者的德布罗意波长不一样 ,选项 D 错误 .变式题 3ABD变式题 4 D [分析 ] 依据爱因斯坦的“光子说”可知 ,单个光子表现为粒子性 ,而大批光子表现为颠簸性 ,所以曝光时间不太长时 ,底片上只好出现一些不规则的点 ,说明了单个光子表现为粒子性,故 A 错误 ;光子的粒子性并不是宏观实物粒子的粒子性,故单个光子经过双缝后的落点没法展望,故 B 错误 ;假如曝光时间足够长 ,底片上就会出现规则的干预条纹 ,说了然大批光子表现为颠簸性,故 C 错误 ;光子抵达概率大的地区表现为亮条纹 ,而光子抵达概率小的地区表现为暗条纹,故 D 正确 .1.对于带电微粒辐射和汲取能量时的特色,以下说法错误的选项是()A.以某一个最小能量值一份一份地辐射B.辐射和汲取的能量是某一最小值的整数倍C.辐射和汲取的能量是量子化的D.汲取的能量能够是连续的[分析 ] D依据量子化的理论,带电微粒辐射和汲取的能量,只好是某一最小能量值的整数倍 ,故 A 、 B 正确 .带电粒子辐射和汲取的能量不是连续的 ,是量子化的 ,故 C 正确 ,D 错误 .2. [2018· 浙江奉化高中模拟 ] 人眼对绿光最为敏感 ,正常人的眼睛接收到波长为 530nm 的绿光时 ,只需每秒有 6 个绿光的光子射入瞳孔 ,眼睛就能觉察 ,普朗克常量为6. 63×10-34J ·s,光速为 3.0×108m/s,则人眼能觉察到绿光时所接收到的最小功率是 ()×10-18 W B. 3.8×10-19 WC. 7.0×10-48 WD. 1.2×10-48 W???6.63 ×10 - 34 ×3.0 ×108?? 530 ×10 - 9 -19J,每秒钟最罕有 6 [分析 ] A 绿光光子能量 E=h ν==3.8×10 6 ?? 6 × × - 19 3.8 10??-18个绿光的光子射入瞳孔 ,才能被觉察 ,所以 P=1= 1W,故A 正W=2.3×10 确.3.以下对于光的波粒二象性的理解正确的选项是 ()A.大批光子的行为常常表现出颠簸性 ,个别光子的行为常常表现出粒子性B.光在流传时是波 ,而与物质互相作用时就转变为粒子C.光在流传时粒子性明显 ,而与物质互相作用时颠簸性明显D.高频光是粒子 ,低频光是波[分析 ] A 大批光子的行为常常表现出颠簸性 ,个别光子的行为常常表现出粒子性 ,故A 正确 ;光在流传时颠簸性明显 ,而与物质互相作用时粒子性明显 ,故B 、C 错误 ;高频光波长小 ,光的粒子性明显 ,低频光波长大 ,光的颠簸性明显 ,故 D 错误 .4.在某次光电效应实验中 ,获得的制止电压 U c 与入射光的频次 ν的关系如图 30-1 所示 .若 该直线的斜率和纵截距分别为 k 和 b,电子电荷量的绝对值为 e,则普朗克常量可表示为,所用资料的逸出功可表示为.图 30-1[答案 ] ek -eb[分析 ] 光电效应中 ,入射光子能量为 h ν,战胜逸出功 W 0 后剩余的能量转变为电子最大? ??0 ?c =h ν -W 0?? ????c=ν- ,斜率即=k,所以普朗克常量 h=ek,纵截距为 b,即初动能 ,eU ,整理得 Ueb=-W 0 ,所以逸出功 W 0=-eb.5.(多项选择 )图 30-2 是某金属在光的照耀下逸出的光电子的最大初动能 E k 与入射光频次 ν的关系图像 .由图像可知()图 30-2A.该金属的逸出功等于 EB.该金属的逸出功等于h ν0C.入射光的频次为 2ν0时 ,逸出的光电子的最大初动能为 E????D.入射光的频次为 2时 ,逸出的光电子的最大初动能为2[答案 ] ABC第 31 讲 原子和原子核【教材知识梳理】??1卢瑟福线状 n 2r 1 2电子 质子核内?? 质子????11N 0(2)??m 0(2)??重核 轻核鉴别明理(1)(√) (2)(√) (3)(√) (4)(×) (5)(×)(6)(√)(7)(×) (8)(×) (9)(×)【考点互动研究】考点一例 1 A [分析 ] 卢瑟福依据 α粒子散射实验 ,提出了原子核式构造模型 ,选项 A 正确 ; 卢瑟福提出了原子核式构造模型的假定 ,进而否认了汤姆孙原子模型的正确性 ,B 错误 ;电子质量太小 ,对 α粒子的影响不大 ,选项 C 错误 ;绝大部分 α粒子穿过金箔后 ,几乎仍沿原方向行进 ,D 错误 .变式题 1 D [分析 ] 在 α粒子散射实验中 ,因为电子的质量太小 ,电子的质量只有α1粒子的7300,它对 α粒子速度的大小和方向的影响就像尘埃对枪弹的影响 ,完整能够忽略,故 D 正确 ,A 、B 、C 错误 .变式题 2 C [分析 ] 第一明确 α粒子和重金属原子核均带正电荷 ,互相排挤 ,且作使劲在两者连线上 ,再由牛顿第二定律知 ,被散射的 α粒子的加快度由重金属原子核的斥力产生 ,所以图中加快度方向标示正确的仅有P 点 ,故 C 正确 .考点二2例 2 AC [分析]依据??3 种不一样频次的光子 ,故 A 正确 ;3=3 知,这群氢原子能够发出 由 n=3 能级跃迁到 n=1 能级辐射的光子能量最大 , E=(13.6-1.51) eV=12.09 eV,故 B 错误;从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射的光子能量最小 ,频次最小 ,则波长最大 ,故 C 正确 ;一群处于 n=3 能级的氢原子向更高能级跃迁,汲取的能量一定等于两能级之差,故 D 错误.变式题 1 D [分析 ]由谱线a的光子的波长大于谱线 b 的光子的波长 ,可知谱线 a 的光子频次小于谱线 b 的光子频次 ,所以谱线 a 的光子能量小于n=5 和 n=2 间的能级差,选项 D 正确 ,选项 A、B、C错误 .变式题 2 BCD[分析 ]依据跃迁理论 ,处于基态的氢原子被某外来单色光激发后跃迁到 n=5 能级 ,需要汲取的能量为E=E5-E1=[-0.54-(-13.6)]eV=13.06eV,A 错误 ;波长最??长的谱线来自第 5 能级向第 4 能级的跃迁 ,依据??E=h =E5-E4nm,B 正确 ;,解得λ=4000??波长最短的谱线来自第 5 能级向第 1 能级的跃迁??=9.5×10-8 ,依据 h min=E -E,解得λ5 1min???-27kg·m/s,C 正确 ;依据爱因斯坦光电效应方程得m,依据λ = ,解得 p=6.97×10min?????hν =W0+E k,解得E kmax= min -W0=9.72 eV,D 正确 .考点三例 3 B[分析 ] 衰变过程动量守恒 ,生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向 ,根2????据 E2,可知衰变后钍核的动能小于α粒子的动能 ,所以 B 正确 ,A 错误 ;半衰期是一k=多半量的铀核衰变需要的时间 ,C 错误 ;衰变过程放出能量 ,质量发生损失 ,D 错误 .变式题 B [分析 ] 由动量守恒定律可知 ,静止的铀核发生α衰变后 ,生成的均带正电的α粒子和钍核的动量大小相等 ,但方向相反 ,由左手定章可知它们的运动轨迹应为??????1??????????钍<Rα“外切”圆,又 R= = ,在 p 和 B 大小相等的状况下 ,R∝ ,因 q 钍>qα,则 R,故 B 正确 .例 4 A [分析 ]α射线穿透能力最弱,电离作用强,简单被物体汲取,故A正确;β射线的速度约是光速的99%,故 B 错误 ;γ射线是一种波长很短的电磁波 ,电离能力极弱 ,故C 错误 ;β射线 (高速电子束 )带负电 ,是由一此中子转变为一个质子后开释的 ,故D 错误 .4变式题 D [分析 ] α射线是高速 2He 核流 ,β射线是高速电子流 ,γ射线是能量很高的电磁波 ,A 错误 .在 α、 β、 γ三种射线中 ,α射线的电离能力最强 ,γ射线的电离能力最弱 ,B 错误 .半衰期是对大批原子核的衰变行为作出的统计规律 ,对于少量原子核无心义 ,C 错误 .考点四例 5 C AB E F [分析 ]α衰变是原子核自觉地放射出 α粒子的核衰变过程 ,选C;β衰变是原子核自觉地放射出 β粒子的核衰变过程 ,选 A 、B;重核裂变选 E;轻核聚变选 F.变式题 A [分析 ]2+3 →4+ 1; 14+ 4 →17 1H 1H2Hen 是核聚变反响方程 ,A 正确7N2He8O14 27301+1H 是原子核的人工转变反响方程 ,B 错误 ;2He+13Al→15P+0n 是居里夫妻发现人工235 1144???? 8931放射性的核反响方程 ,C 错误 ; 92U+ 0n → 56+ 36Kr+ 0n 是铀核裂变的反响方程 ,D 错误.例 6 B [分析 ] 氘核聚变反响的质量损失m=2.013 6 u ×2-3.015 0 u -1.008 7 u=0.0035 u,由爱因斯坦质能方程可得开释的核能 E=0.003 5×931 MeV ≈3.3 MeV,选项 B 正确 .4变式题 1BC [分析 ]联合能等于比联合能乘以核子数,故 2He 核的联合能约为 28462MeV,A 错误 ;由图像可知 2He 核的比联合能大于 3Li 核的比联合能 ,故 B 正确 ;两个 1H4235核联合成一个 2He 核,联合能增添 ,故必定存在质量损失 ,故要开释能量 ,C 正确;92U 核89中核子的均匀联合能小于36Kr 核中的 ,故 D 错误 .变式题 2 (1)汲取能量 1.20 MeV (2)1.8×106m/s[分析 ] (1) m=m N+m He-m O-m p=-0.001 29 uE= mc 2≈-1.20 MeV故这一核反响是汲取能量的反响,汲取的能量为 1.20 MeV(2)由动量守恒定律得m He v0=m p v p+m O v O又因为 v O∶v H=1∶50解得v6m/sO≈1.8×101.依据图 31-1 所给图片 ,联合课真有关知识 ,以下说法正确的选项是()图 31-1A.图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样,证明电子拥有粒子性B.图乙是利用不一样气体系成的五彩缤纷的霓虹灯 ,原由是各样气体原子的能级不一样,跃迁时发射光子的能量不一样,光子的频次不一样C.图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置 ,在α、β、γ三种射线中 ,最有可能使用的射线是β射线D.图丁是原子核的比联合能与质量数 A 的关系图像 ,由图可知中等大小的核的比联合能最大 ,即(核反响中 )均匀每个核子的质量损失最小[分析 ] B 图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样,证明电子拥有颠簸性 ,选项 A 错误 ;图乙是利用不一样气体系成的五彩缤纷的霓虹灯 ,原由是各样气体原子的能级不一样 ,跃迁时发射光子的能量不一样 ,光子的频次不一样 ,选项 B 正确 ;图丙是工业上使用的用射线检测金属板厚度的装置 ,在 α、β、γ三种射线中 ,因为 γ射线穿透能力最强 ,最有可能使用的射线是 γ射线 ,选项 C 错误 ;图丁是原子核的比联合能与质量数 A 的关系图像 ,可知中等大小的核的比联合能最大 ,即在核子联合成原子核时均匀每个核子开释的能量最大,均匀每个核子的质量损失最大 ,选项 D 错误 .2.据《世界网络日报》报导 ,在埃及古城艾赫米姆不远处,考古队发掘出埃及第十九王朝拉美西斯二世大神殿 .经过剖析发现 ,殿内古代木头中的 14C 的含量约为自然界含量2的 2 ,已知植物死后其体内的 14C 会渐渐减少 ,14C 的半衰期为 5730 年,则由此可推测拉 美西斯神殿距今约为()A. 4000 年B. 3000 年C. 2000 年D. 1000 年??2 ??573011[分析 ] B衰变后的质量 m=M (2)??,此中 t 是时间 ,T 是半衰期 ,由 2 =(2)??,解得 t=2 年=2865 年 ,故 B 正确 .3. [2018· 浙江义乌模拟 ] 核能作为一种新能源在现代社会中已不行缺乏 ,我国在完美核电安全基础大将加大核电站建设 .核泄露中的钚 (Pu)是一种拥有放射性的超铀元素 ,它可损坏细胞基因 ,提升罹患癌症的风险 .已知钚的一种同位素23994 Pu 的半衰期为 242394100 年,其衰变方程为 94Pu →X +2He+γ,以下有关说法正确的 ()A. X 原子核中含有 143 此中子239B.100 个 94 Pu 经过 24 100 年后必定还节余 50 个C.因为衰变时开释巨大能量 ,依据 E=mc 2,衰变过程总质量增添D.衰变发出的 γ射线是波长很长的光子 ,穿透能力较弱[分析 ] A 依据电荷数守恒、质量数守恒知 ,X 的电荷数为 92,质量数为 235,则中子数为 143,故 A 正确 ;半衰期拥有统计规律 ,对大批的原子核合用 ,故 B 错误 ;因为衰变时释2放巨大能量 ,依据 E=mc,衰变过程总质量减小 ,故 C 错误 ;衰变发出的 γ射线是波长很短的光子 ,穿透能力很强 ,故 D 错误 .2414.