2015届高考物理精讲：专题14+力学实验(二)(高考定位+审题破题,含原创题组及解析)

高考定位高考中常涉及的力学实验有：研究匀变速直线运动、验证力的平行四边形定则、探究弹力与弹簧伸长量的关系、探究加速度与力和质量的关系、探究动能定理和验证机械能守恒定律、验证动量守恒定律、用油膜法估测分子的大小．近几年力学实验中与纸带处理相关的实验、力学创新实验是高考的热点内容，以分组或演示实验为背景，考查对实验方法的领悟情况，灵活运用学过的实验方法设计新的实验是高考实验题的新趋势．要求考生掌握常规实验的数据处理方法，能将课本中分组实验和演示实验的实验原理、实验方法迁移到新的背景中，深刻理解物理概念和规律，并能灵活运用，要求考生有较强的创新能力．考题1 研究匀变速直线运动例1 (2014·全国大纲·22)现用频闪照相方法来研究物块的变速运动．在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图1所示．拍摄时频闪频率是10 Hz ，通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x 1、x 2、x 3、x 4.已知斜面顶端的高度h 和斜面的长度s .数据如下表所示．重力加速度大小g ＝9.80 m/s 2.图1单位：cm根据表中数据，完成下列填空：(1)物块的加速度a ＝________ m/s 2(保留3位有效数字) (2)因为________，可知斜面是粗糙的．解析 (1)根据匀变速直线运动的推论，利用逐差法，得 x 3－x 1＝2a 1T 2 x 4－x 2＝2a 2T 2 a ＝a 1＋a 22又知T ＝1f＝0.1 s联立以上各式得a ≈4.30 m/s 2(2)如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度a ′＝g sin θ＝g hs ＝5.88 m/s 2，因为a ′>a ，所以斜面是粗糙的．答案 (1)4.30 (2)a <g hs＝5.88 m/s 21．为了测量木块与木板间动摩擦因数μ，某小组使用位移传感器设计了如图2甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离．位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移s 随时间t 的变化规律，如图乙所示．图2(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度v ＝______ m /s ，木块加速度a ＝________ m/s 2； (2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是________；(已知当地的重力加速度g ) (3)为了提高木块与木板间动摩擦因数μ的测量精度，下列措施可行的是________． A ．A 点与传感器距离适当大些 B ．木板的倾角越大越好 C ．选择体积较大的空心木块D ．传感器开始计时的时刻必须是木块从A 点释放的时刻 答案 (1)0.4 1 (2)斜面倾角(或A 点的高度) (3)A解析 (1)0.4 s 时木块的速度等于0.2 s ～0.6 s 内的平均速度，即v ＝(30－14)×10－20.6－0.2m /s ＝0.4m/s ；根据Δs ＝aT 2，可求出木块的加速度a ＝[(24－14)－(30－24)]×10－20.22m /s 2＝1 m/s 2. (2)根据mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，可知测出倾斜角或A 点的高度算出倾斜角．(3)当A 点与传感器距离适当大些，可测出多组数据，求平均值，能提高测量精度，A 正确；倾斜角越大，测得的数据越少，不利于提高测量精度，B 错误；若选择体积较大的空心木块，在下降过程中，受空气阻力变大，影响了动摩擦因数的测量，C 错误；传感器开始计时的时刻不一定是从A 点释放的时刻，只要根据中间一段的Δs ＝aT 2，就可算出加速度，D 错误．考题2 探究弹力和弹簧伸长量的关系例2 (2014·新课标Ⅱ·23)某实验小组探究弹簧的劲度系数k 与其长度(圈数)的关系．实验装置如图3所示：一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P 0、P 1、P 2、P 3、P 4、P 5、P 6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P 0指向0刻度．设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x 0；挂有质量为0.100 kg 的砝码时，各指针的位置记为x .测量结果及部分计算结果如下表所示(n 为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80 m/s 2)．已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88 cm.(1)将表中数据补充完整：________；________.(2)以n 为横坐标，1k 为纵坐标，在图4给出的坐标纸上画出1k—n 图像．图4(3)图4中画出的直线可近似认为通过原点．若从实验中所用的弹簧截取圈数为n 的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k 与其圈数n 的关系的表达式为k ＝________ N /m ；该弹簧的劲度系数k 与其自由长度l 0(单位为m)的关系表达式为k ＝________ N/m.解析 (1)根据胡克定律有mg ＝k (x －x 0)，解得k ＝mgx －x 0＝0.100×9.80(5.26－4.06)×10－2N /m ≈81.7N/m ，1k ≈0.012 2 m/N.(2)1k－n 图像如图所示(3)根据图像可知，k 与n 的关系表达式为k ＝1.75×103n N/m ，k 与l 0的关系表达式为k ＝3.47l 0N/m.答案 (1)81.7 0.012 2 (2)见解析图(3)1.75×103n (在1.67×103n ～1.83×103n 之间均可) 3.47l 0(在3.31l 0～3.62l 0之间均可)2．(2014·浙江·21)在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图5连接起来进行探究．图5(1)某次测量如图6所示，指针示数为________ cm.图6(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数L A和L B如表所示．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________ N/m(重力加速度g＝10 m/s2)．由表中数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．答案(1)16.00(有效数字位数正确，15.96～16.05均可)(2)12.45(12.20～12.80均可)能解析(1)刻度尺分度值为1毫米，读数应估读到毫米下一位，故指针的示数为16.00 cm. (2)当A弹簧的弹力为F A1＝0.50 N、F A2＝1.00 N、F A3＝1.50 N、F A4＝2.00 N时，弹簧长度L A1＝15.71 cm、L A2＝19.71 cm、L A3＝23.66 cm、L A4＝27.76 cm，根据ΔF＝kΔx得k1＝12.50 N/m、k2＝12.66 N/m、k3＝12.20 N/m，所以弹簧Ⅰ的劲度系数k＝k1＋k2＋k33＝12.45 N/m.根据表可以计算出弹簧Ⅱ每次的伸长量Δx′，也可以根据ΔF＝k′Δx′计算弹簧Ⅱ的劲度系数(劲度系数的计算也可以通过做F—x图象处理，图象的斜率即等于弹簧的劲度系数)．3．如图7为“测量弹簧劲度系数”的实验装置图，弹簧的上端固定在铁架台上，下端装有指针及挂钩，指针恰好指向一把竖直立起的毫米刻度尺．现在测得在挂钩上挂上一定数量钩码时指针在刻度尺上的读数如下表：已知所有钩码的质量可认为相同且为m0＝50 g，当地重力加速度g＝9.8 m/s2.请回答下列问题：(1)请根据表格数据计算出弹簧的劲度系数k＝____ N/m.(结果保留两位有效数字)(2)考虑到在没有挂钩码时弹簧自身有重量，测量的弹簧劲度系数k的值与真实值相比较____________(填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)．答案(1)32(2)没有影响解析(1)根据胡克定律k(x－x0)＝nm0g，代入数据求k，再求平均得k＝32 N/m；(2)因在计算弹力时把弹簧自身的重量引起的形变量减去了，故弹簧自身有重量对测量值没有影响．考题3验证力的平行四边形定则例3(2014·江苏·11)小明通过实验验证力的平行四边形定则．(1)实验记录纸如图8所示，O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；一个弹簧测力计拉橡皮筋时，拉力F3的方向过P3点．三个力的大小分别为：F1＝3.30 N、F2＝3.85 N和F3＝4.25 N．请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力．图8(2)仔细分析实验，小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．实验装置如图9所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．图9两次实验记录的轨迹如图10所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力F a、F b的大小关系为________．图10(3)根据(2)中的实验，可以得出的实验结果有哪些？________(填写选项前的字母)A．橡皮筋的长度与受到的拉力成正比B．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长C．两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大D．两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大(4)根据小明的上述实验探究，请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项．解析(1)作出的图示如图所示．(2)重物受力情况如图所示，由于重力不变，两次实验时，橡皮筋拉力T的方向相同，故水平拉力F大小相等，即F a＝F b.(3)根据题图可知，选项B、D正确，选项A、C错误．(4)橡皮筋拉伸不宜过长，选用新橡皮筋等可减小误差．答案(1)见解析图(F合＝4.6～4.9 N都算对)(2)F a＝F b(3)BD(4)橡皮筋拉伸不宜过长；选用新橡皮筋(或：拉力不宜过大；选用弹性好的橡皮筋；换用弹性好的弹簧)4．(单选)在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套(如图11所示)．实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉橡皮条．在此过程中，下列注意事项正确的是()图11A．两根细绳必须等长B．两弹簧秤示数必须等大C．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上D．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行答案 D解析细线的作用是能显示出力的方向，所以不必等长，故A错误；只要弹簧秤有示数即可，并不一定要相等，故B错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定橡皮条要在两细线的夹角平分线上，故C错误；弹簧秤不能接触水平木板，否则产生摩擦，使弹簧秤示数偏大，故D正确．5．有同学利用如图12所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的质量相等，当系统达到平衡时，根据钩码的个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图12(1)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数，N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，应该做好三个方面的记录：________________________________________________________________________；________________________________________________________________________；________________________________________________________________________.答案(1)BCD(2)标记结点O的位置钩码的个数N1、N2、N3OA、OB、OC三段绳子的方向解析(2)为验证平行四边形定则，必须通过作受力图．所以先明确受力点，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示．因此要做好记录，需从力的三要素角度出发：需记录O点的位置；钩码的个数N1、N2、N3；拉力F T OA、F T OB、F T OC的方向．