18年高考物理大二轮复习专题十一应用数学处理物理问题的能力讲学案

能力呈现【考情分析】201120122013电磁感应规律的综合应用T5:电磁感应中的图象问题T13:电磁感应定律的应用T13:电磁感应定律的应用【备考策略】电磁感应的综合应用,是高中物理中难度较大、综合性较强的部分之一，是高考必考内容之一。

电磁感应与力学、电路、磁场、能量等密切联系,涉及知识面广，综合性强，能力要求高，题型有计算题、选择题。

解答电磁感应综合应用的问题要“先电后力”，即先分析“电源、电路”，再进行受力和运动分析,然后选用牛顿运动定律或能量关系列式求解.1. (2013·浙江)如图甲所示,磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区,刷卡器中有检测线圈。

当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势.其E—t关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为2v，线圈中的E-t关系可能是 ( )2. （2013·南京模拟)如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域.当磁感应强度随时间均匀变化时,在大环内产生的感应电动势为E,则a、b两点间的电势差为 ( ）A. 12E B。

13E C.23E D。

E3。

（2013·扬州一模）如图所示装置中，一个足够长的光滑水平导轨与一理想变压器的原线圈相连，导体棒ab处于匀强磁场中,副线圈上连接有灯泡L和电容器C,其余一切电阻不计。

则下列说法中正确的是（)A。

若ab棒向右做匀速直线运动，则灯泡L中有c→d的电流B. 若ab棒向右做匀速直线运动，则电容器C下极板带正电C. 若ab棒向右做匀加速直线运动，则灯泡L中有d→c的电流D。

若ab棒向右做匀加速直线运动,则电容器C上极板带正电4. (2013·安徽)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°,宽度为0.5 m，电阻忽略不计,其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0。

