物理练习高二上.doc

力电测量类试题赏析四川省仁寿县钟祥中学梁勇 力电传感器主要是利用敏感元件和变阻器把力学信号（位移、速度、加速度等）转化为电学信号（电压、电流等）的仪器。力电传感器广泛地应用于社会生产、现代科技中，如安装在导弹、飞机、潜艇和宇宙飞船上的惯性导航系统及ABS防抱死制动系统等。应用一、测物体的质量例1在科技活动中某同学利用自制的电子秤来称量物体的质量，如图所示，为电子秤的原理图，托盘和弹簧的电阻与质量均不计。滑动变阻器的滑动端P通过一水平绝缘轻杆与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，电压表示数为零。设变阻器的总电阻为R，总长度为l，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧劲度系数为k，不计一切摩擦和其他阻力，电压表为理想电压表，当托盘上放上某物体时，电压表的示数为U，求：此时称量物体的质量。解析：设托盘上放上质量为m的物体时，弹簧的压缩量为x，由题设知： mg=kx，则x= 由全电路欧姆定律知： I= U=IR=I 联立求解得： 应用二、测物体的加速度例2如图所示是一种悬球式加速度仪。它可以用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速度。m是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O点，AB是一根长为l的电阻丝，其阻值为R金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计。电阻丝的中点C焊接一根导线。从O点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V(金属丝和导线电阻不计)。图中虚线OC与AB相垂直，且OC=h，电阻丝AB接在电压恒为U的直流稳压电源上。整个装置固定在列车中使AB沿着车前进的方向。列车静止时金属丝呈竖直状态。当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向，从电压表的读数变化可以测出加速度的大小。求：(1)当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度a与角的关系及加速度a与电压表读数的对应关系。(2)这个装置能测得的最大加速度是多少？解析：(1)小球受力如图所示。由牛顿定律得：a=gtan设细金属丝与竖直方向夹角为时，其与电阻丝交点为D，CD间的电压为，则，故得（2）因CD间的电压最大值为U/2，即Umax=U/2，所以amax=g。例3“加速度计”作为测定物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导中，如图所示是“应变式加速度计”的原理图。支架A、B固定在待测系统上，滑块穿在A、B间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固接于支架A上，其下端的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动。随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架发生位移，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱输出。已知滑块质量为m，弹簧劲度系数为k，电源电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器总阻值R=4r，有效总长度为L。当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压U0=04E，取AB方向为参考正方向。（1）写出待测系统沿AB方向做变速运动的加速度a与1、2两接线柱间的输出电压U间的关系式。（2）确定该“加速度计”的测量范围。解析：(1)设待测系统沿AB方向有加速度a，则滑块将左移x，满足kx=ma，此时U0-U=，而R=故有 a=(2)当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压U0=04E，故输出电压的变化范围为0U2U0，即0U08E，结合（1）中导出的a与U的表达式，可知加速度计的测量范围是-a。应用三、测物体的角速度例4角速度计可测量飞机、航天器等的转动角速度，其结构如图所示。当系统OO/转动时，元件A发生位移并输出电压信号，成为飞机、航天器等的制导系统的信号源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为K、自然长度为L，电源的电动势为E、内阻不计，滑动变阻器总长度为。电阻分布均匀，系统静止时P在B点。请导出当系统以角速度转动时输出电压U和的函数式。解析：对A进行受力分析，设当角速度为时，弹簧伸长了，对A用圆周运动知识列方程：弹簧的伸长量刚好是滑片P向右滑动的距离，此时分压整理两式得： 应用四、测物体的受力例5某同学设计了一种测定风力的装置，其原理如图所示，迎风板与一轻弹簧的一端N相接，穿在光滑的金属杆上。弹簧是绝缘材料制成的，其劲度系数k=1300N/m，自然长度L0=05m，均匀金属杆用电阻率较大的合金制成，迎风板面积S=05m2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路中左端导线与金属杆M端相连，右端导线接在N点并可随迎风板在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。