大二轮专题复习讲义答案精析_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习讲义+课件（全国版）_2023年高考物理二轮复习讲义（全国版）_学生版

复习讲义答案精析 第一篇 专题复习 专题一 力与运动 第 1 讲 力与物体的平衡 例1 D [以O点为研究对象，受力分析如图所示， 由几何关系可知θ＝30°，在竖直方向上，由平衡条件可得Fcos 30°＋Fcos 30°＝F，又F ＝ 1 2 1 F，可得F＝F，故D正确，A、B、C错误．] 2 1 例2 B [分别对A、B两球分析，运用合成法，如图， 由几何知识得F sin 37°＝m g，F sin 53°＝m g，解得球B的质量为m ＝ kg，故B正确， T A T B B A、C、D错误．] 例3 C [以物块和斜面体组成的整体为研究对象，外力在水平方向的分力水平向左，在竖 直方向的分力竖直向上，知地面对斜面体的摩擦力水平向右，地面对斜面体的支持力小于物 块与斜面体所受重力大小之和，A、B错误；若物块所受重力沿斜面向下的分力恰好与外力 大小相等，则斜面体和物块之间无摩擦力，此时物块受到三个力的作用，C正确，D错 误．]例4 D [对A、B环受力分析，如图 对A环，由平衡条件可得F ＝，F ＝mgtan α，对B环，由平衡条件可得F ＝，F ＝ NA 库 NB 库 3mgtan (90°－α)，因库仑力相等，则有mgtan α＝3mgtan (90°－α)＝3mg，解得α＝60°，则 右边杆对A环支持力大小为F ＝＝2mg，左边杆对B环支持力大小为F ＝＝2mg，故A、 NA NB B错误；两环之间的库仑力大小为F ＝mgtan 60°＝mg，故C错误，D正确．] 库 例5 B [以小球为研究对象，受力分析如图所示 根据几何关系可知，外力F顺时针转动至竖直向上之前，支持力F 逐渐减小，F先减小后 N 增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，根据矢量三角形可得F ＝mgcos θ， min 故A错误，B正确；以框架为研究对象，受重力Mg、地面的支持力F 、地面的摩擦力F N1 f 以及小球对框架的压力F ′的作用，根据平衡条件有F ′cos θ＝F，F ′sin θ＋Mg＝ N N f N F ，转动的过程中，小球受到的支持力逐渐减小，故小球对框架的压力 F ′逐渐减小，故 N1 N 地面对框架的摩擦力始终在减小，地面对框架的支持力始终在减小，由牛顿第三定律可知， 框架对地面的压力始终在减小，故C、D错误．] 例6 AD [在小球A缓慢向上移动的过程中，A处于三力平衡状态，根据平衡条件知mg与 F 的合力与F 等大反向共线，作出mg与F 的合力，如图， N T N 由三角形相似有：＝＝，得F ＝·mg，AO、BO都不变，则F 大小不变，方向始终背离圆心 N N O，故A、D正确，B、C错误．] 例7 C [对滑块受力分析，由平衡条件有 F＝mgsin θ，F ＝mgcos θ，θ为F与水平方向 N 的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力F 越来越 N 小，所以A、B错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力大小为 F ′＝Fcos θ＝mgsin θcos θ＝ Nmgsin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确； 水平地面对凹槽的支持力为F ＝(M＋m)g－Fsin θ＝(M＋m)g－mgsin2θ，则θ越来越大时， N地 水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误．] 例8 (1)mgsin 2θ (2)mgsin 4θ 解析 (1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ 因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有 Fcos α＝mgsin θ＋F f Fsin α＋F ＝mgcos θ N 且F＝μF f N 联立解得F＝＝＝ 则当α＝θ时，F有最小值，即F ＝mgsin 2θ. min (2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的地面的摩擦力等于F的水平分力，即 F ＝Fcos (α＋θ) fM 当F取最小值mgsin 2θ时， 则有F ＝F cos 2θ＝mgsin 2θcos 2θ＝mgsin 4θ. fM min 高考预测 1．B [依题意，设建筑材料的重力为G，OA绳右端与竖直方向夹角为θ，且对建筑材料的 拉力大小为F ，乙对OB绳的拉力大小为F ，则乙在楼顶水平拉着OB绳把建筑材料缓慢 OA OB 移到楼顶平台上的过程中，对建筑材料受力分析，根据平衡条件有 F ＝，F ＝Gtan θ，θ OA OB 增大，则F 增大，F 增大，由此可知甲对OA绳的拉力增大，乙对OB绳的拉力增大，故 OA OB A、C错误；对甲受力分析，由平衡条件可知，甲与地面之间的摩擦力大小等于 OA绳对甲 的拉力在水平方向上的分力，由于OA绳对甲的拉力逐渐增大且OA绳左端与水平方向夹角 不变，所以可得甲与地面之间的摩擦力逐渐增大，故B正确；对乙受力分析，根据平衡条 件可知乙与楼层之间的摩擦力大小等于OB绳对乙的拉力大小，由于F 逐渐增大，所以可 OB 得乙与楼层之间的摩擦力逐渐增大，故D错误．] 2．C [对A、B构成的整体受力分析，设B、C间细绳上的拉力为F ，由几何关系得tan θ T 1 ＝，对B受力分析，由几何关系得tan θ＝，所以tan θ·tan θ＝，故选C.] 2 1 2 第 2 讲 牛顿运动定律与直线运动 例1 B [108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通 列车加速时间t ＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x ＝at2＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性 1 1 1 可知，加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间 t ＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时 2 间t′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x′＝at′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，匀速运动的 1 1 1 时间t′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t＋2t)－(t′＋2t′)＝4 680 s，因此 2 2 1 2 1 总的节省时间Δt ＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，故选B.] 总 例2 (1)24 m (2)4 s 解析 (1)足球的运动可视为在地面上的匀减速直线运动，根据运动学公式有 x＝＝ m＝24 m (2)队员的速度达到最大速度用时t＝＝ s＝2 s， 1 此时队员的位移为 x＝at2＝×4×22 m＝8 m， 1 21 此时足球的位移为x′＝vt＋at2＝12×2 m－×3×22 m＝18 m， 1 01 11 足球的速度v′＝v＋at＝6 m/s 1 0 11 此时队员与足球相距s＝10 m， 设此后用时t 追上足球，则有v t＝v′t＋at2＋s 2 m2 1 2 12 解得t＝2 s(t＝－ s舍去) 2 2 此时足球速度v″＝v′＋at＝0，足球恰好停止． 1 1 12 故前锋队员追上足球至少经过t＝t＋t＝4 s. 1 2 例3 B [对甲、乙整体进行受力分析，由牛顿第二定律得 m g－m gcos 60°＝(m ＋m 乙 甲 乙 )a，对乙有m g－F ＝m a，联立解得F ＝15 N，故选B.] 