2 kg,接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。

热门 1 图象专题[ 热门追踪专练]一、力学图象1．(2017 ·云南十一校跨区调研) 以下图，直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路上行驶的汽车 a 和 b 的速度－时间( v－t )图线， t 1时辰两车经过同一地点，由图可知()A．在t2时辰，a车追上b车B．在t1到t2这段时间内，b车的均匀速度比 a 车的大C．在t1到t2这段时间内，b车的均匀速度为12v ＋ v2D．在t1到t2这段时间内，b车的加快度向来比 a 车的大[ 分析 ] 依据汽车a和b的速度－时间 ( v－t ) 图线，在t1到 t 2这段时间内，汽车 b 先做加快度减小的加快运动，后做加快度增大的减速运动，汽车 a 做匀加快直线运动，在t 2时辰，两汽车速度相等．依据速度－时间图象与坐标轴所围的面积表示位移可知，t 2时辰 a 车没有追上 b 车，选项A、D错误；在 t 1到 t 2这段时间内， b 车的均匀速度比 a 车的大，选项 B 正确；在t1到t2这段时间内，a车的均匀速度为v1＋ v2v1＋ v2 v a＝，b 车的均匀速度v b>，22选项 C 错误．[答案] B2.(2017 ·湖北八校第一次联考) 以下图为A、B两质点在同向来线上运动的位移—时间( x－t ) 图象．A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、 D 坐标如图．以下说法不正确的选项是()A．A、B相遇两次B．t1～t2时间段内B质点的均匀速度与A质点匀速运动的速度相等C．两质点速度相等的时辰必定在t 1～ t 2时间段内的中间时辰1＋ x2D．A在B前方且离B最远时，B的位移为x2[ 分析 ] 两图象交点、表示、两质点相遇两次，则选项 A 正确；依据均匀速度的C D A B定义和图象斜率的意义，知选项 B 正确；B质点的图象是过原点的一条抛物线，知质点 B 做初速度为 0 的匀加快运动，易知选项 C 正确；质点A、B速度相等时A在B前方且离B最远，又 B 做匀加快直线运动，可知x1＋ x2B的位移小于，选项 D 错误．2[答案] D3. 甲、乙两车从同一地址沿同样方向由静止开始做直线运动，它们运动的加快度随时间变化图象以下图．对于两车的运动状况，以下说法正确的选项是()A．在 0～ 4 s 内甲车做匀加快直线运动，乙车做匀减速直线运动B．在 0～ 2 s 内两车间距渐渐增大，2～ 4 s 内两车间距渐渐减小C．在t＝ 2 s 时甲车速度为 3 m/s ，乙车速度为 4.5 m/sD．在t＝ 4 s 时甲车恰巧追上乙车[ 分析 ]在0～4 s内，甲车做匀加快直线运动，而乙车做加快度渐渐减小的加快直线运动，选项 A 错误；在a－ t 图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t ＝2 s时甲车速度为 3 m/s ，乙车速度为 4.5 m/s ，选项 C 正确；两车沿同样方向由静止开始运动，由－图象可知， 4 sa t时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、 D 错误．[答案] C4．( 多项选择 ) 以下图，、分别是、两物体的v －t图象，以下说法正确的选项是 ()a b A BA．A物体在 5 s内向来做匀减速直线运动， B 物体在5 s内向来做匀速直线运动B．在 5 s 内、B 两物体的位移差是35 mAC．A物体在第 3 s 末的速度为 12 m/sD．前 3 s 内A物体的位移为 60 m[分析]从 v－t图象可知 A 物体在前 1 s 内和后 4 s 内加快度不一样，所以A物体在 5 s 内向来做匀减速直线运动的说法是错误的，选项 A 错误；在 5 s 内，可由v－t图象面积法101＋ 5求得 A、B 两物体的位移差Δs＝2×1 m＋2×10 m＝ 35 m，选项 B 正确；由v－t图象可知 A 物体在1 s末速度是20 m/s，在 1～3 s 内加快度大小是Δv 1022 a A2＝＝m/s＝2.5m/s ，Δt 4则 A 物体在第 3 s 末的速度v′＝v0－a A2t′＝ (20 －2.5 ×2)m/s＝ 15m/s ，选项 C 错误；前12 20＋ 30123 s 内A物体的位移s A＝s1＋v0t′－2a A2t ′＝2×1 m＋ 20×2－2×2.5 ×2 m＝ 60 m，选项 D 正确．[答案]BD5．(2016 ·安徽合肥质检二 ) 如图是一做匀变速直线运动的质点的位移－时间图象( x－t图象)， (1，1)为图象上一点．为过P 点的切线，与x轴交于点(0 ，2)．则以下说法P t x PQ Q x 正确的选项是 ()A．t1时辰，质点的速率为x1 t 1B．t1时辰，质点的速率为x1－x2 t 1C．质点的加快度大小为x1－x22t 12x1－x2D． 0～t1时间内，质点的均匀速度大小为t 1[分析]在位移－时间图象中，过P 点的切线斜率表示相应时辰的刹时速度，所以t 1 x1－ x2v－ v0时辰的速率为v＝t 1，A 项错， B 项正确；由加快度定义可知a＝t1，但因初速度未知，故加快度没法确立，C项错； 0～t这段时间内的均匀速度 v x1，D项错．＝t1[答案]B6．以下图，a、b两条曲线为汽车a、 b 在同一条平直公路上的速度－时间图象，已知 a、 b 曲线对于它们交点的连线对称，且在t 1时辰两车相遇，以下说法正确的选项是()A．在t 1～ t 2这段时间内，两车位移等大B．在t 1～ t 3这段时间内的同样时辰， a 车与 b 车加快度大小相等C．t2时辰两车也相遇D．t3时辰b 车在前， a 车在后[ 分析 ]在t1～t2这段时间内，a车v－t图象包围的面积大，a 车位移大，选项A错误；在 t 1～ t 3这段时间内的同样时辰，图象斜率大小相等，故a 车的加快度与 b 车的加快度大小相等，选项 B 正确；t 1时辰，两车相遇，而t 1～ t 2这段时间内 a 车位移大于 b 车位移，所以t 2时辰a 车在前， b 车在后，t 3时辰两车相遇，选项C、 D 错误．[答案]B7． ( 多项选择 )(2017 ·石家庄质检一)以下图为甲、乙两个物体同时从同一地址出发、沿同向来线运动的速度－时间图象．以下说法正确的选项是()A．在 0～ 2.0 s内，甲的加快度小于乙的加快度B．在 2.0 s时，乙在甲前方C．在 0～ 6.0 s内，甲和乙的位移同样D．在0～ 6.0 s内，甲和乙相遇一次[分析]速度－时间图象的斜率的绝对值表示物体加快度的大小，则0～ 2.0 s的过程中，物体甲的加快度大于物体乙的加快度， A 错误；图象与时间轴围成的面积表示物体的位移，则由图象可知0～ 2.0 s 的时间内，物体甲的位移大小为 6 m、物体乙的位移大小为10 m，明显 2.0 s 时物体乙处在物体甲的前方， B 正确； 0～ 6.0 s 的时间内，物体甲的位移大小为24 m、物体乙的位移大小为18 m,6.0 s时物体甲在物体乙的前方， C 错误；由以上剖析可知在0～ 6.0 s的时间内，物体乙先在前方，以后物体甲向来在物体乙的前方，则0～ 6.0 s内物体甲和物体乙相遇一次，D正确．[答案]BD8．(2016 ·山东潍坊期末统考) 如图甲所示，小物块从足够长的圆滑斜面顶端由静止自由滑下．下滑位移x时的速度为v，其x－ v2图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则斜面倾角θ 为()A．30° B ．45° C ．60° D ．75°[分析]由题图x －v2 图象可知小物块的加快度＝ 5 m/s 2，依据牛顿第二定律得，小a物块的加快度a＝ g sinθ，所以θ＝30°，A正确，B、C、D错误．[答案]A9.( 多项选择 ) 一个物体沿一条直线运动，其位移x随时间t变化规律图线为以下图抛物线，c 和d 已知，由此可知()A．物体的初速度为0B．物体做加快度愈来愈大的加快运动C．物体在c3d 时辰的速度为2cD．物体经过 1.5 c 时的速度为2dc121[ 分析 ] 由图象联合位移公式x＝ v0t ＋2at可知物体做匀加快直线运动，由d＝ v0c＋2 212，解得 v ＝d d，选项 A、 B 错误；应用速度公式可知物体ac 和 3d＝ v (2 c)＋2a(2 c2c、a＝c002在 c 时辰的速度为v3d 1.5 c时辰的速度为＋ ac＝2c，选项C正确；应用速度公式可知物体在v2d＋1.5 ac＝c，选项 D正确．[答案] CD10． ( 多项选择 )(2016 ·江西南昌一模) 质量为＝ 2 kg的物块静止搁置在粗拙水平川面Om处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始沿水平川面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a 所示，物块运动过程中其速度v 随时间 t 变化规律如图 b 所示，重力加快度g 取10 m/s2，则()A．物块经过 4 s 时间回到出发点B．物块运动到第 3 s 时改变水平拉力的方向C． 3.5 s时辰水平力 F 的大小为 4 ND． 4.5 s时辰水平力 F 的大小为16 N[分析]物块经过 4 s时间，速度减小到零，离出发点最远，选项 A 错误．在0～ 3 s 时间内，物块加快度a1＝1 m/s2.由牛顿运动定律，F1－μmg＝ ma1，解得：F1＝12 N．在3～4 s 时间内，物块加快度a2＝－ 3 m/s2，由牛顿运动定律，F2－μmg＝ma2，解得：F2＝ 4 N．物块运动到第 3 s 时水平拉力由 12 N 改变成 4 N，可是方向没有改变，选项 B 错误， C 正确．在4～ 5 s 时间内，速度为负值，摩擦力方向改变，物块加快度2.由牛顿运动定律，a ＝－ 3 m/s3F3＋μmg＝ ma3，解得： F3＝－16 N，选项D正确．[答案] CD11．(2015 ·全国卷Ⅱ ) 一汽车在平直公路上行驶．从某时辰开始计时，发动机的功率P 随时间 t 的变化以下图．假设汽车所受阻力的大小f恒定不变．以下描绘该汽车的速度v 随时间 t 变化的图线中，可能正确的选项是()[分析]在 v－t图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加快度，由牛顿第二定律可得：P1在 0～t1时间内，v －f ＝ ma，当速度v 不变时，加快度 a 为零，则v－ t图象为一条水平线；当速度v 变大时，加快度 a 变小，则v－ t图象为一条斜率渐渐减小的曲线，选项B、D 错误．同P2理，在 t 1～ t 2时间内，v－ f ＝ ma，图象变化状况与0～t1时间内状况相像，因为汽车在运动过程中速度不会发生突变，应选项 C 错误，选项 A 正确．[答案]Ah1处由静止开释，其动能12． ( 多项选择 ) 如图甲所示，小物体从竖直轻质弹簧上方离地高E k与离地高度h 的关系如图乙所示，在h1～ h2阶段图线为直线，其他部分为曲线，h3对应图象的最高点，小物体的质量为m，重力加快度为g，不计空气阻力，以下说法正确的选项是()mgA．弹簧的劲度系数k＝h2－h3B．当物体着落到h＝ h4高度时，重力势能与弹性势能之和最小C．小物体处于h＝ h4高度时，弹簧的弹性势能为E p＝ mg( h2－h4)D．在小物体从h1降落到 h5过程中，弹簧的最大弹性势能为E pm＝ mgh1[ 分析 ] 小物体从高度h降落到h ，图线为直线，该过程中物体做自由落体运动，下12落的高度为 h － h ，小物体降落到h 时速度最大，重力和弹力相等，故弹簧的劲度系数k＝123mg3时速度最大，所以当物体降落到3， A 正确；系统的总机械能不变，小物体降落到h2－ h3时重力势能与弹性势能之和最小，故 B 错误；小物体着落至高度h4时，物体的动能与着落到高度 h2时的动能同样，故物体从高度h2降落到 h4，重力做功等于弹簧弹性势能的增添，所以小物体降落到 4 时，弹簧的弹性势能增添了(2－ 4)，C正确；小物体从高度h 1 降落h mg h h到 h5过程中，动能没有变化，重力做功等于弹簧弹性势能的增添，所以弹簧的最大弹性势能为 mg( h1－ h5)，故D错误．[答案]AC[ 热门追踪专练]二、电学图象1． ( 多项选择 )(2017 ·怀化市一模) 空间存在着平行于x轴方向的静电场．A、M、O、N、B 为 x 轴上的点， OA<OB，OM＝ ON，AB 间的电势φ随 x 的散布以下图，一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x 轴向右运动，则以下判断中正确的选项是()A．粒子必定带负电B．粒子从M向 O运动过程中所受电场力均匀增大C．粒子必定能经过N点D．AO间的电场强度大于OB间的电场强度[分析]由图可知，两点电势相等，O 点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在AB电场力作用下，从 M点由静止开始沿x 轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子必定带负电，故 A 正确；A到O电势均匀高升，故A到 O的电场是匀强电场，所以粒子从M向 O运动过程中所受电场力不变．故 B 错误；由图可知，AB 两点电势相等，点的电势小于N点的电势，M故 M到 O电场力做的功大于O到 N 电场力做的功，所以粒子能经过N 点．故C正确；因为OA<OB，所以 OA之间的电势变化快于OB之间的电势变化，即AO间的电场强度大于 OB间的电场强度，故 D 正确．[答案]ACD2. 以下图，平行板电容器充电后断开电源，板间有一点P，在 P 点固定一个尝试电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，假如用 F 表示尝试电荷在P 点所受的电场力，用 E 表示极板间的电场强度，用φ 表示P点的电势，用E表示尝试电荷在P点的电势能，则以下p物理量随两板间距离 d 的变化关系的图线中，可能正确的选项是()[ 分析 ]因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量不变，下极板下移，则板间距εS Q U Q离 d 变大，依据 C＝4πkd可知， C变小，由 U＝C可知 U变大，平行板间的电场强度E＝d＝CdQ4πkQ＝εS＝εS，故场强 E 不变，由 F＝qE 可知，尝试电荷所受的电场力F 也不变，选4πkd·d项 A、 B 错误；P点与上极板的电势差保持不变，所以P 点的电势和尝试电荷在P 点的电势能都不变，应选项C正确、 D 错误．[答案]C3．如图甲所示， 直线AB 是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上 A 点沿直线运动到 B 点，其速度平方 2与位移 x 的关系如图乙所示．ABv E 、E 表示 A 、B 两点的电场强度， φ A 、 φB 表示 A 、 B 两点的电势．以下判断正确的选项是 ()A ．E <EB ．E >EABABC ． φ >φBD ． φ <φBAA[分析]由速度平方 v 2 与位移 x 的关系可知电子做匀加快直线运动，由牛顿第二定律可知电子所受协力 ( 电场力 ) 恒定， E A ＝ E B ，选项 A 、B 错误；电子从 A 到 B ，电场力做正功，电势能减少，电势高升，选项 D 正确、 C 错误．[答案]D4．(2016 ·河北名校结盟 ) 两电荷量分别为 q 1 和 q 2 的点电荷固定在 x 轴上的 O 、M 两点，两电荷连线上各点电势 φ随 x 变化的关系以以下图所示， 此中 C 为 段电势最低的点， 则下ND列说法正确的选项是 ()A ． q 1、 q 2 为等量异种电荷B ． N 、C 两点间场强方向沿 x 轴负方向C ． N 、D 两点间的电场强度大小沿x 轴正方向先减小后增大D ．将一正点电荷从N 点移到D 点，电势能先增大后减小[分析]依据q 1 左边和q 2 右边电势随距离增大而降低可判断二者均为正电荷，A 错误；N 、C 间的电场方向沿x 轴正方向， C 点场强为0，B 错误；依据N → D 间图线的斜率大小先减小后增大可知，场强先减小到零后反向增大，C 正确；正电荷从N 移到D ，由E p＝ qφ知，电势能先减小后增大， D 错误．[答案]C5． ( 多项选择 )(2016 ·江西六校联考) a、b是位于x轴上的两个点电荷，电荷量分别为Q1和 Q2，沿x 轴a、b 之间各点对应的电势如图中曲线所示( 取无量远电势为零) ，M、N、P为x轴上的三点，P 点对应图线的最低点，、P间距离大于、b间距离．一质子以某一初速度a P从 M点出发，仅在电场力作用下沿x 轴从 M点运动到N点，则以下说法正确是() A．P点处的电场强度为B．a和b 必定是带等量同种电荷C．质子在运动过程中速领先增大后减小D．质子在运动过程中加快度先增大后减小[分析]由电势图线知两电荷均带正电，但电荷量Q1>Q2，选项 B 错误；由沿电场线方向电势降低知，在P 点场强方向改变，所以P 点处的电场强度为0，选项 A 正确；质子从M 点运动到N点，加快度先减小后增大，速领先增大后减小，选项 C 正确， D 错误．[答案]AC6．(2016 ·江西百校结盟高三联考) 以下图，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个直角边长为l的等腰直角三角形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框斜边的中线和虚线框的一条对角线恰巧共线．从t ＝0开始，使导线框从图示地点开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框走开磁场地区．用 I表示导线框中的感觉电流( 逆时针方向为正) ，则以下表示I － t关系的图象中，正确的选项是()2[ 分析 ] 设导线框电阻为 R ，从导线框进入磁场到斜边刚要进入磁场过程，即 0≤ t ≤ 2vBv 2过程，导线框切割磁感线的有效长度为vt ，感觉电流沿正方向，I ＝ R t ；从导线框斜边刚2 l2进入磁场到完整进入磁场过程，即2v <t ≤ v 过程，导线框切割磁感线的有效长度为2l2Blv Bv 2－vt ，感觉电流沿正方向， I ＝ R － R t ；导线框出磁场过程中，两直角边马上出磁场， 导线框的斜边切割磁感线运动，在2 2l 5 2lv≤ t ≤过程，导线框切割磁感线的有效长度为2v22l － vt － 22Bv 2 5 2Blv22l，感觉电流沿顺时针方向，I ＝ R t －R ，选项 D 正确．[答案] D7． ( 多项选择 )(2016 ·四川卷 ) 以下图，电阻不计、间距为l 的圆滑平行金属导轨水平放置于磁感觉强度为 B 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接必定值电阻R . 质量为 m 、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，遇到垂直于金属棒的水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力F 与金属棒速度v 的关系是 ＝ 0＋ ( 0、 是常量 ) ，金属棒与导轨一直垂直且接触良F Fkv F k好．金属棒中感觉电流为 i ，遇到的安培力大小为 F A ，电阻 R 两头的电压为 U R ，感觉电流的功率为 P ，它们随时间 t 变化图象可能正确的有 ()[分析]设某时辰金属棒的速度为v ，依据牛顿第二定律－ A ＝ ，即 0＋kv － B 2l 2v ＝F F ma F R ＋ rmaF2 2 vmak> 22＋ ＝B l，则加快度与速度成线性关系，且跟着速度增大，，即＋k － Bl r，假如RR ＋ r加快度愈来愈大，即金属棒运动的v －t 图象的切线斜率愈来愈大，因为A＝ B 2l 2v ， A － tF R ＋ r F图象的切线斜率也愈来愈大， 感觉电流Blv 、电阻两头的电压BlRv及感觉电流的i ＝ ＋r U R ＝ ＋rRR＝ B 2l 2v 2B 项正确；假如 k ＝ B 2l 2功率 PR ＋ r ＋，则金属棒做匀加快R r直线运动， 电动势随时间均匀增大， 感觉电流、 电阻两头的电压、 安培力均随时间均匀增大，B 2l 2感觉电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项切合；假如k <R ＋ r ，则金属棒做加快度愈来愈小的加快运动，感觉电流、电阻两头的电压、安培力均增添得愈来愈慢，最后恒定，感觉电流的功率最后也恒定，C 项正确．[答案]BC8．两个等量正点电荷位于 x 轴上，对于原点 O 呈对称散布，以下能正确描绘电场强度E 随地点 x 变化规律的图是 ()[分析]两个等量正点电荷位于x 轴上，对于原点 O 呈对称散布， 其电场线散布如图所 示．联合图可知在原点 O 处电场强度为零， 能正确描绘电场强度E 随地点 x 变化规律的图是 A.[答案] A9． ( 多项选择 )(2017 ·枣庄期末 ) 以下图，在竖直方向的磁感觉强度为B 的匀强磁场中，金属框架固定在水平面内， 与 平行且足够长， 与 间的夹角为 (θ <90°) ，ABCDAB CD BC CDθ不计金属框架的电阻．圆滑导体棒EF ( 垂直于 CD ) 在外力作用下以垂直于自己的速度 v 向右匀速运动， 导体棒在滑动过程中一直保持与导轨优秀接触， 经过 C 点瞬时作为计时起点， 下列对于电路中电流大小 I 与时间 t 、耗费的电功率 P 与导体棒水平挪动的距离x 变化规律的图象中正确的选项是 ()[分析]导体棒中的电动势E＝ Blv ，导体中的电阻lr ＝ρS，电路中的电流E BvSI ＝ r ＝ρ，所以电流是定值，故 A 项正确， B 项错；设导体棒的位移为x，在电路中的切割长度先为l＝x tanθ，后保持不变，电流产生的功领先为P＝EI＝B2v2Sx tanρθ，即功率与位移成正比，后出处于电动势不变，功率保持不变，所以 D 项正确， C 项错．[答案] AD10．( 多项选择 ) 如图，竖直平面 ( 纸面 ) 两水平线间存在宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一质量为m、边长也为 d 的正方形线圈从磁场上方某处自由落下，t 1时辰线圈的下面进入磁场，t 2时辰线圈的上面进入磁场，t 3时辰线圈上面走开磁场．已知线圈平面在下落过程中一直与磁场方向垂直，且线圈上、下面一直与磁场界限平行，不计空气阻力，则线圈着落过程中的v－t图象可能正确的选项是()[分析]此题考察E＝ BLv、闭合电路欧姆定律、安培力、速度图象、牛顿第二定律等，意在考察考生对电磁感觉与力学综合问题的剖析、推理能力．进入磁场前和经过磁场后，线圈只受重力，加快度恒为g.设线圈下面进入磁场时速度为v，则线圈中感觉电动势E＝Bdv，B2d2v由闭合电路欧姆定律有I ＝ E/ R，安培力 F＝BId ，解得： F＝R，若 F＝ mg，则线圈匀速穿B2d2v过磁场， A 项正确；若F>mg，且线圈减速经过磁场，由牛顿第二定律有：R－ mg＝ ma1，可知线圈加快度不停减小， B 项正确；若F<mg，线圈在磁场中刚开始做加快运动，由牛顿第B2d2v二定律有 mg－R＝ ma2，所以线圈加快度不停减小，当F＝ mg 时线圈匀速运动，故C、 D 项错．[答案] AB11.( 多项选择 ) 以下图，一沿水平方向的匀强磁场散布在宽度为2L的某矩形地区内 ( 长度足够大 ) ，该地区的上下界限MN、PS是水平的，有一边长为L 的正方形导线框 abcd 从距离磁场上界限 MN的某高处由静止开释着落而穿过该磁场地区，已知当线框的ab 边抵达 PS时线框恰巧做匀速直线运动．以线框的ab 边抵达时开始计时，以上O点为坐标原点，MN MN取如图坐标轴 x，并规定逆时针方向为感觉电流的正方向，向上为力的正方向，则以下对于线框中的感觉电流 i 和线框所遇到的安培力 F 与 ab 边的地点坐标x 的关系中，可能正确的是()[分析]线框的ab 边抵达PS时线框恰巧做匀速直线运动，此时线框所受的安培力与重力大小相等，即F＝ mg，而线框完整在磁场中运动时做匀加快运动，所以可知线框进入磁场过程，安培力应小于重力，即F<mg，线框只好做加快运动，不可以做匀速运动或减速运动．线框进入磁场的过程中，跟着速度增大，产生的感觉电动势和感觉电流i 渐渐增大，安培力逐渐增大，线框所受的协力减小，加快度减小，所以线框做加快度减小的变加快运动．感觉电BLv流 i ＝R ，所以感觉电流i的变化率也应渐渐减小，安培力 F 的变化率也渐渐减小．由楞次定律可知，线框进入磁场和穿出磁场过程，所受的安培力方向都向上，为正方向．故A、D正确，B、 C 错误．[答案]AD12. 以下图，半径为R 的圆形地区内散布着垂直纸面向里的匀强磁场，一半径也为R 的圆形导线环从图示地点在纸面内沿二者圆心的连线匀速穿过磁场地区，若规定顺时针方向为感觉电流正方向，则以下图象中能描绘导线环内感觉电流随时间的变化关系的是()[ 分析 ]由题意可知，圆形导线环进入磁场时，有效切割长度非均匀增大，则感觉电流非均匀增大，所以 A 错误；依据楞次定律，进与出磁场时的导线环内的感觉电流方向不一样，即进磁场时，感觉电流方向为逆时针方向，为负方向，而出磁场时，感觉电流方向为顺时针方向，即正方向，故 C 错误；依据法拉第电磁感觉定律可知，在圆形导线环进入磁场过程中，负向的感觉电流渐渐增大，出磁场过程中，正向的感觉电流渐渐减小，故 B 正确、 D错误．[答案]B。