限流电阻的阻值R=1，电源的电动势E=12V，内阻r=05。合上开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=30V；如果某时刻由于风吹使迎风板向左压缩弹簧，电压表的示数变为U2=20V，求：金属杆单位长度的电阻；此时作用在迎风板上的风力；若风（运动的空气）与迎风板作用后速度变为零，已知装置所在处的空气密度为13kg/m3，求风速为多大？解析：设无风时金属杆接入电路的电阻为R1，风吹时接入电路的电阻为R2，由题意得无风时： 得 所以金属杆单位长度的电阻 有风时： 得 此时，弹簧长度 压缩量 由平衡得此时风力： 由动量定理得： 得 应用五、测物体的位移例6传感器可将非电学量转化为电学量，起自动控制作用。如计算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机、空调机中有光电传感器演示位移传感器的工作原理如图示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆P，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x假设电压表是理想的，则下列说法正确的是( )A物体M运动时，电源内的电流会发生变化B物体M运动时，电压表的示数会发生变化C物体M不动时，电路中没有电流D物体M不动时，电压表没有示数解析：由全电路欧姆定律知，无论M是否运动，电路中均有电流，且大小不变。由部分电路欧姆定律知，M不动时，电压表有读数；M运动时，电压表的示数会发生变化，故选B。2009-06-22人教网一道易错力学题的多种解法重庆市丰都中学校付红周题目：如图所示，质量为的物体A静止放在台秤上，秤盘B的质量为，弹簧本身的质量不计，劲度系数K=800N/m，台秤放在水平面上。现给A施加一个竖直向上的力F，使A向上做匀加速直线运动，已知力F在02s内为变力，02s后为恒力，求的最大值和最小值。典型错解一：F在02s内为变力，02s后为恒力，则02s时弹簧恢复原长，物体匀加速运动的加速度为，则x=由平衡条件x=解得=75刚开始力最小=()=(105+15)75N=90N02秒后，力最大，=105(10+75)N=18375N错解原因：认为02s后变为恒力，弹簧就恢复原长，托盘对物体就没有弹力，这是错解的原因。分析托盘的受力，当弹簧恢复原长时，托盘的速度为0，在托盘重力的作用下托盘要加速下降，而物体的速度还在均匀增加，因此，这不是物体和托盘分离的临界条件。对托盘而言，当弹簧的弹力等于盘重时，托盘受的合力为0，此时托盘的速度最大，这是托盘的平衡位置，之后托盘做简谐运动，所以在弹簧伸长到原长时物体与托盘已分离。典型错解二：物体A匀加速运动，当物体运动02s时，托盘对物体A的弹力为零，此时弹簧的伸长量：X=013由X=得=N=105(10+)N=1739N错解原因：认为在弹簧的弹力等于托盘重力时，托盘对物体析弹力为0，此时托盘与物体分离，拉力F最大，这是错解的原因。其实，当弹簧的弹力等于托盘的重力时，托盘的加速度为零，而物体的加速度不为零，这时物体与托盘也已经分离，也就是说在弹簧的弹力还大于托盘重力时，托盘向上的加速度就小于物体向上的加速度。物体与托盘在这之前就开始分离。但这种认识比上种要深刻一些。以上两种错解是对此题的过程分析不清楚，没有找到临界状态的条件，对物体A和托盘B的运动状态和过程没有正确认识，在头脑中没有建立起物体运动的正确图景，加强过程的分析是正确求解此题的关键。物体的运动过程和物盘分离的临界条件是什么呢？随着弹力的逐渐的减小，上面的拉力在逐渐增大，当弹簧的弹力减小到它和托盘的重力的合力使托盘产生的加速度刚好等于拉力F与物体重力的合力产生的加速度相等时物体就与托盘分离，此时拉力F最大，因此物体与托盘分离时托盘受两个力，物体也受两个力，它们产生的加速度相等时托盘对物体就没有弹力，即托盘对物体的弹力为零时，物体与托盘开始分离。这时拉力最大。这才是分离的临界条件。那么怎样正确求解此题呢？正解一：运动学求解在力F的作用下，A和B开始有共同的加速度，02s前托盘对A有支持力，且支持力随弹簧伸长量的变化而变化，当经过02秒时，托盘对A的支持力为0，此时A和B仍有共同的加速度，说明此时，弹簧没有伸到原长，也没有伸长，此时弹簧对托盘的支持力大于托盘重量，临界条件就是托盘对A的支持力为0，02s时盘对物A的支持力为0，此时F最大对盘：静止时 刚起动时，F最小 =()=72N物体A与托盘分离时，F最大，解法二：隔离法和整体法对物体A，由牛顿第二定律对盘和A， 得而 =()=72N解法三：隔离法对盘 A与B分离前，A和B有共同加速度时盘对物的支持力为0，F为恒力由牛顿第二定律即解之刚起动时，F最小 =()=72N 后最大2009-06-22人教网应用牛顿第二定律解题的科学探究山东阳信二中崔金磊付治华在许多高一学生的眼中，物理学科就是一个字难，经常抱怨整天埋藏在物理题海之中，还是学不好。其实要学好物理，笔者认为必须从众多的题目中解脱出来，掌握最基本的解题方法，以不变应万变，这样学起物理来，会事半功倍。在教学过程之中，我与同学们共同探究出了应用牛顿第二定律解题的基本方法，我们把具体的解题分为四步：1明确研究对象这一步就是要让同学们明确我们要研究谁，是研究一个隔离体，还是要研究一个整体。2对研究对象进行受力分析这是正确解题很关键的一步。要注意做到以下两点：（1）分析受力时，只分析性质力，不分析效果力，以防将力重复分析；（2）按照重力弹力摩擦力电磁力其它力的顺序分析，以防止漏力。