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  • ID:9-6231231 2019秋(安徽)人教部编版八年级道德与法治上册作业课件:第1-4单元总结提升合集(4份打包,图片版)

    初中思想品德(道德与法治)/人教部编版/八年级上册(道德与法治)/本册综合

    (共36张PPT) 第一单元总结提升 O们知识盘点 1.人的身份是在社会关系中确定的 2.社会关系从建立的基础可分为血缘关系、地缘 关系和业缘关系。 3.人的生存和发展也离不开社会,每个人都从社会中 获得物质支持和精神滋养_。 4谦让、分享、帮助他人、关心社会发展等亲社会 行为,有利于我们养成良好的行为习惯,塑造健 康的人格,形成正确的价值观念,获得他人和社 会的接纳与认可 5亲社会行为在人际交往和社会实践中 养成。 6.参与社会的过程,既是体验社会生活的过程,也是 在实践中发展和成就自已的过程。 7.网络丰富日常生活:网络让我们日常生活中的信息 传递和交流变得方便迅捷;网络打破了传统人 际交往的时空限制,促进了人际交往;网络让 我们的生活变得更加便利和丰富多彩。 8.网络推动社公进步:网络为经济发展注入新的活 力;网络促进民主政治的进步;网络为文化传 播和科技创新搭建新平台。 9.网络的弊端:网络信息良莠不齐;沉迷于网络 影响学习、工作和生活;个人隐私容易被侵犯 10.理性参与网络生活: (1)我们要提高媒介素养,利用互联网获取新 知、促进沟通、完善自我 (2)我们要注意浏览、寻找与学习和工作有关的信 息,要学会“信息节食”。 (3)我们要学会辨析网络信息,让谣言止于智 者,自觉抵制暴力、色情、恐怖等不良信息 (4)恪守道德、遵守法律是网络生活的基 本准则。做一名负责的网络参与者 11.我们要充分利用网络平台为社会发展建言献策。 我们要践行社会主义核心价值观,不断提高 网络媒介素养,共同培育积极健康、向上向善 的网络文化 O2基础巩固 1.如图体现的道理是 D 讲文明·树新风 市民文明→小步 3城市文明一大步 A.个人不可能离开社会独立存在 B.人的全面发展与社会的全面进步密不可分 C.社会的发展有助于促进人的发展 D.任何社会的存在和发展都是人们共同努力的 结果 2.(2018秋·涡阳期末)下列对“人与社会关系”认识 正确的是 ①人的身份是在社会关系中确定的②在不同的 社会关系中,我们具有不同的身份,承担不同的责 任③人的成长是不断社会化的过程④我们只 有主动关心社会,积极融入社会,奉献社会,才能实 现自己的人生价值 A.②③3④4 B.①②4 C.①②③ D.①②③4 3.安徽省教育厅关于做好2019年中小学幼儿园暑假有 关工作的通知指出:要鼓励学生和幼儿参加校内劳动 社会劳动和家务劳动,提倡学生积极参加社会志愿者 服务。我们中学生参与社会生活应该 ①服务社会,乐于助人②自觉遵守社会规则和习俗 ③努力提高学习成绩,其他事情不用操心④关注社 会发展,关心国家大事,积极投身社会实践 A.①②③ B.①③④4 C.①②④ D.②③3④4 (共37张PPT) 第二单元总结提升 O们知识盘点 1.社会生活需要秩序 (1)社会正常运行需要秩序。 (2)社会秩序是人民安居乐业的保障。 2.社会规则的作用: (1)社会规则明确社会秩序的内容。使大家各司其 职,各安其位,各尽其责,各得其所。 (2)社会规则保障社会秩序的实现。社会规则明确 了当有人破坯秩序时该如何处罚,从而保 障社会的良性运行 3.自由与规则的关系:社会规则划定了自由的边界 社会规则是人们享有自由的保障 4.自觉遵守规则:遵守社会规则需要他律和自律。遵 守社会规则,需要我们发自内心地敬畏规则 将规则作为自己行动的准绳。 5.维护规则:一方面要从自己做起,自觉遵守规则;另 方面要在保证自身安全的前提下,提醒、监 督、帮助他人遵守规则 6.尊重他人:尊重他人是一个人内在修养的外在表 现。尊重使社会生活和谐融滔。尊重是维系 良好人际关系的前提,是文明社会的重要特征 7.尊重从我做起:积极关注、重视他人;平等对待 他人;学会换位思考;学会欣赏他人 8.文明有礼是一个人立身处廿的前提。文明有 礼促进社会和谐。文明有礼体现国家形象 9.做文明有礼的人,要态度谦和,用语文明;要仪 表整洁、举止端庄;要在社会生活中不断学习 观察、思考和践行。 10.诚信无价:诚信是社会主义核心价值观在公民 个人层面的一个价值准则,是一种道德规范 和品质,是中华民族的传统美德。诚信促进社会 文明、国家兴旺 11.践行诚信:树立诚信意识;运用诚信智慧;珍惜个 人的诚信记录 12.法律是最刚性的社会规则,不违法是人们行 为的底线。 13.根据违反法律的类别,违法行为分为民事违 法行为、行政违法行为和刑事违法行为。 14.民事违法行为和行政违法行为对社会的危害相对 轻微,称为一般违法行为。 15.犯罪的三个基本特征:严重社会危害性 本质特征;刑事违法性——法律标志;应受刑罚 处罚性—必然法律后果。 16.加强自我防范:珍惜美好生活,认清犯罪危害,远离犯 罪;杜绝不良行为,增强法治观念,依法自律,做 个自觉守法的人;从小事做起,避免沾染不良习气, 自觉遵纪守法,防患于未然。 17.依法求助: (1)可以通过法律服务机构来维护合法权益。 (2)受到非法侵害,可以寻求国家的法律救济。 必要时可以直接向人民法院起诉。 (3)诉讼是处理纠纷和应对侵害最正规、最权 威的手段,是维护合法权益的最后屏障 18.善于斗争:在面对违法犯罪时,我们要善于斗争 在保全自己、减少伤害的前提下,巧妙地借助他人 或社会的力量,采取机智灵活的方式,同违法犯罪 作斗争 (共38张PPT) 第三单元总结提升 O们知识盘点 1.我的角色我的责任:在社会生活的舞台上,每个 人都扮演着不同的角色。每一种角色都意味 着承担相应的责任 2.责任你我他:我们每个人首先要对自己负责 很多人在为我们的成长和幸福生活承担着责任。 3.不言代价与回报: (1)承担责任不仅意味着付出时间、精力和金 钱,而且意味着可能因为做得不好而受到责备 甚至受到处罚 (2)承担责任往往伴随着获得回报的权利。这种回 报既包括物质方而,又包括精神方面。如 良好的自我感觉、获得新的知识和技能、赢 得他人的尊重和兟许等。 4.我承担我无悔:虽然有些应该做的事情不是我们 自愿选择的,但是我们仍然应该自觉承担相应的 责任。 5.关爱他人是一种幸福: (1)关爱传递着美好情感,给人带来温暖和希望,是 维系友好关系的桥梁。 (2)关爱是社会和谐稳定的润滑剂和正能量。 (3)关爱他人,收获幸福 6.关爱他人是一门艺术: (1)关爱他人,要心怀善意。 (2)关爱他人,要尽己所能。 (3)关爱他人,要讲究策略 7.奉献助我成长: (1)服务社会体现人生价值 (2)服务社会能够促进我们全面发展 8.奉献社会我践行:服务和奉献社会,需要我们青年担 当责任;服务和奉献社会,需要我们积极参与社 会公益活动;需要我们热爱劳动,爱岗敬 O2基础巩固 1.易卜生说:“你最大的责任是把你这块材料铸造成 器。”这句话启示我们 A.人生最大的任务是做好自己的事,对自己负责 B.提高自身素质,不仅是对自己负责,也是对社会负责 C.只要是对自己有利的事,就不必在意别人说什么 D.人生最大的责任是让自己拥有强健的体魄 2.(2018秋·临泉期末)2018年10月1,临泉县首 届“你好新时代”青年志愿服务活动风采展在姜 子牙文化广场开展,对于志愿者们什心付出、不求 回报的行为,下列说法错误的是 (A) A.是追求名利的表现 B.是服务社会的表现 是关爱社会的表现 D.有利于营造“我为人人,人人为我”的社会氛围 3.对于承担责任的代价与回报,不同的人有不同的认 识。下列认识中不正确的是 A.在我们的周围,有许许多多履行社会责任却不计 代价和回报的人 B.承担责任会感受到责任沉甸甸的分量 C.我们不应该承扛那些没有任何回报的责任 D).我承担,我无悔,我不计较得与失 4.(2018秋·蚌埠期末)珠城好人——怀远县包集镇石 元村村民朱传兵,致富不忘桑梓,10多年来,他倾情家 乡这块热土,倾情父老乡亲,用无私大爱,孝敬老人,资 助贫困户;热心公益事业,助力道路建设;无偿借款上 百万元,为乡亲们排忧解难;投入巨资建设粮库,带动 多个产业的发展,乡亲们称他是“最美的石元人”。朱 传兵倾情家乡的责任感源于 A.对他人的承诺 B.职业要求 C.道德规范 D.法律规定 5.每年6月,“高考爱心车”总会如约而至。高考期间,承 载着浓浓爱心的送考出租车带着考生穿梭在大街小 巷,俨然成了一道亮丽的风景。“爱心送考”体现了 种高度的社会责任感,这种责任感表现在(D) A.扮演好自己的角色,承担应尽的责任 B.为自己的一次约定守时 C.只需承担对他人的责任,无需对自己负责 D.不言代价与回报 (共37张PPT) 第四单元总结提升 O们知识盘点 1.国家利益是个主权国家在国际社会中生存需求 和发展需求的总和,它们关系到民族生存 国家兴亡 2.国家的核心利鲞包括国家主权、国家安全、领 土完整、国家统—、宪法确立的国家政治制度和社 会大局稳定、经济社会可持续发展的基本保障 3.国家利益和人民利益的关系: (1)在我们国家,国家利益反映广大人民的共同需 求,是人民利益的集中表现。 (2)人民利益只有上升、集中到国家利益,运用国 家的工具,才能得到真正的维护。 (3)国家利益只有反映人民利益,依靠人民艰苦 奋斗,才能得到真正的实现。 (4)在当代中国,国家利益与人民利釜是高度统 的 4.树立维护国家利益意识: (1)心怀爱国之情,牢固树立国家利益至上观 念,以热爱祖国为荣,以危害祖国为耻 (2)树立和增强危机意识和防范意识 (3)增强维扩国家利益的责任感和使命感。 5.国家安全的重要性:国家安全是国家生存与发展的 重要保障,是人民幸福安康的前提 6.坚持总体国家安全观,以人民安全为宗旨,以 政治安全为根本,以经济安全为基础,以 军事、文化、社会安仝为保障,以促进国际安全为依 托,走出一条中国特色国家安全道路。 7.适应国家安全需求,我国要全面推进国防和军队现 代化,力争到二○三五年基本实现国防和军队现 代化,到本世纪中叶把人民车队全面建成世界 一流车队 8.维护国家安全,人人可为: 维护国家安全是我们的共同责任,我们要增 强国家安全意识,树立国家安全利益高于一切的 观念;我们可以通过各种方式为维护国家安全贡献智 慧和力量;不断增强防范意识、提高防范能力。 9.在看到我国取得巨大成就的同时,我们要正视发展 中面临的问题。国家正在采取各种积极措施 稳增长、促改革、调结构、惠民生、防风险, 着力解决各种发展中的问题,不断取得积极成效 10.我们是祖国的未来,我们要勇做走在时代前列的 学习者、劳动者、奉献者 O2基础巩固 1.感动中国人物张超在驾驶舰载战斗机进行陆基模 拟着舰接地时,突发电传故障,危机关头,他果断处 置,尽最大努力保住战机,推杄无效、被迫跳伞,坠 地受重伤,经抢救无效壮烈牺牲。这表明(D) ①我们应该把国家利益放在第一位②为了国家 利益有时需要放弃个人利益③国家利益与个人 利益总是不一致的④为了国家利益有时要献出 自己的生命 A.①②3 B.②③④ C.①3④ D.①Q④

    • 2019-09-13
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  • ID:9-6231229 2019秋(安徽)人教部编版八年级道德与法治上册课件:专题复习1-4合集(4份打包,图片版)

    初中思想品德(道德与法治)/人教部编版/八年级上册(道德与法治)/本册综合

    (共23张PPT) 期末专题复习 专题复习一走进社会生活 高频考点1养成亲社会行为 【考点知识回顾】 1.养成亲社会行为的重要意义:①有利于我们养成良 好的行为习惯,塑造健康的人格,形成正确的价值 观念,获得他人和社会的接纳与认可。②我们只有 主动关心社会,积极融入社会,倾力奉献社会,才能 实现自己的人生价值。 2.养成亲社会行为的做法:①树立积极的生活态度, 关注社会,了解社会,服务社会。②我们要主动了 解社会,关注社会发展变化,积极投身于社会实践 ③我们要遵守社会规则和习俗,热心帮助他人,想 他人之所想,急他人之所急。 【针对训练】 1.养成亲社会行为既有利于社会的和谐,也有利于我 们更好地融入社会。下列行为方式中不可取的 项是 A.为贫困失学儿童献上一片爱心 B.李阳把刚买来的数学辅导书借给同学们传阅 C.去社区打扫卫生 D.张良的好朋友被刘平欺负了,他挺身而出把刘平 揍了一顿 2.在城市里,一些中学生利用假日担当小民警,指挥 交通。对此,下列认识正确的是 (B) A.他们实在是无事可做 B.积极参加社会活动,是积极融入社会的表现 C学生的任务主要是学习,没有必要参加社会活动 D.参加这些社会活动,认识一些大人,自己以后好 办事 3.某区青少年活动中心正常组织中小学生参加社会 实践活动,让学生与社会真正“亲密接触”。参加社 会实践活动会使同学们 A.浪费时间,影响学习成绩 B.提前进入社会,奉献社会 C.感受到社会生活的绚丽多彩 D.体会错综复杂的社会关系 4.买菜、做饭、打扫卫生、洗头、推出门晒太阳—一六 年多来,杭州半山街道一群环卫工人在业余时间天 天上门照顾“杭钢南苑”小区一对残疾夫妻。下列 对此事的点评中,你不赞同的是 D A.小华:如此的亲社会行为,值得我们为这些环卫 工人点赞! B.李晓:关注社会,服务社会,需要养成亲社会 行为。 C.小叶:亲社会行为要在社会实践中养成,环卫工 人是青少年融入社会、奉献社会的榜样! D.王可:沽名钓誉式的“帮助他人”不是真正的亲社 会行为 5.暑假里,中学生小华经历了很多“大事”,以下是他 的日记节选。 7月16日。我今天到科技馆的儿童乐园当志 愿者,引导和照顾前来玩耍的小朋友。一天下来, 虽然累得筋疲力尽,却很有成就感。 7月25日。在外婆家,我和表弟一起到菜园里 除草、采摘旒菜,既体会到劳动的艰辛,也感受到劳 动的乐趣 (1)从日记中可以看出小华在暑假里通过哪些方式 了解了社会生活? 答:当志愿者、去农田菜园劳动 (2)在社会交往中,我们可能具有哪些身份? 答:学生、邻居、业主、顾客、乘客、观众等。 (3)我们的生存和发展为什么离不开社会 答:①我们的衣食住行、学习和娱乐等都与社会的 方方面面发生着千丝万缕的联系。②每个人都能 从社会中获得物质支持和精神滋养。③个人是社 会的有机组成部分,每个人都是社会的一员。④人 的成长是不断社会化的过程,在社会备方面的帮助 教育下,我们才能逐步成长为一名合格的社会 (4)在人际交往和社会实践中,如何养成亲社 行为? 答:①我们要主动了解社会,关注社会发展变化,积 极投身于社会实践。②我们要遵守社会规则和习 俗,热心帮助他人。③我们要积极融入社会,倾力 奉献社会,积极参加社会公益活动;等等。 (共24张PPT) 专题复习二遵守社会规则 高频考点1社会生活离不开规则 考点知识回顾】 1.社会秩序对社会生活的作用:社会正常运行需要秩 序;社会秩序是人民安居乐业的保障 2.社会规则维护社会秩序:社会规则明确社会秩序的 内容;社会规则保障社会秩序的实现。 3.规则和自由之间的关系:社会规则划定了自由的边 界;社会规则是人们享有自由的保障。 4.我们要自觉遵守规则、维护规则并积极改进规则。 【针对训练 1.社公秩序是社会生活的一种有序化状态。遵守公 共秩序,人人有责,这是因为 A ①社会公共秩序是人类共同生活的需要②社会 公共秩序包括家庭生活秩序、公共场所秩序和交通 秩序等③公共秩序是社公文明的标志,是社公稳 定的基础④遵守公共秩序是每个公民应该行使 的权利 A.①③B.①④ ④D.②③ 2.美国当代政治学家萨缪尔·亨廷顿说:“人类可 无自由而有秩序,但不能无秩序而有自由。”萨缪 尔·亨廷顿的这句话强调了社会秩序的重要性,这 是因为 ①社会正常运行需要秩序②社会规则明确社会 秩序的内容③社会秩序是人民安居乐业的保障 ④社会规则保障社会秩序的实现 A.①②B.②③ D.②④4 3.近日,各地出现了多起高铁上无故侵占他人座位拒 不让座的“霸座”现象,引起了广大网友的一致指 责。对此,下列认识正确的是 C A ①霸座现象违反了社会规则,应受到道德谴责 ②社会规则需要每个人自觉遵守③青年学生不 能乘坐高铁④违反社会规则的行为都要受到刑 罚处罚 A.①②B.②④ ①②4D.①②2③3④ 4.有人说:有规则就没自由,要自由就没规则。二者 是对立的。你认为这种说法正确吗?请说说你 理由 答:这种说法不正确。理由:自由与规则不可分。 ①社会规则划定了自由的边界。自由不是随心所 欲,它受道德、纪律、法律等社会规则的约束。②社 会规则是人们享有自由的保障。人们建立规则的 目的不是限制自由,而是保证每个人不越过自由的 边界,促进社会有序运 高频考点2社会生活讲道德 【考点知识回顾】 学会尊重他人、文明有礼、诚实守信对个人和社会 发展具有重要的意义 2.在社会生活中,做一个尊重他人、文明有礼、诚实守 信的人:①尊重他人要做到积极关注、重视他人;平 等对待他人;学会换位思考;学会欣赏他人。②做 文明有礼的人,要态度谦和,用语文明;要仪表整 洁、举止端庄;需要在社会生活中不断学习、观察 思考和践行。③践行诚信要树立诚信意识;运用诚 信智慧;珍惜个人的诚信记录 (共24张PPT) 专题复习三勇担社会责任 高频考点1责任与角色同在 考点知识回顾 1.责任是一个人分内应该做的事情。责任来自对他 人的承诺、职业要求、道德规范、法律规定等。 2.在社会生活的舞台上,每个人都扮演着不同的角 色。每一种角色都意味着承担相应的责任 3.作为社会的一员,我们每个人首先要对自己负责。 4.承担责任的代价:不仅意味着付出时问间、精力和金 钱,而且意味着可能因为做得不好而受到责备,甚 至受到处罚。回报:既包括物质方面,又包括精神 方面,如良好的自我感觉、获得新的知识和技能、赢 得他人的尊重和赞许等。 【针对训练 1.2018年1月19日下午,“中国网事·感动2017” 年度网络感动人物颁奖典礼在海南省歌舞剧院 举行。“深山护宝人”冯开平入选,他用22年光 阴诠释了何为奉献。这告诉我们,承担责任获得 的回报是 A.丰厚的物质回报 B.获得新的知 C.获得新的技能 D.赢得他人和社会的尊重和赞许 2.在生活中,每个公民都扮演着多种角色并承担着多 种责任。下列角色和责任匹配无误的是(A) ①作为学生,我们要认真完成各科作业②作为朋 友,我们要讲江湖义气,为朋友两肋插刀③作为 公民,我们要遵章守法,做一个合格公民④4作为 行人,我们可以在路中间嬉戏打闹 A.①③ B.(②(3 C.①4 D.③④ 3.对于承担责任的代价与回报,不同的人有不同的认 识。富有责任心的人面对责任时 (D) A.认为代价与回报应该是同等的 B.希望得到的回报多于付出的代价 C.只讲回报不言代价 D.不言代价与回报 4.下列对漫画《一家三口》认识正确的有(D) ①父母的言行是缺乏责任意识 你管!(该你管! 的表现②父母没有尽到教育 未成年子女的责任③作为社当 会的一员,我们每个人首先要 对自己负责④每一种角色都意味着承担相应的 责任,我们应该担自己应尽的责任 A.①②③ B.②③④4 C.①②④ D.①②③④ 5在社会生活中,不同的角色承担着不同的责任。作 为社会成员,我们应该 ①遵守学校纪律,完成学习任务②孝敬父母,做 些力所能及的家务活③保护环境,维护正义 维护法律尊严④服务社会、奉献社会,热心公益 事业 A.①② B.②3 C.③4 D.①4 6.完成表格并回答问题。 (1)填写表格中每种角色对应的应承担的责任。 我的角色 我的责任 学生 学习 子女 孝敬父母 班级成员 热爱班级 社会成员 遵守规贝 中华人民共和国公民 爱国 (2)填完表格后,你怎样理解角色与责任的关系? 答:每一种角色都意味着承担相应的责仼。 (共23张PPT) 专题复习四维护国家利益 高频考点1国家利益至上 【考点知识回顾】 1.国家利益是一个主权国家在国际社会中生存需求 和发展需求的总和,它们关系到民族生存、国家 兴亡。 2.国家的核心利益包括国家主权、国家安全、领土完 整、国家统一、宪法确立的国家政治制度和社会大 局稳定、经济社会可持续发展的基本保障。 3.实现中华民族伟大复兴最鲜明的特点,就是将国家 和人民视为一个命运共同体,将国家利益和人民利 益紧密联系在一起。 4.坚持国家利益至上,捍卫国家利益 5.虽然国家利益与个人利益在根本上是一致的,但二 者不完全等同 针对训练】 下列对国家利益的认识正确的有 ①国家利益是一个主权国家在国际社会中生存需 求和发展需求的总和②国家利益关系到民族生 存、国家兴亡③国家利益只包括人口和领土 ④国家利益涉及政治、经济、文化、社会、车事等 领域 A.①3④B.①②③C.②③④4D.①②④4 2.对于国家利益与人民利益的关系,下列说法错误的 是 ①在当代中国,国家利益与人民利益是高度统一的 ②人民利益是国家利益的集中表现③国家利益 与人民利益息息相关④国家利益与人民利益相 辅相成,是完全一致的 A.①②B.① C.②④D.③4 3.随着互联网经济的发展,国家网络安全部门严惩泄 露国家机密的犯罪行为(如图所示)。这启示我们 青少年学生 ② 个人 ①坚持国家利益至上,就要坚决同一切损害国家利 益的行为作斗争②坚持国家利益至上,就要始终 把国家利益放在首位③维护国家利益要求公民 自觉遵守法律和道德④维护国家利益还要努力 维护国家团结稳定的局面 A.①②④ B.②③④4 C.①③④ D.①②③④4 4.一篇题为《没有了祖国你将什么都不是》的帖子在 互联网广为传播,引发网民的支持和共鸣。文章 说,任何时期的社会动荡最受伤害的就是老百姓, 主动维护国家主权和领土完整,才是每个公民要形 成的共识。只有祖国才是我们的依靠,只有祖国强 大稳定才是我们老百姓幸福自由的前提!“中国” 两个字目前给西方的认识只是大而不强,所以我们 不能在中国还没强大而自乱。永远记住,国家好 大家才好 (1)结合“国家好,大家才好”及所学知识,简要分析 国家利益与个人利益的关系。 答:①国家利益反映广大人民的共同需求,是人民 利益的集中表现。国家利益至上,人民利益高于 切,二者相辅相成。②人民利益只有上升、集中到 国家利益,远用国家的工具,才能得到真正的维护。 3国家利益只有反映人民利益,依靠人民艰苦奋 斗,才能得到真正的实现。④在当代中国,国家利 益与人民利益是高度统一的,从根本上说二者是一 致的。 (2)怎样坚持国家利至上? 答:①要心怀爱国之情,牢固树立国家利益至上观 念,以热爱祖国为荣,以危害祖国为耻。②树立和 增强危杋意识和防范意识。③增强维护国家利益 的责任感和使命感。④无论何时何地,我们都应当 着眼长远、顾全大局,以国家利益为重,把国家利益 放在第一位。⑤为了国家利益,有时不仅需要放弃 个人利益,甚至要献出自己的生命。⑥要坚决同 切损害国家利益的行为作斗争。

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  • ID:9-6231227 2019秋(安徽)人教部编版八年级道德与法治上册活页课件:达标测试题合集(图片版,单元+期中期末,共6份)

    初中思想品德(道德与法治)/人教部编版/八年级上册(道德与法治)/本册综合

    (共28张PPT) 名期中达标测试题 道德与法治 测控 年级[上册] (时间:60分钟满分:100分) 安徽1 MINGSHI CEKONG 选择题(共45分,15小题,每小题3分。下列各题4个备选答案 中,只有1个是最符合题意的。) 1.人的成长离不开社会。下列关于个人与社会的关系说法不正确的 是 ①个人是社会的有机组成部分②个人的成长是不断社会化的过 程③个人的成长是独立的,与社会无关④无论在任何社会关系 中,人的身份都是相同的 A.①③ B.①② C.②④ D.③④ 2.亲社会行为通常是指对他人有益或对社会有积极影响的行为,包括 谦让、分享、合作、助人、安慰、赠予等,是一种个体帮助或打算帮助 其他个体或群体的行为趋向。下列属于亲社会行为的是 ①主动关注、了解社会问题,积极建言献策②同情和关心遭遇挫 折、不幸的人③增强忧患意识,优先考虑个人前途命运④对处 于困境和危难的人能伸出援助之手 A.①Q③ B.①②④4 C.②③4 D.①③3④4 3.“吃瓜群众”是一个网络流行语,指的是在社会生活中不发言只围 观,表现冷漠的群众。这些“吃瓜群众” A.缺乏亲社公意识和社会参与意识 B.奉行多一事不如少一事的原则 C.能够正确处理个人与社会关系 D.懂得个人对社会不能发挥作用 4.面对网络存在的低俗之风,我们中学生应该 ①遵守网络规则,传播正能量,高扬主旋律②增强自我保护能力, 拒绝上网③充分利用网络优势,过健康文明的生活④践行社会 主义核心价值观,提高网络媒介素养 A.①②③ C.①③④4 D.①②④4 5.“互联网+”代表一种新的经济形态,即充分发挥互联网在生产要素配 置中的优化和集成作用,将互联网的创新成果深度融合于经济社会各 领域之中,提升实体经济的创新力和生产力,形成更广泛的以互联网为 基础设施和实现工具的绎济发展新形态。这表明 A.网络促进民主政治的进步 B.网络为文化传播搭建新的平台 C.网络为经济发展注入新的活力 D.网络让我们的生活更加丰富多彩 6.目前,手机依赖症”已成为当今社会的“流行病”。如图漫画带给 我们的有益启示是 床上 厕所 车上 撞上 ①要正确对待网络发展带来的便利②应该珍爱生命,注重现实人 际交往③要充分运用移动互联网日夜学习④要理性对待和运 用移动互联网 A.①②3 B.①1②4 C.①③④ D.②③3④ 7.全国文明城市、国家生城市、国家园林城市、国家环保模范城市、 中国人居环境范例奖 块块奖牌,筑起了马鞍山城市文明新高 度;一项项殊荣,提升了马鞍山城市品质美誉度。但在街头,一些违 反交通规则的行为仍然存在,与马鞍山城市形象不相匹配。闯纠 灯、随意加塞、开远光灯、乱鸣喇叭、乱停车、乱丢垃圾等违反规则的 行为还有不少。违反规则 (C) ①可能会受到法律、纪律等规定的强制性手段处罚②都会承担刑 事责任③也可能受到道德、风俗等包含的非强制性手段的处罚 ④都公扰乱社会的良性运行 A.(D(2 B.①②④ C.①③4 D.②③④ 8.从2019年1月1日起至2月28日,马鞍山交警部门将对机动车违 停进行集中整治。凡在设有禁止停乍标志或施划路侧黄色禁止停 车标线的路段上发生违法停车行为,一律按“违反禁令标志”处以 “200元罚款、扣3分”的处罚。下列认识正确的是 ①有了良好的社会秩序,社会才能正常运行②社会秩序营造良好 的社会环境③维护社公秩序不需要制定规则④社会秩序与人 们日常生活关系密切 A.①②③3 B.②③④ C.①②④ 1).①③④ 9真正的自由都要受到一定的约束和限制,不受约束的自由是极其危 险的。每个人在自觉接受“他律”的同时,还必须要学会“自律”。 对此,下列说法正确的是 ①遵守社会规则需要他律和自律②跟他律相比,我们要更关注自 律③自律就是严于律已,不断自我反省④他律就是需要监督、 提醒、奖惩等外在约束 A.①②③ B.②③④ C.①③④ D).①②④ 10.近年来,医患关系日趋紧张。医患之间,和则两利,伤则两败。构 建和谐的医患关系,尊重是最好的“良方”。这是因为 A ①每个人都希望得到他人和社会的尊重②尊重是维系良好人际 关系的前提③尊重能够减少麈擦,增进信任④尊重可以使我 们获得成功 A.①②③B.②③④ C.①②④ D.①③④ (共26张PPT) 名!期未达标测试题 道德与法治 测控 年级[上册] (时间:60分钟满分:100分) 安徽1 MINGSHI CEKONG 、选择题(共45分,15小题,每小题3分。下列各题4个备选答案 中,只有1个是最符合题意的。 1.中国第一部关于志愿服务的专门性法规《志愿服务条例》实施一年 多来,志愿服务信息系统汇集的实名志愿者已超过1亿人,记录的 志愿服务时间累计达12亿小时。积极参与志愿服务( ①有助于养成亲社会行为②是学生在实践中学习的最主要途径 ③有助于促进自身仝面发展④是践行社会主义核心价值观的 体现 A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 2.2019年安徽省各地的许多网民给安徽省长网上留言。其中,许多 网民的留言得到回复,网民反映的问题也得到解决。网民给省长 留言 D ①说明公民可以利用网络向有关部门积极提建议②说明公民可 以通过网络解决自己的所有问题③有利于公民表达自己的诉求, 只维护个人利益④有利于汇聚民智,促进社会和谐 A.②4 B.②③ D.①④ 3.由安徽芜湖县不离不弃爱心团队发起的“一天一元”黴公益募捐网 络公益活动,是通过微信渠道及微博平台于线上传播,广大社会爱 心人士参与,以助学为主的一个爱心捐款活动,每人每月捐出30元 去帮助芜湖县或周边地区的一些家庭贫困且学习成绩优异的学生 这告诉我们 A ①要在网络上传播正能量②要践行社会主义核心价值观,关爱他 人③要利用网络平台为社会发展建言献策④要不断提高网络 媒介素养,培育向上向善的网络文化 A.①②④ B.②③4 C.①②③ D.①③④ 4.2018年6月29日,37岁的安徽女子马某带着女儿到杭州火车站搭 车。在迟到后检票口已经关闭,且未取票的情况下,马某硬闯安检 口,还对着工作人员大声吼叫。民警到达后,马某不顾阻拦,情绪激 动下还一口咬住了民警右臂,当场被特保控制,并以扰乱和阻碍执 行职务,被处行政拘留七日并处罚款200元。不遵守规则,就应该 承担相应的责任。下列对社会规则的相关认识错误的是(C A.社会规则包括法律和道德B.