第一部分 特点描述近几年 ，曲线运动已成为高考的热点内容之一，有时为选择题，有时以计算题形式出现，重点考查的内容有：平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角度、线速度、向心加速度，做圆周运动的物体的受力与运动的关系，同时，还可以与带电粒子的电磁场的运动等知识进行综合考查；重点考查的方法有运动的合成与分解，竖直平面内的圆周运动应掌握最高点和最低点的处理方法．本部分内容是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，而万有引力定律是力 中一个重要独立的基本定律，运动的合成与分解是研究复杂运动的基本方法，复习本章的概念和规律，将加深对速度、加速度及其关系的理解；加深对牛顿第二定律的理解，提高解题实际的能力。

第二部分 知识背一背 一、平抛运动1.定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下所做的运动.2.性质：加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线.3.基本规律：以抛出点为原点，以水平方向(初速度v0方向)为x 轴，以竖直向下方向为y 轴，建立平面直角坐标系，则：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x = v 0, 位移x = v 0t . (2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y = gt ,位移y=221gt . 二、 斜抛运动1.定义：将物体以速度v 斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动.2.性质：加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。

三、离心运动和近心运动1.离心运动(1)定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的逐渐远离圆心的运动.(2)本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向.(3)受力特点.①当F=mω2r时，物体做匀速圆周运动；②当F=0时，物体沿切线方向飞出;③当F<mω2r时，物体逐渐远离圆心，做离心运动.2.近心运动当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F>mω2r,物体将逐渐靠近圆心，做近心运动.第三部分技能+方法一、小船渡河问题的规范求解1.总结(1)不论水流速度多大，船身垂直于河岸渡河，时间最短.(2)当船速大于水速时，船可以垂直于河岸航行.(3)当船速小于水速时，船不能垂直于河岸航行，但仍存在最短航程.2.求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移.无论哪类都必须明确以下四点：(1)解决这类问题的关键是:正确区分分运动和合运动,船的航行方向也就是船头指向，是分运动.船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动,一般情况下与船头指向不一致. (2)运动分解的基本方法,按实际效果分解,一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解.(3)渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关.(4)求最短渡河位移时,根据船速v船与水流速度v水的情况用三角形法则求极限的方法处理. 【例1】如图所示，甲、乙两同从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。