一种高温扩散云室探测射线的原理是 :在上盖透明的密封容器内 ,放射源镅95 Am 衰237变为镎93 Np 的过程中 ,放射线穿过洁净空气并使其电离 ,沿射线径迹产生一连串的凝241结核 ,容器内就出现 “云雾 ” ,这样就能够看到射线的径迹 .已知 95 Am 的半衰期为 432.6年,则以下说法正确的选项是( )A.放射线是核外电子电离形成的B.经过该云室看到的是 α射线的径迹241C. 0.4 g 的 95 Am 经过 865 年大概衰变了 0.1 gD.若云室的温度高升,24195Am 的半衰期会变短241 → 237 4 [分析] B依据题意可知核反响方程为 9593Np+ 2AmHe,则放射线是原子核的衰变241放出的 α粒子 ,经过该云室看到的是 α射线的径迹 ,选项 A 错误 ,B 正确 ;0.4g 的 95 Am经过 865 年大概经过了两个半衰期 ,则还剩下 0.1 g,选项 C 错误 ;半衰期与外界环境无关,选项 D 错误 .5.铀原子核既可发生衰变 ,也可发生裂变 .其衰变方程为23823423592U→90Th+X,裂变方程为 92 U189 1 235189+0n → Y +、、36Kr+30n,此中 92U 0n 、Y36Kr 的质量分别为 m 1、m 2、m 3、 m 4,光在真空中的流传速度为 c.以下表达正确的选项是()238A.92U 发生的是 β衰变B.Y 原子核中含有 56 此中子 238C.若提升温度 ,92U 的半衰期将会变小D.裂变时开释的能量为 (??1- 2??2- ??3- ??4)c2238[分析 ] D 依据质量数守恒和电荷数守恒可知 ,X 为氦原子核,92U 发生的是α衰变 ,故 A错误 ;依据质量数守恒和电荷数守恒可知 ,Y 的质量数 A=235+1-89-3=144,电荷数Z=92-36=56,由原子核的构成特色可知,Y 原子核中含有 56 个质子 ,中子数为 144-56=88个,故 B 错误 ;半衰期与温度、压强等外界要素没关,故 C 错误 ;因为核裂变的过程中释放能量 ,依据爱因斯坦质能方程得E= mc2=(m1-2m2-m3-m4)c2,故 D 正确 .6.(多项选择 )如图 31-2 所示是氢原子的能级图 ,一群氢原子处于 n=3 能级 ,以下说法中正确的是()图 31-2A.这群氢原子跃迁时能够发出 3 种不一样频次的光子B.这群氢原子发出的光子中,能量最大为 10.2 eVC.从 n=3 能级跃迁到 n=2 能级时发出的光波长最长D.这群氢原子能够汲取随意光子的能量而向更高能级跃迁2?? 3 种不一样频次的光子 ,故 A 正确 ;由n=3[分析 ] AC 依据3=3 知,这群氢原子能够发出能级跃迁到 n=1 能级 ,辐射的光子能量最大 ,E=(13.6-1.51)eV=12.09 eV,故 B 错误 ;从n=3 能级跃迁到 n=2 能级辐射的光子能量最小,频次最小 ,则波长最长 ,故 C 正确 ;一群处于 n=3 能级的氢原子汲取光子能量发生跃迁,汲取的能量一定等于两能级的能级差 ,故 D错误.7.如图 31-3 所示为氢原子的能级表示图,现有大批的氢原子处于n=4 的激发态 ,当原子向低能级跃迁时辐射出若干不一样频次的光.对于这些光 ,以下说法正确的选项是 ()图 31-3A.最简单发生显然衍射现象的光是氢原子由n=4 能级跃迁到 n=1 能级产生的B.频次最小的光是氢原子由n=2 能级跃迁到 n=1 能级产生的C.这些氢原子总合可辐射出 3 种不一样频次的光D.用氢原子从 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光去照耀逸出功为 6.34 eV 的金属铂能发生光电效应[分析 ] D氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光,能量最小,波长最长,所以最容易发生显然的衍射现象 ,故 A 错误 ;由能级差可知能量最小的光频次最小 ,是氢原子由n=4 能级跃迁到 n=3 能级产生的 ,故 B 错误 ;大批处于 n=4 能级的氢原子能发射??(??- 1)2=6 种频次的光 ,故 C 错误 ;由 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光的能量为E=-3.4 eV-(-13.6) eV=10.2 eV,大于 6.34 eV,能使该金属发生光电效应,故 D 正确 .。

第一单元　运动的描述与匀变速直线运动第1讲　描述直线运动的基本概念【教材知识梳理】一、有质量二、不动　地面四、1.运动轨迹　2.有向线段五、1.　对应位移　2.切线六、1.速度的变化量　辨别明理(1)(√)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(√)　(5)(√)(6)(√)(7)在傍晚,飞机自东向西飞行的速度大于地球自转的速度.[解析]由于地球自西向东旋转,我们看到太阳从东边升起,向西边落下,旅客要看到太阳从西边升起,必须在傍晚,要求飞机自东向西飞行的速度大于地球自转的速度.【考点互动探究】考点一1.D2.AD　[解析]在操场中心A点看来,该同学最终离A点的距离为m=50m,方向为北偏东θ角,满足sinθ=,即θ=37°,运动的路程为70m,选项A、D正确.3.C　[解析]矢量和标量都可以有正、负号,矢量的正负表示方向,但标量的正负不一定表示大小,比如功的正负既不表示大小也不表示方向,而是表示能量转化的情况,选项A、B错误,C正确;当物体做单向直线运动时,位移的大小与路程相等,但位移具有方向,所以位移(矢量)与路程(标量)意义不同,选项D错误.考点二例1　BC　[解析]从A到B的位移为9km,用时h,由平均速度定义式可得整个过程的平均速度为108km/h,故A错误,B正确;速度计显示的是瞬时速度大小,故C正确;经过C时速度的方向沿C点切线方向,故D错误.变式题　C　[解析]由v=可得,小明在第2s内的平均速度为2m/s,在前4s内的平均速度为v=m/s=2.5m/s,C正确,B错误;因小明的运动性质不能确定,故无法确定小明的瞬时速度大小,A、D错误.例2　0.1　0.25[解析]因为通过光电门的时间都很短,所以通过光电门的瞬时速度近似等于平均速度.由v=得v1=m/s=0.1m/sv2=m/s=0.25m/s.[点评]测出物体在微小时间Δt内发生的微小位移Δx,然后可由v=求出物体在该位置的瞬时速度,这样瞬时速度的测量便可转化成为微小时间Δt和微小位移Δx的测量.考点三例3　C　[解析]由图可得速度v2<v1,汽车做减速运动,选项A错误;加速度a=,其方向与Δv的方向相同,与v1的方向相反,选项C正确,选项B、D错误.例4　B　[解析]由于加速度的方向始终与速度方向相同,故质点速度逐渐增大,当加速度减小到零时,速度达到最大值,选项A错误,选项B正确;因速度方向不变,故位移逐渐增大,当加速度减小到零时,速度不再变化,位移将随时间继续增大,选项C、D错误.例5　AD　[解析]当初、末速度方向相同时,a==m/s2=6m/s2,方向与初速度的方向相同,A正确,B错误;当初、末速度方向相反时,a==m/s2=-14m/s2,方向与初速度的方向相反,C错误,D正确.考点四例6　C　[解析]一张普通的扑克牌的宽度为5.7cm,扑克牌的宽度约为子弹头长度的3倍,即子弹头长度约为1.9cm,子弹头穿过扑克牌通过的位移为x=5.7cm+1.9cm=7.6cm,所以子弹头穿过扑克牌的时间t==s≈8.4×10-5s.变式题　D　[解析]当没有站人时,测量仪的空间高度为h0=,输出电压为U0=kM0,当站人时,测量仪中可传播超声波的有效空间高度h=,输出电压为U=kM,故人的高度为H=h0-h=,人的质量为m=M-M0=(U-U0),选项D正确.1.(多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体,不计空气阻力,在物体下落过程中,下列说法正确的是( )A.从直升机上看,物体做自由落体运动B.从直升机上看,物体始终在直升机的后方C.从地面上看,物体做平抛运动D.从地面上看,物体做自由落体运动[解析]AC　由于惯性,释放后物体在水平方向做匀速直线运动,故物体在水平方向上和直升机不发生相对运动,而物体在竖直方向上初速度为0,加速度为g,故在竖直方向上做自由落体运动,所以从直升机上看,物体做自由落体运动,故选项A正确,B错误;从地面上看,物体做平抛运动,故选项C正确,D错误.2.用同一张底片对着小球运动的路径每隔s拍一次照,得到的照片如图1-1所示,则小球在图示过程中的平均速度的大小是( )图1-1A.0.25m/sB.0.2m/sC.0.17m/sD.无法确定[解析]C　图示过程中x=6.0cm-1.0cm=5.0cm=0.050m,t=3×s,故==0.17m/s,选项C正确.3.一质点沿Ox方向做变速直线运动,它离开O点的距离x随时间t变化的关系为x=(5+2t3)m,它的速度随时间t变化的关系为v=6t2m/s,该质点在t=0到t=2s间的平均速度和t=2s到t=3s间的平均速度的大小分别为( )A.12m/s和39m/sB.8m/s和38m/sC.12m/s和19.5m/sD.8m/s和13m/s[解析]B　t=0时,x0=5m;t=2s时,x2=21m;t=3s时,x3=59m.平均速度=,故==8m/s,==38m/s.图1-24.有一个方法可以用来快速估测闪电处至观察者之间的直线距离:只要数出自观察到闪光起至听到雷声的时间——t秒,就能估算出以千米为单位的闪电处与观察者之间的直线距离x.已知空气中的声速约为340m/s,则x约为( )A.t kmB.kmC.kmD.km[解析]C　忽略光传播的时间,则声音从闪电处到观察者用时t秒,声速约为v=340m/s≈km/s,所以x=v·t s≈km,选项C正确.5.图1-3是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图,测速仪发出并接收超声波信号,根据发出和接收到的信号间的时间差,测出被测汽车的速度.图中p1、p2是测速仪发出的超声波信号,n1、n2是p1、p2由汽车反射回来的信号,发射和接收到超声波信号对应的时刻如图所示.设测速仪匀速扫描,p1、p2对应时刻之间的时间间隔Δt=1.0s,超声波在空气中传播的速度是v=340m/s,若汽车是匀速行驶的,求:(1)汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离;(2)汽车的速度大小.图1-3[答案](1)17m　(2)17.9m/s[解析](1)设p1、n1、p2、n2对应的时刻分别为t1、t2、t3、t4,t1~t2的中间时刻(汽车与超声波第一次相遇的时刻)为t5,t3~t4的中间时刻(汽车与超声波第二次相遇的时刻)为t6.从题目所给条件得,标尺上每小格表示的时间为s,则有超声波第一次与汽车相遇时通过的位移为s1=v超声波第二次与汽车相遇时通过的位移为s2=v汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离为s1-s2=17m(2)以上过程中,汽车的运动时间为Δt'=t6-t5汽车的速度为v'=,从标尺上读出数据代入得v'=17.9m/s.第2讲　匀变速直线运动的规律及应用【教材知识梳理】一、1.(1)v0+at　(2)v0t+at2　(3)v2-=2ax2.(1)　(2)aT2二、1.(1)零　(2)匀加速2.(1)v=gt　(2)h=gt2　(3)v2=2gh辨别明理(1)(√)　(2)(×)　(3)(×)　(4)(√)　(5)(×)(6)(√)　(7)(×)【考点互动探究】考点一例1　1∶3　[解析]根据题意可知,物体在第一段时间t内做匀加速直线运动,在第二段时间t内先做匀减速直线运动到速度为零后反向做匀加速直线运动,取第一段时间t内的运动方向为正方向,画出物体运动过程示意图如图2-1所示.图2-1针对两个运动阶段,由位移公式得x=a1t2-x=a1t·t+(-a2)t2联立解得=.变式题1　1∶3　[解析]针对两个运动阶段,由位移公式得x=a1t2-x=a1t·t+(-a2)t2由牛顿第二定律得F1=ma1F2=ma2联立解得=.变式题2　12J　36J[解析]针对两个运动阶段,由位移公式得x=a1t2-x=a1t·t+(-a2)t2由牛顿第二定律得F1=ma1F2=ma2由功的定义式得W1=F1xW2=-F2·(-x)对整个过程应用动能定理可得W1+W2=48J联立解得W1=12J,W2=36J.变式题3　C　[解析]设第一个过程末速度为v1,第二个过程末速度大小为v2.根据题意知两过程的平均速度大小相等.根据匀变速直线运动规律有=,得v2=2v1,根据动能定理有W1=m,W2=m-m,而E k=m,所以W1=0.25E k,W2=0.75E k,又因为位移大小相等,所以两个过程中电场力的大小之比为1∶3,根据冲量定义得I1=F1t,I2=F2t,所以可得I2=3I1,故A、B、D错误,C正确.考点二1.(1)1∶2∶3∶…∶n　(2)12∶22∶32∶…∶n2(3)1∶3∶5∶…∶(2n-1)(4)1∶(-1)∶(-)∶…∶(-)例2　t[解析]解法一:逆向思维法物体匀减速冲上斜面的上滑过程,相当于匀加速滑下斜面的逆过程.