法律是最严格的社会规则 C.违反社会规则,必受法律处罰D.社会需要秩序,秩序来自规则 5张军国庆节随爸爸一起出去旅游,这是他在日记中记下的话:今天 很不高兴,我亲眼看见走在我前面的游客将吃完的零食袋子扔在了 走廊上。我说了一句:“请带走你的垃圾。”他竞然回了一句:“多管 闲事。”该游客的行为 (B) ①是不自尊的表现,也是不尊重他人的表现②说明了缺少社会公 (共30张PPT) 名第一单元达标测试题 道德与法治 测控 年级[上册] (时间:60分钟满分:100分) 安徽1 MINGSHI CEKONG 、选择题(共45分,15小题,每小题3分。下列各题4个备选答案 中,只有1个是最符合题意的。 1.一个人会有很多不同的“身份”,例如,我和妈妈在一起时就是子女 身份”,坐在教室听课就是学生“身份”,在餐馆吃饭时就是顾客 “身份”。这些都表明了 A.个人是社会的有机组成部分 B.个人是社会的一员 C.每个人都没有身份 D.在不同的社会关系之中,人的身份就不同 2.我们是社区的公民,是商场的消费者,是祖国大家庭中的成员 这说明 (B) ①人的身份是在社会关系中确定的②不同的社会身份具有不同 的责任③社会关系通过人的身份来确定④在不同的社会关系 中,每个人都具有不同的身份 B.①④ C.③④ D.②3 3.歌德曾说:“人不能孤独地生活,他需要社公。”对此,下列理解不正 确的是 A.我们的衣食住行、学习和娱乐等都与社会的方方面面发生着千丝 万缕的联系 B.人的成长是不断社会化的过程 C.人的生存和发展离不开社会 D.社会只能为个人的发展提供物质支持 4.秋冬季节是流感高发期,某中学八年级学生成立了卫生健康宣讲 团,他们在卫生老师的指导培训下,轮流播音宣传卫生健康常识和 流感的预防方法。下列对此认识正确的是 ①这是关心社会、奉献社会的亲社会行为②这是我们实现人生价 值的唯一途径③这是在人际交往和社会实践中养成亲社会行为 ④这是体验社会生活的过程,也是在实践中发展自己的过程 A.①②③4B.②③4 C.①③4 D.①④ 5.2019年3月1日,中央文明办发布2月份“中国好人榜”,安徽省钟 鑫等8人(组)荣登榜单。30多年以来,钟鑫深入研究中国共产党 党史和中国革命史,收集了一大批红色史料及文物,为抢救革命文 物作出了巨大贡献。他凭借费尽半生心血收集的10万件藏品,建 起了四所博物馆并坚持免费开放,至今已吸引25万人次慕名前来。 钟鑫的行为告诉我们 A A.要从小事做起,亲近社会、服务社会 B.实现人生价值不应追求个人利益 C.要做自己不感兴趣却有长远意义的事 D.人的身份是通过社会关系确定的 6.一滴水的寿命是短暂的,但当它汇入大海,与浩瀚的大海融为一体 时,就获得了新的生命。大海不十涸,一滴水就永远存在于大海之 中。这个比喻说明 ①人总是生活于社会群体之中②个人离开社会,照样可以生活 ③社会是个人成长的舞台④个人是社会的一员,个人与社会是密 不可分的 A.①③④4 B.②③4 C.①②2③3 D.①②④ 7.据英国《每日邮报》报道:近日,俄罗斯发现一位7岁“鸟孩”,他在 家中被母亲当鸟儿一样饲养,母亲从不与他说话,使得这位男孩和 小鸟一样只会唧唧喳喳地说话。这一事例告诉我们 ①只有社会化的人才是真正意义上的人②只有在与其他人的交 往中,人才能真正成长和发展起来③我们每个人的存在和发展都 离不开社会,都有一个社会化的过程④“鸟孩”虽然只会说鸟语 但他仍然是一个社会人 A.①②③4B.②③4 C.①②③ D.①②④4 8.韩玉梅是一名残疾人,从小患有小儿麻痹症,17岁时才在亲人朋友 的帮助下丢掉拐杖。可是她身残志坚,先后创办了安徽省第一家蜥 蜴养殖基地,安徽省第一家葫芦工艺品加工、生产企业。如今她创 办的公司,已经拥有员工51人,其中残疾人员工13人,拥有固定资 产500万元,每年产值达到2000万元,带动了数百个家庭的就业。 这表明 B ①人的成长离不开社会,所以,人人都必然是关心社会的②在社 会生活中,人与人之间应该相互关爱③韩玉梅的行为是一种亲社 会行为④韩玉梅积极带动他人,在奉献社会中实现了自己的人生 价值 B.②③④ C.①②④ D.①③④ 9.幽兰吐蕊,滨湖飘香。2月16日,安徽省第十五届兰花博览会” 在合肥滨湖国家森林公园开幕。博览会期间,很多学生利用自己 的课余时间前来做志愿者,积极做各种服务工作。他们的行为体 现了 ①关心社会,亲近社会②在社会这个大课堂里亲身实践,锻炼自 己③服务社会、奉献社会④积极履行公民的法定义务 A.①②③ B.①②4 C.②③4 D.①③④4 (共30张PPT) 名师第单元达标测试题门1湎能与法 测控 年级[上册] (时间:60分钟满分:100分) 安徽1 MINGSHI CEKONG 、选择题(共45分,15小题,每小题3分。下列各题4个备选答案 中,只有1个是最符合题意的 1.近日,淮南交警田家庵二大队查处了一例故意遮挡号牌的严重交通 违法行为。驾驶人石某在禁停路段为了躲避电子探头抓拍,故意掰 弯车牌逃避处罚,整个过程被电子探头全程记录,民警依法对其作 出驾驶证记12分,罚款200元的违法处罚。这表明 C ①部分人不能够自觉遵守规则②遵守规则时,他律比自律重要 ③遵守规则既要他律,也要自律④发自内心地敬畏规则十分重要 A.①②③ B.①②④ C.①3④ D.②③4 2.前段时间“霸座男”“霸座女”层出不穷,霸座行径让人愤怒但当事 人也受到“拉黑”的惩罚。近日,有人曝光一段视频更是让人气愤。 一位女士乘坐阜阳至芜湖火车座位被两位持无座票的乘客占据! 事主好言相劝,两位霸位者却无动于衷甚至称自己先上车就先坐。 下列对铁路勒座行为评价正确的是 (C) ①不自尊自爱,做了有损人格的事②一般违法行为,应受行政处 罚③犯罪行为,应受刑罚处罚④道德败坏,违背公民基木道德 要求 A.①②③B.①③④ C.①②④ D.①Q②③④ 3.关于自由和规则的关系,风筝说,自由就是系着一条长线在风里 飞翔;汽车司机说,自由就是牢记交通规则,握好方冋盘。这些说 明 (C) ①自由和规则毫无关系②社会规则划定了自由的边界③社会 规则会限制我们的自由④社会规则是人们享有自由的保障 A.①② B.①③ C.②④4 D.③④ 4.斑马线前车让人告诉我们 ①遵守规则需要他律和自律②遵守规则会 失去自由,导致不便③遵守规则需要发自内 心地敬畏规则④无论何时何地,我们都应该 将规则内化于心、外化于行 A.①Q4 B.①③④4 C.②③④ D.①②③3 5.在全国人大代表、安徽省兽药饲料监察所副所长张莉看来,随着生 活质量的提高,我国儿童平均身高逐年升高。按身高“一刀切”的规 定,往往令“大个子儿童”享受不到应有的福利,因此建议按年龄划 分几童票标准。这表明 B ①我们要积极参与规则的改进与完善,善于与他人沟通交流②规 则不是一成不变的,我们要积极改进规则③一些原有的规则不 完全适应实际生活的变化,需要加以调整④在保证自身安全的前 提下,提醒、监督、帮助他人遵守规则 A.①② B.②③ D.(3(4 (共30张PPT) 名第三单元达标测试题 道德与法治 则控 年级[上册] (时间:60分钟满分:100分) 安徽1 MINGSHI CEKONG 、选择题(共45分,15小题,每小题3分。下列各题4个备选答案 中,只有1个是最符合题意的。) 科学家的责任是探索奥秘;医生的责任是救死扶伤;军人的责任是 保家卫国;法官的责任是秉公执法、惩恶扬善…学生的责任是认 真学习科学文化知识。由此可见 A.责任都是远离现实的高谈阔论 B.责任与工作性质有关,与学习无关 C.不同的社会角色承扣着不同的社会责任 D.承担责任是成年人的事情,与青少年无关 2.漫画《责任》的寓意是讽刺某些人在面对责任时 A.勇于承担责任的现象 B.主动承担责任的现象 C.不积极承担责任的现象 D.不言代价与回报,积极承担责任的现象 3.责任是一种能力,又远胜于能力,责任是一种精神,更是一种品 格……“责任”是什么?千百种人有千百种答案。关于责任,你的认 识是 ①每个人都有自己的责任②责任是一个人分内应该做的事情 ③责任都是由法律规定的④责任都是由道德规定的 A.①④4 B.③ D.①② 4.2018年度国家最高科学技术奖获得者、陆军工程大学教授钱七虎, 将800万元奖金全部捐献出来,成立基金会,重点资助那些品学兼 优的贫困家庭子女,使其有学上、上好学。钱七虎教授的做法体现 ①高度的责任感和使命感②不追求任何个人利益③不言代价 与回报的无私奉献精神④明理诚信、勤奋自强的优秀品质 A.①④ B.①3 C.②③ D.②24 5.邢骏,男,1995年11月出生,安徽省马鞍山人,生前系武警绍兴市消 防攴队柯桥中队副班长。2018年3月,邢骏在一次火灾现场执行救 援任务时,为保护国家和人民生命财产安仝,被困火海因公殉职。 邢骏的行为 ①是敢于承担责任、敢于担当的表现②只是承担了责任,得不到 任何回报③有利于传递社会正能量,令人敬佩④承担了责任, 牺牲了自己,不值得 A B C.②4 D.③4 6.19岁安徽学生何九春冒着生命危险跳入冰冷的湖水中,奋力托起 名溺水女子,因体力不支沉入水底献出宝贵生命。对此,下列认识 正确的是 ①善待他人生命,当他人生命遭遇威胁时能伸岀援助之手②在关 爱他人生命中提升生命价值③这是生命意识淡薄,对自己生命健 康不负责任的行为④关爱他人,让生命焕发光彩 A.①②③ B.①②④ C.①③3④ D.②3④ (共31张PPT) 名第四单元达标测试题 道德与法治 测控 年级[上册] (时间:60分钟满分:100分) 安徽1 MINGSHI CEKONG 选择题(共45分,15小题,每小题3分。下列各题4个备选答案 中,只有1个是最符合题意的。) 1.“没有哪个国家的人民能容忍外国企业干有损本国国家利益的勾 这是因为 (B) ①每一个国民都是爱国的②国家利益是人民利益的集中表现 ③国家利益是至高无上的④4国家利益和人民利益是紧密联系在 起的 A.①②③ B.②2③④ C.①③④ D.①②④ 2.南沙环境恶劣,对守礁官兵的身心是个极大的挑战,而海军气象工 程师李文波却坚守南沙岛礁20多年。他说:“只要我们在南沙坚守 下去,我们的南沙主权就不会丢,这就是我在南沙长期坚守的动力 来源。”李文波式的事迹不胜枚举,这启示我们 ①坚持国家利益至上,我们要心怀爱国之情,以实实在在的行动维 护国家利益②国家利益和个人利益是完全一致的③要增强维 护国家利益的责任感和使命感④维护国家利益必须放弃个人 利益 A.①② B.③④ D.(2(4) 3.坚持国家利益至上,要树立维护国家利益意识。为此,我们需 要 (B) ①树立国家利益至上观念,以热爱祖国为荣,以危害祖国为耻 ②树立和增强环保意识,落实环保行动③对危害国家利益、威胁 国家生存和发展的行为时刻保持警惕④增强维护国家利益的责 任感和使命感 A.①②④4 B.①③④ C.①2③ D.②③④4 4.歌曲《国家》的歌词写道:“一玉口中国,一瓦顶成家……家是最小 国,国是千万家……有了强的国,才有富的家。”下列对《国家》的歌 词理解正确的是 A A.国家利益是人民利益的集中表现 B.没有了国家利益,个人利益才能最大化 C.个人利益是具体的,国家利益是抽象的 D.国家利益与人民利益没有关系 5.习近平总书记在党的十九大报告中呼吁:中国梦是历史的、现实的, 也是未来的;是我们这一代的,更是青年一代的。中华民族伟大复 兴的中国梦终将在一代代青年的接力奋斗中变为现实。这启示我 a) A.要正确认识和处理国家利益、民族利益、个人利益之间的关系 B.国家利益和个人利益是完全一致的 C.国家利益要服从个人利益 D.任何时候都要牺牲个人利益,维护集体利益 6.他原本有机会在海外最顶尖的科研机构继续工作,但作为军人的后 代,和祖辈、父辈一样,“报效祖国”是他从未改变的信念。在德国获 得博士学位后,他来到广州。他就是中山大学肿瘤防洽中心华南肿

    • 2019-09-13
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  • ID:6-6185992 2020届高考一轮专题突破 必修1 牛顿运动定律 (10份打包)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    [高考导航] 考点内容 要求 高考命题实况 高考战报 2016 2017 2018 牛顿运动定律及其应用 Ⅱ T9:猫拉桌布牛顿定律的应用 T9:力与运动的关系(超、失重) T14:牛顿运动定律应用 3年3考难度中等保B必会 单位制 高频考点:①动力学图象。②多物体或多体、多过程问题。创新区域:①图象情景创新和多过程变化。②教材实验器材和数据处理的创新。 实验三:加速度与物体质量、物体受力的关系 【说明】 (1)加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况。 (2)知道国际单位制中规定的单位符号。 第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律 知识排查 牛顿第一定律 1.内容 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。 2.意义 (1)指出力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,即力是产生加速度的原因。 (2)指出了一切物体都有惯性,因此牛顿第一定律又称惯性定律。 3.惯性 (1)定义:物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。 (2)性质:惯性是一切物体都具有的性质,是物体的固有属性,与物体的运动情况和受力情况无关。 (3)量度:质量是物体惯性大小的唯一量度,质量大的物体惯性大,质量小的物体惯性小。 牛顿第三定律 1.内容 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上。 2.意义 建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。 小题速练 1.思考判断 (1)牛顿第一定律不能用实验验证。(  ) (2)在水平面上滑动的木块最终停下来,是因为没有外力维持木块运动的结果。(  ) (3)物体匀速运动时才有惯性,加速时没有惯性。(  ) (4)物体做自由落体运动,就是物体具有惯性的表现。(  ) (5)作用力与反作用力的效果可以相互抵消。(  ) (6)人走在松软的土地上下陷时,人对地面的压力大于地面对人的支持力。(  ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× 2.[人教版必修1P82做一做改编](多选)用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验,把两个测力探头的挂钩钩在一起,向相反方向拉动,观察显示器屏幕上出现的结果(如图1所示),分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线,以下结论正确的是(  ) 图1 A.作用力与反作用力同时产生 B.作用力与反作用力作用在同一物体上 C.作用力与反作用力大小相等 D.作用力与反作用力方向相反 答案 ACD   对牛顿第一定律的理解与应用 1.对牛顿第一定律的理解:牛顿第一定律不是实验定律,它是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上经过科学的逻辑推理得出的结论;物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件,其实际意义是物体受到的合外力为零。从以下两方面理解: (1)提出惯性的概念。牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性,惯性是物体的一种固有属性。 (2)揭示力的本质。力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。 2.惯性:惯性是物体保持原来运动状态的性质,与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关,物体的惯性只与其质量有关,物体的质量越大其惯性越大。 3.惯性的两种表现形式 (1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。 (2)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。 【例1】 (2019·北京师大附中模拟)下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法正确的是(  ) A.牛顿第一定律说明,只有不受外力的物体才保持匀速直线运动状态或静止状态 B.物体运动状态发生变化,则物体一定受到力的作用 C.惯性定律与惯性的实质是相同的 D.物体的运动不需要力来维持,但物体的运动速度越大时其惯性也越大 解析 当物体所受的合力为零时,物体也可以处于匀速直线运动状态或静止状态,选项A错误;由牛顿第一定律可知,力是改变物体运动状态的原因,选项B正确;惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质,惯性定律(即牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律,选项C错误;物体的惯性与运动速度大小无关,选项D错误。 答案 B  牛顿第三定律的理解 1.作用力与反作用力的“六同、三异、二无关” (1)六同 (2)三异 (3)二无关 2.一对平衡力与作用力、反作用力的不同点 名称项目   一对平衡力 作用力与反作用力 作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体 作用时间 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 力的性质 不一定相同 一定相同 作用效果 可相互抵消 不可抵消 【例2】 (2018·扬州二模)牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是(  ) A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力 B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡 C.人推车加速前进,人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小 D.物体在地面上滑行,物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力 解析 物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力,是同时产生的,所以选项A错误;物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上,是一对作用力与反作用力,不是平衡力,选项B错误;人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项C正确;物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项D错误。 答案 C  转移研究对象法的应用 1.“转移研究对象法”在受力分析中的应用,其本质是牛顿第三定律的应用。 2.由于作用力与反作用力的关系,当待求的某个力不容易求时,可先求它的反作用力,再反过来求待求力。如求压力时,可先求支持力。 【例3】 (2018·盐城中学模拟)一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的质量为M,环的质量为m,如图2所示。已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱对地面的压力大小为(  ) 图2 A.Mg+Ff B.Mg-Ff C.Mg+mg D.Mg-mg 解析 环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff,受力情况如图甲所示,根据牛顿第三定律,环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff′,故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力Ff′,受力情况如图乙所示,由于箱子处于平衡状态,可得FN=Ff′+Mg=Ff+Mg。根据牛顿第三定律,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力,即FN′=Mg+Ff,故选项A正确。 答案 A 科学思维的培养——空气中的铁球和乒乓球PK水中的铁球和乒乓球 1.质量是物体惯性大小的唯一量度,物体的质量越大,惯性越大,状态越难改变。 2.悬挂在空气中的铁球和乒乓球的惯性都比对应的“空气球”的惯性大,但悬挂在水中的乒乓球的惯性没有对应的“水球”的惯性大。 【典例】 如图3所示,一容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂一只铁球和一只乒乓球,容器中铁球和乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球的运动情况是(以小车为参考系)(  ) 图3 A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左 C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右 解析 由于惯性,当容器随小车突然向右运动时,铁球和乒乓球都相对容器向左运动,选项C正确。 答案 C 【变式训练】 如图4所示,一盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球。容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态。当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)(  ) 图4 A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左 C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右 解析 因为小车突然向右运动,铁球和乒乓球都有向右运动的趋势,但由于与同体积的“水球”相比,铁球质量大、惯性大,铁球的运动状态难改变,即速度变化慢,而同体积的“水球”的运动状态容易改变,即速度变化快,而且水和车一起向右运动,所以小车向右运动时,铁球相对小车向左运动。同理,由于乒乓球与同体积的“水球”相比,质量小,惯性小,乒乓球相对小车向右运动。选项A正确。 答案 A  1.(2018·扬州中学模拟)(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是(  ) A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变 B.伽利略通过“理想实验”得出结论:一旦物体具有某一速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去 C.笛卡儿指出:如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向 D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质 解析 亚里士多德认为物体的运动需要力来维持,选项A错误;牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点,得出了选项D的正确观点,选项B、C、D正确。 答案 BCD 2.伽利略对“自由落体运动”和“运动和力的关系”的研究,开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图5(a)、(b)分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程,对这两项研究,下列说法正确的是(  ) 图5 A.图(a)通过对自由落体运动的研究,合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 B.图(a)中先在倾角较小的斜面上进行实验,可“冲淡”重力,使时间测量更容易 C.图(b)中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的,实验可实际完成 D.图(b)的实验为“理想实验”,通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 解析 伽利略设想物体下落的速度与时间成正比,因为当时无法测量物体的瞬时速度,所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比,那么位移与时间的平方成正比;由于当时用滴水法计时,无法记录自由落体的较短时间,伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡”重力的作用效果,而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多,所用时间长得多,所以容易测量。伽利略做了上百次实验,并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推,故选项A错误,B正确;完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的,故选项C错误;伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持,故选项D错误。 答案 B 3.(2019·淮安调研)对物体的惯性有这样一些理解,下列说法正确的是(  ) A.汽车快速行驶时惯性大,因而刹车时费力,惯性与物体的速度大小有关 B.在月球上举重比在地球上容易,所以同一物体在地球上惯性比在月球上大 C.加速运动时,物体有向后的惯性;减速运动时,物体有向前的惯性 D.不论在什么地方,不论物体原有运动状态如何,物体的惯性是客观存在的,惯性的大小与物体的质量有关 解析 惯性就是物体保持原来的运动状态的性质,与物体速度大小无关,故A项错误;惯性大小的唯一量度是物体的质量,同一物体,质量不变,则惯性不变,故B项错误;惯性就是物体保持原来的运动状态的性质,无论是加速运动还是减速运动,物体都有保持原来运动状态的性质,故C项错误;惯性大小的唯一量度是物体的质量,不论在什么地方,不论物体原有运动状态如何,物体的惯性是客观存在的,惯性的大小与物体的质量有关,故D项正确。 答案 D 4.(2018·乐山模拟)如图6所示,家用吊扇对悬挂点有拉力作用,正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比(  ) 图6 A.变大 B.变小 C.不变 D.无法判断 解析 吊扇不转动时,吊扇对悬挂点的拉力等于吊扇的重力,吊扇旋转时要向下扑风,即对空气有向下的压力,根据牛顿第三定律,空气也对吊扇有一个向上的反作用力,使得吊扇对悬挂点的拉力减小,选项B正确。 答案 B 活页作业 (时间:30分钟) 一、单项选择题 1.下列说法正确的是(  ) A.在高速公路上高速行驶的轿车的惯性比静止在货运场的集装箱货车的惯性大 B.牛顿第一定律是根据理论推导出来的 C.在粗糙水平面上滚动的小球最后会停下来是因为小球具有惯性 D.物体的速度逐渐增大同时加速度逐渐减小是有可能的 解析 惯性是物体的固有属性,质量是其唯一量度,选项A错误;牛顿第一定律是牛顿在伽利略理想斜面实验的基础上,加上逻辑推理得出的规律,选项B错误;小球在粗糙水平面上受到摩擦力是小球停下来的原因,选项C错误;物体可以做加速度逐渐减小的加速运动,选项D正确。 答案 D 2.下列说法正确的是(  ) A.物体在不受外力作用时,保持原有运动状态不变的性质叫惯性,故牛顿运动定律又叫惯性定律 B.牛顿第一定律不仅适用于宏观低速物体,也可用于解决微观物体的高速运动问题 C.牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体的加速度a=0条件下的特例 D.伽利略根据理想实验推出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去 解析 牛顿第一定律表明,物体在不受外力作用时,保持原有运动状态不变的性质叫惯性,故牛顿第一定律又叫惯性定律,选项A错误;牛顿运动定律都是在宏观、低速的情况下得出的结论,在微观、高速的情况下不成立,选项B错误;牛顿第一定律说明了两点含义,一是所有物体都有惯性,二是物体不受力时的运动状态是静止或匀速直线运动,牛顿第二定律并不能完全包容这两点意义,选项C错误;伽利略的理想实验是牛顿第一定律的基础,选项D正确。 