第11讲电学实验1．测一个待测电阻R x(约200 Ω)的阻值，除待测电阻外，实验室提供了如下器材：电源E：电动势3 V，内阻不计；电流表：量程0～10 mA、内阻r1约为50 Ω；电流表：量程0～500 μA、内阻r2＝1 000 Ω；滑动变阻器R1：最大阻值20 Ω、额定电流2 A；电阻箱R2：阻值范围0～9 999 Ω.(1)由于没有提供电压表，为了测定待测电阻上的电压，应选电流表________与电阻箱R2连接，将其改装成电压表．(2)对于下列测量R x的四种电路图，为了测量准确且方便应选图________．(3)实验中将电阻箱R2的阻值调到4 000 Ω，再调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可测得待测电阻R x的测量值是________ Ω.解析：为了测定待测电阻上的电压，应选内阻已知的电流表与电阻箱R2连接，将其改装成电压表．为了测量准确且方便应选电流表外接，分压电路图乙.示数240 μA，对应电压为U＝240 μA×(1 000＋4 000) Ω＝1.2 V；示数I＝6.4 mA，待测电阻R x的测量值是R x＝U/I＝187.5 Ω.答案：(1)(2)乙(3)187.52．某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.5 Ω的保护电阻R0，实验电路如图所示．(1)连好电路后，当该同学闭合开关时，发现电流表示数为0，电压表示数不为0.检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压挡检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是________．(2)按电路原理图及用多用电表的电压挡检查电路时，把两表笔分别接c、d时的实物电路图(如图所示)以笔画线代替导线连接起来．(3)排除故障后，该同学顺利完成实验，测定得到下列数据，根据数据在坐标图中画出U－I图线，由图线知：电池的电动势为________，内阻为________.答案：(1)R断路(2)如图甲所示(3)如图乙所示 1.50 V(1.41～1.51 V均可) 0.5 Ω(0.5～0.7 Ω均可)3．[2013·广东卷·34(2)]图甲是测量电阻R x的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6 A(内阻不计)，标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0 cm.(1)根据原理图连接图乙的实物图．(2)断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0 V时，单位长度电阻丝的电压u＝________ V/cm.记录此时电流表的示数．(3)保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和的示数I.测量6组L和I值，测量数据已在图丙中标出，写出R x与L、I、u的关系式R x＝________；根据图丙用作图法算出R x ＝________ Ω.解析：本题利用双电流表测量电阻，根据和电阻丝ac当电压表使用以及电阻丝均匀分压和欧姆定律解决问题．(1)根据原理图，实物连接如图甲所示．(2)由于电阻丝均匀，故单位长度电阻丝的电压u ＝3.030.0 V/cm ＝0.1 V/cm.(3)调节电源输出电压，使电流表的示数与步骤②记录的值相同，即通过电阻丝ac段的电流恒定，则R x 两端的电压与电阻丝的长度成正比，即U ＝uL ，根据欧姆定律得R x 的表达式R x ＝U I ＝uLI. L －I 图象如图乙所示．根据L ＝R x u I 知图象的斜率k ＝R xu.由图象知，斜率为k ＝60 cm/A ，故R x ＝ku ＝6 Ω.答案： (1)如图甲所示 (2)0.1 (3)uLI64．(2013·江西临川考前模拟)一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程I m .所用器材有：量程不准的电流表，内阻r 1＝10.0 Ω，量程标称为5.0 mA ；标准电流表，内阻r 2＝45.0 Ω，量程1.0 mA ；标准电阻R 1，阻值10.0 Ω；滑动变阻器R ，总电阻为300.0 Ω；电源E ，电动势3.0 V ，内阻不计；保护电阻R 2；开关S ；导线．回答下列问题：(1)在图甲所示的实物图上画出连线．(2)开关S 闭合前，滑动变阻器的滑片c 应滑动至________端． (3)开关S 闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表满偏；若此时电流表的示数为I 2，则的量程I m ＝________.(4)若测量时，未调到满偏，两电流表的示数如图乙所示，从图中读出的示数I 1＝________，的示数I 2＝________；由读出的数据计算得I m ＝________.(保留三位有效数字)(5)写出一条提高测量准确度的建议：______________. 解析： (1)连线如答案图．(2)在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑片滑动到阻值最大端． (3)闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为I m .根据并联电路电压相等有I m r 1＝I 2(r 2＋R 1)，得I m ＝I 2R 1＋r 2r 1.(4)待测表未满偏有I 1r 1＝I 2(r 2＋R 1)，将的示数0.66 mA 和其他已知条件代入有I 1＝I 2R 1＋r 2r 1＝＋10mA ＝3.63 mA但图中的示数3.0 mA ，量程为5.0 mA ，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05 mA.(5)多次测量取平均值． 答案： (1)连线如图(2)阻值最大 (3)I 2R 1＋r 2r 1(4)3.00 mA 0.660 mA6．05 mA (5)多次测量取平均值5．(2013·江苏卷·10)为探究小灯泡的电功率P 和电压U 的关系，小明测量小灯泡的电压U 和电流I ，利用P ＝UI 得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V,1.8 W”，电源为12 V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为10 Ω.(1)准备使用的实物电路如图甲所示．请将滑动变阻器接入电路的正确位置．(用笔画线代替导线)(2)现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R 1应选________ Ω的定值电阻．(3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．(4)小明处理数据后将P 、U 2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示．请指出图象中不恰当的地方．解析： (1)从P －U 2图象上描出的点可知，小灯泡两端的电压从0开始逐渐增大，故滑动变阻器采用分压电路．根据P ＝IU 知，通过小灯泡的最大电流I ＝P U＝0.6 A ，故电流表选0～0.6 A 的量程．实物电路如答案中图所示．(2)由小灯泡规格可知，小灯泡允许通过的最大电流为0.6 A ，故要求接入R 1后，电路中的总电流要不小于0.6 A ，根据I ＝E R 得总电阻R ＝E I ＝120.6Ω＝20 Ω，故R 1应选10 Ω的定值电阻．(3)为了实验仪器的安全，防止电源短路及误将电源与其他电路接通，所以断开开关后，先拆除电池两端的导线，再拆除其他导线．(4)从坐标纸上所描点可以看出这些点不近似在一条直线上，应为曲线，小明作出了一条直线不合适．作图时应使这些点占据整个坐标纸，而小明的横坐标只用了一半，所以小明横坐标的标度选择不合适．答案： (1)如图所示 (2)10 (3)电池(4)图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适．。

专题限时集训(十一) 力学实验(对应学生用书第137页)(建议用时：40分钟)1．(8分)(2017·成都模拟)(1)图11­23甲是用游标卡尺测量某金属圆筒外径时的示数，可读出该圆筒外径为____________cm．(2)图乙是用螺旋测微器测量某金属棒直径时的示数，可读出该金属棒直径为________mm．甲乙图11­23【解析】(1)游标卡尺主尺读数为24 mm，50分度游标卡尺的精确度为0．02 mm，游标卡尺第49条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0．98 mm，所以该圆筒外径测量值为24．98 mm＝2．498 cm．(2)螺旋测微器固定刻度部分读数为2．5 mm，可动刻度部分最小分度值为0．01 mm，可动刻度部分读数为32．6×0．01 mm＝0．326 mm，因此金属棒的直径测量值为2．826 mm．【答案】(1)2．498 (2)2．826(2．825～2．828均对)2．(8分)(2016·海南高考)某同学利用图11­24(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码．打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz．纸带穿过打点计时器连接在物块上．启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动．打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)．(a)(b)图11­24根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：(1)在打点计时器打出B点时，物块的速度大小为____________m/s．在打出D点时，物块的速度大小为________m/s ；(保留两位有效数字)(2)物块的加速度大小为____________m/s ．(保留两位有效数字)【解析】 (1)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，所以：v B ＝x AC 2T ＝0．046 1＋0．065 90．2m/s ＝0．56 m/s v D ＝x CE 2T ＝0．086 1＋0．106 10．2m/s ＝0．96 m/s ． (2)根据题意，该同学认为物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式：v D ＝v B ＋a ·2T ，代入数据整理可以得到：a ＝2．0 m/s 2．【答案】 (1)0．56 0．96 (2)2．03．(8分)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．【导学号：17214183】图11­25(1)如图11­25(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F ．(2)如图(b)，将三根细线L 1、L 2、L 3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上．水平拉开细线L 1，在白纸上记下结点O 的位置、________和电子秤的示数F 1．(3)如图(c)，将另一颗墙钉B 钉在与O 同一水平位置上，并将L 1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L 2的方向拉开细线L 2，使________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F 2．(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F 、F 1、F 2的图示，根据平行四边形定则作出F 1、F 2的合力F ′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证．【解析】 (1)要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F ．(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O 的位置的同时也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F 1．(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O 点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O 的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F 2．(4)根据平行四边形定则作出F 1、F 2的合力F ′的图示，若F 和F ′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．【答案】 (1)静止 (2)三根细线的方向 (3)结点O 的位置 (4)F 和F ′在误差范围内重合4．(8分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图11­26(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图11­26(b)记录了桌面上连续6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴)图11­26(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A 点位置时的速度大小为________m/s ，加速度大小为________m/s 2．(结果均保留两位有效数字)【解析】 (1)由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动；(2)已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T ＝3045 s ＝23s 根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：v A ＝117＋1332×23×10－3 m/s ＝0．19 m/s ，根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2可以求出加速度的大小，得：a ＝83＋100－117－1334×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×10－3 m/s 2＝－0．038 m/s 2，负号表示方向相反． 【答案】 (1)从右向左 (2)0．19 0．0385．(12分)(2017·烟台二模)如图11­27甲所示，通过实验测量正方体铁块与长木板间的动摩擦因数．在水平桌面上放一块长木板，适当垫高木板的一端，让铁块从木板的顶端a 由静止滑到底端b ，铁块与b 处的垂直长木板的光滑弹性挡板相碰后被反弹到c 时速度变为零．现用刻度尺量出长木板的长度L ，a 、c 间的距离x ．甲 乙图11­27(1)要完成实验还需要用刻度尺测量出________________________，根据测出的数据，若不考虑铁块的宽度和空气阻力的影响，则铁块与长木板间的动摩擦因数可表示为________________．(用测得的量的符号表示)(2)为了提高实验的精度，需考虑铁块的宽度，图乙是进一步实验时用游标卡尺测量铁块宽度的示意图，由图可知铁块的宽度为________cm ．(3)以下能引起实验误差的是________．(填选项序号)A ．铁块的质量B ．当地的重力加速度C ．铁块与挡板碰撞时有能量损失D ．测量长度时的读数误差【解析】 (1)根据动能定理，选取从静止到停止的过程，则有：μmg ·L 2－h 2L·(2L －x )＝mgx ·h L解得：μ＝hx L －x L 2－h2 可知要求μ，则需要知道h ，即铁块开始运动时到桌面的高度．(2)游标卡尺的固定刻度读数为31 mm ＝3．1 cm ，游标读数为0．05×8 mm＝0．40 mm ＝0．040 cm ，所以最终读数为3．1 cm ＋0．040 cm ＝3．140 cm ．(3)实验中误差产生的原因有：铁块与挡板碰撞时有能量损失，及测量长度时的读数误差；而铁块的质量与当地的重力加速度可在等式两边约去，故选C 、D ．【答案】 (1)铁块开始运动时离桌面的高度hhx L －x L 2－h 2(2)3．140 (3)CD6．(12分)如图11­28甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A 、B ，滑块P 上固定一遮光条．若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A 、B 时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U 随时间t 变化的图象．【导学号：17214184】甲 乙丙图11­28(1)实验前，接通电源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，若图乙中的Δt 1>Δt 2，说明气垫导轨________端偏高(选填“左”或“右”)．(2)用游标卡尺测遮光条宽度d ，测量结果如图丙所示，则d ＝________mm ．(3)滑块P 用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m 的钩码Q 相连，将滑块P 由图甲所示位置静止释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt 1、Δt 2和d 已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和__________(写出物理量的名称及符号)．(4)若上述物理量间满足关系式 __________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒．【解析】 (1)滑块做加速运动，说明气垫导轨右端偏高．(2)由图可得d ＝2．25 mm ．(3)若要验证系统机械能守恒还需测出两光电门间距离L 和滑块总质量M ．(4)若钩码重力势能的减少量在数值上等于钩码和滑块动能的增加量，则系统机械能守恒．【答案】 (1)右 (2)2．25 (3)滑块总质量M 两光电传感器A 、B 间距离L(4)mgL ＝12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22－12(M ＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 12 7．(12分)(2017·潍坊一模)用如图11­29所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定．图11­29(1)实验时，一定要进行的下列操作是________．a ．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数b ．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c ．用天平测出砂和砂桶的质量d ．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)以弹簧测力计的示数F 为横坐标，以加速度a 为纵坐标，画出的a ­F 图象可能正确的是________．(3)若得出的a ­F 图象的斜率为k ，则小车的质量为________．【解析】 (1)本实验需要测定小车受到的拉力，由题目条件可以判断小车做匀加速运动，弹簧测力计的读数为一定值，小车所受拉力应为弹簧测力计读数的两倍，所以只需记录弹簧测力计的示数，不需要测定砂和砂桶的质量．为了减小实验误差，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，且改变砂和砂桶质量，打出几条纸带．故一定要进行的操作为a 、b ．(2)由牛顿第二定律得：2F －F f ＝Ma ，a ＝2F M －F f M．由此可以判断画出的a ­F 图象可能正确的是A 图．(3)由a ＝2F M －F f M 可知，图线的斜率k ＝2M ，所以小车的质量为M ＝2k． 【答案】 (1)ab (2)A (3)2k8．(12分)某学习小组利用气垫导轨装置来探究“做功与物体动能改变的关系”，图11­30a 为实验装置示意图．利用气垫导轨上的光电门可测出滑块上的细窄挡光片经过时的挡光时间．重力加速度为g ，气垫导轨水平放置，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：图11­30a ．测出挡光条的宽度为d ，滑块与挡光条的质量为M ；b ．轻细线的一端固定在滑块上，另一端绕过定滑轮挂上一砝码盘，盘和砝码的总质量为m (m ≪M )，细绳与导轨平行；c ．让滑块静止放在导轨左侧的某一位置，测出挡光条到光电门的距离为x ；d ．释放滑块，测出挡光条经过光电门的挡光时间为Δt ；e ．改变砝码的质量，保证滑块每次都在同一位置由静止释放，光电门可测得对应的挡光时间．(1)滑块经过光电门时速度的计算式v ＝________．(用题目中所给的字母来表达)(2)细线的拉力做功可表达为W ＝________，滑块的动能改变表达为E k ＝________．(用题目中所给的字母来表达)(3)我们可以通过测得的多组数据来建立1Δt 2­m 的关系图象来进行更准确的实验验证，则图11­30b 图象中哪一项更符合真实的实验情况________．【解析】 (1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知小滑块经过光电门时速度的大小是v ＝dΔt ． (2)由题意可知，细线的拉力做功，即为盘和砝码对应重力做的功，即mgx ；滑块的动能改变表达为E k ＝12Mv 2＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2． (3)该实验中保持滑块质量M 不变，因此有：v 2＝2as ，则a ＝v 22s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22s ， 而a ＝F M ＝mg M ，所以1Δt 2＝2gs d 2Mm ． 砝码质量m 增加不能远小于滑块的质量时，直线在末端发生弯曲，则此结果对应于图丙．【答案】 (1)d Δt (2)mgx 12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2 (3)丙。