设物体从B到C所用的时间为t BC.由运动学公式得x BC=ax AC=a(t+t BC)2又知x BC=l,x AC=l联立解得t BC=t.解法二:基本公式法物体沿斜面向上做匀减速运动,设初速度为v0,物体从B滑到C所用的时间为t BC,由匀变速直线运动的规律可得=2ax AC-=-2ax ABx AB=x AC联立解得v B=又知v B=v0-atv B=at BC解得t BC=t.解法三:比例法对于初速度为零的匀加速直线运动,在连续相等的时间内通过的位移之比为x1∶x2∶x3∶…∶x n=1∶3∶5∶…∶(2n-1).因为x CB∶x BA=1∶3,而通过x BA的时间为t,所以通过x BC的时间t BC=t.解法四:中间时刻速度法利用推论:匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度,即v AC=又知=2ax AC=2ax BCx BC=联立解得v B=可以看成v B正好等于AC段的平均速度,则B点对应这段位移的中间时刻,因此有t BC=t.解法五:图像法根据匀变速直线运动的规律,画出v-t图像,如图所示.利用相似三角形的规律,面积之比等于对应边的二次方之比,得==而OD=tDC=t BCOC=t+t BC联立解得t BC=t.变式题1　B　[解析]根据题意,物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度,在第一段内中间时刻的瞬时速度为v1=m/s=4m/s,在第二段内中间时刻的瞬时速度为v2=m/s=8m/s,则物体的加速度为a==m/s2=m/s2,故选项B正确.变式题2　BD　[解析]根据题设条件得Δv=at=-2m/s,所以AB、BC为连续相等时间内的位移,由匀变速直线运动的推论Δx=at2,解得t==1s,a=-2m/s2,选项B正确;质点从A点运动到C点的时间为2t=2s,选项C错误;根据匀变速直线运动的推论=,可得v B==5m/s,选项A错误;由速度与位移关系式可得BD==6.25m,所以AD=AB+BD=12.25m,选项D正确.考点三例3　ACD　[解析]根据h=gt2可知,下落的高度越大,则时间越长,选项A正确;根据v2=2gh可得,第一次抓住直尺时,直尺的速度v==2m/s,选项B错误;反应时间大于0.4s,则直尺下落的高度大于×10×0.42m=80cm,此高度大于直尺长度50cm,选项C正确;“反应时间”与长度一一是对应的关系,选项D正确.变式题　C　[解析]石子做自由落体运动,它留下径迹CD的对应运动时间即为照相机的曝光时间.设开始下落点为O,由照片可以看出,CD长度对应两块砖的厚度,即CD的实际长度为CD=6×2cm=0.12m,而OC=1.5m+5×0.06m=1.8m,则OD=OC+CD=1.92m,由h=gt2知,从O到C的时间t C=s=0.6s,从O到D的时间t D=s=0.62s,所以曝光时间Δt=t D-t C=0.02s,选项C正确.例4　7s　60m/s[解析]解法一:全程法取全过程为一整体进行研究,从重物自气球上掉落开始计时,经时间t落地,规定初速度方向为正方向,画出运动草图,如图所示.重物在时间t内的位移h=-175m将h=-175m、v0=10m/s代入位移公式h=v0t-gt2解得t=7s或t=-5s(舍去)所以重物落地速度为v=v0-gt=10m/s-10×7m/s=-60m/s其中负号表示方向竖直向下,与初速度方向相反.解法二:分段法设重物离开气球后,经过t1时间上升到最高点,则t1==1s上升的最大距离h1==5m故重物离地面的最大高度为H=h1+h=5m+175m=180m重物从最高处自由下落,落地时间为t2==6s落地速度为v=gt2=10×6m/s=60m/s,方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t=t1+t2=7s.变式题　AB　[解析]初速度v0=30m/s,只需要t1==3s即可上升到最高点,上升高度为h1==m=45m,再自由落体t2=2s时间,下降高度为h2=g=×10×22m=20m,故路程为s=h1+h2=65m,选项A正确;5s内物体的位移x=h1-h2=25m,方向竖直向上,选项B正确;5s内物体的速度改变量为Δv=gt=10×5m/s=50m/s,方向竖直向下,选项C错误;平均速度为==m/s=5m/s,方向竖直向上,选项D错误.考点四例5　(1)a(2t0)2　a(3t0)2　(2)a　at1　v1t2=at1t2变式题　(1)4m/s2　(2)32m　(3)3s[解析](1)在AB段,由运动学公式得a1==m/s2=4m/s2(2)AB段的长度为L 1=a1=32m(3)AB段的长度为L1=t1BC段的长度为L2=vt2CD段的长度为L3=t3总路程为L=L1+L2+L3=92m总时间为t=t 1+t2+t3=8.5s联立得L=(t-t2)+vt2解得t2=3s1.汽车以36km/h的速度沿平直公路行驶,遇障碍物刹车后获得大小为a=4m/s2的加速度,刹车后第3s内,汽车通过的路程为( )A.12.5mB.2mC.10mD.0.5m[解析]D　由v=at可得从刹车到静止所需的时间t=2.5s,则第3s内的位移,实际上就是2~2.5s内的位移,x=at'2=0.5m,选项D正确.2.在光滑且足够长的斜面上,有一物体以10m/s的初速度沿斜面向上运动.如果物体的加速度始终为5m/s2,方向沿斜面向下,那么经过3s时的速度大小和方向是( ) A.25m/s,沿斜面向上B.5m/s,沿斜面向下C.5m/s,沿斜面向上D.25m/s,沿斜面向下[解析]B　取初速度方向为正方向,则v0=10m/s,a=-5m/s2,由v=v0+at可得,当t=3s时,v=-5m/s,“-”表示速度方向沿斜面向下,选项B正确.3.在某一高度以v0=20m/s的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力),当小球速度大小为10m/s时,以下判断正确的是(g取10m/s2)( )A.小球在这段时间内的平均速度大小一定为15m/s,方向向上B.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s,方向向下C.小球在这段时间内的平均速度大小一定为5m/s,方向向上D.小球的位移大小一定是15m[解析]D　小球被竖直上抛,做匀变速直线运动,平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式=求,规定向上为正,当小球的末速度为向上的10m/s时,v=10m/s,用公式求得平均速度为15m/s,方向向上;当小球的末速度为向下的10m/s时,v=-10m/s,用公式求得平均速度为5m/s,方向向上,选项A、B、C均错误.末速度大小为10m/s时,小球的位置一定,小球的位移大小x==15m,选项D正确.4.某航母跑道长160m,飞机发动机产生的最大加速度为5m/s2,起飞需要的最低速度为50m/s,飞机在航母跑道上起飞的过程可以简化为匀加速直线运动.若航母沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行,为使飞机安全起飞,航母匀速运动的最小速度为( )A.10m/sB.15m/sC.20m/sD.30m/s[解析]A　设航母匀速运动的最小速度为v1,飞机起飞的最低速度为v2,对航母,有x1=v1t,对飞机,有v=v1+at,-=2ax2,而相对位移x2-x1=160m,联立解得v1=10m/s,选项A正确.25.(多选)[2018·河南信阳模拟]从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间.两位同学合作,用刻度尺可以测出人的反应时间:如图2-1甲所示,A捏住尺的上端,B在尺的下部做握尺的准备(但不与尺接触),当看到A放开手时,B立即握住尺.若B做握尺准备时,手指的位置如图乙所示,而握住尺的位置如图丙所示,则下列说法正确的是(g取10m/s2)( )图2-1A.B同学的反应时间约为0.2sB.A同学的反应时间约为0.2sC.B握住尺前的瞬间,尺的运动速度约为2m/sD.若A左手捏住尺的上端,右手在尺的下部做握尺的准备,用此方法也可测出自己的反应时间[解析]AC　尺在反应时间内下落了20cm,由h=gt2可得,t=0.2s,选项A正确;B握住尺前的瞬间,尺的运动速度v=gt=2m/s,选项C正确;若甲左手捏住尺的上端,右手在尺的下部作握尺的准备,用此方法测出的时间是甲的心理调整的时间,不是看到直尺下落后的时间.故D错误.6.一辆汽车在平直公路上做刹车实验,若从0时刻起汽车在运动过程中的位移与速度的关系式为x=10-0.1v2(m),则下列分析正确的是( )A.刹车过程的加速度大小为10m/s2B.刹车过程持续的时间为5sC.初速度为10m/sD.刹车过程的位移为5m[解析]C　由v2-=2ax可得x=v2-,对照x=10-0.1v2(m),可知a=-5m/s2,v0=10m/s,选项A错误,C正确;由v=v0+at可得刹车过程持续的时间为t=2s,由v2-=2ax可得刹车过程的位移x=10m,选项B、D错误.7.在竖直的井底,将一物块以11m/s的速度竖直地向上抛出,物块冲过井口时被人接住,在被人接住前1s内物块的位移是4m,位移方向向上,不计空气阻力,g取10m/s2,求:(1)物块从抛出到被人接住所经历的时间;(2)此竖直井的深度.[答案](1)1.2s　(2)6m[解析](1)设被人接住前1s时刻物块的速度为v,则h'=vt'-gt'2故v==m/s=9m/s则物块从抛出到被人接住所用总时间为t=+t'=s+1s=1.2s.(2)竖直井的深度为h=v0t-gt2=11×1.2m-×10×1.22m=6m.8.A点与B点相距400m,某人骑车从A到B,途中先加速后匀速再减速,加速运动和减速运动的加速度大小均为2m/s2.若此人在A点由静止开始运动,到B点恰好停止,中途的最大速度为10m/s,则他由A点到B点需要多长时间?[答案]45s[解析]加速阶段所用时间为t1==5s这段时间位移为x 1=a=25m减速过程所用时间和位移与加速过程相同.故中间匀速过程的位移x2=(400-25-25)m=350m所用时间为t2==35s,故他从A到B需要的总时间t=(35+5+5)s=45s9.从斜面上某一位置每隔0.1s释放一颗小球,在连续释放几颗后,对斜面上正在运动着的小球拍下部分照片,如图所示.现测得x AB=15cm,x BC=20cm,已知小球在斜面上做匀加速直线运动,且加速度大小相同.图Z2-2(1)求小球的加速度大小.(2)求拍摄时B球的速度大小.(3)D、C两球相距多远?(4)A球上面正在运动着的小球共有几颗?[答案](1)5m/s2　(2)1.75m/s　(3)25cm　(4)2颗[解析](1)由Δx=aT2得a===m/s2=5m/s2.(2)v B==m/s=1.75m/s.(3)由Δx=x DC-x BC=x BC-x AB得x DC=x BC+(x BC-x AB)=20cm+5cm=25cm.(4)小球B从开始下滑到图示位置所需的时间为t B==s=0.35s则B球上面正在运动着的小球共有3颗,A球上面正在运动着的小球共有2颗.专题一　运动图像　追及、相遇问题【热点题型探究】热点一1.B　[解析]图像的纵截距表示出发点,所以出发点不同,A错误;两图像的交点表示两个物体在某时刻处于相同的位置,B正确;0~t1时间内,P的位移为x1-x0,Q的位移为x1,Q的位移较大,C错误;图像的斜率表示速度,所以Q的速度大于P的速度,D错误.2.AB　[解析]根据速度图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知,质点在0~5s内的位移x=×2×5m=5m,选项A正确;质点在8~12s内的位移x=×2m+×1m-×1m=8m,平均速度为=m/s=2m/s,选项D错误;由v-t图像的斜率表示加速度可知,0~5s内的加速度大小a1=m/s2,8~10s内的加速度大小a2=m/s2=2m/s2,10~12s内的加速度大小a3=m/s2=6m/s2,所以质点在整个运动过程中,10~12s内的加速度最大,选项B正确;质点在11s末速度将要反向,此时离出发点最远,选项C错误.3.C　[解析]位移—时间图像表示位移随时间的变化规律,不是物体运动的轨迹,甲、乙都做直线运动,故A错误.由位移—时间图像的斜率表示速度可知,在t=0时刻,甲、乙的速度都不为零,故B错误.0~t2时间内,丁车的速度大于丙车的速度,两车间的距离逐渐增大,在t 2时刻相距最远,故C 正确,D 错误.例1　A [解析]质点在开始一段时间内的x-t 图像是一条直线,其斜率不变且不负值,故做匀速直线运动,速度方向与规定的正方向相反;在第二段时间内,质点处于静止状态,速度为零;在第三段时间内,图线的斜率不变且为正值,即速度不变且为正值;在第四段时间内,质点静止在出发点.