甲 乙 T 乙 T 例4 C [对两球作为整体受力分析，由平衡可得F ＝(m ＋m)gtan 30°，对小球2受力分 弹 1 2 析且由平衡条件可得F ＝mgtan 60°，联立解得球1和球2的质量之比为2∶1，故A错误； 弹 2 在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力F 不变，假设轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力突 弹 变为0，则A加速度为a＝g，球2加速度水平方向和竖直方向分别为a ＝g，a ＝＝＝ 1 2竖直 2水平 g，两小球竖直方向加速度相等，水平方向上B球加速度向右，球2总的加速度斜向右下， AB间的绳子绷紧，则轻绳A突然断裂的瞬间轻绳B的弹力不为0，假设不成立，故球1除 了受到重力还受到AB间绳子斜向右下的拉力，则向下的加速度大于g；球2除受重力和弹 力外还受到AB间绳子斜向左上的拉力，故球2的加速度大小小于2g，故B、D错误，C正 确．] 例5 (1)0.5 (2)10 s 解析 (1)在两段赛道上滑行时，根据牛顿第二定律分别有： mgsin θ －μmgcos θ＝ma 1 μmg＝ma 2由于在两个赛道上滑行时间相等，可知加速度大小相等，即 a＝a 1 2 联立解得μ＝0.5 (2)在两段赛道上滑行的加速度大小 a＝a＝5 m/s2 1 2 设最大速度为v ，根据速度与位移的关系可知 m ＋＝L 解得最大速度v ＝25 m/s m 因此运动的总时间t＝＋＝10 s. 例6 BC [题图A中，甲、乙在t 时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t 时刻之前不 0 0 能相遇，选项A错误；题图B中，甲、乙在t 时刻之前图线有交点，即此时位移相等，即 0 两人在t 时刻之前能再次相遇，选项B正确；因v－t图线与横轴围成的面积表示位移大小， 0 题图C中的甲、乙在t 时刻之前有位移相等的时刻，能再次相遇，而题图 D中的甲、乙在t 0 0 时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，两人不能相遇，选项C正确，D错误．] 例7 BCD [由题图(c)可知，t 时刻物块、木板一起刚要在水平地面滑动，物块与木板相对 1 静止，此时以整体为研究对象有F＝μ(m＋m)g，故A错误；由题图(c)可知，t 时刻物块与 1 1 1 2 2 木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象， 根据牛顿第二定律， 有F－μ(m＋m)g＝(m＋m)a 2 1 1 2 1 2 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律， 有μmg－μ(m＋m)g＝ma>0 2 2 1 1 2 1 解得F＝(μ－μ)g，μ>μ，故B、C正确； 2 2 1 2 1 由题图(c)可知，0～t 时间段物块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确．] 2 高考预测 1．A [对物体受力分析，将重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向分解有mgsin 30°－ F＝masin 30°，F －mgcos 30°＝macos 30°，解得F ＝m(g＋a)，F＝m(g－a)，B、C、D错 f N N f 误，A正确．] 2．AD [跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全 红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝vt－gt2，可得t 0 ＝2 s，即全红婵在空中运动的时间为2 s，C错误；入水时的速度v ＝v －gt＝5 m/s－10×2 1 0 m/s＝－15 m/s，在水中的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律 可知，F＝mg＋ma＝35×10 N＋35×7.5 N＝612.5 N，D正确．] f第 3 讲 抛体运动 例1 C [根据位移概念可知，该次作业中小车相对地面的位移大小为 x＝＝ m＝10 m，故 选C.] 例2 ACD [将A球的速度分解为沿轻绳方向和垂直于轻绳的方向，在沿轻绳方向的分速 度等于B球沿轻绳方向的分速度．A球在沿轻绳方向的分速度为v ＝vcos α，所以v ＝ 绳 B ＝，A正确，B错误； 当β增大到等于90°时，B球的速度在沿轻绳方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分 速度也是0，而cos α′不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能， 所以B球的速度达到最大，C正确；在β增大到90°的过程中，轻绳的方向与B球运动的方 向之间的夹角始终是锐角，所以轻绳对B球的拉力一直做正功，D正确．] 例3 AD [由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口 时竖直方向的速度v 相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为 θ，箭射出时的初速度为 y v ，则tan θ＝，即v ＝，故两支箭射出时的初速度大小之比为tan 53°∶tan 37°＝16∶9，A 0 0 正确；设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则v＝，故两支箭落入壶口时的速度大小之比为 sin 53°∶sin 37°＝4∶3，B错误；因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与 壶口的水平距离之比等于初速度大小之比，为16∶9，C错误；由E ＝mv2可知，两支箭落 k 入壶口时的动能之比为16∶9，D正确．] 例4 m/s 解析 频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的 时间间隔为t＝4T＝4×0.05 s＝0.2 s 设抛出瞬间小球的速度大小为v ，每相邻两球间的水平方向上位移为x，竖直方向上的位移 0 分别为y、y，根据平抛运动位移公式有x＝vt 1 2 0 y＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m 1 y＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22) m＝0.6 m 2 令y＝y，则有y＝3y＝3y 1 2 1 已标注的线段s、s 分别为 1 2 s＝ 1 s＝＝ 2则有∶＝3∶7 整理得x＝y 故在抛出瞬间小球的速度大小为 v＝＝ m/s. 0 例5 C [以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图所 示． 对运动员的运动进行分解，y轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运 动．当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称 性，知t ＝t ，A、B错误；将初速度沿x、y方向分解为v 、v ，将加速度沿x、y方向分解 1 2 1 2 为a 、a ，则运动员的运动时间为t＝2，落在斜面上的距离s＝vt＋at2，离开C点时的速度 1 2 1 1 加倍，则v 、v 加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D错误；设运动员落在斜面 1 2 上的速度方向与水平方向的夹角为α，斜面的倾角为θ，则有：tan α＝，tan θ＝＝＝，得 tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速 度大小无关，C正确．] 例6 D [两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，滑步推铅球成绩更好， 所以滑步推铅球初速度更大，竖直和水平方向的分速度更大，到达最高点的时间更长，故根 据斜抛的对称性，铅球在空中运动的时间更长，上升的高度更高，在最高点速度更大，A、 B、C错误；初速度都是0，滑步推时末速度大，根据动量定理有Ft＝mv－0，可知推力相 同时，动量变化大的推力作用时间长，D正确．] 