3建立直角坐标系，进行正交分解，列方程这一步是解题的核心，我们在建立坐标系时，一般以加速度a的方向为x轴的正方向，以垂直于加速度a的方向为y轴正方向，将不在坐标轴上的力全部分解到两坐标轴上，分别列方程，一般形式为：4根据方程组，解出所要求解的问题牛顿第二定律是联系运动和力的桥梁，此类问题有两大类，一类是已知力学问题求解运动学问题，另一类是已知运动学问题求解力学问题，中间通过牛顿第二定律过渡，只是解决力学问题和运动学问题的先后顺序不同而已，他们的实质是相同的，换言之就是根据力来求加速度还是根据运动来求加速度的问题。例1如图1所示，位于水平面上的质量为m的小木块在大小为F，方向与水平方向成角的拉力作用下沿地面做加速运动，若木块与地面之间的动摩擦因数为，求木块的加速度。解析：此题一看便知是已知力求加速度，我们按照上述步骤，进行受力分析。第一步：明确研究对象，这里就选小木块。第二步：对研究对象进行受力分析，如图2所示，注意分析受力的顺序。第三步：建立平面直角坐标系，正交分解，列方程。这里将外力F分解（如图3所示）即可。第四步：解方程组解得：例2将一物块以10m/s的初速度沿粗糙斜面向上推出，取向上为正方向，物体的速度图像如图4所示，求斜面的倾角及物体与斜面间的动摩擦因数。解析：此题是典型的牛顿第二定律的应用，已知运动学问题求力学问题。所以我们先利用运动学的相关知识求加速度，再利用上述步骤即可解决问题。由题可知，物体沿斜面上滑时，加速度，方向沿斜面向下。物体沿斜面下滑时，加速度，方向沿斜面向下。下面就利用上述方法解题：第一步：明确研究对象滑块（1）沿斜面上滑时第二步：进行受力分析，如图5所示。第三步：建立平面直角坐标系，进行正交分解，列方程，如图6所示。 （2）沿斜面下滑时第二步：受力分析，如图7所示。第三步：建立平面直角坐标系，进行正交分解（如图8所示），列方程 第四步：解方程组联立两方程组即可解得：，物理解题，题海无边，方法是岸，只有掌握一种最基本的方法才可以以不变应万变，进而一题多解，达到真正领会其规律和掌握其方法的目的。2009-06-08人教网力电测量类试题赏析第八章 磁场 (时间90分钟，满分100分)一、选择题(本大题共12个小题，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2008广东高考)带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹图1所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直于纸面向里该粒子在运动时，其质量和电荷量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是 ()A粒子先经过a点，再经过b点B粒子先经过b点，再经过a点C粒子带负电D粒子带正电解析：由于粒子的速度减小，所以轨道半径不断减小，所以A对B错；由左手定则得粒子应带负电，C对D错答案：AC2两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图2所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上则导线中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是 ()Aa点Bb点Cc点 Dd点解析：由安培定则可知，直线电流的磁场是以导线为圆心的同心圆，I1产生的磁场方向为逆时针方向，I2产生的磁场方向为顺时针方向，则I1在a点产生的磁场竖直向下，I2在a点产生的磁场竖直向上，在a点磁感应强度可能为零，此时需满足I2I1；同理，在b点磁感应强度也可能为零，此时需满足I1I2.I1在c点产生的磁场斜向左上方，I2在c点产生的磁场斜向右上方，则c点的磁感应强度不可能为零，同理，在d点的磁感应强度也不可能为零，故选项A、B正确答案：AB3回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图3所示它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出如果用同一回旋加速器分别加速氚核(13H)和粒子(24He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有 ()A加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大解析：由题意知，回旋加速器交流电源的周期应与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期相等故加速氚核的交流电源的周期较大，因为粒子最后直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出，由可得氚核和粒子的最大动能之比氚核获得的最大动能较小故选项B正确答案：B4如图4所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为 ()A0 B2mgC4mg D6mg解析：若没有磁场，则到达最低点绳子的张力为F，则联立得F2mg.