综上可知,质点的v-t 图像是A 图.变式题　B [解析]根据v-t 图线的斜率表示加速度知,0~1s 内质点由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a==m/s 2=2m/s 2,1~2s 内质点做匀减速直线运动,加速度为a'==m/s 2=-2m/s 2,同理分析,2~3s 内质点反向做匀加速直线运动,加速度为-3m/s 2,3~4s 内质点反向做匀减速直线运动,加速度为3m/s 2,故选项A 错误,选项B 正确;由匀变速直线运动的位移公式x=at 2可知,每一时间段内质点的位移与时间成二次函数关系,x-t 图像为抛物线,故选项C 、D 错误.例2　C [解析]由图像结合位移公式x=v 0t+at 2可知,物体做匀加速直线运动,由d=v 0c+ac 2和3d=v 0·2c+a (2c )2,解得v 0=,a=,A 、B 错误;由速度公式可知,物体在c时刻的速度为v0+ac=,在1.5c时刻的速度为v0+1.5ac=,C正确,D错误.例3　B　[解析]可以画出p和q运动的v-t图像,如图所示,由于路程一样大,所以q所用的时间短.变式题　D　[解析]依据x=v0t-gt2作出x-t图像,如图所示.显然,两条图线相交表示A、B相遇.由图可直接看出,当Δt满足关系式<Δt<时,A、B可在空中相遇,选项D 正确.热点二例4　(1)3s　(2)4s[解析](1)汽车刹车后要在x=50m处的站点停车,则汽车刹车的加速度a==-1m/s2汽车相对自行车做初速度v'0=10m/s-3m/s=7m/s、加速度a=-1m/s2的匀减速运动,设车头到达自行车车尾历时为t1,则有x0=v'0t1+a解得t1=3s(2)设车尾到达自行车车头历时为t2,则有x1=v'0t2+a而位移满足关系x1=x0+L+L0解得t2=7s则第一次错车时间为Δt=t2-t1=4s变式题1　(1)2m/s2　(2)17s[解析](1)t3时刻前,当两车速度相等时(即t2时刻),两车相距最远.0~t2时间内,有x乙=x甲+x0即vt2=v(t2-t1)+x0解得t1=5s所以甲车的加速度a1==2m/s2(2)0~t3时间内,两车位移相同,有x'甲=x'乙即a1(t3-t1)2=a2其中a2==1m/s2解得t3=17s变式题2　ABC　[解析]在v-t图像中,图线与横坐标轴围成的面积表示位移,由图像可知,在t=2s时和t=6s时,两图线与横坐标轴围成的面积相等,说明发生的位移相等,由于两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动,因此两物体两次相遇的时刻是2s和6s时刻,故A正确;开始运动时,A的初速度为零,B在前面,在t=2s时,两物体相遇,以后A在前面,直到t=6s时相遇,故B正确;由图像可知,两物体相距最远时刻出现在B追A阶段,当速度相等时,A、B相距最远,此时t=4s,故C正确;0~2s内A物体的位移为x=×2×10m=10m,故D错误.【高考模拟演练】1.CD　[解析]x-t图像中图线的斜率表示速度,t1时刻两图线的斜率不同,即两车速度不相等,A错误;甲、乙两车起点不同,t1时刻所处的位置相同,故0~t1时间内路程不同,B错误;t1、t2时刻甲、乙位置均相同,且都做单方向上的直线运动,所以t1~t2时间内路程相等,C正确;t1~t2时间内甲的图线的斜率先小于乙后大于乙,所以中间存在斜率与乙相等的时刻,D正确.2.BD　[解析]根据速度—时间图像中图线与时间轴所围面积表示位移可知,在t1~t2时间内,甲车位移大于乙车位移,又知t2时刻两车相遇,因此在t1时刻甲车在后,乙车在前,选项A错误,选项B正确;速度—时间图像的斜率的绝对值表示加速度大小,根据图像可知,甲、乙的斜率的绝对值均先减小后增大,因此甲、乙的加速度大小均先减小后增大,选项C错误,选项D正确.3.BD　[解析]在t=3s时,两车并排行驶,由图像可得在1~3s内两车发生的位移大小相等,说明在t=1s时,两车并排行驶,由图像可得前1s内乙车位移大于甲车位移,且位移之差Δx=x2-x1=×1m=7.5m,所以在t=0时,甲车在乙车前7.5m,选项A、C错误,选项B正确;在1~3s内两车的平均速度==20m/s,各自的位移x=t=40m,选项D正确.4.B　[解析]x-t图像的斜率表示速度,b、c对应的图线为直线,斜率恒定,做匀速直线运动,但斜率的正负不同,两个物体的速度方向不同,选项A、C错误;在0~5s内,a、b两个物体间的距离逐渐变大,选项B正确;物体a的运动满足x=x0+at2,代入数据点(0,10m)和(5s,20m),解得加速度为0.8m/s2,选项D错误.5.AC　[解析]v-t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移,所以质点在0~1s内的位移小于在1~2s内的位移,选项A正确;v-t图像的斜率表示加速度,质点在1~2s内的加速度越来越大,选项B错误;质点在1~2s内的位移x>m=15m,平均速度=>15m/s,选项C正确;质点在0~3s内的速度方向不变,3s末不会回到出发点,选项D 错误.1.[2018·雅安三诊]甲、乙两物体在同一直线上运动,其位移—时间图像如图Z1-1所示,由图像可知( )图Z1-1A.甲比乙运动得快B.乙开始运动时,两物体相距20mC.在前25s内,两物体间的距离先增大后减小D.在前25s内,两物体的位移大小相等[解析]C　位移—时间图像的斜率表示速度,所以甲的速度比乙的速度小,选项A错误;由图像知乙从原点出发,乙开始运动时,甲的位置坐标大于20m,则两物体间距大于20m,选项B错误;在0~10s这段时间内,乙静止在原点,甲沿正向做匀速直线运动,则两物体间的距离逐渐增大,在10~25s这段时间内,甲的运动速率小于乙的运动速率,甲在乙的前方,则两者间的距离逐渐减小,选项C正确;在前25s内,甲的位移为x1=40m-20m=20m,乙的位移为x2=40m-0m=40m,选项D错误.2.[2018·汉中二检]图Z1-2是某深潜器从水面开始下潜到返回水面的全过程的速度—时间图像,则下列说法中正确的是( )图Z1-2A.加速度最大值是0.025m/s2B.深潜器在0~1min和8~10min的时间段内处于超重状态C.深潜器本次下潜的最大深度为360mD.深潜器在1~3min的时间内处于静止状态[解析]C　v-t图像的斜率表示加速度,在0~1min和3~4min的时间段内的加速度最大,且最大加速度a m==0.033m/s2,选项A错误;在3~4min和6~8min的时间段内,加速度向上,处于超重状态,在0~1min和8~10min的时间段内,加速度向下,处于失重状态,选项B错误;在4min时刻,下潜的深度最大,且h=×2m=360m,选项C正确;在1~3min的时间段内,深潜器匀速下潜,选项D错误.3.(多选)甲、乙两车从同一地点出发,向同一方向行驶,它们的x-t图像如图Z1-3所示,则由图可看出( )图Z1-3A.乙比甲先出发,甲比乙先到达距出发点x0处B.甲比乙先出发,乙比甲先到达距出发点x0处C.0~x 0段两车的平均速度相同D.两车行驶时的速度相同[解析]BD　由图像可知,甲比乙先出发,而乙比甲先到达距离出发点x0处,选项A错误,B正确;两车发生的位移相等,甲用的时间比乙的多,根据公式=可得,两车的平均速度不相等,但两车在行驶时的速度一样,选项C错误,D正确.4.[2018·大连二模]一辆货车在平直公路上以20m/s的速度匀速行驶,车长L=7.5m.当货车经过路边的交警时掉下一小包货物,交警发现货车司机并未意识到.在货车车尾经过交警1s时,交警立刻启动摩托车前去追赶货车向司机说明情况,摩托车启动后先做匀加速直线运动,加速度a=4m/s2,速度达到30m/s后做匀速直线运动.摩托车可以看作质点,则:(1)摩托车刚启动时距货车车头多远?(2)摩托车启动后,经过多长时间到达货车车头?[答案](1)27.5m　(2)14s[解析](1)Δx=v0t+L=27.5m(2)摩托车达到最大速度所用的时间t1==7.5s位移x1=t1=112.5m此时货车车头距交警出发点的距离x0=Δx+v0t1=177.5m。

第十四单元机械振动与机械波第35讲机械振动用单摆测定重力加速度【教材知识梳理】一、1.正弦正弦2.-kx平衡3.(1)平衡矢(2)最大距离标(3)全振动次数4.A sin(ωt+φ)二、1.位移时间2.正弦(或余弦)三、1.驱动力驱动力无关2.等于辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(×)【考点互动探究】考点一1.ABE[解析]由关系式可知ω=rad/s,T==8s,A正确;将t=1s和t=3s代入关系式中求得两时刻位移相同,B正确;作出质点的振动图像如图所示,由图像可以看出,第1s末和第3s末的速度方向不同,C错误;由图像可知,第3s末至第4s末质点的位移方向与第4s 末至第5s末质点的位移方向相反,而速度的方向相同,故D错误,E正确.2.<<[解析]当物块向右通过平衡位置时,脱离前,振子的动能E k1=(m a+m b),脱离后,振子的动能E k2=m a,由机械能守恒定律可知,平衡位置处的动能等于最大位移处的弹性势能,因此脱离后振子振幅变小;由弹簧振子的周期T=2π知,脱离后周期变小.3.ACD[解析]若振子的振幅为0.1m,由于s=(n+)T,则周期最大值为s,且t=4时刻x=0.1m,A正确,B错误;若振子的振幅为0.2m,由简谐运动的对称性可知,当振子由x=-0.1m处运动到负向最大位移处再反向运动到x=0.1m处,再经n个周期时所用时间为s,则T=s,所以周期的最大值为s,且t=4s时刻x=0.1m,故C正确;当振子由x=-0.1m处经平衡位置运动到x=0.1m处,再经n个周期时所用时间为s,则T=s,所以此时周期的最大值为8s,且t=4s时刻x=0.1m,故D正确.考点二例1CDE[解析]从图像中可以看出,两弹簧振子周期之比T甲∶T乙=2∶1,则频率之比f甲∶f乙=1∶2,D正确;弹簧振子周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关,周期不同,说明两弹簧振子不同,A错误;由于弹簧的劲度系数k不一定相同,所以两振子所受回复力(F=-kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1,B错误;由简谐运动的特点可知,在振子到达平衡位置时位移为零,速度最大,在振子到达最大位移处时,速度为零,从图像中可以看出,在振子甲到达最大位移处时,振子乙恰好到达平衡位置,C正确;当振子乙到达平衡位置时,振子甲可能在最大位移处或平衡位置,E正确.变式题BDE[解析]由图像可知,该简谐运动的周期为4s,频率为0.25Hz,在10s内质点经过的路程是2.5×4A=20cm,选项A错误,B正确.第4s末质点的速度最大,选项C错误.在t=1s和t=3s两时刻,质点位移大小相等、方向相反,选项D正确.t=2s和t=6s两时刻之间相差一个周期,故质点速度相同,选项E正确.考点三例2D[解析]由单摆的周期公式得,A→B的运动时间t1=,B→C的运动时间t2=,由对称性知,此摆的周期T=2(t1+t2)=π,D正确.变式题(1)1.25Hz(2)B处(3)0.162m[解析](1)由图像可知,单摆的周期T=0.8s所以单摆振动频率f==1.25Hz.(2)由图像可知,t=0时位移为负的最大值,所以开始时摆球在B处.(3)由T=2π知L=≈0.162m.考点四例3(1)AD(2)(3)2.019.76(4)B(5)[解析](1)做“用单摆测重力加速度”的实验时摆线要选择尽可能长一些的,摆球要选择质量大些、体积小些的,A、D正确.(2)由单摆周期T=2π,可得g=,n次全振动的时间为t,则单摆周期为T=,联立可得g=.(3)50次全振动的时间为100.5s,则周期T==2.01s,将题目所给数据代入g=,可得g=9.76m/s2.(4)由单摆周期T=2π,可得T2=l,若误将单摆的摆长记为悬点到小球下端的距离L,则单摆的实际摆长l=L-r,其中r为小球半径,联立可得T2=(L-r),变形得T2=L-,斜率大于零,纵截距-小于零,选项A错误.若误将49次全振动记成50次全振动,由T=可知,周期偏小,选项B正确.由g=可知,T偏小,则g偏大,选项C 错误.(5)设A点到细绳与铁锁所组成系统重心的距离为r,则摆长L=l+r.由单摆周期公式T=2π,可得T=2π,前后两次改变摆长,可得周期T1=2π,T2=2π,从而得g=.变式题0.9950最低点100.22.0[解析]摆长L=0.9950m;由于摆球经过最低点时速度最大,引起的周期测量误差最小,故在测量周期时,当摆球摆动稳定后,计时起点应选在小球摆至最低点时;秒表的读数为t=100.2s,则单摆的周期为T==s≈2.0s;由T=,T=2π,可得g=.考点五1.BD[解析]摇把匀速转动的频率f=Hz=4Hz,周期T==0.25s,当振子稳定振动时,它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等,A错误,B正确.