高中物理第4章相互作用实验探究弹力和弹簧伸长的关系学业分层测评鲁科版必修.docx

1、高中物理第4章相互作用实验探究弹力和弹簧伸长的关系学业分层测评鲁科版必修2019-2020年高中物理第4章相互作用实验：探究弹力和弹簧伸长的关系学业分层测评鲁科版必修 (建议用时：45分钟)1在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，以下说法正确的是 ()A弹簧被拉伸时，可以超出它的弹性限度B用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态C用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量D用几根不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等【解析】本实验中应以所研究的一根弹簧为实验对象，在弹性限度内通过增减钩码的数目，在竖直方向上改变对弹簧的拉力，来探究弹力与弹簧伸长的

2、关系，所以选B.【答案】B2如图6甲所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连，当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧长度的形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象如图乙所示则下列判断错误的是()图6A弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比B弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比C该弹簧的劲度系数是200 N/mD该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变【解析】弹簧产生的弹力和弹簧的伸长量成正比，A错；弹簧长度的增加量即形变量的增量，由Fkx得Fkx，B对；k200 N/m，C对；弹簧的劲度系数与受力方向无关，D对【答案】A3某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系(1)将弹簧悬挂在铁

3、架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧弹簧轴线和刻度尺都应在_方向(填“水平”或“竖直”)(2)弹簧自然悬挂，待弹簧_时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表：代表符号L0LxL1L2L3L4L5L6数值(cm)25.3527.3529.3531.3033.435.3537.4039.30表中有一个数值记录不规范，代表符号为_由表可知所用刻度尺的最小分度为_(3)如图7是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_的差值(填“L0”或“Lx”)图7(4)由图可知弹簧的劲度系数为_N/m；通过图和表可知

4、砝码盘的质量为_g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)【解析】(1)当弹簧轴线与刻度尺竖直平行时，刻度尺读数才能准确反应弹簧的长度及长度的变化，故都应在竖直方向(2)当弹簧静止时，刻度尺读数才准确，题中L3保留小数点后一位，应保留两位，所以L3记录不规范，刻度尺的精确度为1 mm，所以最小分度为1 mm.(3)由题图可知，在纵轴每增加0.01 kg时，横轴x的增加量为2102 m，而且弹簧长度L1与L0的差值为4102 m，所以横轴是弹簧长度与Lx的差值(4)由题图可知，弹簧的劲度系数等于斜率与重力加速度的乘积，即kN/m4.9 N/m，砝码盘的质量m010 g.【答案】(1

5、)竖直(2)静止L31 mm(3)Lx(4)4.9104(xx莆田二中高一检测)某同学用如图8所示装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验他先测出不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上1个钩码，并逐渐增加钩码的个数，测出指针所指的标尺刻度，所得数据列表如下：(重力加速度取g9.8 m/s2)图8砝码质量m/102g01.002.003.004.005.006.007.00标尺刻度x/102m15.0018.9422.8226.7830.6634.6042.0054.50(1)根据所测数据，在如图9所示的坐标纸上作出弹簧指针所指的标尺刻度x与钩码质量m的关系曲线图9(2)根据所测得的

6、数据和关系曲线可以判断，在_N范围内弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律，这种规格的弹簧的劲度系数为_ N/m.【解析】(1)根据题目中所测量的数据进行描点，然后用平滑的曲线(或直线)连接各点，在连接时应让尽量多的点落在线上(偏差比较大的点舍去)不在线上的点尽量平均分布在线的两侧，如图(2)根据所画图象可以看出，当m5.00102 g0.5 kg时，标尺刻度x与钩码质量m成一次函数关系，所以当F4.9 N时弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律由Fkx，可得k25 N/m.【答案】(1)见解析(2)4.9255在“探究弹簧弹力和伸长量的关系”实验中，采用如图10(甲)所示的实验装置，利用钩码的重力对