考题4探究加速度与力、质量的关系例4(2014·新课标Ⅰ·22)某同学利用图13(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：图13(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成______(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图(b)可知，a—m图线不经过原点，可能的原因是________________________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________，钩码的质量应满足的条件是___________________________．解析(1)由图像可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)a—m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上小钩码后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力．(3)本实验直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，钩码的质量应满足的条件是远小于小车的质量．答案(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量6．甲、乙两个同学用如图14所示的实验装置共同研究在保持受到的牵引力不变的条件下，小车的加速度与其质量的关系．(1)甲同学通过对小车所牵引纸带的测量，就能得出小车的加速度a.图15是某次实验所打出的一条纸带，在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm.实验中使用的电源是频率为f＝50 Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)图14图15(2)乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M ，得到小车的加速度a 与质量M 的数据，画出a ～1M 图线后，发现：当1M 较大时，图线发生弯曲．于是，该同学后来又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象．那么，该同学的修正方案可能是________． A ．改画a 与1M ＋m的关系图线 B ．改画a 与(M ＋m )的关系图线C ．改画 a 与mM 的关系图线D ．改画a 与1(M ＋m )2的关系图线答案 (1)0.343 (2)A解析 (1)由题意知，打点周期为0.02 s ，相邻两计数点时间间隔为0.1 s ，根据逐差法可求小车的加速度(s 4＋x 3)－(s 2＋s 1)＝4aT 2解得a ＝0.343 m/s 2；(2)当1M 较大时，图线发生弯曲，是因为提供牵引力的砝码的质量相对小车的质量不能忽略，故应把小车与砝码视为整体研究，即改画a 与1M ＋m的关系图线，所以A 正确；B 、C 、D 错误．知识专题练 训练12题组1 研究匀变速直线运动1．在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中．图1(1)某同学采用如图1所示的装置进行试验，________(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力，________(选填“需要”或“不需要”)测量小车的质量．(2)该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图2所示．在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离见下表，并画出对应的图线(其中横坐标数值表示第几个0.1 s ，纵坐标对应的是该0.1 s 内物体的位移)如图3所示．则小车的速度随时间________(选填“是”或“不是”)均匀变化；整个过程中小车的平均加速度为________ m/s 2.(保留两位有效数字)图2答案(1)不需要不需要(2)是 1.0(0.95～1.1均可)解析(1)本实验的目的是探究小车速度随时间的变化规律，故不需要平衡摩擦力，也不需要测量小车的质量．(2)由题图知，小车的速度随时间是均匀变化的，可求小车的加速度s6－s1＝5aT2，解得加速度a≈1.0 m/s2.2．(1)某同学在测量物块做匀减速直线运动时，利用打点计时器得到了如图4所示的纸带，纸带上每相邻两计数点间还有4个计时点未标出．打点计时器所用交流电频率为50 Hz，忽略纸带所受的阻力．图4(1)由此可判断纸带的________(“左端”或“右端”)与物块连接．根据纸带提供的数据可计算打点计时器在打下A点和B点时木块的速度，其中v A＝________ m/s.(结果保留两位有效数字)(2)从图示纸带不能得到的物理量是________．A．木块运动的加速度aB．A、B间的平均速度C．物块质量mD．A、B对应的运动时间t(3)如要测量在AB段合外力对物块所做的功W AB，还需要提供的实验器材是________．A．秒表B．天平C．弹簧秤D．砝码答案(1)右端0.73(2)C(3)B解析(1)由图示纸带可知，在相等时间内，纸带右端相邻两点间的距离大，因此纸带右端与物块相连；电源频率为50 Hz，每相邻两计数点间有4个计时点没有画出，则每相邻两计数点间的时间间隔T ＝0.02×5 s ＝0.1 s ，打A 点时的速度v A ＝s 2T ＝0.068 4＋0.078 42×0.1 m /s ≈0.73 m/s.(2)由Δs ＝aT 2可以求出物块运动的加速度a ；由平均速度公式可以求出A 、B 间的平均速度；根据图示纸带不能求出物块质量m ；已知相邻两计数点间的时间间隔，由纸带可以求出A 、B 对应的运动时间t ；故选项C 不能求出．(3)求出物块的速度，应用动能定理可以求出合外力所做的功，应用动能定理求合外力所做的功需要知道物块的质量，因此实验中需要的实验器材是天平，故选B. 题组2 探究弹力和弹簧伸长量的关系3．今年6月7日虎门大桥撞船事故后，全国交通部门加强了对国内各种大桥的检测与维修．某校研究性学习小组的同学们很想知道每根长50 m 、横截面积为400 cm 2的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难．同学们则取来了同种材料制成的样品进行实验探究．由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F 与形变量x 成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．(1)同学们准备和《探究弹簧弹力与弹簧伸长量之间关系》的实验一样将样品竖直悬挂．再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的．为了避免悬索自身重力对实验的影响，你认为可行的措施应该是：________________________. (2)同学们通过游标卡尺测样品的直径来测定其横截面积．某次测量的结果如图5所示，则该样品的直径为________ cm.图5①分析样品C 的数据可知，其所受拉力F C (单位N)与伸长量x (单位m)遵循的函数关系式是________．②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________成正比、与悬索的横截面积的大小成正比．答案 (1)将悬索样品水平放置在光滑水平面上，用定滑轮将重物竖直向下的重力变为水平方向的拉力(2)0.830 (3)①F C ＝2×106x (N) ②平方的倒数解析 (2)游标卡尺的读数分两部分，一部分是游标尺零刻度线在主尺上所指的读数，即8 mm ，另一部分是与主尺刻度线对齐的游标尺刻度线示数与精确度的乘积，即6×0.05 mm ＝0.30 mm ，最终读数为8 mm ＋0.30 mm ＝8.30 mm ＝0.830 cm.(3)①分析样品C 的数据可发现拉力F 与伸长量成正比，比例系数为200 N0.000 1 m＝2×106 N/m.②分析样品A 、B 、D ，可以发现，拉力F 与伸长量的比例系数分别为1×106 N/m ，14×106 N/m和19×106 N/m ，而长度比为1∶2∶3，所以比例系数与悬索长度的平方的倒数成正比． 题组3 验证力的平行四边形定则4．在“验证二力合成的平行四边形定则”的实验中，李华同学选用两个量程为5 N 的弹簧秤和其他实验器材进行实验．对于实验中的器材用途或实验操作过程，下列说法正确的是________．A ．实验过程中，在拆去弹簧秤之前最重要的步骤是记下弹簧秤的示数B ．细绳套长短影响弹簧秤的拉力方向的准确记录C ．实验中要保证弹簧秤的弹簧与其外壳无摩擦D ．某次实验中，李华用两个弹簧秤互成60°角拉橡皮筋，读出弹簧秤的读数都为4 N ，接下来只要操作合理，就能顺利完成实验验证 答案 BC解析 拆去弹簧秤之前要记下弹簧秤的示数和拉力的方向以及受力点O ，故选项A 错误；细绳套长度要适中，否则会引起误差，故选项B 正确；弹簧秤要与纸面平行但不能接触，故选项C 正确；读出读数后还要记录拉力的方向和受力点O ，故选项D 错误．5．某同学用如图6所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．三条细绳结于O 点分别与两弹簧测力计和钩码相接．图6(1)实验步骤如下：A ．弹簧测力计A 挂于固定在竖直木板上的P 点；B ．结点O 下的细线挂钩码C ；C ．手持弹簧测力计B 缓慢向左拉，使结点O 静止在某位置；D．记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、记录__________________________________________________．(2)在实验过程中，下列哪些情况会对实验结果产生误差？________(选填选项前的字母) A．木板不竖直B．A弹簧测力计外壳的重力C．B弹簧测力计的拉力方向没有保持水平D．改变弹簧测力计B的拉力进行多次实验时，结点O的位置发生变化(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请你提出解决问题的一个办法________________________________________________________________________．答案(1)三条细绳(拉力)的方向(2)A(3)减小弹簧测力计B的拉力；或减小钩码C的质量；或减小AO与BO之间的夹角解析(1)矢量和不仅与大小有关，也与方向有关，所以得记下钩码的质量、结点O的位置、读出并记录弹簧测力计A和B的示数、还有记录三条细绳(拉力)的方向．(2)木板不竖直时，钩码和木板间有摩擦力会产生误差，选择A.6．如图7甲是“验证力的平行四边形定则”的实验装置．实验操作如下：图7(1)弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，测量________并记录为F.(2)弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端水平向左拉，使结点O静止在某位置(如图甲)，此时需记下结点O的位置和两测力计的示数F1、F2以及________．(3)某同学已在图乙纸上作出F1、F2的图示，请根据力的平行四边形定则作出F1、F2的合力F′.(4)改变两细线的夹角，重复做几次实验．若F′的方向近似在________方向上，且大小近似等于F，则平行四边形定则得以验证．答案(1)M(重物)的重力(2)细线Oa、Ob、Oc的方向(或三段细线的方向)(3)如图所示(4)竖直解析 (1)两个弹簧测力计的合力等于悬挂重物的重力，需要先测量出悬挂重物M 的质量，便于求出该重物的重力．(2)记录下细线Oa 、Ob 、Oc 的方向作为两个弹簧测力计拉力和悬挂重物重力的方向． (4)F ′方向与悬挂重物的重力方向应该在同一直线上，即竖直方向． 题组4 探究加速度与力、质量的关系7．如图8所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图．图中A 为小车，质量为m 1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B ，它们均置于一端带有定滑轮的足够长的木板上，P 的质量为m 2，C 为弹簧测力计，实验时改变P 的质量，读出测力计不同读数F ，不计绳与滑轮之间的摩擦．图8(1)下列说法正确的是________．A ．一端带有定滑轮的长木板必须保持水平B ．实验时应先接通电源后释放小车C ．实验中m 2应远小于m 1D ．测力计的读数始终为m 2g2(2)如图9为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度的大小是________ m/s 2.(交流电的频率为50 Hz ，结果保留二位有效数字)图9(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a —F 图象，可能是下列哪个选项中的图象________．答案 (1)B (2)0.50 (3)C解析 (1)该实验要平衡摩擦力，故A 错误；拉力可由测力计示数获得，故不要求重物质量远小于小车质量，故C 错误；由于重物向下加速运动，由牛顿第二定律：m 2g －2F ＝m 2a ，解得：F ＝m 2g －m 2a 2，故D 错误；故选B.(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δs ＝aT 2，有：a ＝0.50 m/s 2.(3)若没有平衡摩擦力，则当0＜F ≤f 时，a ＝0.也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以该同学测得的a －F 图象可能是选项C 中的图象．。