例7 (1)40 m (2)3.3 s 解析 (1)将运动员与装备看成一个质点，总质量为m ，在F点时，运动员对地面的压力大 总 小为所受重力(含装备)的2倍，由牛顿第三定律知地面对该运动员整体的支持力大小F ＝2m N g 总 此时支持力与总重力的合力为圆周运动提供向心力， 则有F －m g＝m N 总 总 解得v＝20 m/s 运动员到达F点后，在水平停止区有F ＝0.5m g＝m a，做加速度大小为a的匀减速直线 阻 总 总 运动，水平停止区FG的最小长度L＝＝40 m (2)对运动员由C点起跳的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动， 水平方向速度v＝v cos α x C 竖直方向速度v＝v sin α－gt y C 着陆时竖直方向分速度与C点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向 与竖直方向的夹角为α， 则有tan α＝＝ 代入数值得t≈3.3 s. 高考预测 1．D [石子做斜抛运动，水平方向做匀速运动，则有v＝vcos θ，故石子在空中的运动时 x 0 间t＝＝，所以＝，因为θ>θ ，故cos θx －x B C BC 联立可知WL ，货物 2 传送带2 2 1 速度与传送带速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过 程划痕重合，因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L＝1 m，C错误；货物从滑上传送带 2 到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·(L＋L)＝3.75 J，D正确．] 1 2 2．(1)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J 解析 (1)由动能定理得 (mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv2－0 1 1 解得v＝6 m/s 1 (2)由牛顿第二定律有μmg＝ma 2 物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v－at 1 1 解得t＝10 s 1 匀速运动阶段的时间为t＝＝2.5 s 2 第1次在传送带上往返运动的时间t＝t＋t＝12.5 s 1 2 (3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小 相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有 Q＝μmgcos 37°·L＋mv2＝88 J. 1 第 7 讲 动量 例1 AD [足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触 时动量大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝ 11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mg＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用 过程中动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．] 例2 C [根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定 理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·＝N，则根据牛顿第三定律可 知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝N，故选C.] 例3 A [取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得m v －m v B 1 A ＝0 解得v＝v 1 当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝－m v＋ B 1 A A m v， B 2 解得v＝v＋v 2 1 当A船再向右返回后，B船上的人第三次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝－m v B 2 A A ＋m v，解得v＝v＋v，则B船上的人第n次将A推出，由动量守恒定律得m v ＋2m v＝ B 3 3 2 B n－1 A －m v＋m v，得v＝v ＋v， A B n n n－1 整理得v＝(3n－2)v n B船上的人不能再接到A船，须有2v≤v ，联立解得n≥，因为n取正整数，则取n＝8，故 n 选A.] 例4 C [小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据 机械能守恒有：mgL＝mv 2＋×2mv 2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得： 0 0 C AB mv ＝2mv ，联立解得v ＝2，v ＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中， 0 C AB C AB 选B为研究对象，由动量定理有I ＝mv ＝m ，故C错误；C球由静止释放到最低点的过 AB AB 0 程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x ，A、B对地水平位移大小 1 为x，则有mx＝2mx，x＋x＝L，可解得x＝，故D正确．] 2 0 1 2 1 2 2 例5 B [设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰 撞后中子速度为v ，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv ＝mv 3 0 0 1 ＋mv ，mv2＝mv2＋mv2，联立解得v ＝v ，设中子和氮核碰撞后中子速度为v ，取v 的方 3 0 1 3 1 0 4 0 向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝14mv ＋mv ，mv2＝×14mv2＋ 0 2 4 0 2 mv2，联立解得v ＝v ，可得v ＝v>v ，碰撞后氢核的动量为p ＝mv ＝mv ，氮核的动量为 4 2 0 1 0 2 H 1 0 p ＝14mv ＝，可得p >p ，碰撞后氢核的动能为E ＝mv2＝mv2，氮核的动能为E ＝ N 2 N H kH 1 0 kN ×14mv2＝，可得E >E ，故B正确，A、C、D错误．] 2 kH kN 例6 BC [A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向 为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v 和v ，则：mv ＝mv ＋2mv ，由能量守恒得： 1 2 0 1 2mv2＝mv2＋·2mv2 ，联立得：v＝① 0 1 2 2 若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰由小球的重力提供向心力，设在最 高点的速度为v ，由牛顿第二定律得： min 2mg＝2m·② A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2－·2mv 2③ 2 min 联立①②③得：v＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v≥1.5 0 0 若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O等高处，由机械能守恒定 律得： 2mg·R＝·2mv2④ 2 联立①④得：v＝1.5 0 可知若小球A不脱离轨道时，需满足：v≤1.5 0 由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v≤1.5或v≥1.5，故A、D错误，B、 0 0 C正确．] 