当转速减小时,频率将更接近振子的固有频率2Hz,弹簧振子的振幅将增大,C、E错误,D正确.2.BCE[解析]在A的驱动下,B、C、D均做受迫振动,受迫振动的频率均与驱动力的频率(A的固有频率)相等,与各自的固有频率无关,选项A正确,选项B错误.在B、C、D中,只有C的固有频率等于驱动力的频率,所以在B、C、D中C的振幅最大,选项C、E错误,选项D正确.3.AB[解析]由共振曲线知,此单摆的固有频率为0.5Hz,固有周期为2s;由T=2π得,此单摆的摆长约为1m;若摆长增大,则单摆的固有周期增大,固有频率减小,共振曲线的峰将向左移动,A、B正确,C、D错误.此单摆做受迫振动,只有共振时的振幅最大,为8cm,E 错误.1.[2015·浙江卷]某个质点的简谐运动图像如图35-1所示,求振动的振幅和周期.图35-1[答案]10cm8s[解析]由图读出振幅A=10cm简谐运动方程x=A sin代入数据得-10cm=10sin cm解得T=8s.2.一位游客在千岛湖边欲乘坐游船,当日风浪较大,游船上下浮动.可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动,振幅为20cm,周期为3.0s.当船上升到最高点时,甲板刚好与码头地面平齐.地面与甲板的高度差不超过10cm时,游客能舒服地登船.在一个周期内,游客能舒服登船的时间是()A.0.5sB.0.75sC.1.0sD.1.5s[解析]C从平衡位置开始计时,游船的振动方程为x=20sin cm,游客要舒服地登船需满足的条件Δx=20-x≤10,解得0.25s≤t≤1.25s,故游客能舒服地登船的时间Δt=1.0s,选项C正确.3.质点做简谐运动,其x-t关系如图35-2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35-3中的()图35-2A B C D图35-3[解析]B速度为矢量,它随时间变化的周期与位移随时间变化的周期相同,故C、D错误;t=0时,质点在正向最大位移处,速度为零,t=时,质点在平衡位置且向x轴负向运动,速度为负向最大,故A错误,B正确.4.做简谐振动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是()A.位移B.速度C.加速度D.回复力[解析]B做简谐振动的物体,经过同一位置时,相对平衡位置的位移x相同,回复力(F=-kx)相同,由牛顿第二定律(F=ma)知加速度a相同,物体可能以方向相反的速度经过同一位置,故B正确.图35-45.甲、乙两个学习小组分别利用单摆测当地重力加速度.(1)甲组同学采用如图35-4所示的实验装置.①由于没有游标卡尺,无法测小球的直径d,实验中将悬点到小球最低点的距离作为摆长l,测得多组周期T和l的数据,作出l-T2图像,如图35-5所示.图35-5A.实验得到的l-T2图像是.B.小球的直径是cm.②在测量摆长后,测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变长,这将会导致所测重力加速度的数值(选填“偏大”“偏小”或“不变”).(2)乙组同学在图示装置的基础上再增加一个速度传感器,如图35-6甲所示.将摆球拉开一个小角度使其做简谐运动,速度传感器记录了摆球在摆动过程中速度随时间变化的关系,如图乙所示.图35-6①由图乙可知,该单摆的周期T=s.②改变摆线长度l后,多次测量,根据实验数据,利用计算机作出T2-l图线(l为摆线长),并根据图线拟合得到方程T2=(4.04l+0.024)s2.由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2.(取π2=9.86,结果保留3位有效数字)[答案](1)①A.c B.1.2②偏小(2)①2.0②9.76[解析](1)①单摆的周期T=2π,所以l=T2+,则l-T2图像为直线,其斜率k=,纵截距b=>0,所以图像为c,d=1.2cm.②测量周期时,摆球摆动过程中悬点O处摆线的固定点出现松动,摆长略微变大,则摆长的测量值偏小,测得的重力加速度偏小.(2)①根据简谐运动的图线知,单摆的周期T=2.0s.②根据T=2π得T2=l+,对比图线方程,可知图线的斜率k==4.04s2/m,解得g=9.76m/s2.第36讲机械波【教材知识梳理】一、机械振动有波源有介质受迫垂直平行二、1.相同2.波源4.λf三、1.平衡位置位移2.平衡位置四、1.(1)位移的矢量和(2)①增大减小②频率2.(2)相差不多更小3.(2)相对运动(3)升高降低辨别明理(1)(×)(2)(×)(3)(√)(4)(×)(5)(×)(6)(×)(7)(×)(8)(×)(9)(√)(10)(√)【考点互动探究】考点一例1(1)133cm(2)125cm[解析](1)由题意,O、P两点间的距离与波长λ之间满足OP=λ波速v与波长的关系为v=在t=5s的时间间隔内,波传播的路程为vt.由题意有vt=PQ+式中,PQ为P、Q间的距离.联立解得PQ=133cm(2)Q处的质点第一次处于波峰位置时,波源运动的时间为t1=t+T波源从平衡位置开始运动,每经过,波源运动的路程为A,由题给条件得t1=25×故t1时间内,波源运动的路程为s=25A=125cm变式题1ABD[解析]由于没有能量损失,故P与波源的振幅相同,A正确;波在传播过程中周期不变,故B正确;介质中所有质点开始振动的方向都与波源的起振方向相同,故C错误;若P与波源距离s=vT,则质点P与波源之间的距离为一个波长,故质点P与波源的位移总是相同的,D正确.变式题2BDE[解析]波长λ=vT==0.8m,SQ=14.6m=18λ,当S处于平衡位置向上振动时,Q应处于波谷;SP=15.8m=19λ,当S处于平衡位置向上振动时,P应处于波峰;可见P、Q两质点运动的方向应始终相反,A、C错误,B、D、E正确.考点二例2ACE[解析]由图像可知,λ=0.16m,波向x轴正方向传播,则有nT+=0.20s,已知周期T>0.20s,所以取n=0,可得T=0.4s,故波速v==0.40m/s,A正确,B错误;由图像可知,t=0时,x=0.08m处的质点位于平衡位置向y轴正方向振动,则t=0.70s=T时位于波谷,t=0.12s=0.3T时在平衡位置上方向波峰处运动,C正确,D错误;波从一种介质进入到另外一种介质,频率、周期均不变,所以λ'=v'T=0.32m,E正确.变式题ADE[解析]由波动图像知,波的振幅为2cm,选项A正确;波长λ=8m,周期T==s=2s,选项B错误;由于波沿x轴正方向传播,由波传播方向和质点振动方向的关系知,x=4m处质点此时向y轴正方向运动,选项C错误;此时x=4m处的质点处于平衡位置,其加速度为零,选项D正确.t=5s=T,则从此时开始5s后x=4m处的质点沿y轴负方向运动,选项E正确.例3(1)18cm/s x轴负方向(2)9cm[解析](1)由图甲可以看出,该波的波长为λ=36cm①由图乙可以看出,周期为T=2s②波速为v==18cm/s③由图乙知,当t=s时,Q点向上运动,结合图甲可得,波沿x轴负方向传播.(2)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为x P、x Q.由图甲知,x=0处y=-=A sin(-30°),因此x P=λ=3cm④由图乙知,在t=0时Q点处于平衡位置,经Δt=s,其振动状态向x轴负方向传播至P点处,由此及③式有x Q-x P=vΔt=6cm⑤由④⑤式得,质点Q的平衡位置的x坐标为x Q=9cm⑥变式题ACE[解析]由图甲读出波长λ=2m,由图乙读出周期T=4s,则v==0.5m/s,选项A正确;图甲是t=2s时的波形图,图乙是x=1.5m处质点的振动图像,该质点在t=2s时向下振动,所以波沿x轴负方向传播,选项B错误;在0~2s内质点P由波峰向波谷振动,通过的路程s=2A=8cm,选项C正确,选项D错误;t=7s时,质点P振动了个周期,所以此时质点P位置与t=T=3s时位置相同,即在平衡位置,选项E正确.考点三例4(1)x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…(2)0.1s[解析](1)t=0时,在x=50cm处两列波的波峰相遇,该处质点偏离平衡位置的位移为16cm,两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm.从图线可以看出,甲、乙两列波的波长分别为λ1=50cm,λ2=60cm甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x1=50+k1λ1,k1=0,±1,±2,…x2=50+k2λ2,k2=0,±1,±2,…联立可得,介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为x=(50+300n)cm,n=0,±1,±2,…(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm.t=0时,两波波谷间的x坐标之差为Δx'=-式中,m1和m2均为整数.将波长代入,可得Δx'=10(6m2-5m1)+5由于m1、m2均为整数,相向传播的波谷间的距离最小为Δx'0=5cm从t=0开始,介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为t=代入数值得t=0.1s变式题1AC[解析]t=0时刻,a点在波峰,b点在平衡位置,且向下振动.若波由a传到b,则a、b间距s=λ=9m(n=0,1,2,…),得λ=12m,m,m,…;若波由b传到a,则a、b间距s=λ=9m(n=0,1,2,…),得λ=36m,m,4m,…,故A、C正确.变式题2(1)54m/s(2)58m/s(3)波向左传播[解析](1)波向右传播时,传播距离Δx满足Δx=kλ+λ(k=0,1,2,3,…)由Δt=知传播时间满足Δt=kT+T(k=0,1,2,3,…)由于3T<t2-t1<4T因此k=3故Δt=3T+T由波形图知λ=8m波速v==54m/s(2)波向左传播时,传播距离Δx满足Δx=kλ+λ(k=0,1,2,3,…)传播时间满足Δt=kT+T(k=0,1,2,3,…)由3T<t2-t1<4T可知k=3故Δt=3T+T波速v==58m/s(3)波速大小为74m/s时,波在Δt时间内传播的距离为Δx=vΔt=74×0.5m=37m=(4λ+5)m所以波向左传播考点四1.BD[解析]使狭缝满足发生明显衍射现象的条件即可,即将狭缝变小或将波长变大,B、D正确.2.(1)a、c、e b、d、f(2)b、c、d、f(3)如图所示[解析](1)a、e两点分别是波谷与波谷、波峰与波峰相交的点,故此两点为振动加强点;c 点处在a、e连线上,且从运动的角度分析a点的振动形式恰沿该线传播,故c点是振动加强点;同理,b、d是振动减弱点,f也是振动减弱点.(2)因为S1、S2振幅相同,振动最强区的振幅为2A,最弱区的振幅为零,此时位移为零的点是b、c、d、f.(3)图中对应时刻a处在两波谷的交点上,即此时刻a在波谷,同理e在波峰,所以对应的波形如图所示.3.ADE[解析]根据多普勒效应,女同学荡秋千的过程中,只要她有向右的速度,即靠近声源,她都会感到哨声音调变高;反之,女同学向左运动时,她感到音调变低,选项A、D、E 正确,B、C错误.1.(多选)[2015·海南卷]一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图36-1所示,质点P的x坐标为3m.已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s.下列说法正确的是()图36-1A.波速为4m/sB.波的频率为1.25HzC.x坐标为15m的质点在t=0.6s时恰好位于波谷D.x坐标为22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰E.当质点P位于波峰时,x坐标为17m的质点恰好位于波谷[解析]BDE任意振动质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为0.4s,所以T=0.4s,T=0.8s,波传播周期与质点振动周期相同,所以简谐波的周期T=0.8s,由图可得λ=4m,可知v==5m/s,A错误;f==1.25Hz,B正确;x=15m的质点与x=3m处质点振动情况相同经过0.6s=T到达平衡位置,C错误;x=22m的质点与x=2m处质点振动情况相同,经过0.2s=T到达波峰,D正确;x=17m的质点与P点相差3λ,振动情况完全相反,所以当P点位于波峰时,x=17m处的质点位于波谷,E正确.2.(多选)[2016·天津卷]在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动,其表达式为y=5sin,它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播,某时刻波刚好传播到x=12m处,波形图像如图36-2所示,则()图36-2A.