第一讲功功率动能定理电场力功：W Q＝qEd＝qU安培力功：W安＝BILd重力功：W G＝mghF合l cosα求功．、W3、…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合力做的功．若v取瞬时速度，则对应的P为瞬时功率；①动能定理中所说的“外力”，是指物体受到的所有力，包括重力．②对“总功”的两种理解各外力做功的代数和：W＝W1＋W2＋…；合外力的功：W＝F合l cosθ(力均为恒力)．③对“位移和速度”的理解：必须是相对于同一个惯性参考系，一般以地面为参考系．④动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理．考向一 功和功率的计算[归纳提炼]功和功率的理解与计算问题，一般应注意以下几点1．准确理解功的定义式W ＝Fl 及变形式W ＝Fl cos α中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功的情况．2．变力做功的求解注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方式求解．3．对于功率的计算，应注意区分公式P ＝Wt和公式P ＝Fv ，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算．(2017·江苏卷)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W .[思路点拨] 由圆柱C 一开始受力平衡可得出力F 的大小．动摩擦因数最小时，B 受C 压力的水平分力最大．拉力为变力，可根据动能定理求解拉力做的功．[解析] (1)C 受力平衡，有2F cos30°＝mg 解得F ＝33mg (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg根据题意f min ＝F x max 解得μmin＝32. (3)C 下降的高度h ＝(3－1)RA 的位移x ＝2(3－1)R摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR . [答案] (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR动摩擦因数的最小值也可用以下方法分析求解：如图所示，用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面时对整体，有N B ＋N A ＝mg ＋2×m2g ，地面支持力N B ＝N A ＝mg对C ，竖直方向上有2F B cos60°＝mg 对B ，水平方向上有f ＝F B sin60°＝32mg而f ≤f m ＝μN B ＝μmg ，故动摩擦因数μ≥32，最小值μmin＝32.当F 为变力或物体做曲线运动时，或要求解的问题中没有明确固定的受力或在力的方向上的位移时，考虑用动能定理求变力做的功.分析各力做功情况时不要出现“丢功”及“错功”.严格按照重力、弹力、摩擦力的顺序找出运动物体所受的各个力，然后准确判断出各个力做的功.存在电场时，还要考虑是否有电场力做功.[熟练强化]1．(2017·长沙雅礼中学三模)如右图所示是一种清洗车辆用的手持式喷水枪．设枪口截面积为0.6 cm 2，喷出水的速度为20 m/s.当它工作时，估计水枪的平均功率约为(水的密度为1×103kg/m 3)( )Δm ＝ρsv Δt ，该部分水增加E k ＝12ρsv 3Δt ，则水枪的平均功率P ＝ΔE k /Δt ＝12[答案] C 2.(多选)(2017·河南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为θ1、θ2、θ3，如图所示．现将三个完全相同的小球由最高点A 沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端．则下列说法正确的是( )A ．重力对三个小球所做的功相同B ．沿倾角为θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C ．三个小球到达底端时的瞬时速度相同D ．沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小[解析] 假设平板的长度为x ，由功的定义式可知W ＝mgx sin θ＝mgh ，则A 正确；小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin θ，小球到达平板底端时的速度为v ＝2ax ＝2gx sin θ＝2gh ，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C 错误；由位移公式x ＝12at2可知t ＝2x a＝2h g sin 2θ，整个过程中重力的平均功率为P ＝W t ＝mg sin θ2gh2，则沿倾角为θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B 错误；根据P ＝mgv cos(90°－θ)＝mgv sin θ，速度大小相等，沿倾角为θ3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D 正确．[答案] AD3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglM 点，相当于使下部分13的绳的重心升高13l ，故重A 项正确．动能定理的应用[归纳提炼]应用动能定理解题应注意的四点1．方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．2．规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．3．过程的选择：物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，则使问题简化．4．电磁场中的应用：在电磁场中运动时多了一个电场力或磁场力，特别注意电场力做功与路径无关，洛伦兹力在任何情况下都不做功．(2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出)．随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin37°＝35，cos37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放．已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点．G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．[思路路线][解析] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°.E p .P 由B 点运动到E 点E p ＝125mgR ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒， 有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m[答案] (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m应用动能定理解题的基本步骤[熟练强化]迁移一 动力学与动能定理的综合应用方法1．(2017·宁德市模拟)如图所示，一半径为R 的水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量为m 的滑块(可视为质点)，当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，进入一段圆弧轨道AB .随后滑上以v 0顺时针匀速转动的传送带，当滑块滑到与传送带左端B 的距离为L /n 时，滑块速度恰好与传送带速度相同．已知AB 段为一段光滑的圆弧轨道，轨道半径为r ，圆弧轨道与传送带在B 点水平相切，滑块与圆盘、传送带间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑块进入轨道AB 和经过B 点时的机械能损失．(1)当圆盘的角速度为多大时，滑块从圆盘上滑落？ (2)求轨道AB 的高度．(3)求滑块到达圆弧轨道的B 点时对轨道的压力大小．[解析] (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得μmg ＝m ω2R代入数据解得ω＝μgR.(2)滑块在A 点时的速度v A ＝ωR AB 的高度为h ，滑块到达B 点时的2－2mv 2A ，解得v ＝2gh ＋μgR/n ＝12mv 20－12mv 2，则h ＝v 20－μgR 2g －μLn则滑块受到向左的滑动摩擦力，做匀减20－12mv 2，则h ＝v 20－μgR 2g ＋μLn.N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋mv 20r ＋2μmgL nr.[答案] (1)μgR (2)v 20－μgR 2g －μL n 或v 20－μgR 2g ＋μL n(3)mg ＋mv 20r ＋2μmgLnr迁移二 动能定理在电场中的应用2．(2017·上海市静安区摸底)如下图所示，两个带正电的点电荷M 和N ，带电量均为Q ，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L ，A 、O 、B 是MN 连线上的三点，且O 为中点，OA ＝OB ＝L2，一质量为m 、电量为q 的点电荷以初速度v 0从A 点出发沿MN 连线向N 运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O 点时，动能为初动能的n 倍，到B 点速度刚好为零，然后返回往复运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k ，取O 处电势为零，求：(1)A 点的场强大小； (2)阻力的大小； (3)A 点的电势；(4)电荷在电场中运动的总路程．[解析] (1)由点电荷电场强度公式和电场叠加原理可得：E A ＝kQ ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 2 2－k Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 2 2＝32kQ 9L2； (2)由对称性知，φA ＝φB ，电荷从A 到B 的过程中，电场力做功为零，克服阻力做功为：W f ＝F f L ，由动能定理：－F f L ＝0－12mv 20，得：F f ＝mv 202L(3)设电荷从A 到O 点电场力做功为W F ，克服阻力做功为12W f ，由动能定理：W F －12W f ＝12nmv 20－12mv 2得：W F ＝mv 24(2n －1)由：W F ＝q (φA －φO )得：φA ＝W F q ＝mv 24q(2n －1)(4)电荷最后停在O 点，在全过程中电场力做功为W F ＝mv 204(2n －1)，电荷在电场中运动的总路程为s ，则阻力做功为－F f s .由动能定理：W F －F f s ＝0－12mv 2即：mv 204(2n －1)－12L mv 20s ＝－12mv 2解得：s ＝(n ＋0.5)L .[答案] (1)32kQ 9L 2 (2)mv 202L (3)mv 24q(2n －1) (4)(n ＋0.5)L高考题型预测——动能定理与图象结合的问题[考点归纳]动能定理与图象结合的问题 1．图象问题分析的“四步走”段路面间的动摩擦因数大．晓宇驾驶轿车保持额定功率以10 m/s 的速度由M 向右运动，该轿车从M 向右运动到N 的过程中，通过速度传感器测量出轿车的速度随时间的变化规律图象如图乙所示，在t ＝15 s 时图线的切线与横轴平行．已知轿车的质量为m ＝2 t ，轿车在MO 段、ON 段运动时与路面之间的阻力大小分别保持不变．求.(1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小；(2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小；(3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小．[审题指导]第一步读题干—提信息[解析] (1)轿车在MO 段运动时，以10 m/s 的速度匀速运动，有F 1＝f 1，P ＝F 1v 1 联立解得f 1＝20×10310N ＝2000 N.(2)轿车在ON 段保持额定功率不变，由图象可知t ＝15 s 时轿车开始做匀速直线运动，2F 1－f 2＝ma2. 22－12mv 21[答案] (1)2000 N (2)1 m/s 2(3)68.75 m机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同，分析图象时应注意坐标轴的意义及图象变化所描述的规律.恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算因为F 为变力以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl计算，不能用W ＝Pt 计算因为功率P 是变化的[预测题组]1．(多选)(2017·华中师大附中二模)一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，右图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，由此可知( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35B ．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC ．匀速运动时的速度约为6 m/sD ．减速运动的时间约为1.7 s[解析] F －s 图象围成的面积代表拉力F 做的功，由图知减速阶段F －s 围成面积约13个小格，每个小格1 J 则约为13 J ，故B 选项正确．刚开始匀速，则F ＝μmg ，由图知F ＝7 N ，则μ＝F mg ＝0.35，故A 选项正确．全程应用动能定理W F －μmgs ＝0－12mv 20，其中W F ＝(7×4＋13)J ＝41 J ，得v 0≈6 m/s，故C 正确．由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，故D 错误．[答案] ABC2．(2017·湖南五十校联考)质量为10 kg 的物体，在变力F 作用下沿x 轴做直线运动，力随坐标x 的变化情况如右图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，一切摩擦不计，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A．2 2 m/s B．3 m/sC．4 m/s D.17 m/s[解析] F－x图象与坐标轴围成的图形面积表示力F做的功，图形位于x轴上方表示力做正功，位于x x＝16 m 处时，力F对物体做的总功W＝40 J v2＝3 m/s，B正确．[答案] B3．(2017·宁夏银川一中第二次考试)质量为1 kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如下图所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．AB段加速度大小为3 m/s2B．OA段加速度大小为5 m/s2C．s＝9 m时速度大小为3 2 m/sD．s＝3 m时速度大小为2 2 m/s[解析] 分析可知W－s图线的斜率表示拉力的大小，由W－s图象，可知F OA＝5 N，F AB＝2 N ，而物体受到的摩擦力为F f ＝2 N ，故物体在OA 段加速，由牛顿第二定律，可知F OA －F f ＝ma ，故a ＝3 m/s 2，而在AB 段物体做匀速运动，选项A 、B 错误．在OA 段，根据动能定理，有W －μmgs ＝12mv 2A ，解得v A ＝3 2 m/s ，故可知选项C 正确，D 错误．[答案] C4．泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流．泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大．某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如图甲的模型：在水平地面上放置一个质量为m ＝4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下从静止开始运动，推力F 随位移变化如图乙所示，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2.则：(1)物体在运动过程中的最大加速度为多少？ (2)在距出发点多远处，物体的速度达到最大？ (3)物体在水平面上运动的最大位移是多少？[解析] (1)当推力F 最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：F m －μmg ＝ma m 可解得：a m ＝15 m/s 2.(2)由图象可知：F 随x 变化的函数方程为F ＝80－20x 速度最大时，合力为0，即F ＝μmg 所以x ＝3 m.(3)位移最大时，末速度一定为0 由动能定理可得：W F －μmgx ＝0 由图象可知，力F 做的功为W F ＝12F m x m ＝12×80×4 J＝160 J所以x ＝8 m.[答案] (1)15 m/s 2(2)3 m (3)8 m。