例7 ABD [经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大 小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒， 有mv ＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有mv2＝×2mv2＋ 0 0 mgh，解得h＝，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为 v 、v ， 1 2 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 的方 0 向为正方向，有mv ＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律有mv2＝mv2＋mv2，解得v ＝0，v 0 1 2 0 1 2 1 2 ＝v ，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿 0 小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝0－mv2＝－mv2，C错误；根据动量定理， 0 0 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv－0＝mv，D正确．] 2 0 例8 (1)0.6mv2 (2)0.768vt (3)0.45 0 00 解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t 时刻， 0 根据动量守恒定律有 m ·1.2v＝(m ＋m)v B 0 B 0 根据能量守恒定律有 E ＝m (1.2v)2－(m ＋m)v2 pmax B 0 B 0 联立解得m ＝5m，E ＝0.6 mv2 B pmax 0 (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有 m ·1.2v＝m v ＋mv B 0 B B A 对方程两边同时乘时间Δt，有 6mvΔt＝5mv Δt＋mv Δt 0 B A0～t 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mvt＝5ms ＋ms ，将s ＝0.36vt 0 00 B A A 00 代入可得s ＝1.128vt B 00 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝s －s ＝0.768vt B A 00 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小 仍为2v ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v ′，取向左为正方向， 0 A 根据动量守恒定律可得 mv ′－5m·0.8v＝m·(－2v)＋5mv ′ A 0 0 B 根据能量守恒定律可得 mv ′2＋·5 m·(0.8v)2 A 0 ＝ m·(－2v)2＋·5mv ′2 0 B 联立解得v ′＝v A 0 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 －mgLsin θ－μmgLcos θ ＝0－m(2v)2 0 下滑过程，根据动能定理可得 mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv2－0 0 联立解得μ＝0.45 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小， mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 上 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 下 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的 位移速度关系可得2a L＝(2v)2－0,2a L＝v ′2 上 0 下 A 联立可解得μ＝0.45. 高考预测 1．D [每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后， 雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方 向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，得M＝ 11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v ，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v ＋ 1 1 4m·3v，将M＝11m代入得v＝－，故D正确．] 1 2．(1)80 J (2)4 N，方向竖直向下 (3)5 m 解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v， 2 0 1 2 1 解得v＝20 m/s， 1由能量守恒定律有ΔE＝mv2 － (m＋m)v2， 1 2 0 1 2 1 解得ΔE＝80 J. 1 (2)木块从A端滑到B端过程， 由动能定理有－ μ(m＋m)gL＝(m＋m)v2－ (m＋m)v2， 1 2 1 2 2 1 2 1 木块滑到B端时，由牛顿第二定律有F －(m＋m)g＝v2， N 1 2 2 联立解得F ＝4 N， N 根据牛顿第三定律可得F ＝F ＝4 N，方向竖直向下． 压 N (3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有 mv ＝(m ＋m ＋ 2 0 2 1 M)v， 3 得v＝10 m/s， 3 子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中， 根据能量守恒定律有(m＋m)v2＝(m＋m＋M)v2＋(m＋m)gh＋μ(m＋m)gL，解得h＝ 1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 5 m. 微专题 2 板块模型的综合分析 例1 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s (2)12 J 解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞 前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程． 物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v，此时木板速度大小v ＝1 m/s 1 木 从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有 mv＝mv＋Mv 0 1 木 解得v＝4 m/s 1 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v ，从物块滑上木板到物块与挡 2 板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 mv＝Mv 0 2 解得v＝3 m/s 2 2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v ，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程， 3 根据系统动量守恒有 mv＝(m＋M)v 0 3 解得v＝2 m/s 3 (2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能E ＝mv2＋Mv 2＝9 J k1 1 木 物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能 E ＝Mv2＝9 J k2 2 故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能 E ＝mv2＝18 J k0 0 最终相对静止时系统的动能 E ＝v2＝6 J k3 3 所以系统产生的热量 Q＝E －E ＝12 J. k0 k3 例2 (1)4 m/s，方向水平向右 (2) m (3)1.5 m≤L≤3 m 解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2 0 1 1 0 解得v＝6 m/s 0 物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v 、v ，由动量守恒定律 1 2 得mv＝mv＋mv 1 0 1 1 2 2 由机械能守恒定律得mv2＝mv2＋mv2 1 0 1 1 2 2 解得v＝－2 m/s，v＝4 m/s 1 2 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右 (2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度 