答案 D 3.(2018·无锡模拟)一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了。对这一现象,下列说法正确的是(  ) A.榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力,所以玻璃才碎裂 B.榔头受到的力大于玻璃受到的力,只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 C.榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的,只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂 D.因为不清楚玻璃和榔头的其他受力情况,所以无法判断它们之间的相互作用力的大小 解析 这里要明确作用力和反作用力的作用效果的问题,因为大小相同的力作用在不同的物体上效果往往不同,所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系,故选项C正确。 答案 C 4.如图1所示,甲运动员在球场上得到篮球之后,甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑,甲运动员要将球传给乙运动员,不计空气阻力,问他应将球向什么方向抛出(  ) 图1 A.抛出方向与奔跑方向相同,如图中箭头1所指的方向 B.抛出方向指向乙的前方,如图中箭头2所指的方向 C.抛出方向指向乙,如图中箭头3所指的方向 D.抛出方向指向乙的后方,如图中箭头4所指的方向 解析 由于球在甲手中时与甲的速度相同,球抛出后由于惯性其水平速度仍与甲、乙奔跑的速度相同,因此甲只要向垂直奔跑方向扔出球,就能被乙接住,选项C正确。 答案 C 5.汽车拉着拖车在平直的公路上运动,下列说法正确的是(  ) A.汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力 B.汽车先对拖车施加拉力,然后才产生拖车对汽车的拉力 C.匀速前进时,汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力;加速前进时,汽车对拖车的拉力大于拖车向后拉汽车的力 D.拖车加速前进,是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力;汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力 解析 汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对相互作用力,而一对相互作用力总是大小相等,选项A、C错误;因一对相互作用力总是同时产生,选项B错误;拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力,汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力,选项D正确。 答案 D 6.(2018·兴化模拟)如图2所示,有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上,当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时,两个人都会向相反方向运动,这是因为A推B时(  ) 图2 A.A与B之间有相互作用力 B.A对B的作用在先,B对A的作用在后 C.B对A的作用力小于A对B的作用力 D.A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力 解析 A推B时A与B之间有相互作用力,作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反,选项A正确,B、C、D错误。 答案 A 7.(2018·泰兴中学模拟)如图3所示,人沿水平方向拉牛,但没有拉动,下列说法中正确的是(  ) 图3 A. 绳拉牛的力小于牛拉绳的力 B. 绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力 C. 绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力 D. 绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力 解析  绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力,大小相等、方向相反,故A、B错误;由于没有拉动牛,可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力,故C正确,D错误。 答案 C 8.(2018·淮安模拟)如图4所示,质量为M=60 kg的人站在水平地面上,用定滑轮装置将质量为m=40 kg的重物送入井中。当重物以2 m/s2的加速度加速下落时,忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦,则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(  ) 图4 A.200 N B.280 N C.320 N D.920 N 解析 设人对绳的拉力大小为F,对重物m应用牛顿第二定律得mg-F=ma;由牛顿第三定律可知,绳对人向上的拉力F′与人对绳的拉力F等大反向,设地面对人的支持力为FN,对人应用平衡条件可得F′+FN=Mg,解得FN=Mg-mg+ma=280 N,由牛顿第三定律可知,人对地面的压力与地面对人的支持力大小相等,故人对地面的压力大小为280 N,选项B正确。 答案 B 二、多项选择题 9.关于物体运动状态与所受外力的关系,下面说法正确的是(  ) A.物体受到恒定的力作用时,它的运动状态不发生改变 B.物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变 C.物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态 D.物体的运动方向与它所受的合力的方向可能相同 解析 力是改变物体运动状态的原因,只要物体受力(所受合力不为零),它的运动状态就一定会改变,选项A错误,B正确;物体不受力或所受合力为零,其运动状态一定不变,处于静止或匀速直线运动状态,选项C错误;物体的运动方向与它所受合力方向可能相同,也可能相反,还可能不在一条直线上,选项D正确。 答案 BD 10.(2018·大丰高级中学质检)早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是(  ) A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力的作用,物体只能处于静止状态 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动 解析 物体不受外力作用时,将保持静止或匀速直线运动状态,物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性,也可以说抵抗运动状态变化的性质是惯性,选项A、D正确;没有力的作用时物体处于平衡状态,即物体处于静止或匀速直线运动状态,选项B错误;行星在圆周轨道上做匀速圆周运动,是因为受到万有引力的作用产生向心加速度,速度方向时刻在改变,选项C错误。 答案 AD 11.关于反作用力在日常生活和生产中的应用,下列说法正确的是(  ) 图5 A.在平静的水面上,静止着一只小船,船上有一人,人从静止开始从小船的一端走向另一端时,船向相反方向运动 B.汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,从而获得向前的反作用力即动力 C.如图5所示,是农田灌溉用的自动喷水器,当水从弯管的喷嘴喷射出来时,弯管会自动转向 D.软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入鳃腔,然后用力把水挤出体外,乌贼就会向相反方向游去 解析 人从小船的一端走向另一端时,要受到船给人的摩擦力,方向与人行走的方向相同,根据牛顿第三定律知,人对小船也有一个摩擦力,其方向与人行走的方向相反,因此船将在这个摩擦力的作用下改变运动状态,向人行走的相反方向运动,所以选项A正确;汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,虽然燃气对排气筒有反作用力,但毕竟很小,并不是汽车动力的来源,因此选项B错误;农业灌溉用的自动喷水器,当水从弯管的喷嘴喷射出来时,弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转,大大增加了喷水的面积,选项C正确;乌贼通过身体侧面的孔把水吸入鳃腔,然后用力把水挤出体外,根据牛顿第三定律可知,乌贼就获得了方向相反的反作用力,从而向排水的相反方向游去,选项D正确。 答案 ACD 12.(2018·南京六校联考)北京时间2016年9月15日晚10时04分,在酒泉卫星发射中心用“长征二号F-T2”火箭将“天宫二号”空间实验室成功发射升空,顺利入轨并正常开展各项科研活动,如图6所示,关于“天宫二号”与火箭起飞的情形,下列叙述正确的是(  ) 图6 A.火箭尾部向外喷气,喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向前的推力 B.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力,空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 C.火箭飞出大气层后,由于没有了空气,火箭虽然向后喷气,但也无法获得前进的动力 D.卫星进入预定轨道之后,与地球之间存在相互作用 解析 火箭升空时,其尾部向下喷气,火箭箭体与被喷出气体是一对相互作用的物体,火箭向下喷气时,喷出气体的同时对火箭产生向上的反作用力,即为火箭上升推动力,此动力并不是由周围的空气提供的,因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关,因而选项B、C错误,A正确;火箭运载卫星进入轨道之后,卫星与地球之间依然存在相互吸引力,即卫星吸引地球,地球吸引卫星,这是一对作用力与反作用力,故选项D正确。 答案 AD 13. (2018·江都月考)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车,车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出,水洒出的情况如图7所示,则关于小车的运动情况,下列叙述正确的是(  ) 图7 A.小车匀速向左运动 B.小车可能突然向左加速 C.小车可能突然向左减速 D.小车可能突然向右减速 解析 原来水和小车相对静止以共同速度运动,水突然向右洒出有两种可能: ①原来小车向左运动,突然加速,碗中的水由于惯性保持原速度不变,故相对碗向右洒出。②原来小车向右运动,突然减速,碗中的水由于惯性保持原速度不变,相对于碗向右洒出,故选项B、D正确。 答案 BD 三、计算题 14.如图8所示,圆环的质量为M,经过环心的竖直钢丝AB上套有一个质量为m的小球,今让小球沿钢丝AB以初速度v0竖直向上运动,要使圆环对地面无压力,则小球的加速度和小球能达到的最大高度是多少?(设小球不会到达A点) 图8 解析 由牛顿第三定律知,若圆环对地面无压力,则地面对圆环无支持力,取小球为研究对象,受重力mg和钢丝对小球竖直向下的摩擦力Ff,由牛顿第二定律得 mg+Ff=ma 由牛顿第三定律可知小球对钢丝竖直向上的摩擦力 Ff′=Ff 对圆环受力分析可知,圆环受重力Mg和竖直向上的摩擦力Ff′作用,则Mg=Ff′ 由以上各式解得a=g 小球沿钢丝做匀减速运动,由运动学公式可得上升的最大高度 x=eq \f(v,2a)=eq \f(mv,2(M+m)g)。 答案 g eq \f(mv,2(M+m)g) (共25张PPT) [高考导航] 考点内容 要求 高考命题实况 高考战报 2016 2017 2018 牛顿运动定律及其应用 Ⅱ T9:猫拉桌布牛顿定律的应用 T9:力与运动的关系(超、失重) T14:牛顿运动定律应用 3年3考 难度中等 保B必会 单位制 ? 高频考点:①动力学图象。 ②多物体或多体、多过程问题。 创新区域:①图象情景创新和多过程变化。 ②教材实验器材和数据处理的创新。 实验三:加速度与物体质量、物体受力的关系 ? 【说明】 (1)加速度大小不同的连接体问题的计算仅限于两个物体的情况。(2)知道国际单位制中规定的单位符号。 第1讲 牛顿第一定律 牛顿第三定律 知识排查 牛顿第一定律 1.内容 一切物体总保持________________状态或_______状态,除非作用在它上面的力迫使它_______这种状态。 2.意义 (1)指出力不是_______物体运动的原因,而是_______物体运动状态的原因,即力是产生_________的原因。 (2)指出了一切物体都有_______,因此牛顿第一定律又称____________。 匀速直线运动 静止 改变 维持 改变 加速度 惯性 惯性定律 (1)定义:物体具有保持原来_______________状态或______状态的性质。 (2)性质:惯性是一切物体都具有的性质,是物体的______属性,与物体的运动情况和受力情况______。 (3)量度:______是物体惯性大小的唯一量度,______大的物体惯性大,______小的物体惯性小。 3.惯性 匀速直线运动 静止 固有 无关 质量 质量 质量 牛顿第三定律 1.内容 两个物体之间的作用力和反作用力总是______________,______________,作用在________________。 2.意义 建立了相互作用物体之间的联系及_________________的相互依赖关系。 大小相等 方向相反 同一条直线上 作用力与反作用力 小题速练 1.思考判断 (1)牛顿第一定律不能用实验验证。(  ) (2)在水平面上滑动的木块最终停下来,是因为没有外力维持木块运动的结果。(  ) (3)物体匀速运动时才有惯性,加速时没有惯性。(  ) (4)物体做自由落体运动,就是物体具有惯性的表现。(  ) (5)作用力与反作用力的效果可以相互抵消。(  ) (6)人走在松软的土地上下陷时,人对地面的压力大于地面对人的支持力。(  ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× A.作用力与反作用力同时产生 B.作用力与反作用力作用在同一物体上 C.作用力与反作用力大小相等 D.作用力与反作用力方向相反 答案 ACD  2.[人教版必修1P82做一做改编](多选)用计算机辅助实验系统(DIS)做验证牛顿第三定律的实验,把两个测力探头的挂钩钩在一起,向相反方向拉动,观察显示器屏幕上出现的结果(如图1所示),分析两个力传感器的相互作用随着时间变化的曲线,以下结论正确的是(  ) 图1 对牛顿第一定律的理解与应用 1.对牛顿第一定律的理解:牛顿第一定律不是实验定律,它是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上经过科学的逻辑推理得出的结论;物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件,其实际意义是物体受到的合外力为零。从以下两方面理解: (1)提出惯性的概念。牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性,惯性是物体的一种固有属性。 (2)揭示力的本质。力是改变物体运动状态的原因,而不是维持物体运动状态的原因。 2.惯性:惯性是物体保持原来运动状态的性质,与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关,物体的惯性只与其质量有关,物体的质量越大其惯性越大。 3.惯性的两种表现形式 (1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。 (2)物体在不受外力或所受的合外力为零时,惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。 【例1】 (2019·北京师大附中模拟)下列关于牛顿第一定律以及惯性概念的说法正确的是(  ) A.牛顿第一定律说明,只有不受外力的物体才保持匀速直线运动状态或静止状态 B.物体运动状态发生变化,则物体一定受到力的作用 C.惯性定律与惯性的实质是相同的 D.物体的运动不需要力来维持,但物体的运动速度越大时其惯性也越大 解析 当物体所受的合力为零时,物体也可以处于匀速直线运动状态或静止状态,选项A错误;由牛顿第一定律可知,力是改变物体运动状态的原因,选项B正确;惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质,惯性定律(即牛顿第一定律)则反映物体在一定条件下的运动规律,选项C错误;物体的惯性与运动速度大小无关,选项D错误。 答案 B 牛顿第三定律的理解 1.作用力与反作用力的“六同、三异、二无关” 2.一对平衡力与作用力、反作用力的不同点 名称 项目   一对平衡力 作用力与反作用力 作用对象 同一个物体 两个相互作用的不同物体 作用时间 不一定同时产生、同时消失 一定同时产生、同时消失 力的性质 不一定相同 一定相同 作用效果 可相互抵消 不可抵消 【例2】 (2018·扬州二模)牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后,提出了著名的牛顿第三定律,阐述了作用力和反作用力的关系,从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系。下列关于作用力和反作用力的说法正确的是(  ) A.物体先对地面产生压力,然后地面才对物体产生支持力 B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡 C.人推车加速前进,人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小 D.物体在地面上滑行,物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力 解析 物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力,是同时产生的,所以选项A错误;物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上,是一对作用力与反作用力,不是平衡力,选项B错误;人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项C正确;物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,选项D错误。 答案 C 转移研究对象法的应用 1.“转移研究对象法”在受力分析中的应用,其本质是牛顿第三定律的应用。 2.由于作用力与反作用力的关系,当待求的某个力不容易求时,可先求它的反作用力,再反过来求待求力。如求压力时,可先求支持力。 A.Mg+Ff B.Mg-Ff C.Mg+mg D.Mg-mg 【例3】 (2018·盐城中学模拟)一个箱子放在水平地面上,箱内有一固定的竖直杆,在杆上套着一个环,箱与杆的质量为M,环的质量为m,如图2所示。已知环沿杆匀加速下滑时,环与杆间的摩擦力大小为Ff,则此时箱对地面的压力大小为(  ) 图2 解析 环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff,受力情况如图甲所示,根据牛顿第三定律,环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff′,故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力Ff′,受力情况如图乙所示,由于箱子处于平衡状态,可得FN=Ff′+Mg=Ff+Mg。根据牛顿第三定律,箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力,即FN′=Mg+Ff,故选项A正确。 答案 A 科学思维的培养——空气中的铁球和乒乓球PK水中的铁球和乒乓球 1.质量是物体惯性大小的唯一量度,物体的质量越大,惯性越大,状态越难改变。 2.悬挂在空气中的铁球和乒乓球的惯性都比对应的“空气球”的惯性大,但悬挂在水中的乒乓球的惯性没有对应的“水球”的惯性大。 【典例】 如图3所示,一容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂一只铁球和一只乒乓球,容器中铁球和乒乓球都处于静止状态,当容器随小车突然向右运动时,两球的运动情况是(以小车为参考系)(  ) A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左 C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右 解析 由于惯性,当容器随小车突然向右运动时,铁球和乒乓球都相对容器向左运动,选项C正确。 答案 C 图3 图4 A.铁球向左,乒乓球向右 B.铁球向右,乒乓球向左 C.铁球和乒乓球都向左 D.铁球和乒乓球都向右 【变式训练】 如图4所示,一盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球。容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态。当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)(  ) 解析 因为小车突然向右运动,铁球和乒乓球都有向右运动的趋势,但由于与同体积的“水球”相比,铁球质量大、惯性大,铁球的运动状态难改变,即速度变化慢,而同体积的“水球”的运动状态容易改变,即速度变化快,而且水和车一起向右运动,所以小车向右运动时,铁球相对小车向左运动。同理,由于乒乓球与同体积的“水球”相比,质量小,惯性小,乒乓球相对小车向右运动。选项A正确。 答案 A  第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 知识排查 牛顿第二定律 单位制 1.牛顿第二定律 (1)内容 物体加速度的大小跟作用力成正比,跟物体的质量成反比。加速度的方向与作用力方向相同。 (2)表达式:F=ma。 (3)适用范围 ①只适用于惯性参考系(相对地面静止或匀速直线运动的参考系)。 ②只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。 2.单位制 (1)单位制 由基本单位和导出单位一起组成了单位制。 (2)基本单位 基本物理量的单位。力学中的基本量有三个,它们分别是质量、长度和时间,它们的国际单位分别是kg、m和s。 (3)导出单位 由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 两类动力学问题 1.动力学的两类基本问题 第一类:已知受力情况求物体的运动情况。 第二类:已知运动情况求物体的受力情况。 2.解决两类基本问题的方法 以加速度为“桥梁”,由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解,具体逻辑关系如图: 小题速练 1.思考判断 (1)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度。(  ) (2)物体所受合外力越大,速度越大。(  ) (3)物体在外力作用下做匀加速直线运动,当合外力逐渐减小时,物体的速度逐渐减小。(  ) (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。(  ) (5)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解,所以加速度由运动情况决定。(  ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× 2.[人教版必修1P78第1题改编]由牛顿第二定律F=ma可知,无论怎样小的力都可能使物体产生加速度,可是当用很小的力去推很重的桌子时,却推不动,这是因为(  ) A.牛顿第二定律不适用于静止的物体 B.桌子加速度很小,速度增量也很小,眼睛观察不到 C.推力小于桌子所受到的静摩擦力,加速度为负值 D.桌子所受的合力为零,加速度为零 答案 D 3.[人教版必修1P78第5题]水平路面上质量为30 kg的手推车,在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动。如果撤去推力,车的加速度的大小是多少?(g=10 m/s2) 解析 设阻力为Ff,由牛顿第二定律得 F-Ff=ma 解得Ff=15 N 如果撤去推力,车的加速度由阻力提供,则 -Ff=ma′ 解得a′=-0.5 m/s2。 答案 0.5 m/s2  对牛顿第二定律的理解 1.牛顿第二定律的“五个性质” 2.合力、加速度、速度的关系 (1)物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联系。 (2)合力与速度夹角为锐角,物体加速;合力与速度夹角为钝角,物体减速。 (3)a=是加速度的定义式,a与v、Δv无直接关系;a=是加速度的决定式。 【例1】 (2019·徐州市质检)(多选)如图1所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(取g=10 m/s2)(  ) 图1 A.物体经10 s速度减为零 B.物体经2 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 解析 物体受到向右的滑动摩擦力Ff=μFN=μG=3 N,根据牛顿第二定律得a== m/s2=5 m/s2,方向向右,物体减速到零所需的时间t== s=2 s,B项正确,A项错误;减速到零后,恒力F<Ff,物体将保持静止,不再运动,C项正确,D项错误。 答案 BC  牛顿第二定律的瞬时性 【例2】 两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图2所示。现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则(  ) 图2 A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2g C.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0 解析 由于绳子张力可以突变,故剪断OA后小球A、B只受重力,其加速度a1=a2=g,故选项A正确。 答案 A 【拓展延伸】 把“轻绳”换成“轻弹簧” 在【例2】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧,其他不变,如图3所示,则【例2】选项中正确的是(  ) 图3 解析 剪断轻绳OA后,由于弹簧弹力不能突变,故小球A所受合力为2mg,小球B所受合力为零,所以小球A、B的加速度分别为a1=2g,a2=0,故选项D正确。 答案 D 抓住“两关键”、遵循“四步骤” (1)分析瞬时加速度的“两个关键”: ①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。 ②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。 (2)“四个步骤”:  两类动力学的基本问题 1.解决两类动力学基本问题应把握的关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析; (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 2.解决动力学基本问题时对力的处理方法 (1)合成法:在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。 (2)正交分解法:若物体的受力个数较多(3个或3个以上),则采用“正交分解法”。 3.对于多过程问题,要寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,画图找出各过程的位移之间的联系。 【例3】 (2018·如东县质量检测)如图4所示,工人用绳索拉铸件,铸件的质量是20 kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α=37°并保持不变,经4 s后松手(g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)。求: 图4 (1)松手前铸件的加速度大小; (2)松手后铸件还能前进的距离。 解析 (1)松手前,对铸件受力分析,如图所示。 则FN=mg-Fsin α,Ff=μFN。 由牛顿第二定律得 Fcos α-Ff=ma 则a==1.3 m/s2。 (2)松手时铸件的速度v=at=5.2 m/s 松手后铸件的加速度大小a′==μg=2.5 m/s2 则松手后铸件还能前进的距离x==5.408 m。 答案 (1)1.3 m/s2 (2)5.408 m 【例4】 如图5所示滑沙游戏中,做如下简化:游客从顶端A点由静止滑下 8 s后,操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg,倾斜滑道AB长lAB=128 m,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5。滑沙车经过B点前后的速度大小不变,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。 图5 (1)求游客匀速下滑时的速度大小; (2)求游客匀速下滑的时间; (3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 解析 (1)由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2 m/s2。 游客匀速下滑时的速度大小为v=at1=16 m/s。 (2)加速下滑路程为l1=at=64 m, 匀速下滑路程l2=lAB-l1=64 m, 游客匀速下滑的时间t2==4 s。 (3)设游客在BC段的加速度大小为a′, 由0-v2=-2a′x 解得a′==8 m/s2, 由牛顿第二定律得F+μmg=ma′, 解得制动力F=210 N。 答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)210 N 两类动力学问题的解题步骤 模型建构能力的培养——等时圆模型及应用 1.模型特征 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示; (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示; (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 2.思维模板 【典例】 如图6所示,光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC杆竖直,各杆上分别套有一质点小球a、b、d,三小球的质量比为1∶2∶3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(  ) 图6 A.1∶1∶1 B.5∶4∶3 C.5∶8∶9 D.1∶2∶3 解析 作三角形ABC的外接圆,可知D点在圆周上,由等时圆模型可知滑行时间相等,选项A正确。 答案 A 【变式训练】 如图7所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点,若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),将两滑环同时从a、c处由静止释放,用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间,则(  ) 图7 A.t1=t2 B.t1>t2 C.t1<t2 D.无法确定 解析 设滑杆与竖直方向的夹角为α,圆周的直径为D,根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a==gcos α,滑杆的长度为x=Dcos α,则根据x=at2得,t===,可见时间t与α无关,故有t1=t2,因此选项A正确。 答案 A  1.(2019·苏州高三检测)关于力学单位制的说法正确的是(  ) A.kg、m/s、N是导出单位 B.kg、m、J是基本单位 C.在国际单位制中,质量的基本单位是kg,也可以是g D.只有在国际单位制中,牛顿第二定律的表达式才是F=ma 解析 kg是质量的单位,它是基本单位,所以选项A错误;国际单位制规定了七个基本物理量。分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、发光强度、物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位,J是导出单位,选项B错误;g也是质量的单位,但它不是质量在国际单位制中的基本单位,所以选项C错误;牛顿第二定律的表达式F=ma,是在其中的物理量都取国际单位制中的单位时得出的,所以选项D正确。 答案 D 2.(2018·扬州中学4月模拟)一个质量为m的运动物体共受到三个共点力F1、F2、F3的作用,这三个力的大小和方向构成如图8所示的三角形,则这个物体的加速度是(  ) 图8 A.0    B. C.    D. 解析 根据三角形定则,F1与F3的合力等于从F1的起点到F3的终点的有向线段,即与F2相同,故物体所受的合力为F合=2F2。根据牛顿第二定律得a==,故C项正确,A、B、D项错误。 答案 C 3.(2018·镇江模拟)光滑的水平面上,有一木块以速度v向右运动,一根弹簧固定在墙上,如图9所示,木块从与弹簧接触直到使弹簧压缩至最短的过程中木块将做的运动是(  ) 图9 A.匀减速运动 B.速度减小,加速度增大的运动 C.速度减小,加速度减小的运动 D.无法确定 解析 木块从与弹簧接触直到弹簧被压缩到最短的过程中,木块竖直方向受到重力与支持力两个力,二力平衡。水平方向受到弹簧向左的弹力,由于弹力与速度方向相反,则木块做减速运动,随着压缩量的增大,弹力增大,由牛顿第二定律可知,加速度增大,故B项正确,A、C、D项错误。 答案 B 4.(2019·无锡阶段检测)质量为1吨的汽车在平直公路上以10 m/s的速度匀速行驶,阻力大小不变,从某时刻开始,汽车牵引力减少2 000 N,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是(  ) A.50 m B.42 m C.25 m D.24 m 解析 汽车匀速行驶时,F=Ff① 设汽车牵引力减小后加速度大小为a, 牵引力减少ΔF=2 000 N时,Ff-(F-ΔF)=ma② 解①②得a=2 m/s2,与速度方向相反,汽车做匀减速直线运动,设经时间t汽车停止运动,则t== s=5 s,故汽车行驶的路程x=t=×5 m=25 m,故选项C正确。 答案 C 活页作业 (时间:40分钟) 一、单项选择题 1.(2018·江苏省苏州市高三上学期期初调研)kg和s是国际单位制中两个基本单位的符号,这两个基本单位对应的物理量是 (  ) A.质量和时间 B.质量和位移 C.重力和时间 D.重力和位移 解析 质量的国际单位是kg(千克),时间的国际单位是s(秒),故A正确。 答案 A 2.(2018·江苏省盐城市高三第三次模拟考试)如图1所示,物体只受到同一平面内三个力的作用,图中线段的长短表示力的大小,其中力F1与OO′成θ=30°的角。下列选项中能正确描述该物体获得加速度方向的是(  ) 解析 根据力的平行四边形定则,将力F1、F2、F3合成,可得合力的大小及方向,选项B正确,A、C、D错误。 答案 B 3.(2019·江苏省天一中学模拟)小车上固定一根轻质弹性杆A,杆顶固定一个小球B,如图2所示,现让小车从光滑斜面上自由下滑,在下图的情况中杆发生了不同的形变,其中正确的是(  ) 图2 解析 小车在光滑斜面上自由下滑,则加速度a=gsin θ,由牛顿第二定律可知小球所受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下,且小球的加速度等于gsin θ,则杆的弹力方向垂直于斜面向上,杆不会发生弯曲,C项正确。 答案 C 4.(2018·前黄中学检测)在儿童蹦极游戏中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳,质量为m的小明如图3所示静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂,则小明(  ) 图3 A.加速度为零,速度为零 B.加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C.加速度a=g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D.加速度a=g,方向竖直向下 解析 根据题意,腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。小明左侧橡皮绳断裂,则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,大小等于mg,所以小明的加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,选项B正确。 答案 B 5.在欢庆节日的时候,人们会在夜晚燃放美丽的焰火。按照设计,某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后,在4 s末到达离地面100 m的最高点时炸开,构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0,上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍,那么v0和k分别等于(重力加速度g取10 m/s2)(  ) A.25 m/s,1.25 B.40 m/s,0.25 C.50 m/s,0.25 D.80 m/s,1.25 解析 根据h=at2,解得a=12.5 m/s2,所以v0=at=50 m/s;上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff=kmg,根据牛顿第二定律得a==(k+1)g=12.5 m/s2,解得k=0.25,故选项C正确。 答案 C 二、多项选择题 6.(2018·苏州模拟)如图4所示,建设房屋时,保持底边L不变,要设计好屋顶的倾角θ,以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶,雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动。下列说法正确的是(  ) 图4 A.倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大 B.倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越大 C.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大 D.倾角θ越大,雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短 解析 设屋檐的底角为θ,底边长度为L,注意底边长度是不变的,屋顶的坡面长度为x,雨滴下滑时加速度为a,对雨滴受力分析,只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN,垂直于屋顶方向:mgcos θ=FN,平行于屋顶方向:ma=mgsin θ。雨滴的加速度为a=gsin θ,则倾角θ越大,雨滴下滑时的加速度越大,故选项A正确;雨滴对屋顶的压力大小FN′=FN=mgcos θ,则倾角θ越大,雨滴对屋顶压力越小,故选项B错误;根据三角关系判断,屋顶坡面的长度x=,由x=gsin θ·t2,可得t=,可见当θ=45°时,用时最短,选项D错误;由v=gsin θ·t可得v=,可见θ越大,雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大,选项C正确。 答案 AC 7.一物体重为50 N,与水平桌面间的动摩擦因数为0.2,现加上如图5所示的水平力F1和F2,若F2=15 N时物体做匀加速直线运动,则F1的值可能是(g= 10 m/s2)(  ) 图5 A.3 N B.25 N C.30 N D.50 N 解析 若物体向左做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知F2-F1-μG=ma>0,解得F1<5 N,选项A正确;若物体向右做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可知F1-F2-μG=ma>0,解得F1>25 N,选项C、D正确。 答案 ACD 8.(2018·江苏泰州市姜堰区高三期中)如图6所示,物块沿固定斜面下滑,若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F,则(  ) 图6 A.若物块原来匀速下滑,施加力F后物块仍将匀速下滑 B.若物块原来匀速下滑,施加力F后物块将加速下滑 C.若物块原来以加速度a匀加速下滑,施加力F后物块仍将以加速度a匀加速下滑 D.若物块原来以加速度a匀加速下滑,施加力F后物块仍将匀加速下滑,但加速度大于a 解析 设斜面倾角为α,原来匀速下滑时,即μ=tan α,与物块重力无关,则施加竖直向下的力F,物块仍匀速下滑,选项A正确,B错误;若物块原来加速下滑,则mgsin θ-μmgcos θ=ma,将F等效为重力,则(mg+F)sin θ-μ(mg+F)cos θ=ma′,即ma+F(sin θ-μcos θ)=ma′;由于sin θ-μcos θ>0,则a′>a,加速度变大,选项C错误,D正确。 答案 AD 9.如图7所示,一质量M=3 kg、倾角为α=45°的斜面体放在光滑水平地面上,斜面体上有一质量为m=1 kg的各面光滑的楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上,系统恰好保持相对静止地向左运动。重力加速度为g=10 m/s2,下列判断正确的是(  ) 图7 A.系统做匀速直线运动 B.F=40 N C.斜面体对楔形物体的作用力为5 N D.增大力F,楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动 解析 对整体受力分析如图甲所示,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,对楔形物体受力分析如图乙所示,由牛顿第二定律有mgtan 45°=ma,可得F=40 N,a=10 m/s2,A错误,B正确;斜面体对楔形物体的作用力FN2==mg=10 N,C错误;外力F增大,则斜面体加速度增加,当达到某一值后楔形物体不能获得那么大的加速度,将会沿斜面上滑,D正确。 答案 BD 三、计算题 10.在没有风的自然环境中,一个乒乓球从离地1 m高的地方由静止开始下落,经过0.5 s落地,落地后反弹。已知乒乓球的质量为2.7 g,整个过程中所受的空气阻力大小不变。求: 图8 (1)乒乓球落地时的速度多大? (2)乒乓球受到的阻力多大? (3)若乒乓球反弹时,速度大小变为原来的0.9,则球能反弹多高? 解析 (1)由h=at2,a==8 m/s2, 由v2-v=2ah得, v== m/s=4 m/s (2)乒乓球在下落过程中,由牛顿第二定律得 mg-Ff=ma, Ff=m(g-a)=2.7×10-3×2 N=5.4×10-3 N (3)反弹速度v′=0.9v=3.6 m/s, 反弹上升过程,设加速度的大小为a2,mg+Ff=ma2 a2=12 m/s2,0-v′2=-2a2h′ h′=0.54 m,所以能反弹0.54 m 答案 (1)4 m/s (2)5.4×10-3 N (3)0.54 m 11.(2018·响水中学模拟)民航客机一般都有紧急出口,发生意外情况的飞机紧急着陆后,打开紧急出口,狭长的气囊会自动充气,生成一条连接出口与地面的斜面,人员可沿斜面滑行到地面上,并以不变速率进入水平面,在水平面上再滑行一段距离而停止,如图9所示,若机舱口下沿距地面3.2 m,气囊构成的斜面长度为6.4 m,一个质量60 kg的人沿着气囊滑下时所受到的摩擦阻力是240 N。若人与水平面动摩擦因数与斜面相同。g=10 m/s2,求人: 图9 (1)与斜面间的动摩擦因数; (2)在斜面上下滑的时间; (3)在水平面上滑行的距离(结果可用根式表示)。 解析 (1)设气囊倾角为α,由几何关系可知 sin α===, 即α=30°。 人在气囊上下滑过程中,摩擦阻力Ff=μmgcos α 解得μ= 。 (2)人在气囊上下滑过程中,由牛顿第二定律得 mgsin α-Ff=ma1 代入数据可得a1=1 m/s2 则t1== s= s= s (3)人在水平面上运动时,由牛顿第二定律得 μmg=ma2,故a2=μg= m/s2。 设人到达地面时的速度为v,则v=a1t1= m/s 在水平面上由运动学公式得x== m。 答案 (1)  (2) s (3) m (共34张PPT) 第2讲 牛顿第二定律 两类动力学问题 知识排查 牛顿第二定律 单位制 (1)内容 物体加速度的大小跟作用力成______,跟物体的质量成______。加速度的方向与__________方向相同。 (2)表达式:F= ______。 1.牛顿第二定律 正比 反比 作用力 ma (3)适用范围 ①只适用于______参考系(相对地面静止或____________运动的参考系)。 ②只适用于______物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。 惯性 匀速直线 宏观 (1)单位制 由___________和___________一起组成了单位制。 (2)基本单位 _____________的单位。力学中的基本量有三个,它们分别是______、 ________和_______,它们的国际单位分别是______、 ______和______。 (3)导出单位 由___________根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。 2.单位制 基本单位 导出单位 基本物理量 质量 长度 时间 kg m s 基本单位 两类动力学问题 第一类:已知受力情况求物体的____________。 第二类:已知运动情况求物体的____________。 1.动力学的两类基本问题 运动情况 受力情况 以__________为“桥梁”,由运动学公式和_______________列方程求解,具体逻辑关系如图: 2.解决两类基本问题的方法 加速度 牛顿第二定律 小题速练 (1)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力,当力刚作用瞬间,物体立即获得加速度。(  ) (2)物体所受合外力越大,速度越大。(  ) (3)物体在外力作用下做匀加速直线运动,当合外力逐渐减小时,物体的速度逐渐减小。(  ) (4)物体的加速度大小不变一定受恒力作用。(  ) (5)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解,所以加速度由运动情况决定。(  ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× 1.思考判断 2.[人教版必修1P78第1题改编]由牛顿第二定律F=ma可知,无论怎样小的力都可能使物体产生加速度,可是当用很小的力去推很重的桌子时,却推不动,这是因为(  ) A.牛顿第二定律不适用于静止的物体 B.桌子加速度很小,速度增量也很小,眼睛观察不到 C.推力小于桌子所受到的静摩擦力,加速度为负值 D.桌子所受的合力为零,加速度为零 答案 D 3.[人教版必修1P78第5题]水平路面上质量为30 kg的手推车,在受到60 N的水平推力时做加速度为1.5 m/s2的匀加速运动。如果撤去推力,车的加速度的大小是多少?(g=10 m/s2) 解析 设阻力为Ff,由牛顿第二定律得 F-Ff=ma 解得Ff=15 N 如果撤去推力,车的加速度由阻力提供,则 -Ff=ma′ 解得a′=-0.5 m/s2。 答案 0.5 m/s2 对牛顿第二定律的理解 1.牛顿第二定律的“五个性质” (1)物体的加速度由所受合力决定,与速度无必然联系。 (2)合力与速度夹角为锐角,物体加速;合力与速度夹角为钝角,物体减速。 2.合力、加速度、速度的关系 图1 A.物体经10 s速度减为零 B.物体经2 s速度减为零 C.物体速度减为零后将保持静止 D.物体速度减为零后将向右运动 【例1】 (2019·徐州市质检)(多选)如图1所示,质量为m=1 kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3,当物体运动的速度为10 m/s时,给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2 N的恒力,在此恒力作用下(取g=10 m/s2)(  ) 答案 BC 牛顿第二定律的瞬时性 A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2g C.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0 解析 由于绳子张力可以突变,故剪断OA后小球A、B只受重力,其加速度a1=a2=g,故选项A正确。 答案 A 【例2】 两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图2所示。现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则(  ) 图2 在【例2】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧,其他不变,如图3所示,则【例2】选项中正确的是(  ) 【拓展延伸】 把“轻绳”换成“轻弹簧” 图3 解析 剪断轻绳OA后,由于弹簧弹力不能突变,故小球A所受合力为2mg,小球B所受合力为零,所以小球A、B的加速度分别为a1=2g,a2=0,故选项D正确。 答案 D 抓住“两关键”、遵循“四步骤” (1)分析瞬时加速度的“两个关键”: ①明确绳或线类、弹簧或橡皮条类模型的特点。 ②分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。 (2)“四个步骤”: 两类动力学的基本问题 1.解决两类动力学基本问题应把握的关键 (1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析; (2)一个“桥梁”——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。 2.解决动力学基本问题时对力的处理方法 (1)合成法:在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。 (2)正交分解法:若物体的受力个数较多(3个或3个以上),则采用“正交分解法”。 3.对于多过程问题,要寻找多过程运动问题中各过程间的相互联系。如第一个过程的末速度就是下一个过程的初速度,画图找出各过程的位移之间的联系。 图4 (1)松手前铸件的加速度大小; (2)松手后铸件还能前进的距离。 【例3】 (2018·如东县质量检测)如图4所示,工人用绳索拉铸件,铸件的质量是20 kg,铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80 N的力拉动铸件,从静止开始在水平面上前进,绳与水平方向的夹角为α=37°并保持不变,经4 s后松手(g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)。求: 解析 (1)松手前,对铸件受力分析,如图所示。 则FN=mg-Fsin α,Ff=μFN。 由牛顿第二定律得 Fcos α-Ff=ma (2)松手时铸件的速度v=at=5.2 m/s 答案 (1)1.3 m/s2 (2)5.408 m (1)求游客匀速下滑时的速度大小; (2)求游客匀速下滑的时间; (3)若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16 m,则他在此处滑行时,需对滑沙车施加多大的水平制动力? 【例4】 如图5所示滑沙游戏中,做如下简化:游客从顶端A点由静止滑下8 s后,操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点,在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=70 kg,倾斜滑道AB长lAB=128 m,倾角θ=37°,滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5。滑沙车经过B点前后的速度大小不变,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。 图5 解析 (1)由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得游客从顶端A点由静止滑下的加速度a=2 m/s2。 游客匀速下滑时的速度大小为v=at1=16 m/s。 匀速下滑路程l2=lAB-l1=64 m, (3)设游客在BC段的加速度大小为a′, 由0-v2=-2a′x 由牛顿第二定律得F+μmg=ma′, 解得制动力F=210 N。 答案 (1)16 m/s (2)4 s (3)210 N 两类动力学问题的解题步骤 模型建构能力的培养——等时圆模型及应用 (1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等,如图甲所示; (2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等,如图乙所示; (3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点,质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等,如图丙所示。 1.模型特征 2.思维模板 图6 A.1∶1∶1 B.5∶4∶3 C.5∶8∶9 D.1∶2∶3 【典例】 如图6所示,光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线,AC∶BC∶DC=5∶4∶3,AC杆竖直,各杆上分别套有一质点小球a、b、d,三小球的质量比为1∶2∶3,现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放,不计空气阻力,则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(  ) 解析 作三角形ABC的外接圆,可知D点在圆周上,由等时圆模型可知滑行时间相等,选项A正确。 答案 A 图7 A.t1=t2 B.t1>t2 C.t1<t2 D.无法确定 【变式训练】 如图7所示,ab、cd是竖直平面内两根固定的光滑细杆,a、b、c、d位于同一圆周上,b点为圆周的最低点,c点为圆周的最高点,若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出),将两滑环同时从a、c处由静止释放,用t1、t2分别表示滑环从a到b、c到d所用的时间,则(  ) 答案 A  第3讲 超重和失重 牛顿运动定律的综合应用 知识排查 超重和失重 1.超重、失重和完全失重比较 比较 超重 失重 完全失重 产生条件 加速度方向向上 加速度方向向下 加速度方向向下,且大小a=g 动力学原理 F-mg=maF=m(g+a) mg-F=maF=m(g-a) mg-F=mgF=0 可能状态 ①加速上升;②减速下降 ①加速下降;②减速上升 ①自由落体运动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等 2.