专题限时集训(十一) 力学实验(对应学生用书第137页)(建议用时：40分钟)1．(8分)(2017·成都模拟)(1)图11-23甲是用游标卡尺测量某金属圆筒外径时的示数，可读出该圆筒外径为____________cm．(2)图乙是用螺旋测微器测量某金属棒直径时的示数，可读出该金属棒直径为________mm．甲乙图11-23【解析】(1)游标卡尺主尺读数为24 mm，50分度游标卡尺的精确度为0．02 mm，游标卡尺第49条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0．98 mm，所以该圆筒外径测量值为24．98 mm＝2．498 cm．(2)螺旋测微器固定刻度部分读数为2．5 mm，可动刻度部分最小分度值为0．01 mm，可动刻度部分读数为32．6×0．01 mm＝0．326 mm，因此金属棒的直径测量值为2．826 mm．【答案】(1)2．498(2)2．826(2．825～2．828均对)2．(8分)(2016·海南高考)某同学利用图11-24(a)所示的实验装置探究物块速度随时间的变化．物块放在桌面上，细绳的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码．打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为50 Hz．纸带穿过打点计时器连接在物块上．启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动．打点计时器打出的纸带如图(b)所示(图中相邻两点间有4个点未画出)．(a)(b)图11-24根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动．回答下列问题：(1)在打点计时器打出B 点时，物块的速度大小为____________m/s ．在打出D 点时，物块的速度大小为________m/s ；(保留两位有效数字)(2)物块的加速度大小为____________m/s ．(保留两位有效数字)【解析】 (1)根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，所以：v B ＝x AC 2T ＝0．046 1＋0．065 90．2m/s ＝0．56 m/s v D ＝x CE 2T ＝0．086 1＋0．106 10．2m/s ＝0．96 m/s ． (2)根据题意，该同学认为物块的运动为匀加速运动，则根据速度公式： v D ＝v B ＋a ·2T ，代入数据整理可以得到：a ＝2．0 m/s 2．【答案】 (1)0．56 0．96 (2)2．03．(8分)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则．【导学号：17214183】图11-25(1)如图11-25(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F．(2)如图(b)，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1．(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2．(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则平行四边形定则得到验证．【解析】(1)要测量装满水的水壶的重力，则记下水壶静止时电子秤的示数F．(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1．(3)已经记录了一个分力的大小，还要记录另一个分力的大小，则结点O点位置不能变化，力的方向也都不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2．(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差范围内重合，则平行四边形定则得到验证．【答案】(1)静止(2)三根细线的方向(3)结点O的位置(4)F和F′在误差范围内重合4．(8分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图11-26(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图11-26(b)记录了桌面上连续6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30 s内共滴下46个小水滴)图11-26(1)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的．(2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为________m/s，加速度大小为________m/s2．(结果均保留两位有效数字)【解析】(1)由于用手轻推一下小车，则小车做减速运动，根据桌面上连续6个水滴的位置，可知，小车从右向左做减速运动；(2)已知滴水计时器每30 s 内共滴下46个小水滴，那么各点时间间隔为：T ＝3045 s ＝23 s根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：v A ＝117＋1332×23×10－3 m/s ＝0．19 m/s ， 根据匀变速直线运动的推论公式Δx ＝aT 2可以求出加速度的大小，得：a ＝83＋100－117－1334×⎝ ⎛⎭⎪⎫232×10－3 m/s 2＝－0．038 m/s 2，负号表示方向相反． 【答案】 (1)从右向左 (2)0．19 0．0385．(12分)(2017·烟台二模)如图11-27甲所示，通过实验测量正方体铁块与长木板间的动摩擦因数．在水平桌面上放一块长木板，适当垫高木板的一端，让铁块从木板的顶端a 由静止滑到底端b ，铁块与b 处的垂直长木板的光滑弹性挡板相碰后被反弹到c 时速度变为零．现用刻度尺量出长木板的长度L ，a 、c 间的距离x ．甲 乙图11-27(1)要完成实验还需要用刻度尺测量出________________________，根据测出的数据，若不考虑铁块的宽度和空气阻力的影响，则铁块与长木板间的动摩擦因数可表示为________________．(用测得的量的符号表示)(2)为了提高实验的精度，需考虑铁块的宽度，图乙是进一步实验时用游标卡尺测量铁块宽度的示意图，由图可知铁块的宽度为________cm．(3)以下能引起实验误差的是________．(填选项序号)A．铁块的质量B．当地的重力加速度C．铁块与挡板碰撞时有能量损失D．测量长度时的读数误差【解析】(1)根据动能定理，选取从静止到停止的过程，则有：μmg·L2－h2L·(2L－x)＝mgx·hL解得：μ＝hx(2L－x)L2－h2可知要求μ，则需要知道h，即铁块开始运动时到桌面的高度．(2)游标卡尺的固定刻度读数为31 mm＝3．1 cm，游标读数为0．05×8 mm ＝0．40 mm＝0．040 cm，所以最终读数为3．1 cm＋0．040 cm＝3．140 cm．(3)实验中误差产生的原因有：铁块与挡板碰撞时有能量损失，及测量长度时的读数误差；而铁块的质量与当地的重力加速度可在等式两边约去，故选C、D．【答案】(1)铁块开始运动时离桌面的高度hhx(2L－x)L2－h2(2)3．140(3)CD6．(12分)如图11-28甲所示为验证机械能守恒定律的实验装置，在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条．若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连．滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B 时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象．【导学号：17214184】甲乙丙图11-28(1)实验前，接通电源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，若图乙中的Δt1>Δt2，说明气垫导轨________端偏高(选填“左”或“右”)．(2)用游标卡尺测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝________mm．(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置静止释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和钩码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和__________(写出物理量的名称及符号)．(4)若上述物理量间满足关系式__________，则表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒．【解析】(1)滑块做加速运动，说明气垫导轨右端偏高．(2)由图可得d＝2．25mm．(3)若要验证系统机械能守恒还需测出两光电门间距离L和滑块总质量M．(4)若钩码重力势能的减少量在数值上等于钩码和滑块动能的增加量，则系统机械能守恒．【答案】(1)右(2)2．25(3)滑块总质量M两光电传感器A、B间距离L(4)mgL＝12(M＋m)⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22－12(M＋m)⎝⎛⎭⎪⎫dΔt127．(12分)(2017·潍坊一模)用如图11-29所示的装置探究加速度与力和质量的关系，带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定．图11-29(1)实验时，一定要进行的下列操作是________．a．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数b．改变砂和砂桶质量，打出几条纸带c．用天平测出砂和砂桶的质量d．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)以弹簧测力计的示数F为横坐标，以加速度a为纵坐标，画出的a-F图象可能正确的是________．(3)若得出的a-F图象的斜率为k，则小车的质量为________．【解析】(1)本实验需要测定小车受到的拉力，由题目条件可以判断小车做匀加速运动，弹簧测力计的读数为一定值，小车所受拉力应为弹簧测力计读数的两倍，所以只需记录弹簧测力计的示数，不需要测定砂和砂桶的质量．为了减小实验误差，应将小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，且改变砂和砂桶质量，打出几条纸带．故一定要进行的操作为a、b．(2)由牛顿第二定律得：2F－F f＝Ma，a＝2FM－F fM．由此可以判断画出的a-F图象可能正确的是A图．(3)由a＝2FM－F fM可知，图线的斜率k＝2M，所以小车的质量为M＝2k．【答案】(1)ab(2)A(3)2 k8．(12分)某学习小组利用气垫导轨装置来探究“做功与物体动能改变的关系”，图11-30a为实验装置示意图．利用气垫导轨上的光电门可测出滑块上的细窄挡光片经过时的挡光时间．重力加速度为g，气垫导轨水平放置，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：图11-30a ．测出挡光条的宽度为d ，滑块与挡光条的质量为M ；b ．轻细线的一端固定在滑块上，另一端绕过定滑轮挂上一砝码盘，盘和砝码的总质量为m (m ≪M )，细绳与导轨平行；c ．让滑块静止放在导轨左侧的某一位置，测出挡光条到光电门的距离为x ；d ．释放滑块，测出挡光条经过光电门的挡光时间为Δt ；e ．改变砝码的质量，保证滑块每次都在同一位置由静止释放，光电门可测得对应的挡光时间．(1)滑块经过光电门时速度的计算式v ＝________．(用题目中所给的字母来表达)(2)细线的拉力做功可表达为W ＝________，滑块的动能改变表达为E k ＝________．(用题目中所给的字母来表达)(3)我们可以通过测得的多组数据来建立1Δt 2-m 的关系图象来进行更准确的实验验证，则图11-30b 图象中哪一项更符合真实的实验情况________．【解析】 (1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知小滑块经过光电门时速度的大小是v ＝d Δt ．(2)由题意可知，细线的拉力做功，即为盘和砝码对应重力做的功，即mgx ；滑块的动能改变表达为E k ＝12M v 2＝12M ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 2． (3)该实验中保持滑块质量M 不变，因此有：v 2＝2as ，则a ＝v 22s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22s ， 而a ＝F M ＝mg M ，所以1Δt 2＝2gs d 2M m ．砝码质量m 增加不能远小于滑块的质量时，直线在末端发生弯曲，则此结果对应于图丙．【答案】(1)dΔt(2)mgx12M⎝⎛⎭⎪⎫dΔt2(3)丙。