2015届高考物理-点拨专题讲练14-电学实验(二)(含14真题及原创解析)新人教版[来源：学优高考网2450944]2015届高考物理考前三个月名师考点点拨专题讲练14 电学实验（二）（含14真题及原创解析）新人教版考题1 测定金属丝(液体)的电阻率例1 在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”的实验中：(1)某实验小组用如图1所示电路对镍铬合金和康铜丝进行探究，a、b、c、d是四种金属丝．图1①实验小组讨论时，某同学对此电路提出异议，他认为，电路中应该串联一个电流表，只有测出各段金属丝的电阻，才能分析电阻与其影响因素的定量关系．你认为要不要串联电流表？并简单说明理由．②几根镍铬合金丝和康铜丝的规格如下表所示：电路图中三种金属丝a、b、c分别为下表中编号为A、B、C F表示).编号材料长度L/m横截面积S/mm2A 镍铬合金0.300.50B 镍铬合金0.500.50C 镍铬合金0.30 1.00D 镍铬合金0.50 1.00E 康铜丝0.300.50F 康铜丝0.50 1.00(2)该实验小组探究了导体电阻与其影响因素的定量关系后，想测定某金属丝的电阻率．①用毫米刻度尺测量金属丝长度为L＝80.00 cm，用螺旋测微器测金属丝的直径如图2甲所示，则金属丝的直径d为 ________.②按如图乙所示连接好电路，测量金属丝的电阻R.改变滑动变阻器的阻值，获得六组I、U数据描在图丙中所示的坐标系上．由图可求得金属丝电阻R＝________ Ω，该金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．(2)图4所示是测量合金丝电阻的电路，相关器材的规格已在图中标出．合上开关，将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中，发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化．由此可以推断：电路中______(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了________(选填“短路”或“断路”)．图4(3)在电路故障被排除后，调节滑动变阻器，读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V 和38 mA ，由此，该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω.为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应作怎样的改进？请写出两条建议． 答案 (1)B 0.410 (2)7、9 断路(3)电流表改为内接；测量多组电流和电压值，计算出电阻的平均值．(或测量多组电流和电压值，用图像法求电阻值)解析 (1)螺旋测微器读数时应先将锁紧装置锁紧，即旋紧B .螺旋测微器的示数为(0＋41.0×0.01) mm＝0.410 mm.(2)电压表的示数不为零，电流表的示数几乎为零，说明连接两电表的电路是导通的．而滑动变阻器几乎不起作用，说明线路电阻很大，故可判断7、9间断路．(3)由题知R AR x ≈0.005<R x R V≈0.019，说明电流表的分压作用不显著，故可将电流表改为内接，并测出多组U 、I 值，求出R x 后，再取平均值作为实验结果．2． (1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图5所示，则它们的读数值依次是________、________、________.图5(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20 kΩ.电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电动势E ＝4.5 V ，内阻很小．则以下电路图中________(填电路图下方的字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏________．若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A ＝2.0 Ω，那么准确测量金属丝电阻R x 的最佳电路应是上图中的________电路(填电路图下的字母代号)．此时测得电流为I 、电压为U ，则金属丝电阻R x ＝________( 用题中字母代号表示)．答案 (1) 0.998 mm(0.996～0.999 mm 均可) 0.42 A 2.26 V(2.25～2.28 V 均可) (2)A 小 B U I－R A解析 (1)因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流式接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5 Ω，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流表测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；(2)因已知电流表内阻的准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻，故应选B 电路；待测电阻及电流表总电阻R ＝U I，则待测电阻R x ＝R －R A .连接实物图要根据电路原理图，采用先串后并，如果滑动变阻器是分压式接法，一般先将电源、开关、滑动变阻器的全部电阻连接，然后将滑动变阻器的分压部分、待测电阻、电流表串联，最后并联电压表．同时注意电压表和电流表的正负接线柱以及电流表的内、外接法，还要注意量程选取是否合适．考题2 测定电源的电动势和内阻例2 某同学用如图6所示电路测量多用电表的内阻和内部电池的电动势．图6(1)多用电表右侧表笔为________(填“红表笔”或“黑表笔”)．将多用电表选择旋钮调至欧姆挡“×1”，将红黑表笔短接，调节________，使指针指在右侧满刻度处．(2)移动滑动变阻器R 的触头，分别读出五组电压表(内阻较大，可视为理想电压表)和欧姆表示数U 、R ，并将计算得出的1U 、1R记录在表格中，其中第四次测量时欧姆表的示数如图7，其阻值为________ Ω.在如图8所示的坐标纸上作出1U －1R图线．1U2.50 1.70 1.25 1.00 0.80 1R0.180.100.060.02图8(3)若改用已使用较长时间的多用电表(电池电动势变小，内阻变大)，但仍能调零后测电阻，其测得电阻R 值与原来相比________．(填“偏大”、“不变”或“偏小”) 答案 (1)黑表笔 调零旋钮(调R 0也可) (2)30 如图所示(3)偏大3．某同学用如图9所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势(把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零)．实验器材的规格如下：图9电流表A1(量程200 μA，内阻R1＝300 Ω)电流表A2(量程30 mA，内阻R2＝5 Ω)定值电阻R0＝9 700 Ω滑动变阻器R(阻值范围0～500 Ω)(1)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.I1(μA)120125130135140145I2(mA)20.016.713.210.0 6.7 3.3依据表中数据，作出I1—I2图线如图10所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为E＝________ V，欧姆表内阻为r＝________ Ω.(结果保留3位有效数字)图10(2)若某次电流表A1的示数是114 μA，则此时欧姆表示数约为________ Ω.(结果保留3位有效数字)答案(1)1.50(1.48～1.51) 15.0(14.0～16.0)(2)47.5(47.0～48.0)解析(1)根据闭合电路欧姆定律，由图象与纵坐标的交点可求得：欧姆表内电源的电动势E ＝150 μA×(300＋9 700) Ω＝1.50 V；由图象的斜率绝对值可求得欧姆表内阻，内阻约为r＝ΔUΔI2＝ΔI1R1＋RΔI2＝150－120×300＋9 700×10－60.020－0Ω＝15.0 Ω.(2)由闭合电路欧姆定律知E＝I1(R0＋R1)＋Ir，则I＝E－I1R0＋R1r＝0.024 A，故欧姆表的示数R＝I1R0＋R1I＝47.5 Ω.测量电源的电动势和内阻的基本原理是闭合电路欧姆定律，数据处理的主要思想方法是“化曲为直”，常用的方法有三种：1．伏安法——利用电压表和电流表，闭合电路方程为E＝U＋Ir，利用两组数据，联立方程求解E和r；也可作出U—I图象，图线的纵截距表示电源的电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻．2．伏阻法——利用电压表和电阻箱．闭合电路方程为E＝U(1＋rR)．利用两组数据联立方程求解或将原方程线性化，处理为1U＝rE·1R＋1E或U＝－rUR＋E，作1U—1R图象或U—UR图象，利用图线的截距和斜率求E和r.3．安阻法——利用电流表和电阻箱．闭合电路方程为E＝I(R＋r)，利用两组数据联立方程求解或将方程线性化，处理为1I＝1E·R＋rE，作1I－R图象，利用图线的截距和斜率求E和r.例3 霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图11所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压U H，这个现象称为霍尔效应，U H称为霍尔电压，且满足U H＝kIBd，式中d 为薄片的厚度，k为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．图11(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图11所示，该同学用电压表测量U H时，应将电压表的“＋”接线柱与______(填“M”或“N”)端通过导线相连．考题3从原理迁移中突破电学实验(2)已知薄片厚度d ＝0.40 mm ，该同学保持磁感应强度B ＝0.10 T 不变，改变电流I 的大小，测量相应的U H 值，记录数据如下表所示．根据表中数据在图12中画出U H —I 图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为______×10－3V·m·A －1·T －1(保留2位有效数字). I (×10－3 A) 3.0 6.0 9.0 12.0 15.0 18.0 U H (×10－3 V)1.11.93.44.56.26.8图12(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图13所示的测量电路，S 1、S 2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)．为使电流从Q 端流入，P 端流出，应将S 1掷向________(填“a”或“b”)，S 2掷向________(填“c”或“d”)．为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中．在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件________和________(填器件代号)之间．图13解析 (1)根据左手定则，正电荷受力向左，因此“＋”接线柱应接M 点；(2)画出图象，图象的斜率为kB d，将B 和d 代入就可以求出k 值为1.5；(3)将S 1掷向b ，S 2掷向c ，电流恰好反向；应将该电阻接入公共部分，即在S 1与S 2之间，因此可以在S 1与E 之间也可以在E 与S 2之间．答案 (1)M (1分) (2)如图所示(3分)1．