对超重、失重的理解 (1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都不变,只是“视重”改变。 (2)物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而在于物体的加速度方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。 (3)当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果。此时,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。 连接体问题 1.两个(或两个以上)物体组成的系统,我们称之为连接体。连接体的加速度通常是相同的,但也有不同的情况,如一个静止、一个运动。连接体问题的类型有:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。 2.解答连接体问题的常用方法:整体法与隔离法。 (1)整体法 当系统中各物体的加速度相同时,我们可以把系统内的所有物体看成一个整体,这个整体的质量等于各物体的质量之和,当整体受到的外力已知时,可用牛顿第二定律求出整体的加速度。 (2)隔离法 当求解系统内物体间相互作用力时,常把物体从系统中隔离出来,进行分析,依据牛顿第二定律列方程。 (3)外力和内力 ①外力:系统外的物体对研究对象的作用力。 ②内力:系统内物体之间的作用力。 小题速练 1.思考判断 (1)超重说明物体的重力增大了。(  ) (2)物体超重时,加速度向上,速度也一定向上。(  ) (3)物体失重时,也可能向上运动。(  ) (4)物体完全失重时,说明物体的重力为零。(  ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× 2.[人教版必修1P88插图改编]如图1所示,小李同学站在升降电梯内的体重计上,电梯静止时,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内小李同学发现体重计示数为55 kg。g取10 m/s2,在这段时间内下列说法正确的是(  ) 图1 A.体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力 B.体重计对小李的支持力等于小李的重力 C.电梯的加速度大小为1 m/s2,方向竖直向上 D.电梯一定竖直向上运动 解析 体重计对小李的支持力和小李对体重计的压力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,故选项A错误;小李的体重只有50 kg,体重计的示数为55 kg,说明体重计对小李的支持力大于小李的重力,故选项B错误;小李处于超重状态,说明电梯有向上的加速度,运动情况可能为:向上加速或向下减速;小李受支持力和重力,由牛顿第二定律可知其加速度为a== m/s2=1 m/s2,选项C正确,D错误。 答案 C 3.如图2所示为一物体被吊车用钢索竖直向上提升过程的简化运动图象。下列判断正确的是(  ) 图2 A.0~36 s内物体被吊起的高度为25 m B.0~10 s内物体的平均速度大于30~36 s内物体的平均速度 C.30~36 s内物体处于超重状态 D.前10 s内钢索最容易发生断裂 解析 由v-t图象的物理意义可知图象与t轴所围的面积表示位移,则0~36 s内物体被吊起的高度为28 m,A错误;0~10 s内物体的平均速度的大小等于30~36 s内物体的平均速度的大小,均为0.5 m/s,B错误;30~36 s内物体匀减速上升,拉力小于重力,物体处于失重状态,C错误;前10 s内物体做匀加速直线运动,拉力最大,钢索最容易发生断裂,D正确。 答案 D   超重和失重 判断超重和失重的方法 从受力的角度判断 当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态;小于重力时,物体处于失重状态;等于零时,物体处于完全失重状态 从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时,物体处于超重状态;具有向下的加速度时,物体处于失重状态;向下的加速度等于重力加速度时,物体处于完全失重状态 从速度变化的角度判断 ①物体向上加速或向下减速时,超重②物体向下加速或向上减速时,失重 【例1】 (2015·江苏单科)(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图3所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力(  ) 图3 A.t=2 s时最大 B.t=2 s时最小 C.t=8.5 s时最大 D.t=8.5 s时最小 解析 当电梯有向上的加速度时,人处于超重状态,人对地板的压力大于重力,向上的加速度越大,压力越大,因此t=2 s时,压力最大,选项A正确;当有向下的加速度时,人处于失重状态,人对地板的压力小于人的重力,向下的加速度越大,压力越小,因此t=8.5 s时压力最小,选项D正确。 答案 AD 【例2】 (2019·苏州市期初调研)在升降电梯内的地面上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图4所示,重力加速度为g,在这段时间内下列说法中正确的是(  ) 图4 A.晓敏同学所受的重力变小了 B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力 C.电梯一定在竖直向下运动 D.电梯的加速度大小为,方向一定竖直向下 解析 由题图知体重计的示数为40 kg,人对体重计的压力小于人的重力,故处于失重状态,实际人受到的重力并没有变化,A项错误;由牛顿第三定律知B项错误;电梯具有向下的加速度,但不一定是向下运动,C项错误;由牛顿第二定律mg-FN=ma,可知a=,方向竖直向下,D项正确。 答案 D  动力学中的图象问题 1.常见动力学图象及意义如下表 v-t图象 根据图象的斜率判断加速度的大小和方向,进而根据牛顿第二定律求解合外力 F-a图象 首先要根据具体的物理情景,对物体进行受力分析,然后根据牛顿第二定律推导出两个量间的函数关系式,根据函数关系式结合图象,明确图象的斜率、截距或面积的意义,从而由图象给出的信息求出未知量 a-t图象 要注意加速度的正负,正确分析每一段的运动情况,然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程 F-t图象 要结合物体受到的力,根据牛顿第二定律求出加速度,分析每一时间段的运动性质 2.运用图象解决问题一般包括两个角度 (1)用给定图象解答问题; (2)根据题意作图,用图象解答问题。 【例3】 (2018·苏州二模)如图5所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上。一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动。观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程,下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(  ) 图5 解析 小球开始接触弹簧时,合力向下,向下做加速度逐渐减小的加速运动,运动到某个位置时,重力等于弹簧弹力,合力为零,加速度为零,速度最大,然后重力小于弹力,合力方向向上,向下做加速度逐渐增大的减速运动,运动到最低点时,速度为零,加速度最大,根据对称性可知,到达最低端时加速度大于g,且加速度a随时间t的变化为非线性变化,故A项正确,B、C、D项错误。 答案 A 数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中,无论是读图还是作图,都应尽量先建立函数关系,进而明确“图象与公式”“图象与物体”间的关系;然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图。 (2)读图时,要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标包围的“面积”等所对应的物理意义。  动力学中的连接体问题 1.连接体的类型 (1)弹簧连接体 (2)物物叠放连接体 (3)轻绳连接体 (4)轻杆连接体 2.连接体的运动特点 轻绳——轻绳在伸直状态下,两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。 轻杆——轻杆平动时,连接体具有相同的平动速度;轻杆转动时,连接体具有相同的角速度,而线速度与转动半径成正比。 轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中,两端连接体的速度不一定相等;在弹簧形变最大时,两端连接体的速率相等。 3.处理连接体问题的方法:整体法和隔离法 【例4】 如图6所示,A、B两物体质量为mA、mB,(mA>mB)由轻绳连接绕过滑轮并从静止释放,不计滑轮质量和所有摩擦,则A、B运动过程中(  ) 图6 A.轻绳的拉力为(mA-mB)g B.轻绳的拉力逐渐减小 C.它们加速度的大小与成正比 D.若(mA+mB)是一定值,则加速度大小与(mA-mB)成正比 解析  以A、B为整体通过分析由牛顿第二定律可得(mA-mB)g=(mA+mB)a, a=,故C项错误,D项正确;对A由牛顿第二定律可知mAg-F=mAa,F=mAg-mAa=,故A、B项错误。 答案 D 整体法和隔离法求解连接体问题 [题源:人教版必修1·P77科学漫步]科学家们于1966年,在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验。实验时,用双子星号宇宙飞船m1去接触正在轨道上运动的火箭组m2,接触以后,开动飞船尾部的推进器,使飞船和火箭组共同加速(如图7所示),推进器的平均推力F=895 N,推进器开动7 s,测出飞船和火箭组的速度改变是0.91 m/s。已知双子星号宇宙飞船的质量m1=3 400 kg。求火箭组的质量m2。 图7 测量质量m2 解析 推进器的推力使宇宙飞船和火箭产生加速度,则有 a== m/s2=0.13 m/s2 根据牛顿第二定律得F=(m1+m2)a 联立解得m2=-m1= kg-3 400 kg≈3 500 kg。 答案 3 500 kg 方法总结 连接体问题中力的“分配”规律:如图8所示,一起加速运动的物体系统,若力是作用于m1上,则m1和m2的相互作用力为F12=。此结构与有无摩擦无关(有摩擦,两物体与接触面的动摩擦因数必须相同),物体系统在平面、斜面、竖直方向此结论都成立。两物体间的连接物为弹簧、杆结论不变。 图8 【拓展1】 如图9所示,在建筑工地,民工兄弟用两手对称水平施力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起,其中A的质量为m,B的质量为2m,水平作用力为F,A、B之间的动摩擦因数为μ,在此过程中,A、B间的摩擦力为(  ) 图9 A.μF B.m(g+a) C.m(g+a) D.m(g+a) 解析 对A、B整体,根据牛顿第二定律,有2f-(m+2m)g=(m+2m)a;再隔离物体A,设B对A的静摩擦力方向竖直向下,根据牛顿第二定律,有f-mg-fBA=ma。联立解得fBA=m(g+a),选项B正确。 答案 B 【拓展2】 (2012·江苏单科)如图10所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动,力F的最大值是(  ) 图10 A.       B. C.-(m+M)g      D.+(m+M)g 解析 对整个系统应用牛顿第二定律得F-(M+m)g=(M+m)a ①,对M应用牛顿第二定律得2f-Mg=Ma ②,由①②联立可得F=,故选项A正确。 答案 A  1.(2018·泰州市姜堰区模拟)(多选)关于超重和失重,下列说法正确的是(  ) A.物体处于超重状态时,物体可能在加速上升 B.物体处于失重状态时,物体可能在上升 C.物体处于完全失重状态时,地球对它的引力消失了 D.物体处于完全失重状态时,对水平支持面的压力为零 解析 物体处于超重状态时,物体可能在加速上升,也有可能减速下降,故A项正确;物体处于失重状态时,物体可能加速下降,也可能减速上升,故B项正确;物体处于完全失重状态时,只受重力,地球对它的引力依然存在,故C项错误;物体处于完全失重状态时,只受重力,对水平支持面的压力为零,故D项正确。 答案 ABD 2.(2019·江苏省南京市、盐城市高三第一次模拟考试)如图11所示,质量为m的物块甲,放在容器底部,随同容器一起从某一高处由静止释放,下落过程中不计一切阻力。则物块甲(  ) 图11 A.加速度大于g B.加速度小于g C.对容器底部的压力等于0 D.对容器底部的压力等于mg 解析 物块和容器一起自由落体,整体法分析得出加速度为g,选项A、B错误;对容器分析,物块若对容器有压力,加速度将大于g,故对容器没有压力,选项C正确,D错误。 答案 C 3.如图12所示,一倾角为α的固定斜面上,两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑,A与B的接触面光滑。已知A与斜面间的动摩擦因数为μA= tan α,B与斜面间的动摩擦因数为μB=tan α,重力加速度大小为g。则下滑过程中A、B间弹力的大小为(  ) 图12 A.0 B.mgsin α C.mgsin α D.mgsin α 解析 对A、B整体,根据牛顿第二定律可得2mgsin α-μAmgcos α-μBmgcos α=2ma,解得a=gsin α,对B根据牛顿第二定律可得mgsin α-FN-μBmgcos α=ma,解得FN=mgsin α,故D项正确。 答案 D 4.[2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研(二)]运动员进行跳伞训练。假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动,打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比,不计开伞时间,跳伞运动员下落过程的v-t图象不可能是(  ) 解析 没有打开降落伞时做自由落体运动,在打开伞瞬间速度为v,打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比,则f=kv。若kv=mg,则运动员接下来做匀速直线运动,故A项正确;若kv<mg,则运动员所受合力向下且mg-kv=ma,运动员做加速度减小的加速运动直到匀速运动,故B项正确;若kv>mg,则运动员所受合力向上且kv-mg=ma,运动员做加速度减小的减速运动直到匀速运动,故C项正确,D项错误。 答案 D 活页作业 (时间:40分钟) 一、单项选择题 1.(2018·江苏省苏州市高三上学期期初调研)人站在地面上,先将两腿弯曲,再用力蹬地,就能跳离地面,人能跳起离开地面的原因是(  ) A.人除受地面的弹力外,还受到一个向上的力 B.地面对人的支持力大于人受到的重力 C.地面对人的支持力大于人对地面的压力 D.人对地面的压力大于地面对人的支持力 解析 人能跳离地面,是因为受到的合力竖直向上,即人受到的地面支持力大于重力,故B正确。 答案 B 2.如图1甲所示,小物块从足够长的光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(  ) 图1 A.30° B.45° C.60° D.75° 解析 小物块沿斜面由静止滑下,做匀加速直线运动,有v2=2ax,则x=v2,由x-v2图象可知小物块的加速度a=5 m/s2,根据牛顿第二定律得,mgsin θ=ma,故小物块的加速度a=gsin θ,所以θ=30°,选项A正确,B、C、D错误。 答案 A 3.(2018·江苏徐州市考前模拟)如图2所示,倾角为θ的光滑斜面C固定在水平地面上,两个光滑的物块A、B叠放在C上。将A、B同时由静止释放,下列说法正确的是(  ) 图2 A.A沿斜面向下的加速度为gsin θ B.B沿斜面向下的加速度为gsin θ C.A在运动过程中处于失重状态 D.A对B的压力大于B对A的支持力 解析 对A受力分析,A受到重力和B对A的支持力,两个力的合力竖直向下,故选项A错误,C正确;对B受力分析,B受到重力、A对B的压力、C对B的支持力,受力分析如图,运用正交分解法,根据牛顿第二定律,有(mBg+NAB)sin θ=mBaB,解得aB=gsin θ+>gsin θ,故选项B错误;A对B的压力和B对A的支持力是一对作用力和反作用力,大小相等,故选项D错误。 答案 C 4.(2018·江苏省连云港市高三第二次调研考试)如图3,台秤上放一装有水的杯子,杯底用细线系一光滑小球,若细线发生断裂,在小球加速上升的过程中,不计水的阻力,台秤的读数将(  ) 图3 A.变小 B.变大 C.不变 D.无法确定 解析 以容器和小球组成的整体为研究对象,将细线割断,在小球加速上升过程中加速度方向向上,存在超重现象,而小球上升留下的空位由水来填充,所以相当于一个与小球同样大小的水球向下加速运动,存在失重现象,由于同样体积的小球质量小于水球的质量,所以整体存在失重现象,台秤的示数小于系统总重力,台秤的示数减小,A项正确。 答案 A 5.(2018·全国卷Ⅰ,15)如图4所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是(  ) 图4 解析 假设物块静止时弹簧的压缩量为x0,则由力的平衡条件可知kx0=mg,在弹簧恢复原长前,当物块向上做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得F+k(x0-x)-mg=ma,由以上两式解得F=kx+ma,显然F和x为一次函数关系,且在F轴上有截距,则A正确,B、C、D错误。 答案 A 二、多项选择题 6.(2019·江苏徐州检测)一个物体在多个力的作用下做匀速直线运动,其中某个力与速度在一条直线上,若其余力不变,使这个力的大小逐渐减小到零,然后又逐渐从零恢复到原来大小,力的方向始终保持不变,则下列v-t图中符合此物体运动情况的可能是(  ) 解析 物体在多个力的作用下做匀速直线运动,说明多力的合力为零,则其他力的合力一定与该力大小相等、方向相反。这个力的大小逐渐减小到零,然后又逐渐从零恢复到原来大小,其他力不变,故合力先增大后减小到零,由牛顿第二定律可知加速度先从零增大后减小到零,即v-t图线的斜率先从零增大再减小为零。若该力与速度反向,则合力与速度同向,则速度越来越大,且v-t图线的斜率先从零增大再减小为零,图象A错误,B正确;若该力与速度同向,则合力与速度反向,则速度越来越小,且v-t图线的斜率先从零增大再减小为零,图象C、D正确。 答案 BCD 7.如图5甲所示,地面上有一质量为M的重物,用力F向上提它,力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示,则以下说法正确的是(  ) 图5 A.当F小于图中A点的值时,物体的重力Mg>F,物体不动 B.图中A点的值即为物体的重力值 C.物体向上运动的加速度和力F成正比 D.图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度 解析 当0≤F≤Mg时,物体静止,选项A正确;当F>Mg时,即能将物体提离地面,此时,F-Mg=Ma,a=-g,A点表示的意义即为F=Mg,所以选项B正确;直线的斜率为,故B点数值的绝对值为g,故选项D正确。 答案 ABD 8.(2018·淮安模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体,在F从零开始逐渐增大的过程中,加速度a随外力F变化的图象如图6所示,g=10 m/s2,则可以计算出(  ) 图6 A.物体与水平面间的最大静摩擦力 B.F为14 N时物体的速度 C.物体与水平面间的动摩擦因数 D.物体的质量 解析 由题图可知,物体与水平面间的最大静摩擦力为7 N,A项正确;由F-μmg=ma,解得a=F-μg,将F1=7 N,a1=0.5 m/s2,F2=14 N,a2=4 m/s2代入上式可得m=2 kg,μ=0.3,C、D项正确;因物体做变加速运动,无法求出F为14 N时物体的速度,B项错误。 答案 ACD 9.(2018·江苏溧水高级中学测试)如图7甲所示,质量相等的a、b两物体,分别从斜面上的同一位置A由静止下滑,经B点在水平面上滑行一段距离后停下。不计经过B点时的能量损失,用传感器采集到它们的速度-时间图象如图乙所示,下列说法正确的是(  ) 图7 A.a在斜面上滑行的加速度比b的大 B.a在水平面上滑行的距离比b的短 C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小 D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大 解析 由乙图图象斜率可知a做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大,故选项A正确;a从t1时刻开始,b从t2时刻开始,在水平面上做匀减速运动,由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知,a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大,故选项B错误;物体在斜面上运动的加速度为a=gsin θ-μgcos θ,因为a的加速度大于b的加速度,所以a与斜面的动摩擦因数比b的小,故选项C正确;物体在水平面上运动的加速度为a′=μg,因为a的加速度小于b的加速度,所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小,故选项D错误。 答案 AC 三、计算题 10.(2019·徐州模拟)航拍仪是目前比较普遍的一种拍摄仪器,它是在可以垂直起降的小型四旋翼无人机上安装高清摄像头而实现拍摄功能的,具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点。如图8所示,在一次拍摄中,航拍仪从地面由静止启动,获得竖直向上、大小恒定的升力F,开始匀加速起飞,运动 t=8 s后,到达h=32 m的高度,此时航拍仪突然出现故障而失去动力,在到达最高点时动力系统恰好恢复。已知航拍仪的质量m=2 kg,航拍仪在运动过程中受到Ff=12 N的空气阻力,假设航拍仪在运动过程中始终保持水平,g=10 m/s2,求: 图8 (1)航拍仪匀加速起飞的加速度大小; (2)航拍仪匀加速起飞时升力的大小; (3)航拍仪动力系统恢复时所在的高度H。 解析 (1)根据位移时间公式可知h=at2, 解得a== m/s2=1 m/s2 (2)根据牛顿第二定律可知F-mg-Ff=ma, 解得F=mg+ma+Ff=34 N。 (3)失去动力时的速度v=at=8 m/s,失去动力后,根据牛顿第二定律求得加速度大小为a′==16 m/s2,继续上升的高度为h′== m=2 m 航拍仪动力系统恢复时所在的高度 H=h+h′=34 m。 答案 (1)1 m/s2 (2)34 N (3)34 m 11.(2018·江苏省扬州市高三第一次模拟考试)如图9所示,质量为M的物块A与质量为m的物块B通过一根轻质细绳相连,M=4m,A、B均静止,物块A与桌面的动摩擦因数μ=0.5,不计细绳与滑轮间摩擦。物块A在水平拉力F=4mg作用下由静止开始运动,当物块A速度达到v时撤去拉力F。重力加速度为g。求: 图9 (1)物块A静止时所受摩擦力f的大小; (2)撤去拉力F后,物块A经过多长时间停止运动; (3)物块B上升的总高度H。 解析 (1) 物体A受到的静摩擦力和绳上的拉力相等f=T 绳上的拉力等于物体B的重力T=mg, 解得f=mg (2)以物块A和物块B整体作为研究对象 根据牛顿第二定律得 μMg+mg=(M+m)a 解得a=0.6g 所以t== (3)解法一 以物块A和物块B整体作为研究对象 根据动能定理得 Fh1-μMgh1-mgh1=(M+m)v2-0 解得h1= 根据运动学公式,得h2=t= 所以H=h1+h2= 解法二 以A、B整体为研究对象,由牛顿第二定律得 F-μMg-mg=(M+m)a′ 解得a′=0.2g h1== 根据运动学公式,得h2=t= 所以H=h1+h2= 答案 (1)mg (2) (3) (共33张PPT) 第3讲 超重和失重 牛顿运动定律的综合应用 知识排查 超重和失重 1.超重、失重和完全失重比较 比较 超重 失重 完全失重 产生条件 加速度方向向____ 加速度方向向____ 加速度方向向___,且大小a= 动力学原理 F-mg=ma F=m(g+a) mg-F=ma F=m(g-a) mg-F=mg F=0 可能状态 ①加速______; ②减速______ ①加速______; ②减速______ ①自由落体运动和所有的抛体运动;②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等 上 下 下 g 上升 下降 下降 上升 __ (1)不论超重、失重或完全失重,物体的重力都______,只是“视重”改变。 (2)物体是否处于超重或失重状态,不在于物体向上运动还是向下运动,而在于物体的_________方向,只要其加速度在竖直方向上有分量,物体就会处于超重或失重状态。 (3)当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a=g的加速度效果,不再有其他效果。此时,平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失,如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。 2.对超重、失重的理解 不变 加速度 连接体问题 1.两个(或两个以上)物体组成的系统,我们称之为连接体。连接体的加速度通常是______的,但也有不同的情况,如一个静止、一个运动。连接体问题的类型有:物物连接体、轻杆连接体、弹簧连接体、轻绳连接体。 2.解答连接体问题的常用方法: _________________。 (1)整体法 当系统中各物体的________相同时,我们可以把系统内的所有物体看成一个整体,这个整体的质量等于各物体的________________,当整体受到的外力已知时,可用______________求出整体的加速度。 相同 整体法与隔离法 加速度 质量之和 牛顿第二定律 (2)隔离法 当求解系统内物体间______________时,常把物体从系统中______出来,进行分析,依据牛顿第二定律列方程。 (3)外力和内力 ①外力:系统______的物体对研究对象的作用力。 ②内力:系统______物体之间的作用力。 相互作用力 隔离 外 内 小题速练 (1)超重说明物体的重力增大了。(  ) (2)物体超重时,加速度向上,速度也一定向上。(  ) (3)物体失重时,也可能向上运动。(  ) (4)物体完全失重时,说明物体的重力为零。(  ) 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)× 1.思考判断 A.体重计对小李的支持力大于小李对体重计的压力 B.体重计对小李的支持力等于小李的重力 C.电梯的加速度大小为1 m/s2,方向竖直向上 D.电梯一定竖直向上运动 2.[人教版必修1P88插图改编]如图1所示,小李同学站在升降电梯内的体重计上,电梯静止时,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内小李同学发现体重计示数为55 kg。g取10 m/s2,在这段时间内下列说法正确的是(  ) 图1 答案 C 图2 A.0~36 s内物体被吊起的高度为25 m B.0~10 s内物体的平均速度大于30~36 s内物体的平均速度 C.30~36 s内物体处于超重状态 D.前10 s内钢索最容易

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  • ID:6-6185968 2020版物理优一轮江苏专用版(课件+讲义+习题):第二章 相互作用

    高中物理/高考专区/一轮复习