a＝－＝－2 m/s2， 2 a＝＝ m/s2 3 物块Q的位移x＝vt＋at2＝3 m 2 2 2 小车的位移x＝at2＝ m 3 3 解得s＝x－x＝ m 2 3 (3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有 mv ＝(m ＋ 2 2 2 M)v 3 可得共同速度为v＝1 m/s 3 由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋μm gL 2 2 2 3 2 1 解得L＝3 m 1 物块Q刚好回到A点时与木板共速时，AB段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v ＝1 3 m/s 由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋2μm gL 2 2 2 3 2 2 解得L＝1.5 m 2当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得 mv2＝(m＋M)v2＋μm gL＋mgH 2 2 2 3 2 2 2 解得H＝0.3 mv ，假设成立，即物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，两者一直 2 1 发生相对滑动，根据能量守恒定律可知因摩擦产生的热量Q＝mv 2－(mv2＋Mv2)，解得Q Q 2 1 ＝60 J (3)设平板车运动到E点时物块Q在平板车上滑动的距离为L ，根据能量守恒定律可知Q＝ 1 μmgL，代入数据解得L＝2.5 m 1 1物块Q要能滑上半圆轨道FG必须保证平板车滑到E点之前物块Q不能掉落，则平板车的长 度L≥L 即L≥2.5 m 1 设物块Q刚好能通过半圆轨道的最高点G时平板车的长度为L ，物块Q恰好过最高点时有 2 mg＝，从平板车运动到F点到物块Q刚好滑到G点的过程中，根据动能定理有－μmg(L － 2 L)－mg×2R＝mv 2－mv2，联立以上两式代入数据解得L＝3 m 1 G 2 2 物块Q要通过最高点，则平板车的长度L≤L，即L≤3 m，综上所述，平板车的长度为 2 2.5 m≤L≤3 m. 高考新动向 1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 例1 (1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m 解析 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v，得v＝5 m/s 0 0 1 0 系统损失的动能ΔE＝mv2－(m＋m)v2， k 0 0 1 0 解得ΔE＝475 J； k (2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x， 由能量守恒定律有(m＋m)v2＝μ(m＋m)gx＋kx2， 1 0 1 0 解得x＝0.5 m， 靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为E， k 由动能定理有－2μ(m＋m)gx＝E－(m＋m)v2， 1 0 k 1 0 解得E＝21 J； k (3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动， 滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，由能量守恒定律得 E＝μ(m＋m)g(s＋l)， k 1 0 解得s＝3 m； (4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v，由动能定理有－μ(m＋m)gs＝(m＋m)v2－E， 1 1 0 1 0 1 k 解得v＝3 m/s， 1 设之后靶盒与木板达到共同速度v′，(m＋m)v＝(m＋m＋m)v′， 1 1 0 1 1 0 2 1 解得v′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s， 1 1 木板的加速度为a，μ(m＋m)g＝ma， 1 0 2 根据v′2＝2as， 1 1 解得s＝0.5 m0.25 s，即质点a还在继续振动，从t＝2.1 s到t＝2.25 s，经过时间 1 为t ＝0.15 s，即 b 两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为C <45°0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要从外 界吸收热量，所以从状态c到状态a，气体从外界吸热，所以D正确．] 2．(1)见解析 (2) 解析 (1)气体压强微观方面取决于两个因素：分子的平均动能和单位体积内的分子数．温 度降低，分子平均动能减小，质量增加，单位体积内的分子数增加，从而使压强维持不变．(2)设－8 ℃时馆内气体体积为V，气体状态参量初状态V＝V＋ΔV，T＝280 K 1 1 末状态V＝V，T＝265 K 2 2 由盖－吕萨克定律得＝得ΔV＝V 场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量之比为＝ 代入数据得＝. 第 15 讲 近代物理 例1 D [入射光子的能量相同，根据ε＝hν可知，三次实验采用了相同频率的入射光，故 A错误；根据E ＝hν－W 可知，最大初动能相同，则逸出功相同，因此金属板材质相同， k 0 故B错误；对于不同频率的光子，饱和光电流的大小还与光照强度有关，当入射光子的能 量为5 eV，若光照强度弱，饱和光电流大小不一定大于60 mA，故C错误；根据E ＝ε － k1 1 W，E ＝ε－W，代入数据解得E ＝1.8 eV，故D正确．] 0 k2 2 0 k2 例2 A [要使处于n＝20的氢原子吸收一个光子后恰好失去一个电子变成氢离子，则需要 吸收光子的能量为E＝0－() eV＝0.034 eV，结合题图可知被吸收的光子是红外线波段的光 子，故选A.] 例3 B [由E ＝hν－W 可知，图线的斜率为普朗克常量，即h＝，A错误；断开开关S后， k 0 光电管发生光电效应，有电流流过电流表，所以电流表G的示数不为零，B正确；只有增大 入射光的频率，才能增大光电子的最大初动能，则光电子的最大初动能与照射光的强度无关， C错误；保持照射光强度不变，仅提高照射光的频率，单个光子的能量将会增大，而光的强 度不变，那么光子数一定会减少，发出的光电子数也会减少，电流表 G的示数就会减小，D 错误.] 例4 B [设刚植入时碘的质量为m，经过180天后的质量为m，根据m＝m ，代入 0 0 数据解得m＝m ＝m()3＝m，故选B.] 0 0 0 例5 B [静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，由动量守恒知新核的速度与粒子速 度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核 的电性相反，则为β衰变．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝， 因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1，从而确定电荷量之比为1∶7，即可根 据电荷数守恒及质量数守恒得出核反应方程式为B.] 例6 D [α粒子轰击N，生成O，并产生了质子，选项A错误；U经过4次α衰变，2次β衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，原来的原子核中子数为238－92＝ 146，则新核与原来的原子核相比，中子数少了10个，选项B错误；放射性β射线其实质是 高速电子流，选项C错误；核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，选项D正 确．] 例7 C [根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中 的氘核反应释放的能量为E＝×43.15 MeV≈7.19×1022 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃烧 的标准煤的质量为M＝ kg≈400 kg，故选C.] 高考预测 1．