5(1.4～1.6)(1分) (3)b(1分) c(1分) S1(或S2)(1分) E(1分)(2014·福建·19(2))(9分)某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理图如图14甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计改装的电流表，为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R 0是标称值为4.0 Ω的定值电阻．图14①已知灵敏电流计的满偏电流I g＝100 μA、内阻r g＝2.0 kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200 mA，应并联一只________ Ω(保留一位小数)的定值电阻R1；②根据如图14甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整的电路；测量次数12345678 电压表读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46 改装表读数I/mA20406080100120140160该小组借鉴“研究匀变速直线运动”实验中计算加速度的方法(逐差法)，计算出电池组的内阻r＝________ Ω(保留两位小数)；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是____________________________．④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组，通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大．若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是________．(填选项前的字母)A．电压表内阻的影响B．滑动变阻器的最大阻值偏小C．R1的实际阻值比计算值偏小D．R0的实际阻值比标称值偏大答案 ①1.0 ②见解析图(其他正确连接同样给分) ③1.66 充分利用已测得的数据 ④CD解析 ①由电流表的改装知识可知，R 1＝I g r g I m －I g ＝100×10－6×2.0×103200×10－3－100×10－6Ω≈1.0 Ω.②如下图．③根据闭合电路欧姆定律结合逐差法可知r 1＝U 1－U 5I 5－I 1－R 0，r 2＝U 2－U 6I 6－I 2－R 0，r 3＝U 3－U 7I 7－I 3－R 0，r 4＝U 4－U 8I 8－I 4－R 0.故r ＝r 1＋r 2＋r 3＋r 44＝U 1＋U 2＋U 3＋U 4－U 5＋U 6＋U 7＋U 84×80×10－3－R 0＝ [ 5.26＋5.16＋5.04＋4.94－ 4.83＋4.71＋4.59＋4.464×80×10－3－4.0] Ω≈1.66 Ω. 逐差法在计算中体现的主要优点是：充分利用已测得的数据．④根据题意可知，内阻的测量值为r 测＝ΔUΔI －R 0，因此，电压表的内阻、滑动变阻器的阻值对测量结果无影响．若R 1的实际值比计算值偏小，则改装后的电流表示数偏小，导致内阻测量值偏大．根据内阻测量值的表达式可知，R 0的实际值比标称值偏大，也会导致内阻测量值偏大．故选C 、D.知识专题练 训练14题组1 测定金属丝(液体)的电阻率1．用伏安法测定电阻约为5 Ω的均匀电阻丝的电阻率，电源是两节干电池．如图1甲所示，将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座两端的接线柱上，底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P ，触头上固定了接线柱，按下P 时，触头才与电阻丝接触，触头的位置可从刻度尺上读出．实验采用的电路原理图如图乙所示，测量电阻丝直径所用螺旋测微器如图丙所示．图1(1)用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动________使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动________夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动________使F 固定后读数．(填仪器部件的字母符号)(2)根据电路原理图乙，用笔画线代替导线，将图2所示实物图连接成实验电路．图2(3) 闭合开关后，滑动变阻器触头调至一合适位置后不动，多次改变P 的位置，得到几组U 、I 、L 的数据，用R ＝UI计算出相应的电阻值后作出R —L 图线如图3所示．取图线上两个点间数据之差ΔL 和ΔR ，若电阻丝直径为d ，则电阻率ρ＝________.图3答案 (1)D H G (2)见解析图 (3)πΔRd24ΔL解析 (1)在用螺旋测微器测电阻丝的直径时，先转动粗调旋钮，使测微螺杆F 接近被测电阻丝，再转动微调旋钮夹住被测物，直到棘轮发出声音为止，拨动止动旋钮使F 固定后读数． (2)根据电路图，连接实物图(3)根据R ＝ρl S ，得ΔR ＝ρΔL S ，而S ＝πd 24，代入得：ρ＝πΔRd24ΔL.题组2 测定电源的电动势和内阻2．(2014·新课标Ⅰ·23)利用如图4所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：图4待测电源，电阻箱R (最大阻值为999.9 Ω)，电阻R 0(阻值为3.0 Ω)，电阻R 1(阻值为3.0 Ω)，电流表(量程为200 mA ，内阻为R A ＝6.0 Ω)，开关S. 实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I 和电阻箱相应的阻值R ；③以1I 为纵坐标，R 为横坐标，作1I－R 图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b . 回答下列问题：(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻，则1I与R 的关系式为________________________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R ＝3.0 Ω时电流表的示数如图5所示，读出数据，完成下表．R /Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0 I /A0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077 1I/A －16.998.00②10.011.011.913.0图5(3)在图6的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k ＝________ A －1·Ω－1，截距b ＝________ A －1.图6(4)根据图线求得电源电动势E ＝________ V ，内阻r ＝________ Ω.答案 (1)1I ＝3.0E R ＋3.0E(5.0＋r )(2)①0.110(0.109～0.111均正确) ②9.09(9.01～9.17均正确)(3)见解析图 1.0(0.96～1.04均正确) 6．0(5.9～6.1均正确)(4)3.0(2.7～3.3均正确) 1.0(0.6～1.4均正确) 解析 (1)根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝IR A ＋(I ＋IR AR 1)(R ＋R 0＋r )将R 0＝3.0 Ω，R 1＝3.0 Ω，R A ＝6.0 Ω代入上式得1I ＝3.0E R ＋3.0E(5.0＋r )(2)从读数上，有效数字要一致，即读数是0.110 A ，倒数是9.09 A －1.(3)由1I －R 关系式可知k ＝3.0E ，截距b ＝3.0E(5.0＋r )；由给出的数据作出图像，连线时尽可能使多的点在同一直线上，不在直线上的点要均匀分布在直线两侧如图所示． 由图像可知，k ＝1.0 A －1·Ω－1，b ＝6.0 A －1.(4)电源电动势E ＝3.0 V ，电源内阻r ＝1.0 Ω. 题组3 从原理迁移中突破电学实验3．实际电流表有内阻，测量电流表G 1内阻r 1的电路如图7所示．图7供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300 Ω)②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)③定值电阻R1(300 Ω)④定值电阻R2(10 Ω)⑤滑动变阻器R3(0～1 000 Ω)⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)⑦干电池(1.5 V)⑧电键S及导线若干．(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________．(在空格内填写序号)(2)对照电路图用笔连线连接如图8所示实物图．图8(3)补全实验步骤：①按如图7所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最________(填“左端”或“右端”)；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；③多次移动滑动触头，记录G1和G2的读数I1和I2；④以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图9所示．图9(4)根据I2－I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________．答案 (1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)左端 (4)r 1＝(k －1)R 1解析 (1)因电流表G 1的内阻约为300 Ω，故定值电阻选择R 1；为调节方便滑动变阻器选择R 4.(2)根据电路图连接实物如图所示：(3)为保护测量电路，闭合开关时，测量电路应处于短路状态，故滑片移至最左端． (4)由电路图知I 2＝I 1＋I 1r 1R 1，可得图象的斜率k ＝1＋r 1R 1，解得r 1＝(k －1)R 1. 4．现有一刻度盘总共有N 小格、且刻度均匀，量程未准确确定的电压表V 1，已知其量程在13 ～16 V 之间，内阻r 1＝150 kΩ.为测定其准确量程U 1，实验室提供了如下表所列的器材，要求器材(代号) 规格标准电压表V 2 量程3 V ，内阻r 2＝30 kΩ 电流表A 量程3 A ，内阻r 3＝0.01 Ω滑动变阻器R 总阻值1 kΩ 稳压电源E 20 V ，内阻很小开关S 、导线若干(1)某同学设计了如图10所示的甲、乙、丙三种电路图图10你认为选择________电路图测量效果最好．(填“甲”、“乙”或“丙”) (2)根据测量效果最好的那个电路图，将如图11所示有关器材连接成测量电路．图11(3)若选择测量数据中的一组来计算V 1的量程U 1，则所用的表达式U 1＝________________，式中各符号表示的物理量是：________________. 答案 (1)乙 (2)见解析图 (3)Nr 1N 1r 2U 2 N ：V 1的总格数，N 1：V 1的读出格数，U 2：V 2的读数，r 1：V 1表内阻，r 2：V 2表内阻解析 (1)由于待测电压表的满偏电流与标准电压表的满偏电流接近，大约是0.1 mA ，所以可将两电压表串联使用，由于滑动变阻器的全电阻远小于电压表内阻，所以滑动变阻器应用分压式接法，所以选择乙电路图进行测量．(2)根据图乙所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．(3)待测电压表V 1的指针偏转格数为N 1，每格表示电压值为ΔU ，由欧姆定律可得：N 1ΔU r 1＝U 2r 2所以电压表V 1的量程为U 1＝N ·ΔU 联立解得U 1＝Nr 1N 1r 2U 2 其中r 1＝150 kΩ，r 2＝30 kΩ，U 2为某次测量时标准电压表V 2的读数，N 1为某次测量时待测电压表V 1的指针偏转格数．。