    实验二 力的平行四边形定则 ?误差分析 1.误差来源 除弹簧测力计本身的误差外,还有读数误差、作图误差等。 2.减小误差的方法 (1)结点O ①定位O点时要力求准确。 ②同一次实验中橡皮条拉长后的O点必须保持不变。 (2)拉力 ①用弹簧测力计测拉力时要使拉力沿弹簧测力计轴线方向。 ②应尽量使橡皮条、弹簧测力计和细绳套位于与纸面平行的同一平面内。 ③两个分力F1、F2间的夹角θ不要太大或太小。 (3)作图 ①在同一次实验中,选定的标度要相同。 ②严格按力的图示要求和几何作图法作出平行四边形,求出合力。 ?注意事项 操作不忘“三”“二”“一” 用两个弹簧测力计拉橡皮条时的“三记录”(记录两弹簧测力计示数、两细绳方向和结点O的位置),用一个弹簧测力计拉橡皮条时的“二记录”(记录弹簧测力计示数和细绳方向)及“一注意”(结点O的位置必须在同一位置)等。 热点一 实验原理与实验操作 【例1】 在“验证力的平行四边形定则”的实验中,某同学经历了以下实验步骤: A.用铅笔和直尺在白纸上从O点沿着两细绳方向画直线,按一定标度作出两个力F1和F2的图示,根据平行四边形定则作图求出合力F; B.只用一个弹簧测力计,通过细绳把橡皮条与细绳的连接点拉到同样的位置O; C.用铅笔记下O点的位置和两条细绳的方向,读出两个弹簧测力计的示数; D.在水平放置的木板上,垫一张白纸并用图钉固定,把橡皮条的一端固定在板上的A点,用两条细绳连接在橡皮条的另一端,通过细绳同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条,使橡皮条与细绳的连接点到达某一位置O; E.记下弹簧测力计的读数和细绳的方向,按同一标度作出这个力的图示F′,比较这个实测合力和按平行四边形定则求出的合力F,看它们的大小和方向是否相等; F.改变两测力计拉力的大小和方向,多次重复实验,根据实验得出结论。 (1)将以上实验步骤按正确的顺序排列,应为________(填选项前的字母)。 (2)图1甲中弹簧测力计B的示数为________ N,为了更准确地得到合力与分力的关系,要采用作力的________(填“图示”或“示意图”)来表示分力与合力。 (3)图乙中方向一定沿AO方向的力是________(填“F”或“F′”)。 图1 (4)在物理学中跟力一样,运算时遵守平行四边形定则的物理量还有________________(至少写出三个,要求写名称)。 答案 (1)DCABEF (2)3.8 图示 (3)F′ (4)位移、速度、加速度、电场强度等 热点二 数据处理及误差分析 【例2】 小明通过实验验证力的平行四边形定则。 (1)实验记录纸如图2所示,O 点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为:F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N。请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。 图2 (2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度, 发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。实验装置如图3甲所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地拉动N,在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程,再次记录下N的轨迹。 图3 两次实验记录的轨迹如图乙所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受水平拉力Fa、Fb的大小关系为________。 (3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有________。(选填选项前的字母) A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比 B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长 C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大 D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大 (4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。 解析 (1)作出力的图示如图甲所示。 (2)重物受力情况如图乙所示,由于重力不变,两次实验时,橡皮筋拉力FT的方向相同,故水平拉力F大小相等,即Fa=Fb。 (3)根据题图乙可知,选项B、D正确,A、C错误。 (4)橡皮筋拉伸不宜过长,选用新橡皮筋等可减小误差。 答案 (1)见解析图(F合=4.6~4.9 N都算对) (2)Fa=Fb (3)BD (4)橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧) 热点三 实验的改进与创新 验证力的平行四边形定则中的“万变不离其宗” 1.器材的变化(如图4甲、乙、丙、丁所示) 图4 2.合力、分力的变化 (1)分力的获得:弹簧测力计的拉力→钩码的重力。 (2)合力的获得:弹簧测力计的拉力→重物的重力→钩码的重力。 【例3】 (2018·江苏泰州模拟)某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋并利用如下实验器材验证平行四边形定则:刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子、质量不同的小重物若干、木板。实验方案如下: 图5 ①将橡皮筋的两端分别与两条细绳相连,测出橡皮筋的原长; ②将橡皮筋一端细绳用钉子固定在竖直木板上的A点,在橡皮筋的中点O用细绳系住重物,使重物自然下垂,如图5甲所示; ③将橡皮筋的另一端细绳固定在竖直木板上的B点,如图乙所示。 (1)为完成本实验,下列还必须测量的物理量为________。(填选项前字母) A.小重物的质量 B.细绳的长度 C.图甲中OA段橡皮筋的长度 D.图乙中OA和OB段橡皮筋的长度 (2)在完成本实验的过程中,必须注意的事项是________。(填选项前字母) A.橡皮筋两端连接的细绳长度必须相同 B.图乙中A、B两点必须等高 C.图乙中连接小重物细绳必须在OA、OB夹角的角平分线上 D.记录图甲中O点的位置和OA的方向 E.记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向 (3)若钉子位置固定,利用现有器材改变实验效果,可采用的方法是________________________。 解析 (1)橡皮筋遵循胡克定律,要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长,得到橡皮筋的伸长量,根据拉力大小与伸长量成比例作力的图示。为了使两次实验效果相同,必须记下O点的位置来作参照,故选C、D。 (2)橡皮筋连接的细绳要稍微长些,并非要求等长,选项A错误;图乙中A、B两点不用必须等高,选项B错误;图乙中连接小重物的细绳可以在OA、OB夹角的角平分线上,也可以不在,选项C错误;图甲中O点的位置和OA的方向不需要记录,选项D错误;需要记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向,选项E正确。 (3)在钉子位置不变的情况下,要改变实验效果,只有改变小重物的质量。故可采用的方法是更换小重物。 答案 (1)CD (2)E (3)更换小重物 【创新变化】 本题属于创新实验,主要是在实验器材和实验方案等问题上进行了改进,题中不能准确地测出力的大小,但是由于橡皮筋的弹力大小与形变量成正比,因此采用比例法进行作图,在实验时只需要测量出橡皮筋的伸长量即可。 (2018·江苏镇江高三模拟)在“探究求合力的方法”实验中,某同学用两把弹簧测力计将橡皮筋的端点拉到点O,作出这两个拉力F1、F2的图示(图6甲),然后用一把弹簧测力计将橡皮筋的端点仍然拉到O,弹簧测力计示数F如图乙所示。 图6 (1)弹簧测力计的示数F=________ N。 (2)请帮他在图甲中画出力F的图示(图中a为记录F方向时所记录的一点)。 (3)该同学用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来。他观察图形后受到了启发。你认为他紧接着应进行的两个实验步骤是________。 A.整理实验器材 B.提出求合力方法的猜想 C.改变F1、F2的大小和方向,重复上述实验 D.与同学交流讨论实验结果,得出结论 解析 (1)弹簧测力计的最小刻度为0.2 N,读到0.1 N位,读数为2.8 N。 (2)F的方向应与橡皮筋在一条直线上。 (3)本实验的目的是“探究求合力的方法”,该同学紧接的实验步骤是提出求合力的猜想,然后改变力的大小和方向,重复实验进行验证。 答案 (1)2.8 (2)见解析 (3)BC 活页作业 (时间:30分钟) 1.(2018·天津理综)某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验,所用器材有:方木板一块,白纸,量程为5 N的弹簧测力计两个,橡皮条(带两个较长的细绳套),刻度尺,图钉(若干个)。 (1)具体操作前,同学们提出了如下关于实验操作的建议,其中正确的有________。 A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B.重复实验再次进行验证时,结点O的位置可以与前一次不同 C.使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时视线应正对测力计刻度 D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 (2)该小组的同学用同一套器材做了四次实验,白纸上留下的标注信息有结点位置O,力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点,如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是________。 解析 (1)为了使实验结果更具有普遍性,在实验过程中不应让橡皮条的拉力方向具有特殊的角度或位置,A项错误;只有每一次实验时用一个力和用两个力拉的效果相同即可,即O点位置相同,不需要每次实验的O点位置都相同,B项正确;使用测力计时,施力方向应沿测力计轴线;读数时,视线应正对弹簧测力计的刻度,C项正确;合力可以大于任一个分力,也可以等于分力,还可以小于任一分力,D项错误。 (2)A、D实验中选取的力的标度过大,导致画力时,线段太短,不利于实验精确度;B图和C图选用的标度相同,但C中力太小,不利于作平行四边形,故B符合题意。 答案 (1)BC (2)B 2.(2019·如皋质量调研)在“探究求合力的方法”实验中,现有木板、白纸、图钉、橡皮条、细绳套和一把弹簧测力计。 (1)为完成实验,某同学另找来一根弹簧,先测量其劲度系数,得到的实验数据如表: 弹力F(N) 0.50 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 伸长量x (10-2m) 0.74 1.80 2.80 3.72 4.60 5.58 6.42 根据表中数据在下图中作出F-x图象,并求得该弹簧的劲度系数k=________N/m。(结果保留2位有效数字) 图1 图2 (2)某次实验中,弹簧测力计的指针位置如图2所示,其读数为__________N;同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N,请在虚线框中用力的图示画出这两个共点力及合力F合。(图中已画出AO、BO、CO的方向) (3)由图中得到F合=________N。 答案 (1)图略 53±2 (2)2.10±0.02 如图所示 (3)3.3±0.2 3.(2018·苏锡常镇三模)某同学在家中尝试验证力的平行四边形定则,他找到三条长度和粗细相同的橡皮筋(遵循胡克定律),以及重物、刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子等。他设计了如图3所示的实验:① 将三条橡皮筋的一端系在一起,另一端分别连一个绳套。②他分别向两边拉住任意两个绳套,测量橡皮筋的长度是否相等。③在墙上A、B两点钉两个钉子,将白纸固定在墙面上合适的位置,再将橡皮筋的两个绳套套在两钉子上,测出此时三条橡皮筋的长。④将重物挂在第三个绳套C上,测量并记录三条橡皮筋的长度并记下结点O的位置。⑤取下白纸,画出受力图,验证平行四边形定则。⑥换用不同的重物并改变A、B的位置重复实验。 图3 (1)实验步骤②的目的是________________。 (2)实验步骤④中,有一个重要遗漏是________________。 (3)实验步骤⑥中________(填“要”或“不要”)保证O点位置不变。 (4)为了使实验更准确,下述做法错误的是________。 A.A、B要一样高 B.A、B距离要适当 C.重物质量不能太大 D.橡皮筋要与墙面平行 解析 (1)实验步骤②分别向两边拉住任意两个绳套,两个橡皮筋中的力大小相等,若长度相同,劲度系数一样,所以该步骤的目的是保证橡皮筋的劲度系数一样。 (2)验证力的平行四边形定则,既要记录力的大小,也要记录力的方向,遗漏了记录橡皮筋的方向。 (3)这里原理是三力平衡,其中两个力的合力与第三个力等值反向,所以不必保证O点位置不变。 (4)实验过程中A、B是否一样高不影响实验,所以没有要求,选项A错误;A、B夹角不宜太大也不宜太小,所以A、B距离要适当,选项B正确;重物质量不能太大,大了会超过橡皮筋的弹性限度,选项C正确;测量过程中橡皮筋要与墙面平行,减小实验误差,选项D正确。 答案 (1) 保证橡皮筋的劲度系数一样 (2) 记录橡皮筋的方向(答力的方向也对) (3)不要 (4)A 4.有同学利用如图4所示的装置来验证力的平行四边形定则:在竖直木板上铺有白纸,固定两个光滑的滑轮A和B,将绳子打一个结点O,每个钩码的重量相等,当系统达到平衡时,根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3,回答下列问题: 图4 (1)改变钩码个数,实验能完成的是________(填正确答案标号)。 A.钩码的个数N1=N2=2,N3=4 B.钩码的个数N1=N3=3,N2=4 C.钩码的个数N1=N2=N3=4 D.钩码的个数N1=3,N2=4,N3=5 (2)在拆下钩码和绳子前,最重要的一个步骤是________(填正确答案标号)。 A.标记结点O的位置,并记录OA、OB、OC三段绳子的方向 B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度 C.用量角器量出三段绳子之间的夹角 D.用天平测出钩码的质量 (3)在作图时,你认为图5中________是正确的。(填“甲”或“乙”) 图5 解析 (1)实验中的分力与合力的关系必须满足:|F1-F2|≤F3≤F1+F2,且三个力的大小为边构成的三角形,因此选项B、C、D是可以的。 (3)实验中F3是竖直向下的。 答案 (1)BCD (2)A (3)甲 5.如图6所示,某实验小组同学利用DIS实验装置研究支架上力的分解。A、B为两个相同的双向力传感器,该型号传感器在受到拉力时读数为正,受到压力时读数为负。A连接质量不计的细绳,可沿固定的板做圆弧形移动。B固定不动,通过光滑铰链连接长0.3 m的杆。将细绳连接在杆右端O点构成支架。保持杆在水平方向,按如下步骤操作: 图6 ①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB=θ; ②对两个传感器进行调零; ③用另一根绳在O点悬挂一个钩码,记录两个传感器的读数; ④取下钩码,移动传感器A改变θ角。 重复上述实验步骤,得到表格。 θ 30° 60° … 150° … F1 1.001 0.580 … 1.002 … F2 -0.868 -0.291 … 0.865 … (1)根据表格,A传感器对应的是表中力________(选填“F1”或“F2”),钩码质量为________ kg(保留1位有效数字)。 (2)本实验中多次对传感器进行调零,对此操作说明正确的是________。 A.因为事先忘记调零 B.何时调零对实验结果没有影响 C.为了消除横杆自身重力对结果的影响 D.可以完全消除实验的误差 解析 (1)由表格数据可知,F1都是正值,传感器受到的都是拉力,因绳子只能提供拉力,故A传感器对应的是表中力F1。对结点O受力分析有:F1sin 30°=mg,解得:m=0.05 kg。 (2)本实验中多次对传感器进行调零,为了消除横杆自身重力对结果的影响,选项C正确。 答案 (1)F1 0.05 (2)C 6.某同学现利用拉力传感器来“验证力的平行四边形定则”,实验装置如图7甲所示:水平细杆上安装有两个拉力传感器A、B,并用数据线将传感器与计算机相连接。在与拉力传感器相连的不可伸长的轻质细线AB上某结点C处用细线悬挂重力为G的钩码D,AC>BC。实验时,先将拉力传感器A、B靠在一起,然后不断缓慢增大两传感器A、B间的距离d,传感器将记录的张力数据传输给计算机进行处理,得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。 甲 乙 图7 试分析下列问题: (1)图中图线Ⅰ是由传感器________记录的数据所绘图线。 (2)由图乙可知,钩码的重力G=________ N。 (3)现要利用两传感器之间距离为d=1.00 m时所测得的实验数据来“验证力的平行四边形定则”,请根据图中的信息,按一定的比例作出FⅠ、FⅡ的图示,并用作图法求出FⅠ、FⅡ的合力F。(已知d=1.00 m时,AC与BC垂直) 解析 (1)由图乙可知,当d<0.53 m时,图线Ⅰ对应的传感器示数恒定,而与另一传感器相连接的细线张力为零,即已松弛下来,松弛的细线长些,故图线Ⅰ对应的应该是细线BC的张力,是传感器B记录的数据所绘图线。 (2)当AC松弛时,传感器B记录的张力等于钩码重力G,故G=30 N。 (3)由图乙可知两传感器之间距离为d=1.00 m时FⅠ=24 N,FⅡ=18 N,根据力的平行四边形定则可作出FⅠ、FⅡ的图示如图所示,由所作的图示可求得FⅠ、FⅡ的合力F=30 N。 答案 (1)B (2)30 (3)见解析图 (共21张PPT) 实验二 力的平行四边形定则 ?误差分析 1.误差来源 除弹簧测力计本身的误差外,还有读数误差、作图误差等。 2.减小误差的方法 (1)结点O ①定位O点时要力求准确。 ②同一次实验中橡皮条拉长后的O点必须保持不变。 (2)拉力 ①用弹簧测力计测拉力时要使拉力沿弹簧测力计轴线方向。 ②应尽量使橡皮条、弹簧测力计和细绳套位于与纸面平行的同一平面内。 ③两个分力F1、F2间的夹角θ不要太大或太小。 (3)作图 ①在同一次实验中,选定的标度要相同。 ②严格按力的图示要求和几何作图法作出平行四边形,求出合力。 ?注意事项 操作不忘“三”“二”“一” 用两个弹簧测力计拉橡皮条时的“三记录”(记录两弹簧测力计示数、两细绳方向和结点O的位置),用一个弹簧测力计拉橡皮条时的“二记录”(记录弹簧测力计示数和细绳方向)及“一注意”(结点O的位置必须在同一位置)等。 热点一 实验原理与实验操作 【例1】 在“验证力的平行四边形定则”的实验中,某同学经历了以下实验步骤: A.用铅笔和直尺在白纸上从O点沿着两细绳方向画直线,按一定标度作出两个力F1和F2的图示,根据平行四边形定则作图求出合力F; B.只用一个弹簧测力计,通过细绳把橡皮条与细绳的连接点拉到同样的位置O; C.用铅笔记下O点的位置和两条细绳的方向,读出两个弹簧测力计的示数; D.在水平放置的木板上,垫一张白纸并用图钉固定,把橡皮条的一端固定在板上的A点,用两条细绳连接在橡皮条的另一端,通过细绳同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条,使橡皮条与细绳的连接点到达某一位置O; E.记下弹簧测力计的读数和细绳的方向,按同一标度作出这个力的图示F′,比较这个实测合力和按平行四边形定则求出的合力F,看它们的大小和方向是否相等; F.改变两测力计拉力的大小和方向,多次重复实验,根据实验得出结论。 (1)将以上实验步骤按正确的顺序排列,应为________(填选项前的字母)。 (2)图1甲中弹簧测力计B的示数为________ N,为了更准确地得到合力与分力的关系,要采用作力的________(填“图示”或“示意图”)来表示分力与合力。 (3)图乙中方向一定沿AO方向的力是________(填“F”或“F′”)。 图1 (4)在物理学中跟力一样,运算时遵守平行四边形定则的物理量还有________________(至少写出三个,要求写名称)。 答案 (1)DCABEF (2)3.8 图示 (3)F′ (4)位移、速度、加速度、电场强度等 图2 热点二 数据处理及误差分析 【例2】 小明通过实验验证力的平行四边形定则。 (1)实验记录纸如图2所示,O 点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为:F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N。请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。 (2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度, 发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。实验装置如图3甲所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物。用与白纸平行的水平力缓慢地拉动N,在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程,再次记录下N的轨迹。 图3 两次实验记录的轨迹如图乙所示。过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受水平拉力Fa、Fb的大小关系为________。 (3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有________。(选填选项前的字母) A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比 B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长 C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大 D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大 (4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。 解析 (1)作出力的图示如图甲所示。 (2)重物受力情况如图乙所示,由于重力不变,两次实验时,橡皮筋拉力FT的方向相同,故水平拉力F大小相等,即Fa=Fb。 (3)根据题图乙可知,选项B、D正确,A、C错误。 (4)橡皮筋拉伸不宜过长,选用新橡皮筋等可减小误差。 答案 (1)见解析图(F合=4.6~4.9 N都算对) (2)Fa=Fb (3)BD (4)橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧) 验证力的平行四边形定则中的“万变不离其宗” 热点三 实验的改进与创新 1.器材的变化(如图4甲、乙、丙、丁所示) 图4 (1)分力的获得:弹簧测力计的拉力→钩码的重力。 (2)合力的获得:弹簧测力计的拉力→重物的重力→钩码的重力。 2.合力、分力的变化 图5 【例3】 (2018·江苏泰州模拟)某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋并利用如下实验器材验证平行四边形定则:刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子、质量不同的小重物若干、木板。实验方案如下: ①将橡皮筋的两端分别与两条细绳相连,测出橡皮筋的原长; ②将橡皮筋一端细绳用钉子固定在竖直木板上的A点,在橡皮筋的中点O用细绳系住重物,使重物自然下垂,如图5甲所示; ③将橡皮筋的另一端细绳固定在竖直木板上的B点,如图乙所示。 (1)为完成本实验,下列还必须测量的物理量为________。(填选项前字母) A.小重物的质量 B.细绳的长度 C.图甲中OA段橡皮筋的长度 D.图乙中OA和OB段橡皮筋的长度 (2)在完成本实验的过程中,必须注意的事项是________。(填选项前字母) A.橡皮筋两端连接的细绳长度必须相同 B.图乙中A、B两点必须等高 C.图乙中连接小重物细绳必须在OA、OB夹角的角平分线上 D.记录图甲中O点的位置和OA的方向 E.记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向 (3)若钉子位置固定,利用现有器材改变实验效果,可采用的方法是________________________。 解析 (1)橡皮筋遵循胡克定律,要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长,得到橡皮筋的伸长量,根据拉力大小与伸长量成比例作力的图示。为了使两次实验效果相同,必须记下O点的位置来作参照,故选C、D。 (2)橡皮筋连接的细绳要稍微长些,并非要求等长,选项A错误;图乙中A、B两点不用必须等高,选项B错误;图乙中连接小重物的细绳可以在OA、OB夹角的角平分线上,也可以不在,选项C错误;图甲中O点的位置和OA的方向不需要记录,选项D错误;需要记录图乙中O点的位置和OA、OB的方向,选项E正确。 (3)在钉子位置不变的情况下,要改变实验效果,只有改变小重物的质量。故可采用的方法是更换小重物。 答案 (1)CD (2)E (3)更换小重物 【创新变化】 本题属于创新实验,主要是在实验器材和实验方案等问题上进行了改进,题中不能准确地测出力的大小,但是由于橡皮筋的弹力大小与形变量成正比,因此采用比例法进行作图,在实验时只需要测量出橡皮筋的伸长量即可。 [高考导航] 考点内容 要求 高考命题实况 高考战报 2016 2017 2018 形变和弹力 胡克定律 Ⅰ T1:胡克定律的应用T14(1):物体的平衡 T14(1)(2):受力分析、叠加体的平衡 T14(1):物体的平衡 3年3考 难度中等 保B必会 静摩擦 滑动摩擦 摩擦力 动摩擦因数 Ⅰ 高频考点:①受力分析、共点力的平衡等。②平衡问题与功能问题综合考查。 创新区域:①联系实际问题考查共点力的平衡。②教材实验器材和数据处理的创新。 力的合成和分解 Ⅱ 共点力的平衡 Ⅰ 实验二:力的平行四边形定则 【说明】 (1)力的合成和分解的计算,只限于用作图法或直角三角形的知识解决。 (2)只要求解决一个平面内的共点力平衡问题。 第1讲 重力 弹力 摩擦力 知识排查 重力 1.产生:由于地球的吸引而使物体受到的力。 2.大小:与物体的质量成正比,即G=mg。可用弹簧测力计测量重力。 3.方向:总是竖直向下的。 4.重心:其位置与物体的质量分布和形状有关。 形变 弹力 胡克定律 1.形变:物体在力的作用下形状或体积的变化。 2.弹性形变:有些物体在形变后撤去作用力能够恢复原状的形变。 3.弹力 (1)定义:发生弹性形变的物体,由于要恢复原状,对与它接触的物体会产生力的作用,这种力叫做弹力。 (2)产生条件:物体相互接触且发生弹性形变。 (3)方向:弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向相反。 4.胡克定律 (1)内容:弹簧发生弹性形变时,弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。 (2)表达式:F=kx。 ①k是弹簧的劲度系数,单位为N/m;k的大小由弹簧自身性质决定。 ②x是形变量,但不是弹簧形变以后的长度。 静摩擦力 滑动摩擦力 动摩擦因数 1.静摩擦力与滑动摩擦力对比  名称项目   静摩擦力 滑动摩擦力 定义 两相对静止的物体间的摩擦力 两相对运动的物体间的摩擦力 产生条件 ①接触面粗糙 ①接触面粗糙 ②接触处有压力 ②接触处有压力 ③两物体间有相对运动趋势 ③两物体间有相对运动 大小 (1)静摩擦力为被动力,与正压力无关,满足0<F≤Fmax(2)最大静摩擦力Fmax大小与正压力大小有关 F=μFN 方向 与受力物体相对运动趋势的方向相反 与受力物体相对运动的方向相反 作用效果 总是阻碍物体间的相对运动趋势 总是阻碍物体间的相对运动 2.动摩擦因数 (1)定义:彼此接触的物体发生相对运动时,摩擦力的大小和压力的比值。μ=。 (2)决定因素:与接触面的材料和粗糙程度有关。 