专题限时集训(十一) 电磁感应规律及其应用(对应学生用书第137页)(限时：40分钟)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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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．(2016·河南重点中学联考)如图11­21甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正，以下说法正确的是( )图11­21A．从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向B．0～1 s内圆环面积有扩张的趋势C．第3 s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力D．1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相反A[由图乙知，0～1 s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1 s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；同理可得1～2 s内和2～3 s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；第3 s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．]2．(2016·咸阳二模)如图11­22所示，一呈半正弦形状的闭合线框abc，ac＝l，匀速穿过边界宽度也为l的相邻磁感应强度大小相同的匀强磁场区域，整个过程线框中感应电流图象为(取顺时针方向为正方向)( )【导学号：19624141】图11­22B[线框从左边磁场进入右边磁场的过程中，两边都切割磁感线，磁通量变化得更快，感应电动势更大，感应电流方向沿逆时针，为负，选项B正确．]3．(2016·北京高考)如图11­23所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是( )图11­23A．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．E a∶E b＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．E a∶E b＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．E a∶E bB[由楞次定律知，故感应电流沿＝ΔBSΔt＝ΔB·πR2Δt，由于两圆环半径＝4∶1，选项B正确．]411­24甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运R的感应电流I随时间t变化v、外力F、流过R的电量q以及闭合回路中( )【导学号：19624142】图11­24B [根据如图乙所示的I ­t 图象可知I ＝kt ，其中k 为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：I ＝ER ＋r ＝kt ，可推出：E ＝kt (R ＋r )，由E ＝BLv ，所以v ＝k R ＋r BLt ，v ­t 图象是一条过原点斜率大于零的直线，说明了导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v ＝at ，故A 错误；E ＝ΔΦΔt ，所以有：ΔΦΔt ＝kt (R ＋r )，ΔΦΔt­t 图象是一条过原点斜率大于零的直线，故B 正确；对导体棒在沿导轨方向列出动力学方程F －BIL －mg sin θ＝ma ，而I ＝BLv R ＋r ，v ＝at 得到F ＝B 2L 2a R ＋rt ＋ma ＋mg sin θ， 可见F ­t 图象是一条斜率大于零且与F 轴正半轴有交点的直线，故C 错误；q ＝I －Δt ＝ΔΦR ＋r ＝BL 12at 2R ＋r ＝BLa R ＋rt 2，q ­t 图象是一条开口向上的抛物线，故D 错误．]5．(2017·温州中学模拟)如图11­25所示，在水平界面EF 、GH 、JK 间，分布着两个匀强磁场，两磁场方向水平且相反，大小均为B ，两磁场高均为L ，宽度无限．一个框面与磁场方向垂直、质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形金属框abcd ，从某一高度由静止释放，当ab 边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动，当ab 边下落到GH 和JK 之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动．整个过程中空气阻力不计．则( )图11­25A ．金属框穿过匀强磁场过程中，所受的安培力保持不变B ．金属框从ab 边始进入第一个磁场至ab 边刚到达第二个磁场下边界JK 过程中产生的热量为2mgLC ．金属框开始下落时ab 边距EF 边界的距离h ＝m 2gR 2B 4L 4D ．当ab 边下落到GH 和JK 之间做匀速运动的速度v 2＝mgR4B 2L 2 D [线框向下运动，由楞次定律可知，安培力总是阻碍线框的运动，线框受到的安培力方向与运动方向相反，即线框受到的安培力方向始终向上，所受安培力方向始终保持不变，但是安培力大小随速度的变化而变化，即安培力要发生变化，故A 错误；设金属框ab 边刚进入磁场时的速度为v 1，当ab 边下落到GH 和JK 之间的某位置时，又恰好开始做匀速直线运动的速度为v 2，由题意知，v 2<v 1，对ab 边刚进入磁场，到刚到达第二个磁场的下边界过程中，由能量守恒得：Q ＝mg ·2L ＋12mv 2－12当ab 边刚进入第一个磁场时，金属框恰好做匀速直线运动，解得：v 1＝mgR B 2L 2，从线框开始下落到刚进入磁场过程，解得：h ＝m 2gR 22B 4L4，故C 错误；当ab 边下落到GH 安培力：F ＝2BIL ＝2BL 2BLv 2R ＝4B 2L 2v 2R ，由平衡条件得：v 2＝mgR 4B 2L2，故D 正确．]6．(2017·鹰潭市一模)如图11­26甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S ，线圈的电阻为R ，在线圈外接一个阻值为R 的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )【导学号：19624143】图11­26A ．0～t 1时间内P 端电势高于Q 端电势B ．0～t 1时间内电压表的读数为n B 1－B 0S t 1 C ．t 1～t 2时间内R 上的电流为nB 1S t 2－t 1RD ．t 1～t 2时间内P 端电势高于Q 端电势AC [0～t 1时间内，磁通量增大，根据楞次定律判断感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以P 端电势高于Q 端电势，故A 正确；0～t 1时间内线圈产生的感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n B 1－B 0t 1S ，电压表的示数等于电阻R 两端的电压U ＝IR ＝E 2R·R ＝n B 1－B 0S 2t 1，故B 错误；t 1～t 2时间内线圈产生的感应电动势E ′＝n ΔΦΔt ＝n B 1t 2－t 1S ，根据闭合电路的欧姆定律I ′＝E ′2R＝nB 1S t 2－t 1R，故C 正确；t 1～t 2时间内，磁通量减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，上端为负极，下端为正极，所以P 端电势低于Q 端电势，故D 错误．](2017·温州中学模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，其磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示．质量为m 的矩形金属框从t ＝0时刻静止释放，t 3时刻的速度为v ，移动的距离为L ，重力加速度为g .在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是( )A ．t 1～t 3时间内金属框中的电流方向不变B ．0～t 3时间内金属框做匀加速直线运动C ．0～t 3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D ．0～t 3时间内金属框中产生的焦耳热为mgL sin θ－12mv 2 AB [t 1～t 3时间内穿过线圈的磁通量先向上减小，后向下增加，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A 正确；0～t 3时间内金属框所受安培力的合力为零，则所受的合力为重力沿斜面向下的分力，做匀加速直线运动，选项B 正确，C 错误；0～t 3时间内金属框运动的加速度为g sin θ，故机械能无损失，故线框中产生的焦耳热不等于mgL sin θ－12mv 2，选项D 错误．] 7．(2017·高三第一次全国大联考)如图11­27所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R (其余电阻不计)，虚线MM ′和NN ′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 1，虚线NN ′和PP ′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B 2(B 1>B 2)．现将质量为m 的金属杆ab ，从MM ′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab棒到达NN′和PP′之前已经匀速运动．则ab棒从MM′运动到PP′这段时间内的v­t图可能正确的是( )【导学号：19624144】图11­27BC[导体棒ab到MM′切割磁感线运动时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒ab到NN′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动．可知B、C正确，A、D错误．] 8．[2017·高三第一次全国大联考(江苏卷)]如图11­28所示，在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B.两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，已知两金属杆质量均为m，电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，现将杆1以初速度v0向右滑向杆2，在运动过程中两杆始终不碰撞，则( )图11­28A．杆1将做匀减速运动，杆2将做匀加速运动B．杆1、杆2最终均以速度0.5v0做匀速运动C ．杆1上总共产生18mv 20的热量 D ．通过杆2上的电荷量为mv 02BdBCD [杆1向右运动时，由于切割磁感线，回路中将产生感应电流，在安培力的作用下，杆1做减速运动，杆2做加速运动，由于杆的速度变化，回路中的感应电动势变化，感应电流随着变化，导致两杆所受安培力大小发生变化，加速度大小随之改变，故选项A 错误；由于两杆所受安培力等大反向，两杆所组成的系统动量守恒，由mv 0＝mv 1＋mv 2最终两杆速度相等时，杆间距不再变化，感应电流随之消失，即v 1＝v 2，可得v 1＝v 2＝0.5v 0，故选项B 正确；两杆中电流时刻相等，杆相同，因此两杆产生的热量相等，根据能量守恒定律可知，2Q ＝12mv 20－2×12mv 2，解得Q ＝18mv 20，故选项C 正确；根据电流强度的定义式可知，通过杆2上的电荷量为：q ＝I －t ，根据加速度定义式可知：a －＝Δv t ＝v 02t ，由牛顿第二定律可知：a －＝F －m ，由安培力大小计算公式有：F －＝I －dB ，解得：q ＝mv 02Bd，故选项D 正确．] 二、计算题(本题共2小题，共32分)9．(14分)(2017·南通模拟)如图11­29所示，一无限长的光滑金属平行导轨置于磁场强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面，导轨平面竖直且与地面绝缘，导轨上M 、N 间接一电阻R ，P 、Q 端接一对沿水平方向的平行金属板，导体棒ab 置于导轨上，其电阻为3R ，导轨电阻不计，棒长为L ，平行金属板间距为d .今让导体棒通过定滑轮在一物块拉动下开始运动，稳定后棒的速度为v ，不计一切摩擦阻力．此时有一带电量为q 的液滴恰能在两板间做半径为r 的匀速圆周运动，且速率也为v .求：图11­29(1)棒向右运动的速度v ；(2)物块的质量m .【导学号：19624145】【解析】 (1)设平行金属板间电压为U .液滴在平行金属板间做匀速圆周运动， 重力与电场力必定平衡，设液滴质量为m 0.则有：q U d＝m 0g由qvB ＝m 0v 2r， 得：m 0＝qBr v联立解得：U ＝gdrB v则棒产生的感应电动势为：E ＝U R ·(R ＋3R )＝4gdrB v由E ＝BLv ，得：v ＝2grd L . (2)棒中电流为：I ＝U R ＝gdrB vRab 棒匀速运动，外力与安培力平衡，则有：F ＝BIL ＝gdrLB 2vR而外力等于物块的重力，即为：mg ＝gdrLB 2vR解得：m ＝B 2L 2R rdL g .【答案】 (1)2grd L 10．(18分)(2017·江苏高考)如图d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻．质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v 0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v .导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图11­30(1)MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ；(2)MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ；(3)PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率P .【导学号：19624146】【解析】 (1)MN 刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E ＝Bdv 0①回路的感应电流I ＝E R ②由①②式解得I ＝Bdv 0R . ③(2)金属杆所受的安培力F ＝Bid ④ 由牛顿第二定律得，对金属杆F ＝ma ⑤ 由③④⑤式得a ＝B 2d 2v 0mR . ⑥(3)金属杆切割磁感线的相对速度v ′＝v 0－v ⑦ 感应电动势E ＝Bdv ′ ⑧感应电流的电功率P ＝E 2R ⑨由⑦⑧⑨式得P ＝B 2d 2v 0－v2R . ⑩【答案】 (1)Bdv 0R (2)B 2d 2v 0mR (3)B 2d 2v0－v2R。