2015年全国高考理综试题（全国卷2物理部分）第14~17题只有一项是符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求14．如图，两平行的带电金属板水平放置。

若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。

现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A ．保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C. 向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动15. 如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上。

当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，c a 、b 、三点的电势分别为a b c U U U 、、.已知bc 边的长度为l 。

下列判断正确的是 A ．a c U U >，金属框中无电流B. b c U U >，金属框中电流方向沿a b c a --- C .212bc U Bl ω=-，金属框中无电流 D. 212bc U Bl ω=，金属框中电流方向沿a c b a ---16. 由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为33.110/m s ⨯，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为31.5510/m s ⨯，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为A. 西偏北方向，31.910/m s ⨯B. 东偏南方向，31.910/m s ⨯C. 西偏北方向，32.710/m s ⨯D. 东偏南方向，32.710/m s ⨯17. 一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示。

假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变。

力学实验专项训练1.(2014·江西南昌调研改编)某实验小组利用如图所示装置探究“加速度与力、质量”的关系,你认为在实验过程中以下做法正确的是。

(填写字母代号)A.在调节木板倾斜度、平衡木块受到的滑动摩擦力时,将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上B.为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力,实验时应使砝码桶及桶内砝码的总质量远大于木块和木块上砝码的总质量C.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行D.实验时,先放开木块再接通打点计时器的电源2.如图a是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带。

ab(1)打点计时器电源频率为50Hz。

A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点,F点由于不清晰而未画出。

试根据纸带上的数据,推测F点的位置并在纸带上标出,算出对应的速度v F= m/s(计算结果保留两位有效数字)。

(2)图b是该同学根据纸带上的数据作出的v t图象。

根据图象可以得出结论,t=0时的速度v0=m/s,加速度a=m/s2(计算结果保留两位有效数字)。

3.(2014·山东潍坊联考)某同学为探究“加速度与物体受力关系”,设计了如图所示的实验装置:把一端带滑轮的木板平放在水平桌面上,将力传感器固定在小车上,用来测量绳对小车的拉力;小车的加速度由打点计时器打出的纸带测出,已知打点计时器使用的低压交流电源的频率为50Hz。

(1)对于实验的操作要求,下列说法正确的是。

A.本实验中应保持小车和传感器总质量不变B.为消除小车与木板之间摩擦力的影响,应将木板不带滑轮的一端适当垫高,在不挂砂桶的情况下使小车能够静止在木板上C.本实验必须满足细砂和桶的总质量远小于小车和传感器的总质量(2)如图是实验中得到的一条纸带,A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为7个相邻的计数点,相邻的两个计数点之间还有四个点未画出,量出计数点之间的距离分别为s AB =4.12cm 、s AC =8.67cm 、s AD =13.65cm 、s AF =19.04 cm 、s AF =24.85cm 、s AG =31.09cm 。

三年（2015-2017）高考物理试题分项版解析1．【2016·上海卷】（3分）在“用DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是传感器。

若摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏。

（选填：“大”或“小”）。

【答案】光电门；大【学考点定位】机械能守恒定律的验证【方法技巧】要熟悉实验“机械能守恒定律的验证”，会计算摆球通过光电门时的速度，根据动能的公式就可以分析小球动能的变化情况。

2．【2015·海南·11】某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a ）和（b ）所示。

该工件的直径为______cm ，高度为________mm 。

【答案】1.220cm ，6.861mm 【解析】游标卡尺读数为112412.20 1.22020d mm mm mm cm =+⨯== 螺旋测微器的读数为： 6.536.10.01 6.861h mm mm mm =+⨯=【考点定位】螺旋测微器，游标卡尺读数【方法技巧】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

3．【2017·新课标Ⅱ卷】（6分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。

使用的器材有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。

实验步骤如下：①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑；②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间∆t；③用∆s表示挡光片沿运动方向的长度，如图（b）所示，v表示滑块在挡光片遮住光线的∆t时间内的平均速度大小，求出v；④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③；⑤多次重复步骤④；⑥利用实验中得到的数据作出v–∆t图，如图（c）所示。