当有磁场存在时，由于洛伦兹力不做功，在最低点悬线张力为零，则F洛2mg当小球自右方摆到最低点时洛伦兹力大小不变，方向必向下所以此时绳中的张力F4mg.C项正确答案：C5如图5所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是 ()解析：从“粒子穿过y轴正半轴后”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如下图根据几何关系有rrsin30a，再结合半径表达式r可得故C项正确答案：C6如图6所示，相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q，板P上的小孔S正对板Q上的小孔O，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，在小孔S处有一带负电粒子，其重力和初速度均不计，当滑动变阻器的滑片在AB的中点时，带负电粒子恰能在M、N间做直线运动，当滑动变阻器的滑片滑到A点后 ()A粒子在M、N间运动过程中，动能一定不变B粒子在M、N间运动过程中，动能一定增大C粒子在M、N间运动过程中，动能一定减小D以上说法都不对解析：当滑片向上滑动时，两个极板间的电压减小，粒子所受电场力减小，当滑到A处时，偏转电场的电压为零，粒子进入此区域后做圆周运动而加在PQ间的电压始终没有变化，所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了综上所述，A项正确答案：A7如图7所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图8中的 ()图8解析：由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域、内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动只有C选项正确答案：C8(2010黄冈模拟)如图9所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60.下列说法中正确的是 ()D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，2L)解析：由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L，故在磁场中运动的时间为tA错，B正确；ab是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为电子在磁场中做圆周运动的圆心为O，计算出其坐标为(0，L)，所以C正确，D错、误答案：BC9(2010泰安模拟)如图10所示，为了科学研究的需要，常常将质子(11H)和粒子(24He)等带电粒子储存在圆环状空腔中，圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场(偏转磁场)中，磁感应强度为B.如果质子和粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同(如图中虚线所示)，偏转磁场也相同，则质子和粒子在圆环状空腔中运动的动能EH和E、运动的周期TH和T的大小关系是 ()AEHE，THT BEHE，THTCEHE，THT DEHE，THT解析：由qvB可得：R，T，又因为11，21，故EHE，THT.A项正确答案：A10一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图11所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则()AhdD洛伦兹力对电子做的功为Bevh解析：过P点和N点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O，由勾股定理可得(Rh)2d2R2，整理知d所以A错误由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，故B错误，C正确又由于洛伦兹力和粒子运动的速度总垂直，对粒子永远也不做功，故D错误 答案：C11.用一金属窄片折成一矩形框架水平放置，框架右边上有一极小开口匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，如图12所示，框架以速度v1向右匀速运动，一带电油滴质量为m，电荷量为q，以速度v2从右边开口处水平向左射入，若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，则 ()A油滴带正电，且逆时针做匀速圆周运动B油滴带负电，且顺时针做匀速圆周运动解析：金属框架在磁场中切割磁感线运动，由右手定则可知上板带正电，下板带负电油滴恰能在框架内做匀速圆周运动，说明油滴受的重力与电场力平衡，可判定油滴带负电由左手定则可知，油滴沿顺时针方向做匀速圆周运动，A错B对；rD对答案：BD12带电粒子以速度v沿CB方向射入一横截面为正方形的区域C、B均为该正方形两边的中点，如图13所示，不计粒子的重力当区域内有竖直方向的匀强电场E时，粒子从A点飞出，所用时间为t1；当区域内有垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场时，粒子也从A点飞出，所用时间为t2，下列说法正确的是 ()At1t2解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速运动，而在匀强磁场中做匀速圆周运动，水平方向上做减速运动，所以t2t1，A项正确，B项错；设正方形区域的边长为l，则当加电场时，当加磁场时，D项对，C项错答案：AD二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13(8分)如图14所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出，求：(1)加速器中匀强磁场B的方向和大小；(2)设两D形盒间距为d，其间电压为U，电场视为匀强电场，质子每次经电场加速后能量增加，加速到上述能量所需回旋周数；(3)加速到上述能量所需时间解析：(1)带电粒子在磁场中做匀圆周运动， 14(10分)据报道，最近已研制