7、弹簧提供恒定的拉力实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度(1)有一个同学通过以上实验，已经把6组数据对应的坐标在图(乙)中描出，请作出FL图象；(2)请根据你作的图象得出该弹簧的原长L0_cm，劲度系数k_N/m；(3)根据该同学的实验情况，请你帮助他设计一个记录实验内容及数据的表格(不必填写实验测得的具体数据)；(4)该同学实验时，把弹簧水平放置进行测量，与通常将弹簧悬挂进行测量相比较：优点是：_.缺点是：_.(甲)(乙)图10【解析】(2)由图象可知横轴截距为L05 cm.斜率为劲度系数k20 N/m.(4)水平放置弹簧时，弹簧的形变

8、量与弹簧自重无关，只与钩码的重力有关，这是它的优点，但这种情况弹簧与桌面及绳子与滑轮间的摩擦力对实验结果的影响较大，造成实验误差，这是缺点【答案】(1)如图所示(2)520(3)记录数据的表格如表所示次数123456弹力F/N长度L/(102 m)(4)避免弹簧自身所受的重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验的误差6现有一种纳米合金丝，欲测定出其伸长量x与所受拉力F、长度L的关系(1)测量上述物理量需要的主要器材是_、_等(2)若实验中测量的数据如下表所示，根据这些数据请写出x与F、L间的关系式：x_.(若用到比例系数，可用k表示，假设实验中合金丝直径的变化可忽略)长度L/

9、cm伸长量x/cm拉力F/N5.000.2050.05.000.40100.010.000.4050.0(3)在研究并得到上述关系的过程中，主要运用的科学研究方法是_(只需写出一种)(4)若有一根由上述材料制成的粗细相同的合金丝的长度为20 cm，使用中要求其伸长量不能超过原长的百分之一，那么这根合金丝能承受的最大拉力为_N.【解析】(1)用弹簧测力计测量力的大小，用刻度尺测量长度(2)由题目所给的数据分析可知：当力一定时，伸长量与长度成正比；当长度一定时，伸长量和力成正比，故xkFL(取一组数据验证，式中的k不为零)(3)研究伸长量与拉力、长度的关系时，可以先控制某一个量不变，如长度不变，再

10、研究伸长量与拉力的关系，这种方法称为控制变量法这是物理实验中的一个重要研究方法(4)代入表中数据把式中的k求出，得k8104 N1，再代入已知数据，L20 cm，x0.2 cm，可求得最大拉力F12.5 N.【答案】(1)弹簧测力计刻度尺(2)kFL(3)控制变量法(4)12.52019-2020年高中物理第5章交变电流1交变电流课时作业新人教版选修1如图所示图象中不属于交流电的有()解析：图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交流电，但不是按正弦函数规律变化的交流电答案：D2处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t0时刻，线圈平

11、面与纸面重合(如图所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能在下列图中反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是(如图)()解析：图示时刻，ab边和cd边同时垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由右手定则，可判定电流方向由abcda，为正方向，综上所述，正确答案为C.答案：C3交流发电机在工作时的电动势eEmsin t.若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为()Ae2Emsin t Be4Emsin tCeEmsin t DeEmsin t解析：由电动势最大值表达式EmNBS，N、S变为原来的两倍，则最大值变为

12、4Em，故B正确答案：B4如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知()A此感应电动势的瞬时表达式为e200 sin 0.02tB此感应电动势的瞬时表达式为e200 sin 100tCt0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零Dt0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大答案：B5如图甲所示为一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动线圈内磁通量随时间t变化如图乙所示，则下列说法中正确的是()At1时刻线圈中的感应电动势最大Bt2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直Ct3时刻线圈平面与中性面重合Dt4、t5时刻线圈中感应电流的方向

13、相同解析：t1时刻通过线圈的最大，磁通量变化率最小，此时感应电动势为零，A错在t2、t4时刻感应电动势为Em，此时ab、cd的运动方向均垂直于磁场方向，B正确t1、t3、t5时刻最大，0，此时线圈平面垂直于磁场方向，称为中性面，C正确t5时刻感应电流为零，D错故正确答案为B、C.答案：BC6某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断()A在A和C时刻线圈处于中性面位置B在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C从AD时刻线圈转过的角度为D若从OD时刻历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次解析：根据图象，首先判断出感应电流的数学表达式为