高考定位功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻理解功能关系，综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．考题1 力学中的几个重要功能关系的应用例1 (双选)如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a 通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m .开始时，a 、b 均静止且a 刚好不受斜面摩擦力作用．现对b 施加竖直向下的恒力F ，使a 、b 做加速运动，则在b 下降h 高度过程中( )图1A ．a 的加速度为FmB ．a 的重力势能增加mghC ．绳的拉力对a 做的功等于a 机械能的增加D ．F 对b 做的功与摩擦力对a 做的功之和等于a 、b 动能的增加审题突破 重力势能的变化和什么力做功相对应？机械能的变化和什么力做功相对应？动能的变化又和什么力做功相对应？ 答案 BD1．(单选)如图2所示，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s .此过程中，以下结论错误的是( )图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋s)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fsC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋s)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋s)答案 D解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋s，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋s)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fs；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋s)．2．(单选)(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能答案 B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项C、D错误．3．(双选)如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是()图4A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8 s内物体位移的大小为18 mC．0～8 s内物体机械能的增量为90 JD ．0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J 答案 AC解析 根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a ＝1 m/s 2，根据物体在传送带上受力分析有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，整理得μ＝0.875，选项A 正确.0～8 s 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移s ＝(2＋6)×42－2×22m ＝14 m ，选项B 错误.0～8 s 内物体动能增加量为12m ×v 2－12m ×v 20＝6 J ，重力势能增加mgs ×sin θ＝84 J ，机械能增加量为6 J ＋84 J ＝90 J ，选项C 正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q 1＝μmg cos θ×v 02t 1＝14 J ，第二部分为2～6 s ，摩擦生热Q 2＝μmg cos θ×v2t 2＝56 J ，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q 1＋Q 2＝70 J ，选项D 错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变化，即W G ＝－ΔE p . 2．弹力的功等于弹性势能的变化，即W 弹＝－ΔE p . 3．合力的功等于动能的变化，即W ＝ΔE k .4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变化，即W 其他＝ΔE . 5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变化，即Q ＝fl 相对考题2 动力学方法和动能定理的综合应用例2 光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc 粗糙，直轨道cd 光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点a 时的速度大小为v ＝4 m /s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc 的相切处b 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc 滑行，到达轨道cd 上的d 点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道bc 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，d 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6.求：图5(1)滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc 间的动摩擦因数； (3)滑块在直轨道bc 上能够运动的时间．审题突破 (1)在圆轨道最高点a 处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从a 点到d 点重力与摩擦力做功，全程由动能定理即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动学的公式，即可求得时间．解析 (1)在圆轨道最高点a 处对滑块，由牛顿第二定律得：mg ＋F N ＝m v 2R，得F N ＝m (v2R－g )＝5.4 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点a 时对轨道的压力大小为5.4 N. (2)从a 点到d 点全程，由动能定理得：mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmg cos θ·L ＝0－12m v 2μ＝g (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )＋v22gL cos θ＝0.8(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为a 1，时间为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时间为t 2，在c 点时的速度为v c .由c 到d ：12m v 2c ＝mghv c ＝2gh ＝2 m/sa 点到b 点的过程：mgR (1＋cos θ)＝12m v 2b －12m v 2v b ＝v 2＋2gR (1＋cos θ)＝5 m/s 在轨道bc 上：下滑：L ＝v b ＋v c 2t 1 t 1＝2Lv b ＋v c ＝7.5 s上滑：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4 m/s 2 0＝v c －a 2t 2t 2＝v c a 2＝212.4s ≈0.16 sμ>tan θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在bc 斜面上运动的总时间： t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s 答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s4．如图6(a)所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系数不变．g ＝10 m/s 2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因数； (2)物体的初速度大小； (3)θ为多大时，s 值最小．答案 (1)33 (2)5 m/s (3)π3解析 (1)由题意可知，当θ为90°时，v 0＝2gh ①由题图b 可得：h ＝54 m当θ为0°时，s 0＝54 3 m ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因数为μ，此时摩擦力大小为μmg ，加速度大小为μg .由运动学方程得 v 20＝2μgs 0②联立①②两方程：μ＝33(2)由①式可得：v 0＝5 m/s(3)对于任意一角度，利用动能定理得对应的最大位移s 满足的关系式 12m v 20＝mgs sin θ＋μmgs cos θ 解得s ＝v 202g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin (θ＋φ)其中μ＝tan φ，可知x 的最小值为s ＝h 1＋μ2＝32h ≈1.08 m对应的θ＝π2－φ＝π2－π6 ＝60°＝π31．应用动力学分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动学公式分析物体的运动．2．应用动能定理时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式． (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关．在中学物理中一般取地面为参考系．(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．考题3综合应用动力学和能量观点分析多过程问题例3(14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5 m的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝36，g＝10 m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B点；(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程．解析(1)物块沿斜面下滑时，mg sin θ－μmg cos θ＝ma (2分) 解得：a＝2.5 m/s2 (1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝12at 2(1分) 可得t ＝3105s(1分)(2)因为物块恰好到C 点，所以到C 点速度为0.设物块到B 点的速度为v ，则mgR ＝12m v 2(2分)F N －mg ＝m v2R(1分) 解得F N ＝3mg ＝30 N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为s ，则mgL sin θ－μmgs cos θ＝0(3分) 解得s ＝9 m(1分)答案 (1)3105s (2)30 N ，方向向下 (3)9 m(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为m ＝1 kg 的小物块，从光滑平台上的A 点以v 0＝1.8 m /s 的初速度水平抛出，到达C 点时，恰好沿C 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D 点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v ＝3 m/s ，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R ＝2 m ，C 点和圆弧的圆心O 点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量． 