2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题7第16讲（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题7第16讲（Word版附解析），共10页。
A组·基础练
1.(2024·湖南长沙模拟)某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。
(1)对于本实验操作的说法正确的是________。
A．打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上
B．应用秒表测出重物下落的时间
C．选用的重物的密度和质量大些，有利于减小误差
D．选用的重物的密度和质量小些，有利于减小误差
(2)若实验中所用重物的质量为1.0 kg。某同学选取了一条前两个点间距接近2 mm的纸带，0是打下的第一个点，打点时间间隔为0.02 s，则在纸带上打下点3时重物的动能的增加量(相对0)ΔEk＝________J，从打下点0至打下点3的过程中重物的重力势能减少量ΔEp________J(g＝9.8 m/s2，结果均保留三位有效数字)。
(3)发现动能的增加量和重力势能的减少量不相等，可能的原因是_____________________________________________________________________。
【答案】 (1)AC (2)5.28 5.44 (3)见解析
【解析】 (1)打点计时器的两个限位孔应在同一条竖直线上，以减小纸带与打点计时器之间的摩擦，故A正确；打点计时器就是计时仪器，则不需要秒表测重物下落的时间，故B错误；选用的重物的密度和质量大些，有利于减小误差，故C正确，D错误。故选AC。
(2)纸带上打下点3时的速度v＝eq \f(x24,2T)＝eq \f(0.621 8－0.491 8,0.04) m/s＝3.25 m/s
此时重物的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×3.252 J＝5.28 J
从打下点0至打下点3的过程中重物的重力势能减少量
ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.554 9 J＝5.44 J。
(3)实验中由于需要克服各种阻力(纸带与计时器之间有摩擦，空气阻力等)做功，机械能减少。
2.(2024·海南卷)水平圆盘上紧贴边缘放置一密度均匀的小圆柱体，如图(a)所示，图(b)为俯视图，测得圆盘直径D＝42.02 cm，圆柱体质量m＝30.0 g，圆盘绕过盘心O1的竖直轴匀速转动，转动时小圆柱体相对圆盘静止。
为了研究小圆柱体做匀速圆周运动时所需要的向心力情况，某同学设计了如下实验步骤：
(1)用秒表测圆盘转动10周所用的时间t＝62.8 s，则圆盘转动的角速度ω＝________rad/s(π取3.14)。
(2)用游标卡尺测量小圆柱体不同位置的直径，某次测量的示数如图(c)所示，该读数d＝________mm，多次测量后，得到平均值恰好与d相等。
(3)写出小圆柱体所需向心力表达式F＝________(用D、m、ω、d表示)，其大小为________N(保留2位有效数字)。
【答案】 (1)1 (2)16.2 (3)eq \f(mω2·D－d,2) 6.1×10－3
【解析】 (1)圆盘转动10周所用的时间t＝62.8 s，则圆盘转动的周期为T＝eq \f(62.8,10) s＝6.28 s
根据角速度与周期的关系有ω＝eq \f(2π,T)＝1 rad/s。
(2)根据游标卡尺的读数规则有
1．6 cm＋2×0.1 mm＝16.2 mm。
(3)小圆柱体做圆周运动的半径为r＝eq \f(D－d,2)
则小圆柱体所需向心力表达式
F＝eq \f(mω2·D－d,2)
带入数据有F＝6.1×10－3 N。
3.(2024·全国甲卷)学生小组为了探究超重和失重现象，将弹簧测力计挂在电梯内，测力计下端挂一物体。已知当地重力加速度大小为9.8 m/s2。
(1)电梯静止时测力计示数如图所示，读数为________N(结果保留1位小数)。
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，则此段时间内物体处于________(填“超重”或“失重”)状态，电梯加速度大小为________m/s2(结果保留1位小数)。
【答案】 (1)5.0 (2)失重 1.0
【解析】 (1)由图可知弹簧测力计的分度值为0.5 N，则读数为5.0 N。
(2)电梯上行时，一段时间内测力计的示数为4.5 N，小于物体的重力可知此段时间内物体处于失重状态；
根据G＝mg＝5.0 N
根据牛顿第二定律mg－T＝ma
代入数据联立解得电梯加速度大小
a≈1.0 m/s2。
4.(2024·广西卷)单摆可作为研究简谐运动的理想模型。
(1)制作单摆时，在图甲、图乙两种单摆的悬挂方式中，选择图甲方式的目的是要保持摆动中________不变。
(2)用游标卡尺测量摆球直径，测得读数如图丙，则摆球直径为________cm。
(3)若将一个周期为T的单摆，从平衡位置拉开5°的角度释放，忽略空气阻力，摆球的振动可看为简谐运动。当地重力加速度为g，以释放时刻作为计时起点，则摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为________。
【答案】 (1)摆长 (2)1.06
(3)x＝eq \f(gT2sin 5°,4π2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t))
【解析】 (1)选择图甲方式的目的是要保持摆动中摆长不变。
(2)摆球直径为d＝1.0 cm＋6×0.1 mm＝1.06 cm。
(3)根据单摆的周期公式T＝2πeq \r(\f(L,g))可得单摆的摆长为L＝eq \f(gT2,4π2)
从平衡位置拉开5°的角度处释放，可得振幅为A＝Lsin 5°
以该位置为计时起点，根据简谐运动规律可得摆球偏离平衡位置的位移x与时间t的关系为x＝Acs ωt＝eq \f(gT2sin 5°,4π2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t))。
5.(2024·山东卷)在第四次“天宫课堂”中，航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，a测量滑块A与它的距离xA，b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①测量两个滑块的质量，分别为200.0 g和400.0 g；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