小题速练 1.思考判断 (1)重力的方向不一定指向地心。(  ) (2)物体挂在弹簧秤下,弹簧秤的示数一定等于物体的重力。(  ) (3)F=kx中“x”表示弹簧形变后的长度。(  ) (4)静止的物体不可能受滑动摩擦力,运动的物体不可能受静摩擦力。(  ) (5)接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。(  ) (6)两物体接触处的弹力越大,滑动摩擦力越大。(  ) (7)两物体接触处的弹力增大时,接触面间的静摩擦力大小可能不变。(  ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)√ 2.[人教版必修1P56第1题改编]下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是(  ) 图1 A.极限法      B.放大法 C.控制变量法 D.等效替代法 解析 图甲是利用光的多次反射将微小形变放大,图乙是利用细管中液面的变化观察玻璃瓶的微小形变,故为放大法,选项B正确。 答案 B 3.[人教版必修1P61第3题改编](多选)重量为100 N 的木箱放在水平地板上,至少要用35 N的水平推力,才能使它从原地开始运动。木箱从原地移动以后,用30 N的水平推力,就可以使木箱继续做匀速运动。由此可知(  ) A.木箱与地板间的最大静摩擦力为35 N B.木箱所受的滑动摩擦力为30 N C.木箱与地板间的动摩擦因数为0.35 D.木箱与地板间的动摩擦因数为0.3 答案 ABD 4.(2019·平顶山统考)(多选)有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形,稳定时底角为α,如图2所示。如果视每粒砂子完全相同,砂子与砂子之间,砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ,砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等,下列说法正确的是(  ) 图2 A.砂堆稳定时,砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零 B.砂堆稳定时,只有形成严格规则的圆锥,底面受到地面的摩擦力才为零 C.砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tan αmax=μ D.砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cos αmax=μ 解析 对砂堆整体受力分析,受到重力和地面的支持力,水平方向上不受力,A项正确;不论砂堆的形状是否为规则的圆锥形,整体受力不变,B项错误;对砂堆侧面上的某粒砂子受力分析,如图所示,则FN=mgcos α,Ff=mgsin α,Ff≤μFN,解得tan αmax=μ,C项正确,D项错误。 答案 AC   弹力的分析与计算 1.弹力方向 2.弹力大小计算的三种方法 (1)根据力的平衡条件进行求解。 (2)根据牛顿第二定律进行求解。 (3)根据胡克定律进行求解。 【例1】 如图3所示,小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是(  ) 图3 A.细绳一定对小球有拉力的作用 B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用 C.细绳不一定对小球有拉力的作用,但是轻弹簧对小球一定有弹力 D.细绳不一定对小球有拉力的作用,轻弹簧对小球也不一定有弹力 解析 若小球与小车一起匀速运动,则细绳对小球无拉力;若小球与小车有向右的加速度a=gtan α,则轻弹簧对小球无弹力作用,选项D正确。 答案 D 【例2】 (2019·江苏淮安检测)(多选)如图4所示,放在水平地面上的质量为m的物体,与地面间的动摩擦因数为μ,在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动。弹簧没有超出弹性限度,则(  ) 图4 A.弹簧的伸长量为 B.弹簧的伸长量为 C.物体受到的支持力与它对地面的压力是一对平衡力 D.弹簧对物体的弹力与物体受到的摩擦力是一对平衡力 解析 由平衡条件,kx=μmg,解得弹簧的伸长量为x=,选项A错误,B正确;物体受到的支持力与它对地面的压力是一对作用力与反作用力,选项C错误;弹簧对物体的弹力与物体受到的摩擦力是一对平衡力,选项D正确。 答案 BD  摩擦力方向的判断 1.静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法 (2)状态法 根据平衡条件、牛顿第二定律,判断静摩擦力的方向。 (3)牛顿第三定律法 先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向,再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。 2.摩擦力的理解注意点 (1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反,但不一定与物体的运动方向相反。 (2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势),但不一定阻碍物体的运动。 (3)摩擦力可以是阻力,也可以是动力;摩擦力可以使物体减速,也可以使物体加速。 (4)受静摩擦力作用的物体不一定静止,但一定保持相对静止。 【例3】 (2019·南京模拟)(多选)如图5所示,A、B、C三个物体质量相等,它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是(  ) 图5 A.A物体受到的摩擦力方向向右 B.三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零 C.B、C受到的摩擦力方向相同 D.B、C受到的摩擦力方向相反 解析 A物体与传送带一起匀速运动,它们之间无相对运动或相对运动趋势,即无摩擦力作用,选项A错误;B、C两物体虽运动方向不同,但都处于平衡状态,由沿传送带方向所受合力为零可知,B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用,故选项B、C正确,D错误。 答案 BC  摩擦力大小的计算 计算摩擦力大小的“四点”注意 (1)在确定摩擦力的大小之前,首先分析物体所处的状态,分清是静摩擦力还是滑动摩擦力。 (2)滑动摩擦力的大小可以用公式F=μFN计算,而静摩擦力没有公式可用,只能利用平衡条件或牛顿第二定律列方程计算。这是因为静摩擦力是被动力,其大小随状态而变,介于0~Fmax之间。 (3)“F=μFN”中FN并不总是等于物体的重力。 (4)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关,与接触面积的大小也无关。 【例4】 (2018·泰州中学模拟)如图6所示,斜面固定在地面上,倾角为θ=37°。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长,该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8),则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(取初速度v0的方向为正方向,g=10 m/s2)(  ) 图6 解析 滑块上升过程中受滑动摩擦力,由Ff=μFN和FN=mgcos θ,联立得Ff=6.4 N,方向为沿斜面向下,当滑块的速度减为零后,由于重力沿斜面向下的分力mgsin θ<μmgcos θ,滑块不动,滑块受的摩擦力为静摩擦力,由平衡条件得Ff′=mgsin θ,代入可得Ff′=6 N,方向为沿斜面向上,故选项B正确。 答案 B 摩擦力大小计算的思维流程  摩擦力的四类突变 分类 “静—静”突变 “静—动”突变 “动—静”突变 “动—动”突变 案例图示 在水平力F作用下物体静止于斜面上,F突然增大时物体仍静止,则所受静摩擦力大小或方向将“突变” 放在粗糙水平面上的物体,作用在物体上的水平力F从零逐渐增大,物体开始滑动,物体受地面摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力 滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置静止时,滑动摩擦力“突变”为静摩擦力 水平传送带的速度v1>v2,滑块受滑动摩擦力方向向右,当传送带突然被卡住时滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左 【例5】 (2018·镇江市一模)如图7所示,质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的拉力为5 N时,物体A处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度向右运动,则(  ) 图7 A.物体A相对小车向右运动 B.物体A受到的摩擦力减小 C.物体A受到的摩擦力大小不变 D.物体A受到的弹簧的拉力增大 解析 由题意得,物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N,小车加速运动时,假设物体A与小车仍然相对静止,则物体A所受合力F合=ma=10 N,可知此时小车对物体A的摩擦力为5 N,方向向右,且为静摩擦力,所以假设成立,物体A受到的摩擦力大小不变,故选项A、B错误,C正确;物体A与小车仍相对静止,则物体A受到的弹簧的拉力大小不变,故选项D错误。 答案 C 实验探究的培养——动摩擦因数的测定 纸带类问题是高考命题的热点,而动摩擦因数的测定是高考命题的创新点之一,两者结合在江苏乃至全国命题中都很常见,应引起重视。 【典例】 某同学利用弹簧测力计测定木块A与木板B间的动摩擦因数μ,具体操作如下: (1)如图8甲、乙是两种实验设计方案,请完成横线上的空白部分。 方案一:如图甲所示,木板B静止在水平桌面上,用手通过弹簧测力计向右拉木块A,使木块A向右匀速运动,读出此时弹簧测力计的示数F,再用弹簧测力计测出木块A的重力G,由平衡条件可知,滑动摩擦力Ff=________,A、B间的正压力FN=________,所以动摩擦因数μ=________; 图8 方案二:如图乙所示,将弹簧测力计C的吊环套在直立固定在桌边的铁钉D上,挂钩端与木块A相连,用力拉平放在桌面上的木板B,使其缓慢向右运动。 当A相对地面静止时,A受的滑动摩擦力Ff等于弹簧拉力(A在B上相对B向左滑动)。读出此时弹簧测力计的读数F,即为A所受的滑动摩擦力Ff。用弹簧测力计测出A的重力G,则A、B间的动摩擦因数μ=________。 (2)从实际操作考虑,你认为上述哪种方案更可行? (3)若只给你一把直尺、一条橡皮条和一些轻绳,你能否测定木板A与木板B间的动摩擦因数μ? 解析 (1)方案一中A匀速向右滑动时,由二力平衡知Ff=F,A对B的正压力FN=G,则μ=;同理,方案二中μ=。 (2)在方案一中,弹簧测力计对木块A的拉力只有在木块匀速时才等于滑动摩擦力的大小,但这种操作方式很难保证木块A匀速运动;而在第二种方案中,不论木板B如何运动,木块A总是处于平衡状态,弹簧测力计的示数等于木块A所受滑动摩擦力的大小,故第二种方案更切实可行。 (3)可以,实验方法及步骤如下: ①将橡皮条的两端拴上两条轻绳,并用直尺测出橡皮条的原长l0; ②橡皮条一端的轻绳连接木块A,另一端的轻绳竖直悬挂起来,如图甲所示,测出橡皮条的长度l1; ③将橡皮条的一端固定于竖直墙上,木块A放在木板B上,如图乙所示,用水平力使木板B在木块A下滑动,测出此时橡皮条的长度l2; ④根据二力平衡原理得k(l1-l0)=mg,k(l2-l0)=μmg,由此可得μ=。 答案 (1)F G   (2)(3)见解析 【变式训练】 (多选)为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数,某同学设计了一个实验:用一根弹簧将木块压在墙上,同时在木块下方有一个拉力F2作用,使木块恰好匀速向下运动(弹簧随木块一起向下运动),如图9所示。现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G,则以下结论正确的是(  ) 图9 A.木块受到竖直向下的滑动摩擦力 B.木块所受的滑动摩擦力阻碍木块下滑 C.木块与墙壁之间的动摩擦因数为 D.木块与墙壁之间的动摩擦因数为 解析 木块相对于竖直墙壁下滑,受到竖直向上的滑动摩擦力,阻碍木块下滑,选项A错误,B正确;分析木块受力如图所示。由平衡条件可得FN=F1,Ff=G+F2,又Ff=μFN,以上三式联立可解得μ=,故选项C错误,D正确。 答案 BD 1.(2016·江苏单科)一轻质弹簧原长为8 cm,在4 N的拉力作用下伸长了2 cm,弹簧未超出弹性限度,则该弹簧的劲度系数为(  ) A.40 m/N B.40 N/m C.200 m/N D.200 N/m 解析 由胡克定律得劲度系数k==200 N/m,选项D正确。 答案 D 2.(2018·南通模拟)某电视台每周都有棋类节目,铁质的棋盘竖直放置,每个棋子都是一个小磁铁,能吸在棋盘上,如图10所示。不计棋子间的相互作用力,下列说法正确的是(  ) 图10 A.小棋子共受三个力作用 B.棋子对棋盘的压力大小等于重力 C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大 D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同 解析 小棋子受到重力、向上的摩擦力、棋盘的吸引力和棋盘的支持力作用,选项A错误;棋盘对棋子的摩擦力等于棋子的重力,故无论棋子的磁性多强,摩擦力是不变的,质量不同的棋子所受的重力不同,故摩擦力不同,选项B、C错误,D正确。 答案 D 3.(2019·江苏清江中学高三月考)在如图所示的四幅图中,AB、BC均为轻质杆,各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接,两杆都在B处由铰链连接,下列关于受力的说法正确的是(  ) A.甲图中的AB杆表现为拉力,BC杆表现为拉力 B.乙图中的AB杆表现为拉力,BC杆表现为支持力 C.丙图中的AB、BC杆均表现为拉力 D.丁图中的AB、BC杆均表现为支持力 解析 在甲图中,对B分析,受到AB杆的拉力,BC杆的支持力,绳子的拉力三力平衡,选项A错误;乙图中对B受力分析,B受到绳子竖直向下的拉力,则BC应为支持力,由平衡条件可知AB应为支持力,选项B错误;丙图中对B点分析可知,B受到绳子向下的拉力,AB杆提供向上的拉力,BC杆应为向右的拉力,选项C正确;丁图中对B分析可知,B受到绳子向下的拉力,AB杆提供拉力,BC杆提供支持力,选项D错误。 答案 C 4.(2018·江苏南京、盐城高三第二次模拟)如图11甲所示为某公司研制的“双动力智能型救援机器人”(又被网友称为“麻辣小龙虾”),其长长的手臂前端有两个对称安装的“铁夹”。在某次救援活动中,“麻辣小龙虾”用铁夹恰好竖直抓取到重力为G的长方形水泥制品,水泥制品在空中处于静止状态,如图乙所示,则(  ) 图11 A.水泥制品受到的摩擦力大小一定等于G B.水泥制品受到的摩擦力方向可能竖直向下 C.若铁夹的位置稍向上移,水泥制品受到的摩擦力变大 D.若增大铁夹对水泥制品的挤压,水泥制品受到的摩擦力变大 解析 水泥制品在竖直方向只受到重力和摩擦力,物体静止,故重力与摩擦力大小一定相等,重力竖直向下,摩擦力竖直向上,A项正确,B、C项错误;静摩擦力的大小与压力无关,D项错误。 答案 A 活页作业 (时间:30分钟) 一、单项选择题 1.(2017·江苏省苏州市高三第一次模拟)造型夺目的“石头平衡艺术”作品不禁会让人叫绝,仅仅通过艺术家的双手去感触,便可掌握每一块石头的平衡点,不使用任何工具就能立石成型。如图1所示,在水平地面上将两个形状不规则的石块a、b叠放在一起,保持平衡。下列说法正确的是(  ) 图1 A.石块b对a的弹力一定等于a的重力 B.石块b和a的重心一定在同一竖直线上 C.石块b对a的作用力一定是竖直向上的 D.地面对石块b的支持力和b受到的重力是一对平衡力 解析 对整体分析,a、b受到的重力之和与地面对b的支持力是一对平衡力,选项D错误;对a分析,受重力、垂直接触面向上的支持力和沿接触面向上的摩擦力,选项A错误;石块b对a的作用力有垂直接触面向上的支持力和沿接触面向上的摩擦力,这两个力的合力与a的重力平衡,选项C正确;无法判断两石块重心是否在同一竖直线上,选项B错误。 答案 C 2.(2018·江苏南京模拟)如图2所示,物体A和B处于静止状态,重力分别为9 N和4 N,不计弹簧测力计和细线的重力,不考虑摩擦,弹簧测力计的读数是(  ) 图2 A.9 N B.4 N C.5 N D.13 N 解析 由题图可知细线中拉力大小等于B的重力,而弹簧两侧受力相等,弹簧测力计的读数等于弹簧测力计受到的拉力,所以读数为4 N。 答案 B 3.(2018·江苏省苏北四市高三模拟)如图3所示,在粗糙水平面上有A、B、C、D四个小物块,它们用四根相同的橡皮绳连接成一个菱形并保持静止。已知∠DAB=120°,每根橡皮绳的弹力大小为F,当剪断AD间橡皮绳后,物块A所受摩擦力大小为(  ) 图3 A.F B.F C.2F D.0 解析 剪断AD间橡皮绳前,物体A所受摩擦力为F,方向向上。剪断AD间橡皮绳后,物体A所受摩擦力与AB间绳中弹力平衡,大小为F,选项A正确。 答案 A 4.(2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)小明将一辆后轮驱动的电动小汽车,按图示方法置于两个平板小车上,三者置于水平实验桌上。当小明用遥控器启动小车向前运动后,他看到两个平板小车也开始运动,下列标出平板小车的运动方向正确的是(  ) 解析 用遥控器启动小车向前运动,后轮是主动轮,顺时针转动,所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右,后轮对左侧平板小车的摩擦力向左;前轮是从动轮,所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左,前轮对右侧平板小车的摩擦力向右。因此左侧小车向左运动,右侧小车向右运动,故C项正确,A、B、D项错误。 答案 C 5.(2018·江苏南京、盐城、连云港高三第二次模拟)如图4所示,质量为M的磁铁,吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面,用水平向右的恒力F轻拉磁铁,磁铁向右下方做匀速直线运动,则磁铁受到的摩擦力f(  ) 图4 A.大小为Mg B.大小为 C.大小为F D.方向水平向左 解析 磁铁做匀速直线运动,所受合力为零,在黑板平面,磁铁受到重力Mg、拉力F和摩擦力f三个力的作用,其中任意一个力与其余两个力的合力大小相等、方向相反,则f=,选项B正确,A、C错误;滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反,为左偏上与速度v的方向相反,选项D错误。 答案 B 二、多项选择题 6.如图5所示,球A的重力为G,上端通过挂于O点的竖直悬线固定,下端与水平桌面相接触,悬线对球A、水平桌面对球A的弹力大小可能为(  ) 图5 A.0,G B.G,0 C., D.,G 解析 因球A处于平衡状态,且悬线对球A的作用力只能竖直向上,由平衡条件可得F+FN=G,对应A、B、C、D四个选项可知,选项A、B、C均正确,D错误。 答案 ABC 7.(2018·江苏海门中学诊断考试)将力传感器A固定在光滑水平桌面上,力传感器通过轻质水平细绳与滑块相连,滑块放在较长的小车上。如图6甲所示,力传感器与计算机相连接,可获得力随时间变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮,一端连接小车,另一端系砂桶,整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车分离前缓慢向砂桶里倒入细砂,力传感器采集的F-t图象如图乙所示。则(  ) 图6 A.2.5 s前小车做变加速运动 B.2.5 s后小车做变加速运动(假设细砂仍在加注中) C.2.5 s前小车所受摩擦力不变 D.2.5 s后小车所受摩擦力不变 解析 由题图乙可知,在F的变化阶段,砂桶质量在由小变大,滑块与小车之间没有相对滑动,属于静摩擦力,所以2.5 s前,小车、滑块均静止,选项A错误;2.5 s后小车受恒定摩擦力,但是外力增加,因此做变加速直线运动,选项B正确;根据上述分析,2.5 s前滑块受静摩擦力,且静摩擦力在变化,2.5 s后受滑动摩擦力,且大小不变,故选项C错误,D正确。 答案 BD 8.(2018·苏州调研)如图7所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子,沙粒之间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2>μ1),车厢的倾角用θ表示,下列说法正确的是(  ) 图7 A.要顺利地卸干净全部沙子,应满足tan θ>μ2 B.要顺利地卸干净全部沙子,应满足sin θ>μ2 C.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ2>tan θ>μ1 D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足tan θ>μ2>μ1 解析 因为μ2>μ1,可知越是上层的沙子越容易卸下,当与车厢底板接触的沙子从车上卸下时,全部沙子就能顺利地卸干净,则有mgsin θ>μ2mgcos θ,得tan θ>μ2,故选项A正确,B错误;与车厢底板不接触的沙子卸下,而与车厢底板接触的沙子未卸下时,只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,这时应有 mgsin θ>μ1mgcos θ,mgsin θ<μ2mgcos θ,得μ2>tan θ>μ1,故选项C正确,D错误。 答案 AC 9.如图8所示,用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动,从t=0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小,到t1时刻F减小为零。物体所受的摩擦力Ff随时间t的变化图象可能是(  ) 图8 解析 物体开始做匀速直线运动,说明物体所受水平向右的拉力F与向左的滑动摩擦力等大反向。当F减小时,物体做减速运动。若F减小为零之前物体始终运动,则摩擦力始终为滑动摩擦力,大小不变,选项A正确;若F减小为零之前物体已停止运动,则停止前摩擦力为滑动摩擦力,大小不变,停止后摩擦力为静摩擦力,大小随F的减小而减小,选项D正确。 答案 AD 三、计算题 10.如图9所示,一质量不计的弹簧原长为10 cm,一端固定于质量m=2 kg的物体上,另一端施一水平拉力F。(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,取g=10 m/s2) 图9 (1)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.2,当弹簧拉长至12 cm时,物体恰好匀速运动,弹簧的劲度系数为多大? (2)若将弹簧拉长至11 cm,物体受到的摩擦力大小为多少? (3)若将弹簧拉长至13 cm,物体受到的摩擦力大小为多少? 解析 (1) 物体匀速运动时,k(x-x0)=μmg, 则k== N/m=200 N/m。 (2) F1=k(x1-x0)=200×(0.11-0.10) N=2 N, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 fm=0.2×2×10 N=4 N。 物体由于F1<fm,所以物体静止,故所受静摩擦力 f1=F1=2 N。 (3) F2=k(x2-x0)=200×(0.13-0.10) N=6 N, 由于F2>fm,所以物体将运动,此时所受到的滑动摩擦力为 f2=μFN=μmg=0.2×2×10 N=4 N。 答案 (1) 200 N/m (2) 2 N (3)4 N 11.(2018·常州一中检测)如图10所示,一重为40 N的木块原来静止在水平桌面上。某瞬间在水平方向上同时受到两个方向相反的力F1、F2的作用,其中F1=13 N,F2=6 N。已知木块与桌面间的动摩擦因数为0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 图10 (1)求木块所受的摩擦力的大小和方向; (2)当只将F1撤去时,求木块受到的摩擦力的大小和方向; (3)若撤去的力不是F1而是F2,求木块受到的摩擦力的大小和方向。 解析 当木块运动时受到的滑动摩擦力为F滑=μFN=μG=0.2×40 N=8 N,故木块受到桌面的最大静摩擦力为8 N。 (1)加上F1、F2后,F1和F2相当于一个方向向右的F=F1-F2=7 N的力。由于F小于最大静摩擦力,故木块处于静止状态,则木块受到桌面静摩擦力的作用,大小为7 N,方向水平向左。 (2)将F1撤去后,由于F2小于最大静摩擦力,故木块仍然保持静止。由二力平衡知识知,木块受到的静摩擦力大小等于F2,即大小为6 N,方向水平向右。 (3)撤掉F2后,由于F1大于最大静摩擦力,则木块受到的摩擦力为滑动摩擦力,大小为8 N,方向水平向左。 答案 (1)7 N 水平向左 (2)6 N 水平向右 (3)8 N 水平向左 (共42张PPT) [高考导航] 考点内容 要求 高考命题实况 高考战报 2016 2017 2018 形变和弹力 胡克定律 Ⅰ T1:胡克定律的应用 T14(1):物体的平衡 T14(1)(2):受力分析、叠加体的平衡 T14(1):物体的平衡 3年3考 难度中等 保B必会 静摩擦 滑动摩擦 摩擦力 动摩擦因数 Ⅰ 高频考点:①受力分析、共点力的平衡等。 ②平衡问题与功能问题综合考查。 创新区域:①联系实际问题考查共点力的平衡。 ②教材实验器材和数据处理的创新。 力的合成和分解 Ⅱ 共点力的平衡 Ⅰ 实验二:力的平行四边形定则 ? 【说明】 (1)力的合成和分解的计算,只限于用作图法或直角三角形的知识解决。 (2)只要求解决一个平面内的共点力平衡问题。 第1讲 重力 弹力 摩擦力 知识排查 重力 1.产生:由于______的吸引而使物体受到的力。 2.大小:与物体的质量成______,即G= ______。可用______________测量重力。 3.方向:总是____________的。 4.重心:其位置与物体的______分布和______有关。 地球 正比 mg 弹簧测力计 竖直向下 质量 形状 形变 弹力 胡克定律 1.形变:物体在力的作用下形状或体积的变化。 2.弹性形变:有些物体在形变后撤去作用力能够恢复原状的形变。 3.弹力 (1)定义:发生弹性形变的物体,由于要____________,对与它接触的物体会产生力的作用,这种力叫做弹力。 (2)产生条件:物体相互_________且发生____________。 (3)方向:弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向_______。 恢复原状 接触 弹性形变 相反 (1)内容:弹簧发生____________时,弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成_______。 (2)表达式:F= ______。 ①k是弹簧的____________,单位为N/m;k的大小由弹簧____________决定。 ②x是__________,但不是弹簧形变以后的长度。 4.胡克定律 弹性形变 正比 kx 劲度系数 自身性质 形变量 静摩擦力 滑动摩擦力 动摩擦因数 1.静摩擦力与滑动摩擦力对比  名称 项目   静摩擦力 滑动摩擦力 定义 两______________的物体间的摩擦力 两_____________的物体间的摩擦力 产生条件 ①接触面_______ ①接触面_______ ②接触处有_______ ②接触处有_______ ③两物体间有______________ ③两物体间有___________ 相对静止 相对运动 粗糙 粗糙 压力 压力 相对运动趋势 相对运动 大小 (1)静摩擦力为被动力,与正压力无关,满足_______________ (2)最大静摩擦力Fmax大小与正压力大小有关 F=_______ 方向 与受力物体相对运动趋势的方向______ 与受力物体相对运动的方向______ 作用效果 总是阻碍物体间的__________________ 总是阻碍物体间的____________ 0<F≤Fmax μFN 相反 相反 相对运动趋势 相对运动 2.