答案 (1)22.5 N ，方向竖直向下 (2)32 J解析 (1)设小物体在C 点时的速度大小为v C ，由平抛运动的规律可知，C 点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v C ＝v 0cos θ＝ 1.8cos 53° m /s ＝3 m/s①由C 点到D 点，由动能定理得：mgR (1－cos θ)＝12m v 2D －12m v 2C ②小物块在D 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2DR③ 由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N④联立①②③④得：F N ′＝22.5 N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： a ＝μmg m＝μg ＝0.5×10 m /s 2＝5 m/s 2⑤小物块匀减速直线运动的时间为t 1，向左通过的位移为s 1，传送带向右运动的距离为s 2，则： v D ＝at 1⑥ s 1＝12at 21⑦ s 2＝v t 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t 2，向右通过的位移为s 3，传送带向右运动的距离为s 4，则 v ＝at 2⑨ s 3＝12at 22⑩ s 4＝v t 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： s ＝s 1＋s 2＋s 4－s 3⑫ 产生的热量为：Q ＝μmgs⑬联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J知识专题练 训练5题组1 力学中的几个重要功能关系的应用1．(双选)将质量为m 的小球在距地面高度为h 处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A ．小球克服空气阻力做的功小于mghB ．重力对小球做的功等于mghC ．合外力对小球做的功小于m v 20D ．重力势能的减少量等于动能的增加量 答案 AB解析 从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh ，所以选项A 、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W 合＝ΔE k ＝12m (2v 0)2－12m v 20＝32m v 20>m v 20，选项C 错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D 错误． 2．(双选)如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，b 的质量为m ，开始时a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A ．物块a 重力势能减少mghB ．摩擦力对a 做的功大于a 机械能的增加C ．摩擦力对a 做的功小于物块a 、b 动能增加之和D ．任意时刻，重力对a 、b 做功的瞬时功率大小不相等 答案 AB解析 由题意m a g sin θ＝mg ，则m a ＝m sin θ.b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减少量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 正确．摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增加量．所以摩擦力对a 做的功大于a 的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B 正确，C 错误．任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，克服重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．故选A 、B.题组2 动力学方法和动能定理的综合应用3．(双选)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝v SB ．出水口所出水落地时的速度2gHC ．出水后，手连续稳定按压的功率为ρS v 32η＋ρv SgHηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和答案 AC解析 由题意知，设流水时间为t ，则水柱长v t ，体积Q ′＝v tS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝v S ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定理mgH ＝12m v 21－12m v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设t 时间内，供水质量为m ，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝mgH ＋12m v 2W ，其中m ＝ρv tS 代入得P ＝ρS v 32η＋ρv SgHη，所以C 正确，D 错误．4．(单选)如图3所示，质量为m 的滑块从 h 高处的a 点沿圆弧轨道ab 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a 、c 两点时的速度大小均为v ，ab 弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从a 到c 的运动过程中( )图3A ．小球的动能始终保持不变B ．小球在bc 过程克服阻力做的功一定等于12mghC ．小球经b 点时的速度大于gh ＋v 2D ．小球经b 点时的速度等于2gh ＋v 2 答案 C解析 由题意知，在小球从b 运动到c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A 错误；从a 到c 根据动能定理：mgh －W f ＝0可得全程克服阻力做功W f ＝mgh ，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在bc 过程克服阻力做的功一定不等于mgh2，所以B 错误；在ab 段正压力小于bc 段的正压力，故在ab 段克服摩擦力做功小于在bc 段克服摩擦力做功，即从a到b 克服摩擦力做功W f ′<12mgh ，设在b 点的速度为v ′，根据动能定理：mgh －W f ′＝12m v ′2－12m v 2，所以v ′>gh ＋v 2，故C 正确，D 错误． 5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为s ＝10 m 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R ＝10 m 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求：图4(1)小球在AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．(结果可用根式表示)答案 (1)25 m/s 2 (2)(5－3) s解析 (1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg ＝m v 2C R解得v C ＝gR ＝10 m/s从B 到C 的过程中机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2C ＋mg ·2R 解得v B ＝5gR ＝10 5 m/s从A →B 根据速度位移公式得：v 2B ＝2as解得a ＝25 m/s 2(2)从C 到D 的过程中机械能守恒：12m v 2D ＝12m v 2C ＋mg ·R 解得v D ＝3gR ＝10 3 m/s由C 到B 再到A 的过程机械能守恒，故v A ＝v B ＝10 5 m/s小球从D →A 做加速度为g 的匀加速运动，由速度公式得：v A ＝v D ＋gt解得t ＝(5－3) s题组3 综合应用动力学和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为s ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g ＝10 m/s 2，求：图5(1)物块m 2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离；(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)；(4)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．答案 (1)6 m/s 0.4 (2)4.1 m (3)不能 (4)5.6 J解析 (1)由物块m 2过B 点后其位移与时间的关系s ＝6t －2t 2与s ＝v 0t ＋12at 2比较得： v 0＝6 m/s加速度a ＝－4 m/s 2而－μm 2g ＝m 2a得μ＝0.4(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR根据几何关系有：v y v D＝tan 45° 解得v D ＝4 m/s运动时间为：t ＝2R g ＝ 1.610s ＝0.4 s 所以DP 的水平位移为：4×0.4 m ＝1.6 mBD 间位移为s BD ＝v 2D －v 202a＝2.5 m 所以BP 间位移为2.5 m ＋1.6 m ＝4.1 m(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：m 2g ＝m 2v 2M Rv M ＝gR ＝2 2 m/s 由机械能守恒定律得：12m 2v M ′2＝12m 2v 2D －22m 2gR 解得v M ′＝16－8 2 m/s 因为16－82<2 2所以物块不能到达M 点．(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，释放m 1时，E p ＝μm 1gs CB释放m 2时E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 20 且m 1＝2m 2可得：E p ＝m 2v 20＝7.2 Jm 2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转化及守恒定律得：E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6 J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R ＝54m ，轨道端点B 的切线水平．质量M ＝5 kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A 由静止释放，离开B 点后经时间t ＝1 s 撞击在斜面上的P 点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C 与B 点的水平距离x 0＝3 m ．g 取10 m/s 2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M 运动至B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M 离开B 点时，位于斜面底端C 点、质量m ＝1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P 点被M 击中．已知滑块m 与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F 大小；(3)滑块m 与滑块M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F ，此时滑块m 速度变为4 m/s ，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M ，求滑块m 此后在斜面上运动的时间．答案 (1)150 N (2)13 N (3)(0.5＋72) s 解析 (1)从A 到B 过程，由机械能守恒定律得：MgR ＝12M v 2B 在B 点，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v 2B R解得F ＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B 点的压力F ′＝F ＝150 N ，方向竖直向下．(2)M 离开B 后做平抛运动水平方向：x ＝v B t ＝5 m由几何知识可知，m 的位移：s ＝x －x 0cos 37°＝2.5 m 设滑块m 向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s ＝12at 2 解得a ＝5 m/s 2对滑块m ，由牛顿第二定律得：F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma解得F ＝13 N(3)撤去拉力F 后，对m ，由牛顿第二定律得：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ′解得a ′＝8 m/s 2滑块上滑的时间t ′＝v a ′＝0.5 s 上滑位移：s ′＝v 22a ′＝1 m 滑块m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ″解得a ″＝4 m/s 2下滑过程s ＋s ′＝12a ″t ″2 解得t ″＝72s 滑块返回所用时间：t ＝t ′＋t ″＝(0.5＋72) s。