14、iImsin t，其中Im是感应电流的最大值，是线圈旋转的角速度而且线圈是从中性面开始旋转由O到D完成一次周期性变化，相应的线圈旋转一周线圈每旋转一周有两次经过中性面，经过中性面的位置时电流改变方向从图可知，在O、B、D时刻感应电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻感应电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零；从A到D时刻，线圈旋转3/4周，转过的角度为；如果从O到D时刻历时0.02 s，恰好为一个周期，所以1 s内线圈转动50个周期，100次经过中性面，交变电流的方向改变100次答案：CD7长为a、宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为

15、B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的OO轴以恒定的角速度旋转设t0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是()A0,0 B0，BabC.，0 DBab，Bab解析：实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势：eEmcos tBabcos t.当t0时，cos t1，虽然磁通量0，但是电动势有最大值EmBab根据法拉第电磁感应定律En，可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即EmmaxBab.综上所述，正确选项为B. 答案：B8.一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴以恒定的角速度转动从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交

16、变电流按照如图所示的余弦规律变化，则在t时刻()A线圈平面与磁场方向平行 B线圈中的电流最大C线圈所受的安培力为零 D穿过线圈的磁通量最大解析：由it图象可以看出，t0的时刻，感应电流达到最大值，线圈平面与中性面垂直经t的时间后，线圈转过的角度为，此时线圈平面与中性面平行，即与磁感线垂直，穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，线圈所受安培力为零故正确选项为C、D.答案：CD9.如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B0.5 T，线圈匝数n50，每匝线圈面积为0.48 m2，转速为150 r/min，线圈在匀速转动过程中，从图示位置开始计时. 写出交变感应电动势瞬时值的表达

17、式解析：当线圈平面经过中性面时开始计时，则线圈在时间t内转过的角度为t，于是瞬时感应电动势eEmsint.其中EmnBS.由题意知n50，B0.5 T，rad/s5 rad/s，S0.48 m2，EmnBS500.50.485 V188 V，所以e188 sin(5t) V.答案：e188 sin(5t) V10如图所示，在匀强磁场中有一个“”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度BT，线框CD边长为20 cm，CE、DF边长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)作出线框中感应电动势e随时间t变化关系的图象解析：(1

18、)线框转动开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，所以瞬时感应电动势eEmcos t，其中EmBS，BT，S0.10.2 m20.02 m2，2n100 rad/s，所以e10cos 100t V(2)由感应电动势的瞬时值表达式可知峰值Em10 V，周期T0.02 s，画出图线如图所示答案：(1)e10cos(100t) V(2)11线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，t0时，感应电动势为零，在t0.3 s时，感应电动势达峰值6 V已知线圈转动周期大于0.3 s，则t0.4 s时，感应电动势的可能值为 ()A0 B6 VC3 V D3 V解析：由t0时的感应电动势为零可知，感应电

19、动势的瞬时值表达式为eEmsint，t0.3 s时感应电动势达到峰值6 V，即Em6 V,0.32k或0.32k，其中k0,1,2，又T0.3 s所以可能为 rad/s或5 rad/s，故在t0.4 s时，感应电动势的值可能为e6 sin0.4 V3 V或e6 sin 50.4 V0，应选A、C.答案：AC12如图所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度B0.1 T的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10 cm，bc边长为20 cm，当线框以ab边为轴，以角速度20 /rad/s 匀速转动时，从图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)开始计时，它的磁通量和线圈中的感应电动势E随时间变化的图象可能正确的是()解析：从图示时刻到线圈转过60的过程中，磁通量Babbc1103 Wb不变化，之后，磁通量按照余弦规律变化，t时刻，磁通量为零，故A错误、B正确；在0时间内，感应电动势始终为零，之后，感应电动势按照正弦规律变化，t时刻，感应电动势达最大值EmBabbc4102 V，故C错误、D正确答案：BD