A [因为H 比H 的波长更大，则遇同一个障碍物，H 比H 更易发生明显衍射现象，选 α δ α δ 项A正确；H 光的光子能量为2.86 eV，而使处于n＝2能级的氢原子电离需要的能量至少为 γ 3.4 eV，则H 光不能使处于n＝2能级的氢原子电离，选项B错误；H 光的光子能量为3.02 γ δ eV，是由处于n＝6能级的氢原子向n＝2能级跃迁的过程中产生的，选项C错误；H 光的 α 波长最长，光子能量最小，则若4种光均能使某金属发生光电效应，则H 光对应的光电子 α 的最大初动能最小，选项D错误．] 2．C [由题图可知He核的比结合能约为7 MeV，所以结合能约为28 MeV，故A错误；由 题图可知Li核的比结合能约为5.5 MeV，所以结合能约为33 MeV，大于He核的结合能， 故B错误；两个H核结合成He核时，生成物的总结合能大于反应物的总结合能，所以会释 放能量，故C正确；由题图可知U核中核子的平均结合能比Kr核中的小，故D错误．] 3．C [由题述“将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰 好减小到零，此时电压表读数为1.00 V”，可知遏止电压为U＝1.00 V，光电子的最大初动 c 能为E ＝eU＝1 eV，根据爱因斯坦光电效应方程可知K极板的金属涂层的逸出功为，W ＝ k c 0 hν－E＝2.82 eV－1 eV＝1.82 eV＝1.82×1.6×10－19 J≈2.9×10－19 J，C正确．] k 专题七 实验 第 16 讲 力学实验 例1 (1) 大于 (2) ＝＋ (3) 解析 (1)设滑块A碰撞前瞬间的速度为v ， A 碰撞后瞬间A、B的速度分别为v ′、v ， A B 根据动量守恒定律有m v ＝m v ′＋m v ① A A A A B B 根据能量守恒定律有m v 2＝m v ′2＋m v 2② A A A A B B联立解得v ′＝v ③ A A v ＝v ④ B A 计算机显示光电门1有一个时间记录，光电门2有两个时间记录，说明A与B碰撞后A未反 弹，即v ′与v 的方向相同，可知m >m . A A A B (2)设挡光片宽度为d，由题意可得v ＝⑤ A v ′＝⑥ A v ＝⑦ B 碰撞过程中满足动量守恒，则应满足的关系式为m ＝m ＋m ⑧ A A B 即＝＋⑨ (3)由 ③④⑥⑦可得＝＝ 解得＝. 例2 (2)7.883或7.884 (3)B (4)m()2－m()2 (5)增大 解析 (2)根据题图(b)示数，小球的直径为 d＝7.5 mm＋38.4×0.01 mm＝7.884 mm 考虑到偶然误差，7.883 mm也可以． (3)在测量时，因小球下落时间很短，如果先释放小球，有可能会出现时间记录不完整，所 以应先接通数字计时器，再释放小球，故选B. (4)依题意，小球向下、向上先后通过光电门时的速度大小分别为v、v，则有v＝，v＝ 1 2 1 2 则小球与橡胶材料碰撞过程中机械能的损失量为ΔE＝mv2－mv2＝m()2－m()2. 1 2 (5)若调高光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，所以将会增大因空气阻 力引起的测量误差． 例3 (1)①BC ②0.48 ③见解析图 力一定时，小车的加速度a与质量M成反比 (2)① 不需要 ②A 解析 (1)①为了补偿阻力，把木板的一侧垫高，小车上并不挂砝码盘，A错误；先接通电 源，待打点计时器正常工作后再释放小车，B正确；调节滑轮，使细线与木板平行，这样才 能使细线的拉力等于小车受到的合力，C正确； ②相邻两个计数点间还有四个点未画出，则T＝0.02 s×5＝0.1 s. 小车的加速度a＝ m/s2≈0.48 m/s2 ③作出a－图像如图由a－图像可得出的实验结论：力一定时，小车的加速度a与质量M成反比． (2)设木板倾角为θ，则挂上砝码盘和砝码时有F＋F＝Mgsin θ f F＝mg 取下砝码盘和砝码时有Mgsin θ－F＝Ma f 整理得mg＝Ma 即小车加速下滑的外力恰好等于砝码盘和砝码的总重力； ①由以上分析可知，该实验方案不需要满足条件M≫m； ②因为a＝＝ F，所以a－F图像应为一条过原点的直线．故选A. 例4 (1)1.570 (2)2 (3)0.05 解析 (1)游标卡尺的读数为d＝1.5 cm＋14×0.05 mm＝1.570 cm (2)由题图乙结合单摆运动规律可知，该单摆的振动周期为2 s； (3)设最大摆角为θ，则有F ＝mgcos θ，F －mg＝m，从最高点到最低点由动能定理得 min max mgL(1－cos θ)＝mv2，代入数据联立解得m＝0.05 kg. 例5 (1)2.00 (2) F′ (3)C (4)B 解析 (1)分度值为0.1 N，读数为2.00 N. (2) 由题图乙发现F是根据平行四边形定则作出的理论值，而实际值与理论值有一定的误差， 故方向和细线PO方向相同的是F′. (3) 弹簧测力计B的方向没有特殊要求，不需要始终保持水平，故A错误；重物M的重力 可以由弹簧测力计测出，没必要再测质量，故B错误；为使力都作用在同一平面上，细线 套方向应与木板平面平行，故C正确；根据平行四边形定则可知，若只增大某一只弹簧测 力计的拉力大小而保持细线套结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向， 故D错误． (4)本实验通过不同力之间作用效果的等效替代，探究互成角度的力的合成规律，故采用的 是等效替代法．故选B. 例6 (1)D (2)上 相等的时间间隔内水平位移相等 (3)1 解析 (1)本实验用频闪照相仪记录小球在空中一次平抛的多个位置，所以不需要小球从斜 槽上多次释放；每次只能记录一个位置，斜槽光滑与否、小球质量大小都不影响位置的记录；在空中不能与方格纸相触．故选D. (2)由第二个位置高于第一个位置，说明斜槽轨道末端向上倾斜了；每个位置的水平间距都 是两个小方格，说明相等的时间间隔内水平位移相等，水平方向是匀速运动． (3)由平抛运动规律y＝gt2 x＝vt 0 可得y＝ 则斜率k＝ 代入数据解得v＝1 m/s. 0 高考预测 1．(1)不需要 (2) (3)一条过原点的直线 解析 (1)实验中力传感器直接显示拉力大小，即为滑块及挡光片所受合外力，故不需要满 足重物的质量远小于滑块及挡光片的质量； (2)由题意知滑块通过AB段时的加速度大小为a＝ 其中v ＝，v ＝ A B 联立得a＝ (3)若在质量一定的情况下加速度与合外力成正比，则a－F图像是一条过原点的直线． 2．(1)4.00 (3)0.82 0.76 解析 (1)遮光条的宽度为d＝4 mm＋0.05 mm×0＝4.00 mm (3)弹簧对滑块的冲量大小等于F－t图像与坐标轴所围的面积，约等于0.82 N·s； 滑块通过光电门时的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s 滑块的动量增量大小为Δp＝mv＝380.0×10－3×2 kg·m/s＝0.76 kg·m/s 第 17 讲 电学实验 例 1 (1)0.084(0.083～0.085 均可) (2)见解析图 (3)断路 (4)R 左端的接线柱上 20 0 1.7×10－8 解析 (1)单晶铜丝的直径为d＝0＋8.4×0.01 mm＝0.084 mm. (2)为了保证两个电表的示数从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，实验电路如图 所示．(3)线夹P处发生断路，铜丝没有接入电路中，使得电流表示数总为零 (4)因为单晶铜丝的电阻很小，所以电压表的读数很小且变化不大，这时应该把连接电压表 负接线柱的导线改接在R 左端的接线柱上，电压表的测量值等于R 和铜丝的总电压； 0 0 根据电阻定律R＝ρ＋R 0 S＝πd2 联立解得R＝x＋R 0 根据图像知R＝20 Ω 0 ＝ Ω·m－1 解得ρ＝1.7×10－8 Ω·m. 例2 (1)见解析图 (2)990 解析 (1)为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R 并联，再与电流表 0 串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，即为流过定值电阻R 的电流，从而求出微 0 安表两端的电压，进而求出微安表的内阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑 动变阻器采用分压式接法，实验电路原理图如图所示． (2)流过定值电阻R 的电流， 0 I＝I －I ＝9.00 mA－0.09 mA＝8.91 mA A G 加在微安表两端的电压U＝IR ＝8.91×10－2 V 0 微安表的内阻R＝＝ Ω＝990 Ω. g 例3 (1)黑 (2)40.0 (3)40.0 (4)×3 120.0 解析 (1)根据电流流向，可以判断与毫安表相连的应为黑表笔． (2)毫安表满偏，根据R ＝，解得R ＝40.0 Ω. 