解密14 力学实验⎧⎫⎧⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎬⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎩⎩⎭研究匀变速直线运动实验原理探究性实验探究弹力和弹簧伸长的关系实验器材探究动能定理实验步骤力学实验步骤验证力的平行四边行定则数据处理验证牛顿运动定律误差分析验证性实验验证机械能守恒注意事项验证动量守恒定律考点1 研究匀变速直线运动一、实验目的1．练习正确使用打点计时器，学会利用打上点的纸带研究物体的运动。

2．掌握判断物体是否做匀变速直线运动的方法（2x aT ∆=）。

3．测定匀变速直线运动的加速度。

二、实验原理 1．打点计时器（1）作用。

计时仪器，每隔0.02 s 打一次点。

（2）两种打点计时器的比较（3）纸带上点的意义表示和纸带相连的物体在不同时刻的位置；通过研究纸带上各点之间的距离，可以判断物体的运动情况；可以利用纸带上打出的点来确定计数点间的时间间隔。

2．匀变速直线运动的判断连续相等时间内的位移之差是恒量，即213243x x x x x x x ∆=-=-=-==恒量（不为零），则物体做匀变速直线运动，且2x aT ∆=。

3．由纸带求物体运动速度的方法根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即12n n n x x v T++=。

4．由纸带求加速度 （1）用“逐差法”求加速度根据24152633x x x x x x aT -=-=-=，求出加速度41123x x a T -=、52223x x a T -=、63323x x a T -=，再计算出a 1、a 2、a 3的平均值，即为物体运动的加速度，即45612329x x x x x x a T ++---=。

（2）利用v –t 图象的斜率求加速度 先根据12n n n x x v T++=求出多个时刻随对应点的瞬时速度，然后画出v –t 图象，图线的斜率即为物体运动的加速度。

三、实验器材电火花计时器（或电磁打点计时器）一端固定有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸。

2015年高考理综试题（全国卷2物理部分）答案解析14【答案】D【解析】试题分析：现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D 正确，A 、B 、C 错误。

15【答案】C16【答案】B17【答案】A【解析】试题分析：由图可知，汽车先以恒定功率P 1起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P 2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A 正确，B 、C 、D 错误。

考点：机车起动问题 18【答案】BC19【答案】AC 【解析】20【答案】BC 【解析】试题分析：由设这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩东边有m 节车厢，每节车厢的质量为m ，由牛顿第二定律可知：mk n Fkm F )(32-=，解得：n k 52=，k 是正整数，n 只能是5的倍数，故B 、C 正确，A 、D 错误21【答案】BD22【答案】（1）3.25；1.79；(2)C 【解析】试题分析：（1）根据纸带数据可知：加速度s m Tx x x x a BC AB DE CD /25.34)()(2=+-+=；打点C 点时物块的速度s m Tx v BDC /79.12==（2）由牛顿第二定律得：加速度θμθcos sin g g a -=，所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角。

23【答案】（1）（2）见解析； （3）>；见解析 【解析】试题分析：（1）实验电路如图所示24【答案】qmv U AB20=25【答案】（1）a 1=3m/s 2； a 2 =1m/s 2；（2）4s11sin ma f mg =-θ……⑸212sin ma f f mg =+-θ………⑹联立以上各式可得a 1=3m/s 2…………⑺33（1）【答案】ACD（2）【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm 【解析】试题分析：(1)以cmHg为压强单位，设A侧空气长度l=10.0cm时压强为P；当两侧水银面的高度差为h1=10.0cm 时，空气柱的长度为l1，压强为P1，由玻意耳定律得34（1）【答案】ABD【解析】试题分析：由图可知：玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，故C错误；在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故A正确；a光的频率大于b光的频率,在真空中，a光的波长小于b光的波长，故B正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为a光的折射率大，则折射光线a首先消失，故D正确；a光的波长小于b光的波长，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，故E错误。

2015年新课标II高考物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微粒将（）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c．已知bc边的长度为l．下列判断正确的是（）A．U a＞U c，金属框中无电流B．U b＞U c，金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω，金属框中无电流D． U bc=Bl2ω，金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A．西偏北方向，1.9×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s4．（6分）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t 变化的图线中，可能正确的是（）A． B．C．D．5．（6分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转6．（6分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（）A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度是Ⅰ中的k倍7．（6分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C． 15 D． 188．（6分）如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为g．则（）A．a落地前，轻杆对b一直做正功B． a落地时速度大小为C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD． a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必做题，每个考题考生都必须作答，第13为选考题，考生格局要求作答．9．（6分）（2015春•南昌校级期末）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离．（1）物块下滑是的加速度a=m/s2，打C点时物块的速度v=m/s；（2）已知重力加速度大小为g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（填正确答案标号）A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角．10．（9分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下：待测电压表（量程3V，内阻约为3000欧），电阻箱R0（最大阻值为99999.9欧），滑动变阻器R1（最大阻值100欧，额定电流2A），电源E（电动势6V，内阻不计），开关两个，导线若干．（1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整．（2）根据设计的电路写出步骤：．（3）将这种方法测出的电压表内阻记为R v′，与电压表内阻的真实值R v相比，R v′R v（填“＞”“=”或“＜”），主要理由是．11．（12分）如图，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°．不计重力．求A、B两点间的电势差．12．（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小（2）A在B上总的运动时间．（二）选考题，共45分。