此后再经6s该波传播到x=24m处B.M点在此后第3s末的振动方向沿y轴正方向C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向D.此后M点第一次到达y=-3m处所需时间是2s[解析]AB根据波源做简谐运动的表达式可知,周期为4s,从波的图像可以看出波长为8m,根据波速公式可以得出,波速为2m/s,再经过6s,波向前传播了12m,故振动的形式传到x=24m处,A正确;M点在此时振动的方向沿y轴负方向,则第3s末,即经过了周期,该点的振动方向沿y轴正方向,B正确;波传播到x=12m时的起振方向为y轴正方向,波源的起振方向与每个点的起振方向一致,C错误;该时刻M点向y轴负方向振动,设经时间t1运动到平衡位置,由3=5sin,得t1=s,故M点第一次到达y=-3m处所需时间为s,D错误.3.(多选)[2016·四川卷]简谐横波在均匀介质中沿直线传播,P、Q是传播方向上相距10m 的两质点,波先传到P,当波传到Q时开始计时,P、Q两质点的振动图像如图36-3所示,则()图36-3A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向B.该波从P传到Q的时间可能为7sC.该波的传播速度可能为2m/sD.该波的波长可能为6m[解析]AD读图可知,质点P的振动图像为虚线,质点Q的振动图像为实线.从0时刻开始,质点Q的起振方向沿y轴正方向,选项A正确.由题可知,简谐横波的传播方向从P 到Q,由图可知,周期T=6s,质点Q的振动图像向左平移4s后与P点的振动图像重合,意味着Q比P的振动滞后了4s,即P传到Q的时间Δt可能为4s,同时由周期性可知,从P 传到Q的时间Δt为(4+nT)s,n=0,1,2,…,即Δt=4s,10s,16s,…,所以选项B错误.由v=,考虑到简谐波的周期性,当Δt=4s,10s,16s,…时,速度v可能为2.5m/s,1m/s,0.625m/s,…,选项C错误.同理,考虑周期性,由λ=vT可得,波长可能为15m,6m,3.75m,…,选项D正确.4.(多选)[2016·上海卷]甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播,波速为2m/s,振幅相同;某时刻的图像如图36-4所示,则()图36-4A.甲、乙两波的起振方向相反B.甲、乙两波的频率之比为3∶2C.再经过3s,平衡位置在x=7m处的质点振动方向向下D.再经过3s,两波源间(不含波源)有5个质点位移为零[解析]ABD甲波的起振方向向下,乙波的起振方向向上,A正确;甲、乙两波的波长之比为2∶3,波速相等,根据v=λf,故频率之比为3∶2,B正确;再经过3s,甲、乙均传播6m 距离,平衡位置在x=7m处的质点振动方向向上,C错误;再经过3s,甲、乙各传播6m距离,作出此时刻的波形,可以看出正、负位移相等的点有5个,D正确.。

参考答案第一单元 直线运动第1讲 描述直线运动的基本概念【教材知识梳理】 核心填空一、1.质量 2.形状 大小 二、1.假定不动 2.地面 三、1.一个点 2.一段线段 四、1.标 2.矢五、1.运动位移 2.ΔxΔt 3.位移六、1.速度的变化量 2.ΔvΔt3.Δv F 合易错判断(1)(×)参考系是假定不动的物体，运动物体(对地)也可以作参考系．(2)(×)做单方向直线运动的物体，其位移大小等于路程；对于往返直线运动，其位移大小小于路程．(3)(√)根据平均速度定义可知平均速度的方向与位移方向相同，二者都是矢量．(4)(√)根据瞬时速度定义可知瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向． (5)(√)加速度是矢量，正负表示方向，绝对值表示大小．(6)(√)无论物体加速度是增大还是减小，只要加速度与速度同向，物体速度就增大，反向速度就减小．【考点互动探究】考点一 对质点、参考系、位移、路程的理解 1．D [解析] 金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A 错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B 错误；9：30：41为凌甚时刻，选项C 错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D 正确． 2．AC [解析] 在O 处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km ＝5 km ，方向为东偏北θ，满足sin θ＝35，即θ＝37°，运动的路程为7 km ，选项A 、C 正确；由运动的相对性可知B 错误；若湖岸上的观察员运行速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D 错误．3．C [解析] 物体的位移是由A 到C 的有向线段，故其方向是由A 指向C ，选项D 错误；其大小为 （3R ）2＋R 2＝10R ，选项A 、B 错误；对于物体由A 到C 的路程，应该是AB ＋BC ＝πR ＋34×2πR ＝5π2R ，选项C 正确．考点二 对速度、平均速度、瞬时速度的理解 运动方向 平均速度例1 A [解析] 宽度越窄，平均速度越接近通过光电门时的瞬时速度，故选项A 正确．提高测量遮光条宽度的精确度，只是提高测量速度的精度，故选项B 错误．改变滑块的释放点到光电门的距离，只是改变测量速度的大小，故选项C 错误．改变气垫导轨与水平面的夹角，只是改变测量速度的大小，故选项D 错误．变式题 BC [解析] 由v ＝x t可得该人在第2 s 内的平均速度为2 m/s ，选项B 正确；前4 s 内的平均速度为v ＝1＋2＋3＋44 m/s ＝2.5 m/s ，C 正确；因该人的运动不是匀变速直线运动，故无法确定其瞬时速度大小，选项A 、D 均错误．考点三 对加速度及速度与加速度关系的理解1．ABD [解析] 加速度的正、负表示方向，绝对值表示大小，甲、乙加速度大小相等，选项A 正确；甲的加速度与速度同向，所以做加速运动，乙的加速度与速度方向相反，所以做减速运动，选项B 正确；加速度大小表示速度变化的快慢，甲、乙速度变化一样快，选项C 错误；由Δv ＝a Δt 可知每经过1 s ，甲的速度增加4 m/s ，D 正确．2．A [解析] 遮光板通过第一个光电门的速度v 1＝d Δt 1＝0.030.30m/s ＝0.10 m/s ，遮光板通过第二个光电门的速度v 2＝d Δt 2＝0.030.10 m/s ＝0.30 m/s ，故滑块的加速度a ＝v 2－v 1Δt≈0.067 m/s 2.3．AD [解析] 由加速度的定义可知，速度变化的方向为正，加速度的方向为正，选项A 正确；物体做减速运动时，物体加速度增大，速度反而越来越小，选项B 错误；若物体做加速度逐渐减小的加速运动，速度越来越大，加速度反而越来越小，选项C 错误；在曲线运动中，加速度既不与速度同向，也不与速度反向，可以与速度方向垂直，选项D 正确．考点四 对匀速直线运动规律的理解和应用 例2 (1)17 m (2)17.9 m/s[解析] (1)设p 1、n 1、p 2、n 2对应的时刻分别为t 1、t 2、t 3、t 4，t 1～t 2的中间时刻(汽车与超声波第一次相遇的时刻)为t 5，t 3～t 4的中间时刻(汽车与超声波第二次相遇的时刻)为t 6.从题目所给条件得，标尺上每小格表示的时间为130s ．则有超声波第一次与汽车相遇的位移为s 1＝t 2－t 12v超声波第二次与汽车相遇的位移为s 2＝t 4－t 32v汽车的位移为s 1－s 2＝17 m(2)汽车的运动时间为Δt ′＝t 6－t 5 汽车的速度为v ′＝s 1－s 2t 6－t 5，从标尺上读出数据代入得 v ′＝17.9 m/s.[点评] 解决本题的关键是搞清汽车与超声波两次相遇的时刻，找时间关系，从超声波的运动过程反映汽车的位移关系．变式题 B [解析] 根据匀速直线运动位移公式x ＝vt 可得曝光时间(数量级)等于子弹影像前后错开的距离(模型建立的关键点)除以子弹速度，所以，必须知道子弹影像前后错开距离和子弹速度的数量级，根据题意，子弹长度一般不超过10 cm ，所以弹头长度的数量级为10－2m ；再根据题意“子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%” 可得“子弹影像前后错开的距离”的数量级应该是10－4 m ，而弹头速度500 m/s 的数量级为102m/s ，所以曝光时间最接近的数量级为10－6s.【教师备用习题】 1．有一个方法可以用来快速估测闪电处至观察者之间的直线距离(如图)：只要数出自观察到闪光起至听到雷声的时间——t秒，就能估算出以千米为单位的闪电处至观察者之间的直线距离x.已知空气中的声速约为340 m/s，则x约为( )A．t kmB.t2kmC.t3kmD.t4km[解析] C 忽略光传播的时间，则声音从闪电处到观察者用时t秒，声速约为v＝340 m/s＝13km/s，所以s＝vt＝t3km，选项C正确．2．(多选)一身高为H的田径运动员正在参加百米国际比赛，在终点处，有一站在跑道终点旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线过程，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是160s，得到照片后测得照片中运动员的高度为h，胸前号码布上模糊部分宽度是ΔL.由以上数据可以知道运动员的( )A．百米成绩B．冲线速度C．百米内的平均速度D．冲线时160s内的位移[解析] BD 由于无法知道运动员跑100 m经历的时间，故无法确定其平均速度和成绩，选项A、C错误；由题意可求出冲线时160 s内运动员跑过的距离Δx＝HhΔL，进一步求得160s内的平均速度v ＝Δx160s ，由于时间极短，可把这段时间内的平均速度近似看成是冲线时的瞬时速度，选项B 、D 正确．3．一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动．司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，5 s 后听到回声，听到回声后又行驶10 s 司机第二次鸣笛，3 s 后听到回声．请根据以上数据计算一下客车的速度，看客车是否超速行驶．已知此高速公路的最高限速为120 km/h ，声音在空气中的传播速度为340 m/s.[答案] 未超速[解析] 设客车行驶速度为v 1，声速为v 2，客车第一次鸣笛时与悬崖的距离为L ，由题意知：2L －v 1×5 s ＝v 2×5 s ①当客车第二次鸣笛时，客车距悬崖为L ′，则 2L ′－v 1×3 s ＝v 2×3 s 又因为L ′＝L －v 1×15 s则2(L －v 1×15 s)－v 1×3 s ＝v 2×3 s ② 由①②联立解得v 1＝v 214≈87.43 km/h ＜120 km/h故客车未超速．4．爆炸性的加速度往往是跑车的卖点．某款跑车由静止加速至100 km/h 只需4.2 s. (1)求这款跑车的平均加速度．(2)假设普通私家车的平均加速度为 3 m/s 2，它们需要多长时间才能由静止加速至100 km/h?[答案] (1)6.61 m/s 2(2)9.26 s[解析] (1)末速度v t ＝100 km/h ＝1003.6 m/s ≈27.78 m/s ，平均加速度a ＝v t －v 0t ＝27.78－04.2 m/s 2≈6.61 m/s 2. (2)所需时间t ′＝v t －v 0a ′＝27.78－03s ＝9.26 s. 5．如图，某同学为了测定汽车的运动速度，将测速传感器B 固定在马路正中央，测速传感器B 是一个能发射超声波的小盒子，工作时B 向正前方运动的汽车A 发出短暂的超声波脉冲，脉冲经汽车A 反射后又被B 接收，从B 第1次发射超声波开始计时，当超声波脉冲到达汽车时完成位移为x 1，在t 1时刻接收到超声波，在T 时刻第2次发射超声波脉冲，在t 2时刻接收到超声波．(1)求超声波的速度v 1；(2)若第2次超声波脉冲到达汽车时完成位移为x 2，汽车的运动速度v 2是多少？[答案] (1)2x 1t 1 (2)2（x 2－x 1）t 2－t 1＋T[解析] (1)对第1次发射的超声波，经时间t 12超声波脉冲到达汽车时完成的位移为x 1，超声波的速度v 1＝2x 1t 1(2)汽车第1次接收脉冲到第2次接收脉冲的位移 x ＝x 2－x 1 运动的时间t ＝t 2－T2＋T －t 12汽车的运动速度v 2＝x 2－x 1t ＝2（x 2－x 1）t 2－t 1＋T第2讲 匀变速直线运动的规律及应用【教材知识梳理】核心填空一、1.(1)v ＝v 0＋at (2)x ＝v 0t ＋12at 2(3)v 2－v 20＝2ax 2.