总 总 (3)毫安表指向25 mA时，毫安表半偏，待测电阻等于内阻，此处标记40.0 Ω. (4)学生电源的电压调至6 V，欧姆表的内阻为120.0 Ω，故欧姆表的倍率为×3，毫安表指在 25 mA处，该电阻的阻值为40.0×3 Ω＝120.0 Ω.例4 (1)5 800 (2)见解析图 (3)①＝＋ ②1.4 1.6 解析 (1)为了把灵敏电流计 改装成量程为0～3 V的电压表继续实验，电阻箱R应调至R ＝－R＝5 800 Ω g (2)如图所示． (3)①根据闭合电路欧姆定律有 E＝I(R＋R＋r) g 整理得＝＋ ②由题意可得b＝＝144 A－1 k＝＝ V－1 解得E＝1.4 V r＝1.6 Ω 例5 (1)错误 (2)见解析图 (3)2.8(2.7～2.9均可) 等于 解析 (1)当电阻箱电阻调到最大时，闭合开关S 时，电压表两端电压为 1 U＝＝ V≈4.28 V 超过了电压表的量程，则该操作错误； (2)作出U－R图像如图； (3)电压表示数为1.60 V，利用(2)中测绘的U－R图像可得R＝2.8 Ω，该方法为等效替代法， x 电压表内阻对R 的测量无影响，则R 测量值等于真实值． x x 例6 (1)A 60 (2)100 (3)无 1 解析 (1)若不考虑电池内阻，且在电池两端只接R 时，电路中的电流约为 0 I＝＝ A＝10 mA， 由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选到的电流 表应为A； 1 当不考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝(R＋R＋R )，计算出R＝60 Ω. 0 A1 (2)断开开关，保持滑片的位置不变，用R 替换R，闭合开关后，有E＝(R＋R＋R ) x 0 x A1 代入数据有R＝100 Ω. x (3)若考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝[(R＋r)＋R＋R ] 0 A1 E＝[(R＋r)＋R＋R ] x A1 联立计算出的R 不受电池内阻r的影响． x 高考预测 1．(1)B D (2)①右 ④滑动变阻器滑片的位置 读数为满偏电流的三分之一 解析 (1)这个实验要求在闭合开关S 后，干路电流几乎不变，所以滑动变阻器接入电阻越 2 大越好，所以在电流计满偏时，电动势越大，滑动变阻器接入电阻才越大，所以电源应选 B，电流计G满偏电流约为几毫安，所以干路总电阻约为几千欧姆，所以滑动变阻器的最大 阻值选15 kΩ的合适，故选D； (2)①为了保证电流表的安全，则把滑动变阻器的滑片调至最右端，使得接入电路的阻值最 大，电流最小； ④要想保持干路电流不变，要求滑动变阻器的阻值不能再改变；使电流计读数为满偏电流的 三分之一，此时电阻箱的分流为三分之二的干路电流，其阻值为电流计的二分之一，改装后 的总电阻为之前的三分之一，则量程变为原来的3倍． 2．(1)见解析图 否 (2)AB (3)1 460 (4)小 解析 (1)如图所示 若光敏电阻的阻值 R 与照度 I 成反比关系，则有 RI 为定值，由图像中点的数据可得 5.8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2 可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系； (2)由于天亮时照度较大，光敏电阻的阻值较小，电路中的电流较大，衔铁被吸下，AB间断 开，CD间接通，故灯泡应接在AB间； (3)由题意可知，当照度降到1.0 lx时，要求电路电流降低到10 mA，此时电路中的总电阻为 R ＝＝ Ω＝3 600 Ω 总 此时光敏电阻的阻值为R＝2 000 Ω，则滑动变阻器R′的阻值应调为R′＝R －R－R ＝3 总 线 600 Ω－2 000 Ω－140 Ω＝1 460 Ω；(4)使用一段时间后发现，路灯在天色更亮时就已点亮了，说明在天色更亮时电路电流就降 到了10 mA，为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭，应使天色更亮时电路电流大于 10 mA， 应使电路的总电阻适当减小，故应将变阻器R′的阻值适当调小些． 第 18 讲 热学和光学实验 例1 (1)1.15×102 (2)8×10－6 (3)7×10－10 (4)ACD 解析 (1)大于半格的算作一格，小于半格的舍去，根据油膜形状得知，油膜的面积为 115×1 cm2＝1.15×102 cm2 (2)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是V＝× mL＝8×10－6 mL (3)油酸分子的直径约为d＝＝≈7×10－8 cm＝7×10－10 m (4)将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积，导致油酸体积V偏大，根据d＝可知，会导 致计算的油酸分子直径偏大，A正确；计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处 理，会导致油膜面积S偏大，根据d＝可知，会导致计算的油酸分子直径偏小，B错误；计 算油膜面积时，只数了完整的方格数，会导致油膜面积S偏小，根据d＝可知，会导致计算 的油酸分子直径偏大，C正确；水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，会导致油膜面 积S偏小，根据d＝可知，会导致计算的油酸分子直径偏大，D正确． 例2 (1)封闭在注射器内的气体 温度和气体的质量 注射器 压强 (2)D (3)D (4)C 解析 (1)实验中的研究对象是封闭在注射器内的气体，实验中应保持不变的参量是温度和 气体的质量； 它的体积由注射器直接读出，它的压强由压强传感器等计算机辅助系统得到． (2)p·V的数值越来越小，造成这一现象的原因可能是气体的质量减小了或者温度降低了．故 选D. (3)根据pV＝C则p＝C·，因图像是过原点的直线，则若纵坐标表示封闭气体的压强，则横 坐标表示的物理量是封闭气体的体积的倒数.故选D. (4)推拉活塞时，动作要慢，防止气体温度发生变化，选项A正确；推拉活塞时，手不能握 住注射器含有气体的部分，防止气体温度发生变化，选项B正确；压强传感器与注射器之 间的软管脱落后，注射器内封闭的气体的质量会发生变化，不能重新装上继续实验，选项 C 错误；活塞与针筒之间要保持气密性，从而保证气体质量不变，选项D正确． 例3 (1)插针时应使P 挡住P 和P 的像，P 挡住P 和P、P 的像 (2)n＝ 1.5 3 1 2 4 3 1 2 解析 (1)这位同学的疏漏是：插针时应使P 挡住P 和P 的像，P 挡住P 和P、P 的像； 3 1 2 4 3 1 2 (2)设光线在玻璃砖上表面的入射角为α，折射角为β，根据数学知识得sin α＝，sin β＝， 则折射率为n＝＝，代入数值可得n＝＝＝1.5. 例4 (1)C (2)2.332 2.609(3)4.35×10－7 解析 (1)根据Δx＝λ可知，增大双缝之间的距离时，条纹间距变小，故A错误；条纹间距 与单、双缝之间距离无关，故B错误；将蓝色滤光片改成红色滤光片，波长变长，所以条 纹间距变大，C正确；把光屏向靠近双缝的方向移动，则条纹间距变小，故D错误． (2)由题图甲可读出x＝2 mm＋0.331 mm＝2.332 mm 1 由题图乙可读出x＝15 mm＋0.377 mm＝15.377 mm 6 则相邻亮条纹的间距为Δx＝＝2.609 mm. (3)λ＝Δx≈4.35×10－4 mm＝4.35×10－7 m. 高考预测 1．(1)向上 B管内的水银面再一次回到标记的位置K (2)300 75.6 解析 (1)对烧瓶加热，使烧瓶内的气体温度升高．为使封闭气体的体积不变，由＝C可知， 应使封闭气体的压强增大，故应将C管向上移动，直至B管内的水银面再一次回到标记的 位置K. (2)由查理定律可知＝，即p＝t＋，结合题图乙，解得T＝300 K，p＝75.6 cmHg. h 0 0 2．(1)λ 749.0 0.25 (2)8 011 解析 (1)根据公式Δx＝λ，d＝2a 联立解得Δx＝λ 毫米刻度尺读数L＝749.0 mm 游标卡尺读数a＝0 mm＋5×0.05 mm＝0.25 mm. (2)相邻两条亮条纹间距Δx＝ cm＝12 mm 代入Δx＝λ 解得λ≈8 011 nm. 第二篇 解题技巧与增分策略 一、选择题解题技巧 例1 B [利用楞次定律，在线框进入磁场过程电路中的电流为顺时针方向，即进入磁场时 电流方向为负方向，故可排除A、D选项．