(1)从图像可知两滑块在t＝________s时发生碰撞。
(2)滑块B碰撞前的速度大小v＝____________m/s(保留2位有效数字)。
(3)通过分析，得出质量为200.0 g的滑块是________(填“A”或“B”)。
【答案】 (1)1.0 (2)0.20 (3)B
【解析】 (1)由x－t图像的斜率表示速度可知两滑块的速度在t＝1.0 s时发生突变，即这个时候发生了碰撞。
(2)根据x－t图像斜率的绝对值表示速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大小为v＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(90－110,1.0))) cm/s＝0.20 m/s。
(3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小vA＝0.50 m/s，碰撞后A的速度大小约为vA′＝0.36 m/s，由题图丙可知，碰撞后B的速度大小为vB′＝0.5 m/s，A和B碰撞过程动量守恒，则有mAvA＋mBv＝mAvA′＋mBvB′
代入数据解得eq \f(mA,mB)≈2
所以质量为200.0 g的滑块是B。
B组·综合练
6.(2024·江西卷)某小组探究物体加速度与其所受合外力的关系。实验装置如图(a)所示，水平轨道上安装两个光电门，小车上固定一遮光片，细线一端与小车连接，另一端跨过定滑轮挂上钩码。
(1)实验前调节轨道右端滑轮高度，使细线与轨道平行，再适当垫高轨道左端以平衡小车所受摩擦力。
(2)小车的质量为M1＝320 g。利用光电门系统测出不同钩码质量m时小车加速度a。钩码所受重力记为F，作出a－F图像，如图(b)中图线甲所示。
(3)由图线甲可知，F较小时，a与F成正比；F较大时，a与F不成正比。为了进一步探究，将小车的质量增加至M2＝470 g，重复步骤(2)的测量过程，作出a－F图像，如图(b)中图线乙所示。
(4)与图线甲相比，图线乙的线性区间________，非线性区间________(前两空均选填“较大”或“较小”)。再将小车的质量增加至M3＝720 g，重复步骤(2)的测量过程，记录钩码所受重力F与小车加速度a，如表所示(表中第9～14组数据未列出)。
(5)请在图(b)中补充描出第6至8三个数据点，并补充完成图线丙。
(6)根据以上实验结果猜想和推断：小车的质量________时，a与F成正比。结合所学知识对上述推断进行解释：______________________。
【答案】 (4)较大 较小 (5)见解析图
(6)远大于钩码质量 见解析
【解析】 (4)由题图(b)分析可知，与图线甲相比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小。
(5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的点均匀分布在线的两侧，如图所示。
(6)设绳子拉力为T，对钩码根据牛顿第二定律有F－T＝ma
对小车根据牛顿第二定律有T＝Ma
联立解得F＝(M＋m)a
变形得a＝eq \f(1,M＋m)F
当m≪M时，可认为m＋M＝M
则a＝eq \f(1,M)·F
即a与F成正比。
7.(2024·北京卷)如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验，下列做法正确的是________(填选项前的字母)。
A．实验前，调节装置，使斜槽末端水平
B．选用两个半径不同的小球进行实验
C．用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点__________________
_______________________________________________；
b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式________成立，即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1,2的质量分别为m和M，弦长AB＝l1、A′B＝l2、CD＝l3。
推导说明，m、M、l1、l2、l3满足________关系即可验证碰撞前后动量守恒。
【答案】 (1)AC
(2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 m1OP＝m1OM＋m2ON
(3)ml1＝－ml2＋Ml3
【解析】 (1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确；为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误；为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。故选AC。
(2)用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点；
碰撞前、后小球均做平抛运动，由h＝eq \f(1,2)gt2可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若m1OP＝m1OM＋m2ON
即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有
mgL(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2
由数学知识可知
sin eq \f(θ,2)＝eq \f(l,2L)
联立两式解得v＝leq \r(\f(g,L))
若两小球碰撞过程中动量守恒，则有
mv1＝－mv2＋Mv3
又有v1＝l1eq \r(\f(g,L))，v2＝l2eq \r(\f(g,L))，v3＝l3eq \r(\f(g,L))
整理可得ml1＝－ml2＋Ml3。序号
1
2
3
4
5
钩码所受重力
F/(9.8N)
0.020
0.040
0.060
0.080
0.100
小车加速度
a/(m·s－2)
0.26
0.55
0.82
1.08
1.36
序号
6
7
8
9～14
15
钩码所受重
力F/(9.8 N)
0.120
0.140
0.160
…
0.300
小车加速度
a/(m·s－2)
1.67
1.95
2.20
…
3.92