(1)v 0＋v2(2) aT 2二、1.(1)零 (2)匀加速 2.(1)v ＝gt (2)h ＝12gt 2(3)v 2＝2gh 易错判断 (1)(√)(2)(×)一物体做匀变速直线运动，某时刻速度为6 m/s ，1 s 后速度为反向10 m/s ，加速度大小为14 m/s 2.(3)(×)一个做初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第1 s 末，第2 s 末，第3 s 末的瞬时速度之比为1∶2∶3.(4)(×)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由0到v 运动距离是由v 到2v 运动距离的13.(5)(×) 只有匀变速直线运动和匀速直线运动，其中间时刻的瞬时速度才一定等于其平均速度．(6)(√) 根据推论Δx ＝aT 2可知该说法正确． 【考点互动探究】考点一 匀变速直线运动规律的基本应用v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2 v 2－v 20＝2ax x ＝v ＋v 02t 例1 (1)0.5 s 2 m/s 2(2)6.5 m[解析] (1)汽车从O 到标志杆B 的过程中：L OA ＋ΔL ＝v 0Δt ＋v 0(t B －Δt )－12a (t B －Δt )2汽车从O 到标志杆C 的过程中：L OA ＋2ΔL ＝v 0Δt ＋v 0(t C －Δt )－12a (t C －Δt )2联立方程组得v 0＝16 m/s ，a ＝2 m/s 2，Δt ＝0.5 s (2)汽车从开始到停下运动的距离x ＝v 0Δt ＋v 202a可得x ＝72 m因此汽车停止运动时车头在C 、D 之间离DL OA ＋3ΔL －Δs －x ＝(44＋36－1.5－72) m ＝6.5 m 变式题 B [解析] 由题意可知，x 起飞＝3000 m ，x 着陆＝2000 m ，v 起飞＝1.5v 0，v 着陆＝v 0，由x ＝v 2t 可得：t 起飞＝2x 起飞v 起飞＝6000 m 1.5v 0＝4000 m v 0；t 着陆＝4000 m v 0，选项B 正确．考点二 研究匀变速直线运动的特殊方法 1．B [解析] 利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s 内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以71＝14 m x 1，x 1＝2 m ，选项B 正确．2．A [解析] 设物体的加速度为a ，由于物体做初速度为0的匀加速直线运动，根据v ＝v 0＋at 可得：物体在第(n －1)秒末的速度为v 1＝(n －1)a ，物体在第n 秒末的速度为v 2＝na ，则在第n 秒内的平均速度v ＝na ＋（n －1）a 2＝（2n －1）a2，根据s ＝vt ，知物体在第n秒内的位移s ＝2n －12a ×1，故物体的加速度a ＝2s 2n －1，选项A 正确．3．C [解析] 设相等的时间为t ，加速度为a ，由Δs ＝at 2可得加速度为a ＝Δst 2＝4 m －3 m t 2＝1 m t 2，物块在Q 点的速度为PN 段的平均速度，v Q ＝v PN ＝4 m ＋3 m 2t ＝7 m2t，则O 、Q间的距离s OQ ＝v 2Q2a ＝498 m ，则OP 长度为s OP ＝s OQ －s PQ ＝498 m －3 m ＝258m ，选项C 正确．4．这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求[解析] 解法一：(利用中间时刻瞬时速度等于平均速度)该款小轿车设计的紧急制动加速度为a 0＝v 202s①代入数据解得a 0＝8 m/s 2②设测得的加速度为a ，轿车在制动的最初t 1＝1 s 内的平均速度v ＝x t 1③ 平均速度v 等于t 1中间时刻的瞬时速度，从中间时刻到轿车停止运动时间为t 2＝1 s ，因此有a ＝v t 2④ 联立③④并代入数据解得a ＝8.2 m/s 2⑤a >a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求． 解法二：①②式同解法一设测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21从小轿车开始制动到停止过程有0＝v 0－at解得a ＝8.2 m/s 2a >a 0，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．解法三：设测得的加速度为a ，轿车的初速度为v 0，在制动的最初t 1＝1 s 内x 1＝v 0t 1－12at 21 从小轿车开始制动到停止过程有0＝v 0－at解得a ＝8.2 m/s 2若该轿车以20 m/s 的初速度开始刹车，则刹车距离由x ＝v 202a得 x ＝24.4 mx ＜25 m ，表明这辆轿车的紧急制动性能符合设计要求．考点三 抛体运动中的直线运动v 0－gt v 0t －12gt 2 －2gh例2 7 s 60 m/s[解析] 解法一：全程法取全过程为一整体进行研究，从重物自气球上掉落开始计时，经时间t 落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图，如图所示．重物在时间t 内的位移h ＝－175 m将h ＝－175 m ，v 0＝10 m/s 代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得t ＝7 s 或t ＝－5 s(舍去) 所以重物落地速度为v ＝v 0－gt ＝10 m/s －10×7 m/s＝－60 m/s其中负号表示方向竖直向下，与初速度方向相反． 解法二：分段法设重物离开气球后，经过t 1时间上升到最高点，则t 1＝v 0g ＝1010s ＝1 s上升的最大高度h 1＝v 202g ＝1022×10m ＝5 m故重物离地面的最大高度为 H ＝h 1＋h ＝5 m ＋175 m ＝180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t 2＝2Hg＝2×18010s ＝6 s v ＝gt 2＝10×6 m/s ＝60 m/s ，方向竖直向下所以重物从气球上掉落至落地共历时t ＝t 1＋t 2＝7 s.变式题1 C [解析] 知道石子的落地速度，根据v 2＝2gh 可求出楼的高度，故①正确；知道石子下落的时间，根据h ＝12gt 2可求出楼的高度，故②正确；石子最初1 s 内的位移可以通过h ＝12gt 2求出，不能求出落地速度或落地时间，故③错误；知道石子最后1 s 内的位移，根据x ＝v 0t ＋12gt 2可以求出最后1 s 内的初速度，根据速度时间公式求出落地速度，再根据v 2＝2gh 求出楼的高度，故④正确．综上分析，可知选项C 正确．变式题2 BD [解析] t ＝2 s 时甲上升的高度h ＝30＋102×2 m ＝40 m ，由于甲、乙抛出点间的距离未知，因此不能确定两球此时的高度差，选项A 错误；t ＝4 s 时，甲球的运动时间为4 s ，乙球的运动时间为2 s ，由图像可知，这时甲、乙相对各自抛出点的位移相等，选项B 正确；由于两球抛出点不在同一高度，因此两球从抛出至落到地面的时间间隔不能确定，选项C 错误；两球抛出时初速度相等，因此从抛出至达到最高点的时间间隔相同，均为3 s ，选项D 正确．变式题3 A [解析] 向上抛出的小球做竖直上抛运动，有h ＝－vt 1＋12gt 21；向下抛出的小球做竖直下抛运动，有h ＝vt 2＋12gt 22，由以上两式解得t 1－t 2＝2vg，选项A 正确．考点四 多阶段匀变速直线运动问题例3 C [解析] 该同学从关卡1出发做初速度为零的匀加速直线运动，由v ＝at 1＝2 m/s ，易知t 1＝1 s ，在这1 s 内他跑了x ＝12at 21＝1 m ，从1 s 末起，他将做匀速直线运动，此时离关卡关闭还剩4 s ，他能跑2 m/s ×4 s ＝8 m ，因此，他能顺利通过关卡2，选项A 错误；而7 s 末时他跑了1 m ＋2 m/s×6 s＝13 m ，还未到关卡3，而12 s 末时他跑了1 m ＋2 m/s×11 s ＝23 m ，还未到关卡4，离关卡4还有1 m ，仅需0.5 s<2 s ，到达关卡4时关卡4处于关闭状态，故不能通过关卡4，选项C 正确，B 、D 错误．变式题 (1)8 m/s (2)不能挑战成功[解析] (1)列车从静止加速至最大速度过程，所用时间为：t 1＝v m a＝20 s运动位移为：x 1＝v 2m2a＝200 m故列车加速至最大速度后立即做减速运动，列车在两站间运动总时间为t 车＝2t 1＝40 s 运动员在地面道路奔跑的最长时间为：t ＝2t a ＋2t 1－t b ＝50 s 最小平均速度为：v ＝x t＝8 m/s(2)列车在郑州地铁这两站间运动总时间为：t ′车＝2t 1＋x ′－xv m＝70 s运动员在地面道路奔跑的时间为： t ′＝2t ′a ＋t ′车－t ′b ＝100 s 能赶上列车的平均速度为v ′＝x ′t ′＝10 m/s 因v ′＞v ，故不能挑战成功． 【教师备用习题】1．[2015·河南濮阳期中]汽车以10 m/s 的速度行驶，刹车时加速度大小为2 m/s 2，刹车后8 s 通过的位移是( )A ．16 mB ．25 mC ．75 mD ．144 m[解析] B 根据匀变速直线运动速度公式v ＝v 0＋at 可得汽车速度减为零所需的时间t ＝v －v 0a ＝0－10－2 s ＝5 s ，所以刹车后8 s 内的位移等于刹车后5 s 内的位移，则x ＝v 02t ＝25 m ，选项B 正确． 2．高铁专家正设想一种“遇站不停式匀速循环运行”列车，如襄阳→随州→武汉→仙桃→潜江→荆州→荆门→襄阳，构成7站铁路圈，建两条靠近的铁路环线．列车A 以恒定速率360 km/h 运行在一条铁路上，另一条铁路上有“伴驳列车”B ，如某乘客甲想从襄阳站上车到潜江站，先在襄阳站登上B 车，当A 车快到襄阳站且距襄阳站的路程为s 处时，B 车从静止开始做匀加速运动，当速度达到360 km/h 时恰好遇到A 车，两车连锁并打开乘客双向通道，A 、B 列车交换部分乘客，并连体运动一段时间再解锁分离，B 车匀减速运动后停在随州站并卸客，A 车上的乘客甲可以中途不停站直达潜江站．则( )A ．无论B 车匀加速的加速度值为多少，s 是相同的 B ．乘客甲节约了五个站的减速、停车、加速时间C ．若B 车匀加速的时间为1 min ，则s 为4 kmD ．若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则当B 车停下时A 车距随州站的路程为1 km[解析] D 当B 车开始匀加速时，A 、B 两车之间的距离为s ＝vt －0＋v2t ，又v ＝at ，若B 车的加速度越大，则时间t 越短，因而s 越小，选项A 错误；由题意可知乘客甲从襄阳到潜江节约了3个站的减速、停车、加速时间，选项B 错误；若B 车匀加速的时间为1 min ，则s ＝3000 m ，选项C 错误；若B 车匀减速的加速度大小为5 m/s 2，则t ′＝v a ′＝20 s ，因而当B 车停下时A 车距随州站的距离为s ′＝vt ′－0＋v2t ′＝1000 m ，选项D 正确．3．十字路口一侧停车线后已经停有20辆汽车且排成一列，平均每辆汽车有效占道路的长度为5 m ，绿灯亮起后，假设每辆汽车都同时以加速度0.8 m/s 2启动，速度达到4 m/s 改为匀速行驶，如果十字路口马路的宽度为70 m ，那么这一次绿灯亮多长时间才能让全部停着的车辆都通过马路？[答案] 45 s[解析] 研究最后一辆汽车，其通过马路所行驶的距离为 s ＝20×5 m ＋70 m ＝170 m设汽车从启动到速度v ＝4 m/s 所通过的位移为x 1，所用时间为t 1，则有v 2＝2ax 1解得x 1＝v 22a ＝422×0.8m ＝10 m<s ＝170 m即汽车达到v ＝4 m/s 时未通过马路又v ＝at 1，所以t 1＝v a ＝40.8s ＝5 s设汽车匀速通过马路的时间为t 2，所通过的位移为x 2，则有 x 2＝s －x 1＝170 m －10 m ＝160 m 又x 2＝vt 2解得t 2＝x 2v ＝1604s ＝40 s因此绿灯亮的时间为t ＝t 1＋t 2＝(5＋40) s ＝45 s专题1 运动图像 追及相遇问题【热点题型探究】热点一 准确解读图像信息1．B [解析] 在位移—时间图像中，斜率表示速度，0.2～0.5 h 内，甲的s ­t 图线的斜率大于乙的s ­t 图线的斜率，故甲的速度大于乙的速度，B 正确；0.2～0.5 h 内甲、乙均做匀速直线运动，故加速度都为零，A 错误；由图像可看出，0.6～0.8 h 内，甲的位移大于乙的位移，C 错误；在0～0.8 h 内甲、乙的位移相等，路程不相等，D 错误．2．