专题2力与物体的直线运动（2课时）【考情分析】——具体问题、具体分析题型既有选择题又有计算题，题目新颖，与生活实际联系密切，试题大多综合v－t 图象、牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容。

【备考策略】——掌握方法，有的放矢1．解答运动学公式与牛顿第二定律综合应用的问题，需要注意两个关键点(1)两分析：①物体受力情况分析，同时画出受力示意图；②物体运动规律分析，同时画出运动情境图。

(2)两个桥梁：①加速度是联系运动和力的桥梁；②速度是各物理过程相互联系的桥梁。

2．解决图象类问题要紧紧抓住两个方面(1)要明白x－t、v－t图象的特点及区别；(2)要将物体的运动图象转化为物体的运动模型。

第2讲第1课时考向1 运动图象的理解及应用【高考实例】——动手解题，讲练结合，体会高考1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图1所示。

已知两车在t＝3 s时并排行驶，则（）A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析根据v－t图，甲、乙都沿正方向运动。

t＝3 s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30 m/s，v乙＝25 m/s，由v－t图线所围面积对应位移关系知，0～3 s内甲车位移x甲＝12×3×30 m＝45 m，乙车位移x乙＝12×3×(10＋25) m＝52.5 m。

故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5 m，即甲在乙前方7.5 m，B选项正确；0～1 s内，x甲′＝12×1×10 m＝5 m，x乙′＝12×1×(10＋15) m＝12.5 m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5 m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x＝x甲－x甲′＝45 m－5 m＝40 m，所以D选项正确。

第3点利用“对称性”展现简谐运动的全景简洁美、对称美在物理现象和规律中司空见惯，特别是在最简单的机械振动——简谐运动中，对称美更体现得淋漓尽致．在简谐运动中，若任意两位置P、P′关于平衡位置O对称，即OP＝OP′，则振动的质点在这两点速度大小一定相等，加速度一定等值反向，这就是说速度、加速度存在着对称性．利用这一对称性，可以把“残缺”简谐运动的全景展现出来．对点例题如图1所示，一升降机在箱底装有若干弹簧，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦力，则升降机在从弹簧下端触地后直到最低点的运动过程中()图1A．升降机的速度不断减小B．升降机的加速度不断变大C．升降机的加速度最大值等于重力加速度值D．升降机的加速度最大值大于重力加速度值解题指导从弹簧接触地面开始分析，升降机做简谐运动(简化为如图中小球的运动)，在升降机从A→O过程中，速度由v1增大到最大v m，加速度由g减小到零，当升降机运动到A 的对称点A′点(OA＝OA′)时，速度也变为v1(方向竖直向下)，加速度为g(方向竖直向上)，升降机从O→A′点的运动过程中，速度由最大v m减小到v1，加速度由零增大到g，从A′点运动到最低点B的过程中，速度由v1减小到零，加速度由g增大到a(a>g)，故答案为D 选项．答案 D技巧点拨本题巧妙之处在于找出了A的对称点A′，A′并不是运动的最低点，A、A′两点速度，加速度对称，在A′点的下面B点为最低点，加速度最大，这样使问题迎刃而解．1．(多选)如图2所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置．现使重球(视为质点)从高于a位置的c 位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d.以下关于重球运动过程的正确说法应是()图2A．重球下落压缩弹簧由a至d的过程中，重球做减速运动B．重球下落至b处获得最大速度C．重球下落至d处获得最大加速度D．由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量答案BCD解析重球由c至a的运动过程中，只受重力作用，做匀加速运动；由a至b的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力大于弹力，做加速度减小的加速运动；由b至d的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力小于弹力，做加速度增大的减速运动．所以重球下落至b处获得最大速度，由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量，即可判定B、D正确．C选项很难确定是否正确，但利用弹簧振子的特点就可非常容易解决这一难题．重球接触弹簧以后，以b点为平衡位置做简谐运动，在b点下方取一点a′使ab＝a′b，根据简谐运动的对称性，可知，重球在a、a′的加速度大小相等，方向相反，如图所示，而在d点的加速度大于在a′点的加速度，所以重球下落至d处获得最大加速度，C选项正确．2．如图3所示，质量分别为m A＝2 kg和m B＝3 kg 的A、B两物块，用劲度系数为k的轻弹簧相连后竖直放在水平面上，今用大小为F＝45 N 的力把物块A向下压而使之处于静止，突然撤去压力，则(g取10 m/s2)()图3A．物块B有可能离开水平面B．物块B不可能离开水平面C．只要k足够小，物块B就可能离开水平面D．只要k足够大，物块B就可能离开水面答案 B解析先假设物块B是固定的，A将做简谐运动，在释放点(最低点)F回＝F＝45 N，由对称性知，物块A在最高点的回复力大小F回′＝F回＝45 N，此时F回＝G A＋F弹，所以F弹＝25 N<G B，故物块B不可能离开水平面，选项B正确．。