在线框离开磁场过程中，根据楞次定律，回路中 电流方向为逆时针方向，故可排除C选项，故B项正确．] 例2 C [设小球落到斜面上时，速度方向与水平方向夹角为φ，则tan φ＝2tan θ，可知落 到斜面上时，速度方向与初速度大小无关，只与斜面的倾角有关，因此无论 v、v 大小如何， 1 2 均有α＝α，C正确，A、B、D错误．] 1 2例3 B [因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运 动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与 t轴所围面积相等来求解．根据 猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示， 由图知老鼠甲可以逃离洞口．] 例4 A [小球虽然是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好 水平，所以可以逆向看作小球从该半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过 程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中与 半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，设此时位移与水 平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而v2＝2gy＝gR，又 y tan 30°＝，所以v＝＝，故选项A正确．] 0 例5 B [滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理得Fxcos θ＝ΔE ，得θ＝90°， k 即水平方向上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；把滑块在P点 的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做 匀减速直线运动后做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝2 m/s2，当沿水平恒力F方向上 的速度为0时，时间t＝＝1.5 s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t′＝2t＝3 s，故 B项正确；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有x ＝v′t′＝vcos 37°·t′＝ PQ 12 m，故D项错误；当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速 度v′，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4 m/s，故C项错 误．] 例6 B [由于所有直导线中的电流一样，将所有直导线从中间一分为二，由右手螺旋定则 及对称性知左边6根直导线电流在P 点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P 点产生 1 1 的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P 处产生的磁场，由题知磁感应强度大小为B ， 1 1 方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为 2 B ，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方 1 2 2 向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流 在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为B－B，B选项正确．] 2 2 1 例7 CD [以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力F ＝＝mg，P点为等效最高点，由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小 值出现在P点，由牛顿第二定律得mg＝m，小球的最小速度v ＝v ＝，故D正确；小球从 min PP点运动到A点，由动能定理得－mgR(1－cos 45°)＋qERsin 45°＝mv 2－mv 2，解得v ＝， A P A 故A错误；小球在C点时，有F －qE＝m，小球从H点运动到C点，由动能定理得qE·2R C ＝mv 2－mv 2＞0，在H点时，有F ＋qE＝m，所以F T>T b a c 解析 (1)螺旋测微器读数是固定刻度读数加可动刻度读数，题图丙中读数为 D＝1.5 mm＋ 30.0×0.01 mm＝1.800 mm； (2)小球的体积为V＝πr3＝πD3 由题图乙中曲线a可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有ρVg－ρVg－6πηrv＝0 0 1 联立方程，解得η＝ 代入数据得η＝0.648 Pa·s.(3)由粘滞系数表达式可知，小球的收尾速度越大，粘滞系数越小，温度越高，因此 T>T>T. b a c 例6 (1)左 (2)R ＋R ＝R ＋R (3)E (4)不变 1测 2测 1校 2校 N 解析 (1)在开关闭合前，为保护灵敏电流计G，R 接入的阻值应为最大，则触头应在最左 3 端． (2)改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变， 电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R 与R 的阻值之和为某一固定阻值，所以 1校 2校 使R 和R 的阻值之和也为该固定阻值，即R ＋R ＝R ＋R 1测 2测 1测 2测 1校 2校． (3)根据部分电路欧姆定律，有＝，＝ 可知，当满足R ＋R ＝R ＋R 1测 2测 1校 2校 有E＝E . x N (4)若考虑工作电源内阻，则有＝，＝ 因之前有R ＋R ＝R ＋R 1测 2测 1校 2校 考虑到了工作电源内阻后，则有R ＋R ＋r＝R ＋R ＋r 1测 2测 1校 2校 故整理后依旧为E＝E ，故测量值不变． x N 四、数学方法在物理中的应用 例1 200 m 30° 解析 运动员在O点速度v＝＝10 m/s.起跳后运动员做斜上抛运动． 0 把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动． 水平方向上有x＝vcos θ·t，竖直方向上有y＝vsin θ·t－gt2， 0 0 令y＝－xtan α， 解得x＝＝. 当2θ＋α＝90°，即θ＝30°时， x ＝， max 此时L有极大值L ＝＝200 m. max 例2 AD [由题中选项可知要使F最小，则应有Fsin αMv ，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙 0 0 后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为 s，第二次碰墙后向左 1 运动的最大距离为s ，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s ，……，小车第一次碰墙之后 2 3 与铁块的共同速率为v，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v，第三次碰墙之后与铁块的 1 2 共同速率为v，…… 3 第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs＝Mv2 1 0 解得s＝＝ m 1 由动量守恒定律得 (m－M)v＝(m＋M)v 0 1 解得v＝v＝v 1 0 0 第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs＝Mv2 2 1 解得s＝＝s 2 1 由动量守恒定律得(m－M)v＝(m＋M)v 1 2 解得v＝v＝v 2 1 1 …… 故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为s＝s n 1 显然s、s、s、…、s 为一公比是的等比数列．小车运动的总路程为 1 2 3 n s＝2(s＋s＋s＋…＋s)＝＝1.25 m. 1 2 3 n