(1)1.5 m/s 2 (2)20 m/s[解析] (1)加速度a ＝v t －v 0t由v ­t 图像并代入数据得a ＝1.5 m/s 2.(2)设20 s 时速度为v m ，0～20 s 的位移s 1＝0＋v m 2t 1 20～45 s 的位移s 2＝v m t 245～75 s 的位移s 3＝v m ＋02t 3 0～75 s 这段时间的总位移s ＝s 1＋s 2＋s 30～75 s 这段时间的平均速度v ＝s t 1＋t 2＋t 3代入数据得v ＝20 m/s.3．C [解析] 选项A 中的位移图像的纵坐标代表位移，其值有时取正值，有时取负值，这说明物体围绕起点做往返运动，选项A 不符合题意；v ­t 图像的纵坐标代表速度，速度的符号代表方向，速度取正值时代表速度方向与规定的正方向相同，取负值时代表物体的速度方向与正方向相反，可见选项B 不符合题意；根据选项C 、D 中的a ­t 图像作出对应的v ­t 图像，参考选项B 的分析可知，选项C 符合题意，D 不符合题意．热点二 利用图像解决运动问题例1 不会相撞[解析] 方法一(解析法)：令a 1＝－10 m/s 2，a 2＝5 m/s 2，a 3＝－5 m/s 2.在t 1＝3 s 末，甲车速度v 1＝v 0＋a 1t 1＝0；设之后再经过t 2时间甲、乙两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大．由 a 2t 2＝v 0＋a 3t 2解得t 2＝3 s此时甲车总位移x 甲＝v 02t 1＋12a 2t 22＝67.5 m 乙车总位移x 乙＝v 0t 1＋v 0t 2＋12a 3t 22＝157.5 m 因x 乙－x 甲＝90 m<100 m ，故此过程两车不会相撞．此后甲车速度增大，乙车速度减小，两车距离增大，故0～9 s 内两车不会相撞． 方法二(图像法)：由加速度图像可画出两车的速度图像由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时乙车与甲车的位移之差最大，图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，Δx ＝12×30×3 m ＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m. 故不会相撞．变式题1 D [解析] 依据x ＝v 0t －12gt 2作x ­t 图，如图所示．显然，两条图线相交表示A 、B 相遇．由图可直接看出，当Δt 满足关系式2v 0g ＜Δt ＜4v 0g时，A 、B 可在空中相遇，选项D 正确．变式题2 8.5 s[解析] 物体在奇数秒内做匀加速直线运动，加速度大小为 2 m/s 2；在偶数秒内做匀速直线运动；直观地描述物体的运动可以借助v ­t 图像，如图所示，物体在第1 s 内的位移为1 m ，第2 s 内的位移为2 m ，第3 s 内的位移为3 m ，由此规律可得，物体在n s(n 为整数)内的位移s ＝n （n ＋1）2 m ．令s ＜40.25 m ，得n ＜9，物体在8 s 内的位移为36 m ，余下的4.25 m 将在第9 s 的部分时间内完成，8 s 末物体的速度为8 m/s ，由4.25 m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8t ＋12×2t 2 m ，解得t ＝0.5 s ，所以物体总共用时8.5 s.热点三 对相遇、追及问题的分析例2 (1)1∶3 (2)4.0 m[解析] (1)由图像可知，a 甲＝40－10t 1m/s 2 a 乙＝10－0t 1m/s 2 由题知，甲车的质量与其加速度大小的乘积等于乙车的质量与其加速度大小的乘积，即 m 甲a 甲＝m 乙a 乙解得m 甲m 乙＝13. (2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10 m/s ，此时两车相距最近对乙车有v ＝a 乙t 1对甲车有v ＝a 甲(0.4 s －t 1)解得t 1＝0.3 s车的位移等于v ­t 图线与坐标轴所围面积，有x 甲＝（40＋10）t 12 m ＝7.5 m x 乙＝10t 12m ＝1.5 m 两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4.0 m.变式题1 AD [解析] 作出汽车甲、乙的速度—时间图线如图所示．当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，从图像上可以看出，当甲、乙位移相等时，两图像与时间轴所围的“面积”相等，则乙车追上甲车时，乙车的速度为2v 0.但从图像上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故A 、D 正确，B 、C 错误．变式题2 AB [解析] 由图读出t ＝6 s 时，小王通过的位移为：x 1＝6＋122×6 m ＝54 m ，小张通过的位移为：x 2＝0＋122×6 m ＝36 m ，两者位移之差：Δx ＝x 1－x 2＝18 m ．若x 0＝18 m ＝Δx ，两车在t ＝6 s 时刻相遇，此刻以后小张的速度大于小王的速度，两车不可能再相遇．选项A 正确；若x 0＜18 m ＝Δx ，说明t ＝6 s 前，小王已追上小张相遇一次，相遇时，小王的速度大于小张的速度，后来由于小王速度大，小王在小张的前面，两车距离增大，在t ＝6 s 后，小张的速度大于小王的速度，两车距离减小，可以再次相遇，相遇后小张的速度大于小王的速度，不可能再相遇．所以两车相遇2次．选项B 正确；若x 0＝36 m 和54 m ，两车速度相等时，小王还没有追上小张，则两车不可能相遇．选项C 、D 错误．变式题3 B [解析] 由题图可知：虽然A 车的加速度先增大后减小，但速度一直在增大，所以A 车一直在做加速运动，选项A 错误；由v ­t 图像不难判断，在2t 0时刻，A 、B 两车位移相同，又由于两车从同地出发，故两车此时第一次相遇，选项C 、D 错误；由v ­t 图像可知v 2＝2v 1，又由a ­t 图像与时间轴所围面积等于速度的改变量，可得a 2＝2a 1，选项B 正确．【高考模拟演练】1．A [解析] v ­t 图像中图线与横轴围成的面积代表位移，可知甲的位移大于乙的位移，而时间相同，故甲的平均速度比乙的大，A 正确，C 错误；匀变速直线运动的平均速度可以用v 1＋v 22来表示，乙的运动不是匀变速直线运动，B 错误；图像的斜率的绝对值代表加速度的大小，则甲、乙的加速度均减小，D 错误．2．D [解析] 解答本题的突破口是T ～2T 时间内的加速度跟0～T 2时间内的加速度大小相等，方向相反，从而排除选项A 、B 、C ，选项D 正确．3．C [解析] 在t 2时刻之前，A 的速度小于B 的速度，B 在A 的前方，两者距离不断增大；在t 2时刻之后，A 的速度大于B 的速度，B 在A 的前方，两者距离不断减小，所以在t 2时刻，两者距离最远．选项A 、B 错误．速度图线的斜率等于加速度，斜率越大，加速度越大，可知在0～t1时间内质点B比质点A加速度大，选项C正确．两个质点在t2时刻之后位移相等时相遇一次，之后由于A的速度大于B的速度，不可能再相遇，选项D错误．4．AB [解析] 吴敏霞跳水过程分为入水前的竖直上抛运动和入水后的匀减速两个过程，t1时刻，吴敏霞速度为零，到达最高点，选项A正确；t2时刻，吴敏霞的加速度发生改变，说明受力发生变化，即t2时刻开始受到水的作用力，进入水面，选项B正确，C错误；t3时刻，吴敏霞向下匀减速到速度为零，到达水中最深处，选项D错误．【教师备用习题】1．(多选)[2013·四川卷]甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v­t 图像如图所示，则( )A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同[解析] BD 0～1 s内，甲的速度为正值，沿正方向运动，乙的速度由负值变为正值，先沿负方向运动后沿正方向运动，A错误；0～7 s内，乙的图像与坐标轴所围的面积为0，故位移为0，B正确；甲在0～1 s内沿正方向做匀加速运动，在1～2 s内沿正方向做匀减速运动，在2～3 s内沿正方向做匀加速运动，在3～4 s内沿正方向做匀减速运动，故甲在0～4 s内沿正方向做单方向上的直线运动，C错误；在t＝6 s时甲、乙的图像斜率均小于0，故其加速度方向都为负，D正确．2．[2014·江苏卷]一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止. 下列速度v和位移x的关系图像中，能描述该过程的是( )A B C D[解析] A 设汽车做匀加速直线运动时的加速度为a1，则由运动学公式得2a1x＝v2，由此可知选项C、D错误；设刹车时汽车的位移为x0，速度为v0，其后做减速运动的加速度为a2，则减速过程有v2－v20＝2a2(x－x0)，这里的v20＝2a1x0，x>x0，则v2＝2a1x0＋2a2(x－x0)＝2(a1－a2)x0＋2a2x，即v＝2（a1－a2）x0＋2a2x(x>x0，a2<0)．综上所述，只有选项A正确．3．如图所示，小球甲从倾角θ＝30°的光滑斜面上高h＝5 cm的A点由静止释放，同时小球乙自C点以速度v0沿光滑水平面向左匀速运动，C点与斜面底端B处的距离L＝0.4 m，甲滑下后能沿斜面底部的光滑小圆弧平稳地朝乙追去，甲释放后经过t＝1 s刚好追上乙，求乙的速度v0(g取10 m/s2)．[答案] 0.4 m/s ，方向水平向左[解析] 设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a ，运动时间为t 1，运动到B 处时的速度为v 1，从B 处到追上小球乙所用时间为t 2，则a ＝g sin 30°＝5 m/s 2由h sin 30°＝12at 21得t 1＝4h a＝0.2 s ，t 2＝t －t 1＝0.8 s ，v 1＝at 1＝1 m/s 甲刚好追上乙时，v 0t ＋L ＝v 1t 2，代入数据解得：v 0＝0.4 m/s ，方向水平向左．实验1 研究匀变速直线运动 【实验器材】小车 纸带 0.02 s 0.02 s【考点互动探究】考点一 实验原理与实验操作1．(1)匀速直线 匀变速直线 (2)x 1＋x 22T (3)①Δx T 2 ②Δv Δt2．(1)没有滑轮 (3)接通电源 放开小车 关闭电源例1 (1)交流 0.02 (2)A (3)相邻相等时间内的位移差相等 0.53 1.13[解析] (1)电磁打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，当电源频率为50 Hz 时，它每隔0.02 s 打一次点；(2)在使用打点计时器时，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，A 正确；(3)当相邻相等时间内的位移之差都相等时，小车做匀加速直线运动．v C ＝x 2＋x 32T ，T ＝0.1 s ，可求得v C ＝0.53 m/s ，由Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝aT 2可得：a ＝1.13 m/s 2.变式题 (1)CD (2)39.0(3)逐渐增大到39.8 cm/s 逐渐增大到等于重力(4)为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用．磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用．[解析] (1)C 选项应用手提着穿过限位孔的纸带且让磁铁靠近打点计时器从静止释放纸带，D 选项应先接通电源后释放纸带．(2)v 4＝5.60－4.040.02×2cm/s ＝39.0 cm/s. (3)磁铁速度逐渐增大到39.8 cm/s ，加速度逐渐减小到零．说明电磁阻力逐渐增大到等于重力．考点二 数据处理与误差分析1．(1)0.1 (2)0.1 (4)①（x 4＋x 5＋x 6）－（x 1＋x 2＋x 3）9T 2 ②x n ＋x n ＋12T斜率 例2 (1)靠近 接通电源 释放纸带(2)b 纸带与打点计时器间的摩擦力[解析] (1)重物靠近打点计时器时，打点计时器才能在纸带上打下足够多的点，以便获取相关的数据，使得实验数据更加可靠；实验时，要先接通电源后释放纸带，以保证打下的第一个点速度为零；(2)纸带b 中相邻两点之间的距离是均匀增大的，而纸带c 相邻两点之间的距离则是先增大后减小，故要选择纸带b 计算重力加速度；在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地的重力加速度，这是由于重物下落过程中受到空气阻力和纸带与打点计时器间有摩擦阻力．变式题 (1)4.30(填“4.29”或“4.31”同样给分) (2)物块加速度小于g hs＝5.88。