动摩擦因数 相对运动 粗糙程度 小题速练 (1)重力的方向不一定指向地心。(  ) (2)物体挂在弹簧秤下,弹簧秤的示数一定等于物体的重力。(  ) (3)F=kx中“x”表示弹簧形变后的长度。(  ) (4)静止的物体不可能受滑动摩擦力,运动的物体不可能受静摩擦力。(  ) (5)接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。(  ) (6)两物体接触处的弹力越大,滑动摩擦力越大。(  ) (7)两物体接触处的弹力增大时,接触面间的静摩擦力大小可能不变。(  ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)× (7)√ 1.思考判断 图1 A.极限法      B.放大法 C.控制变量法 D.等效替代法 2.[人教版必修1P56第1题改编]下列两个实验中体现出的共同的物理思想方法是(  ) 解析 图甲是利用光的多次反射将微小形变放大,图乙是利用细管中液面的变化观察玻璃瓶的微小形变,故为放大法,选项B正确。 答案 B 3.[人教版必修1P61第3题改编](多选)重量为100 N 的木箱放在水平地板上,至少要用35 N的水平推力,才能使它从原地开始运动。木箱从原地移动以后,用30 N的水平推力,就可以使木箱继续做匀速运动。由此可知(  ) A.木箱与地板间的最大静摩擦力为35 N B.木箱所受的滑动摩擦力为30 N C.木箱与地板间的动摩擦因数为0.35 D.木箱与地板间的动摩擦因数为0.3 答案 ABD 图2 A.砂堆稳定时,砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零 B.砂堆稳定时,只有形成严格规则的圆锥,底面受到地面的摩擦力才为零 C.砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tan αmax=μ D.砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足cos αmax=μ 4.(2019·平顶山统考)(多选)有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形,稳定时底角为α,如图2所示。如果视每粒砂子完全相同,砂子与砂子之间,砂子与地面之间的动摩擦因数均为μ,砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等,下列说法正确的是(  ) 解析 对砂堆整体受力分析,受到重力和地面的支持力,水平方向上不受力,A项正确;不论砂堆的形状是否为规则的圆锥形,整体受力不变,B项错误;对砂堆侧面上的某粒砂子受力分析,如图所示,则FN=mgcos α,Ff=mgsin α,Ff≤μFN,解得tan αmax=μ,C项正确,D项错误。 答案 AC  弹力的分析与计算 1.弹力方向 (1)根据力的平衡条件进行求解。 (2)根据牛顿第二定律进行求解。 (3)根据胡克定律进行求解。 2.弹力大小计算的三种方法 图3 A.细绳一定对小球有拉力的作用 B.轻弹簧一定对小球有弹力的作用 C.细绳不一定对小球有拉力的作用,但是轻弹簧对小球一定有弹力 D.细绳不一定对小球有拉力的作用,轻弹簧对小球也不一定有弹力 【例1】 如图3所示,小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是(  ) 解析 若小球与小车一起匀速运动,则细绳对小球无拉力;若小球与小车有向右的加速度a=gtan α,则轻弹簧对小球无弹力作用,选项D正确。 答案 D 图4 【例2】 (2019·江苏淮安检测)(多选)如图4所示,放在水平地面上的质量为m的物体,与地面间的动摩擦因数为μ,在劲度系数为k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动。弹簧没有超出弹性限度,则(  ) 答案 BD 摩擦力方向的判断 1.静摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法 (2)状态法 根据平衡条件、牛顿第二定律,判断静摩擦力的方向。 (3)牛顿第三定律法 先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向,再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。 (1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反,但不一定与物体的运动方向相反。 (2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势),但不一定阻碍物体的运动。 (3)摩擦力可以是阻力,也可以是动力;摩擦力可以使物体减速,也可以使物体加速。 (4)受静摩擦力作用的物体不一定静止,但一定保持相对静止。 2.摩擦力的理解注意点 图5 A.A物体受到的摩擦力方向向右 B.三个物体中只有A物体受到的摩擦力是零 C.B、C受到的摩擦力方向相同 D.B、C受到的摩擦力方向相反 【例3】 (2019·南京模拟)(多选)如图5所示,A、B、C三个物体质量相等,它们与传送带间的动摩擦因数也相同。三个物体随传送带一起匀速运动,运动方向如图中箭头所示。则下列说法正确的是(  ) 解析 A物体与传送带一起匀速运动,它们之间无相对运动或相对运动趋势,即无摩擦力作用,选项A错误;B、C两物体虽运动方向不同,但都处于平衡状态,由沿传送带方向所受合力为零可知,B、C两物体均受沿传送带方向向上的摩擦力作用,故选项B、C正确,D错误。 答案 BC 摩擦力大小的计算 计算摩擦力大小的“四点”注意 (1)在确定摩擦力的大小之前,首先分析物体所处的状态,分清是静摩擦力还是滑动摩擦力。 (2)滑动摩擦力的大小可以用公式F=μFN计算,而静摩擦力没有公式可用,只能利用平衡条件或牛顿第二定律列方程计算。这是因为静摩擦力是被动力,其大小随状态而变,介于0~Fmax之间。 (3)“F=μFN”中FN并不总是等于物体的重力。 (4)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关,与接触面积的大小也无关。 图6 【例4】 (2018·泰州中学模拟)如图6所示,斜面固定在地面上,倾角为θ=37°。(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长,该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8),则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图象是下图中的(取初速度v0的方向为正方向,g=10 m/s2)(  ) 解析 滑块上升过程中受滑动摩擦力,由Ff=μFN和FN=mgcos θ,联立得Ff=6.4 N,方向为沿斜面向下,当滑块的速度减为零后,由于重力沿斜面向下的分力mgsin θ<μmgcos θ,滑块不动,滑块受的摩擦力为静摩擦力,由平衡条件得Ff′=mgsin θ,代入可得Ff′=6 N,方向为沿斜面向上,故选项B正确。 答案 B 摩擦力大小计算的思维流程 摩擦力的四类突变 分类 “静—静”突变 “静—动”突变 “动—静”突变 “动—动”突变 案例图示 在水平力F作用下物体静止于斜面上,F突然增大时物体仍静止,则所受静摩擦力大小或方向将“突变” 放在粗糙水平面上的物体,作用在物体上的水平力F从零逐渐增大,物体开始滑动,物体受地面摩擦力由静摩擦力“突变”为滑动摩擦力 滑块以v0冲上斜面做减速运动,当到达某位置静止时,滑动摩擦力“突变”为静摩擦力 水平传送带的速度v1>v2,滑块受滑动摩擦力方向向右,当传送带突然被卡住时滑块受到的滑动摩擦力方向“突变”为向左 图7 A.物体A相对小车向右运动 B.物体A受到的摩擦力减小 C.物体A受到的摩擦力大小不变 D.物体A受到的弹簧的拉力增大 【例5】 (2018·镇江市一模)如图7所示,质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的拉力为5 N时,物体A处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度向右运动,则(  ) 解析 由题意得,物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Ffm≥5 N,小车加速运动时,假设物体A与小车仍然相对静止,则物体A所受合力F合=ma=10 N,可知此时小车对物体A的摩擦力为5 N,方向向右,且为静摩擦力,所以假设成立,物体A受到的摩擦力大小不变,故选项A、B错误,C正确;物体A与小车仍相对静止,则物体A受到的弹簧的拉力大小不变,故选项D错误。 答案 C 实验探究的培养——动摩擦因数的测定 纸带类问题是高考命题的热点,而动摩擦因数的测定是高考命题的创新点之一,两者结合在江苏乃至全国命题中都很常见,应引起重视。 图8 【典例】 某同学利用弹簧测力计测定木块A与木板B间的动摩擦因数μ,具体操作如下: (1)如图8甲、乙是两种实验设计方案,请完成横线上的空白部分。 方案一:如图甲所示,木板B静止在水平桌面上,用手通过弹簧测力计向右拉木块A,使木块A向右匀速运动,读出此时弹簧测力计的示数F,再用弹簧测力计测出木块A的重力G,由平衡条件可知,滑动摩擦力Ff=________,A、B间的正压力FN=________,所以动摩擦因数μ=________; 方案二:如图乙所示,将弹簧测力计C的吊环套在直立固定在桌边的铁钉D上,挂钩端与木块A相连,用力拉平放在桌面上的木板B,使其缓慢向右运动。 当A相对地面静止时,A受的滑动摩擦力Ff等于弹簧拉力(A在B上相对B向左滑动)。读出此时弹簧测力计的读数F,即为A所受的滑动摩擦力Ff。用弹簧测力计测出A的重力G,则A、B间的动摩擦因数μ=________。 (2)从实际操作考虑,你认为上述哪种方案更可行? (3)若只给你一把直尺、一条橡皮条和一些轻绳,你能否测定木板A与木板B间的动摩擦因数μ? (2)在方案一中,弹簧测力计对木块A的拉力只有在木块匀速时才等于滑动摩擦力的大小,但这种操作方式很难保证木块A匀速运动;而在第二种方案中,不论木板B如何运动,木块A总是处于平衡状态,弹簧测力计的示数等于木块A所受滑动摩擦力的大小,故第二种方案更切实可行。 (3)可以,实验方法及步骤如下: ①将橡皮条的两端拴上两条轻绳,并用直尺测出橡皮条的原长l0; ②橡皮条一端的轻绳连接木块A,另一端的轻绳竖直悬挂起来,如图甲所示,测出橡皮条的长度l1; ③将橡皮条的一端固定于竖直墙上,木块A放在木板B上,如图乙所示,用水平力使木板B在木块A下滑动,测出此时橡皮条的长度l2; 【变式训练】 (多选)为了测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数,某同学设计了一个实验:用一根弹簧将木块压在墙上,同时在木块下方有一个拉力F2作用,使木块恰好匀速向下运动(弹簧随木块一起向下运动),如图9所示。现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G,则以下结论正确的是(  ) 图9 答案 BD 第2讲 力的合成和分解 知识排查 力的合成和分解 1.合力与分力 (1)定义:如果一个力产生的效果跟几个共点力共同作用产生的效果相同,这一个力就叫做那几个力的合力,原来那几个力叫做这一个力的分力。 (2)关系:合力和分力是等效替代的关系。 2.共点力 作用在物体的同一点,或作用线的延长线交于一点的力。如图1所示均是共点力。 图1 3.力的合成 (1)定义:求几个力的合力的过程。 (2)运算法则 ①平行四边形定则:求两个互成角度的共点力的合力,可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形,这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。如图2甲所示。 ②三角形定则:把两个矢量首尾相接,从而求出合矢量的方法。如图乙所示。 图2 4.力的分解 (1)定义:求一个已知力的分力的过程。 (2)遵循原则:平行四边形定则或三角形定则。 (3)分解方法:①按力产生的效果分解;②正交分解。 矢量和标量 1.矢量:既有大小又有方向的量,相加时遵从平行四边形定则。 2.标量:只有大小没有方向的量,求和时按代数法则相加。 小题速练 1.思考判断 (1)两个力的合力一定大于任一个分力。(  ) (2)合力及其分力可以同时作用在物体上。(  ) (3)两个分力大小一定,夹角越大,合力越大。(  ) (4)8 N的力能够分解成5 N和3 N的两个分力。(  ) (5)既有大小又有方向的物理量一定是矢量。(  ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× 2.[人教版必修1P61插图改编]小娟、小明两人共提一桶水匀速前行,如图3所示。已知两人手臂上的拉力大小相等且为F,两个手臂间的夹角为θ,水和水桶的总重力为G,则下列说法正确的是(  ) 图3 A.当θ为120°时,F= B.不管θ为何值,F= C.当θ=0°时,F= D.θ越大时,F越小 解析 设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F,由题意知小娟、小明的手臂夹角为θ角,根据对称性可知,两人对水桶的拉力大小相等,则根据平衡条件得2Fcos =G,解得F=,当θ=0°时,cos 值最大,此时F=G,即为最小,当θ为60°时,F=G,当θ为120°时,F=G,即θ越大,F越大,故选项C正确,A、B、D错误。 答案 C 3.[人教版必修1P64第4题改编](多选)两个力F1和F2间的夹角为θ,(0<θ<180°)两力的合力为F。以下说法正确的是(  ) A.若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F就越大 B.合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大 C.如果夹角θ不变,F1大小不变,只要F2增大,合力F就必然增大 D.合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的 答案 AD   共点力的合成 1.合力大小的范围 (1)两个共点力的合成:|F1-F2|≤F≤F1+F2。 即两个力的大小不变时,其合力随夹角的增大而减小,当两个力反向时,合力最小,为|F1-F2|;当两力同向时,合力最大,为F1+F2。 (2)三个共点力的合成 ①最大值:三个力同向时合力最大,为F1+F2+F3; ②最小值:如果|F1-F2|≤F3≤F1+F2,则合力的最小值为零,否则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的和的绝对值。 2.共点力合成的方法 (1)作图法。 (2)计算法。几种特殊情况的共点力的合成,如图4所示。 图4 3.多个共点力的合成方法 依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力,再求这个合力与第三个力的合力,以此类推,求完为止。 【例1】 (2018·启东中学模拟)(多选)如图5所示,作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零,F1沿-y方向,大小已知。F2与+x方向夹角为θ(θ<90°),大小未知。下列说法正确的是(  ) 图5 A.F3可能指向第二象限 B.F3一定指向第三象限 C.F3与F2的夹角越小,则F3与F2的合力越小 D.F3的最小可能值为F1cos θ 解析 因F1、F2、F3的合力为零,故F3应与F2、F1的合力等大反向,故F3可能指向第二象限,也可能指向第三象限,选项A正确,B错误;F3、F2的合力与F1等大反向,而F1大小、方向均已知,故F3与F2的合力与其夹角大小无关,选项C错误;当F3与F2垂直时,F3最小,其最小值为F1cos θ,选项D正确。 答案 AD  力的分解 1.力的分解常用的方法 正交分解法 效果分解法 分解方法 将一个力沿着两个互相垂直的方向进行分解的方法 根据一个力产生的实际效果进行分解的方法 实例分析 x轴方向上的分力:Fx=Fcos θy轴方向上的分力:Fy=Fsin θ F1=F2=Gtan θ 2.力的分解方法选取原则 (1)选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定。一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常按实际效果进行分解,若这三个力中,有两个力互相垂直,可选用正交分解法。 (2)当物体受到三个以上的力时,常用正交分解法。 【例2】 (2018·南师附中模拟)(多选)如图6所示,质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上,两轻杆等长,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接,在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C,整个装置处于静止状态,设杆与水平面间的夹角为θ。下列说法正确的是(  ) 图6 A.当m一定时,θ越小,滑块对地面的压力越大 B.当m一定时,θ越大,轻杆受力越小 C.当θ一定时,M越大,滑块与地面间的摩擦力越大 D.当θ一定时,M越大,可悬挂重物C的质量m越大 解析 对A、B、C整体分析可知,对地面压力为FN=(2M+m)g,与θ无关,故选项A错误;将C的重力按照作用效果分解,如图所示,根据平行四边形定则,有F1=F2==,故m一定时,θ越大,轻杆受力越小,故选项B正确;对A分析,受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力,根据平衡条件,有f=F1cos θ=,与M无关,故选项C错误;当θ一定时,M越大,M与地面间的最大静摩擦力越大,则可悬挂重物C的质量m越大,故选项D正确。 答案 BD  “死结”与“活结”、“动杆”和“定杆”模型 1.“死结”和“活结”的比较 (1)“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。 (2)“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线。 2.“动杆”和“定杆”的比较 “动杆”:对于一端有转轴或有铰链的轻杆,其提供的弹力方向一定是沿着轻杆的方向。 “定杆”:一端固定的轻杆(如一端“插入”墙壁或固定于地面),其提供的弹力不一定沿着轻杆的方向,力的方向只能根据具体情况进行受力分析。根据平衡条件或牛顿第二定律确定杆中的弹力的大小和方向。 【例3】 如图7(a)轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体。∠ACB=30°;图(b)中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上,另一端G通过细绳EG拉住,EG与水平方向也成30°角,轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体,则下列说法正确的是(  ) 图7 A.图(a)中BC杆对滑轮的作用力为 B.图(b)中HG杆受到的作用力为M2g C.细绳AC段的张力TAC与细绳EG的张力TEG之比为1∶1 D.细绳AC段的张力TAC与细绳EG的张力TEG之比为M1/2M2 解析 图(a)中两段绳的拉力大小都是M1g,互成120°,因此合力大小是G,根据共点力平衡,BC杆对滑轮的作用力大小也是M1g(方向与竖直成60°斜向右上方),选项A错误;图(b)中HG杆受到的作用力水平向左,大小为M2g,选项B错误;图(a)中绳AC段的拉力TAC=M1g;图(b)中由于TEGsin 30°=M2g,得TEG=2M2g,解得TAC/TEG=M1/2M2,故选项C错误,D正确。 答案 D 科学态度与责任的培养——合成法在实际生活中的应用 人教版必修1第100~102页“课题研究”中主要涉及对桥梁的研究,研究类型有拱形桥、斜拉桥、悬索桥等等,这些桥的设计与本部分内容相关,在江苏高考中也出现过类似实例。 【典例】 将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱,其中第3、4块固定在地基上,第1、2块间的接触面是竖直的,每块石块的两个侧面间所夹的圆心角为30°,如图8所示。假定石块间的摩擦力可以忽略不计,则第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比为(  ) 图8 A. B. C. D. 解析 如图所示,对第1个石块进行受力分析,由几何关系知θ=60°,所以有FN21∶FN31=sin 60°=。 答案 B 【变式训练】 (2018·盐城中学检测)生活中的物理知识无处不在。如图9所示是我们衣服上的拉链的一部分,在把拉链拉开的时候,我们可以看到有一个类似三角形的东西在两链中间运动,使很难直接分开的拉链很容易地被拉开。关于其中的物理原理,下列说法中正确的是(  ) 图9 A.在拉开拉链的时候,三角形的物体增大了分开拉链的力 B.在拉开拉链的时候,三角形的物体只是为了将拉链分开,并没有增大拉力 C.在拉开拉链的时候,三角形的物体增大了分开拉链的力,但合上拉链时减小了合上的力 D.以上说法都不正确 解析 在拉开拉链的时候,三角形的物体在两链间和拉链一起运动,手的拉力在三角形的物体上产生了两个分力,如图所示,分力大于手的拉力,所以很难直接分开的拉链可以很容易地被三角形物体分开,同理可知,合上拉链时增大了合上的力。 答案 A  1.如图10所示,一个物体受到三个共点力F1、F2、F3的作用,若将它们平移并首尾相接,三个力矢量组成了一个封闭三角形,则物体受到的这三个力的合力大小为(  ) 图10 A.2F1   B.F2   C.2F3   D.0 解析 由矢量三角形定则可以看出,首尾相接的任意两个力的合力必与第三个力大小相等、方向相反,所以这三个力的合力为零,故选项D正确。 答案 D 2.(2019·江苏无锡高三期中)如图11所示吊环动作,先双手撑住吊环(设开始时两绳与肩同宽),然后身体下移,双臂缓慢张开到如图所示位置。则在两手之间的距离增大的过程中吊环两根绳的拉力FT(两个拉力大小相等)及它们的合力F的大小变化情况为(  ) 图11 A.FT增大,F不变 B.FT增大,F增大 C.FT增大,F减小 D.FT减小,F不变 解析 对运动员受力分析,受到重力、两个拉力,如图:由于两个拉力的合力F不变,且夹角变大,故两个拉力FT不断变大,故选项A正确。 答案 A 3.(2018·江苏南京、淮安高三模拟)小明家阁楼顶有一扇倾斜的天窗,天窗与竖直面的夹角为θ,如图12所示。小明用质量为m的刮擦器擦天窗玻璃,当对刮擦器施加竖直向上大小为F的推力时,刮擦器恰好沿天窗玻璃向上匀速滑动,已知玻璃与刮擦器之间的动摩擦因数为μ,则刮擦器受到的摩擦力大小是(  ) 图12 A.(F-mg)cos θ B.(mg+F)sin θ C.μ(F-mg)cos θ D.μ(mg+F)sin θ 解析 对物体进行受力分析,如图所示,物体受到竖直向下的重力mg,竖直向上的推力F,垂直于玻璃斜向右下方的弹力FN;沿玻璃斜向下的滑动摩擦力f,将力沿玻璃和垂直于玻璃的方向分解,沿玻璃的方向有mgcos θ+f=Fcos θ,则f=(F-mg)cos θ,垂直于玻璃的方向有Fsin θ=FN+mgsin θ,f=μFN=μ(F-mg)sin θ,选项A正确,B、C、D错误。 答案 A 4.(多选)如图13所示,将力F分解为F1和F2两个分力,已知F1的大小和F2与F之间的夹角α,且α为锐角,则(  ) 图13 A.当F1>Fsin α时,一定有两解 B.当F1=Fsin α时,有唯一解 C.当F1<Fsin α时,无解 D.当Fsin α<F1<F时,一定有两解 解析 将一个力分解为两个分力,由三角形定则知分力与合力可构成封闭三角形。当F1<Fsin α时,三个力不能构成封闭三角形,故不可能分解为这样的一对分力F1和F2,选项C正确;当F1=Fsin α时,可构成唯一一个直角三角形,选项B正确;当Fsin α<F1<F时,F1、F2与F可构成两个矢量三角形,即有两解,选项D正确;由于不能确定F1是否小于F,由前面的分析知,选项A错误。 答案 BCD 活页作业 (时间:30分钟) 一、单项选择题 1.(2018·南京多校第一次联考)减速带是交叉路口常见的一种交通设施,车辆驶过减速带时要减速,以保障行人的安全。当汽车前轮刚爬上减速带时,减速带对车轮的弹力为F,下图中弹力F画法正确且分解合理的是(  ) 解析 减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面,指向受力物体,故选项A、C错误;按照力的作用效果分解,将F可以分解为水平方向和竖直方向,水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度,竖直方向上的分力产生向上运动的作用效果,故选项B正确,D错误。 答案 B 2.(2018·江苏黄桥中学模拟)风洞是进行空气动力学实验的一种重要设备。一次检验飞机性能的风洞实验示意图如图1所示,AB代表飞机模型的截面,OL是拉住飞机模型的绳。已知飞机模型重为G,当飞机模型静止在空中时,绳恰好水平,此时飞机模型截面与水平面的夹角为θ,则作用于飞机模型上的风力大小为(  ) 图1 A. B.Gcos θ C. D.Gsin θ 解析 作用于飞机模型上的风力F的方向垂直于AB向上,由平衡条件可知,风力F在竖直方向的分力与飞机模型重力G平衡,即Fcos θ=G,解得F=,A项正确。 答案 A 3.(2019·南通中学期中)如图2所示,光滑斜面的倾角为θ=37°,一个可以看成质点的小球在轻质细线的拉力作用下静止在斜面上,细线与斜面间的夹角也为37°,若小球的重力为G,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则手对细线的拉力等于(  ) 图2 A.G B. C. D. 解析 球受重力、拉力和支持力,处于平衡状态,如图所示,则沿斜面方向 mgsin 37°=Fcos 37°,解得F=,故选项C正确。 答案 C 4.(2018·中华中学模拟)如图3所示,滑轮本身的质量可忽略不计,滑轮轴O安在一根轻木杆B上,一根轻绳AC绕过滑轮,A端固定在墙上,且绳保持水平,C端挂一重物,BO与竖直方向夹角θ=45°,系统保持平衡。若保持滑轮的位置不变,改变夹角θ的大小,则滑轮受到木杆的作用力大小的变化情况是(  ) 图3 A.只有角θ变小,作用力才变大 B.只有角θ变大,作用力才变大 C.不论角θ变大或变小,作用力都是变大 D.不论角θ变大或变小,作用力都不变 解析 对滑轮受力分析,受两个绳子的拉力和杆的弹力;滑轮一直保持静止,合力为零,故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线;由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力,大小不变,方向也不变,故两个拉力的合力为mg,与水平方向成45°斜向右下方。 答案 D 5.(2018·常州中学模拟)在车站、机场等地会看见一些旅客推着行李箱,也有一些旅客拉着行李箱在水平地面上行走,建立物理模型如图4甲和乙所示。假设他们都做匀速运动,对同一行李箱在这两种情况下,下列说法正确的是(  ) 图4 A.两种情况下,行李箱所受地面的摩擦力相同 B.两种情况下,推行李箱省力 C.拉行李箱时,行李箱与地面间的弹力有可能为零 D.力F2与摩擦力的合力方向竖直向下 解析 对于甲图,正压力的大小FN1=mg-F1sin θ,对于乙图,正压力的大小FN2=mg+F2sin θ,根据滑动摩擦力公式知,两个箱子受到的摩擦力大小不同,故选项A错误;对于甲图,根据共点力平衡有F1cos θ=μ(mg-F1sin θ),解得F1=,对于乙图,根据共点力平衡有F2cos θ=μ(mg+F2sin θ),解得F2=,可知F2>F1,拉箱子更省力,故选项B错误;通过上面的分析,如果行李箱与地面间的弹力为零,则摩擦力为零,则拉力与重力为一对平衡力,与拉力和重力方向不在同一条直线上矛盾,故选项C错误;根据乙图可知,力F2与摩擦力的合力根据平行四边形定则可知方向竖直向下,故选项D正确。 答案 D 二、多项选择题 6.下图中按力的作用效果分解正确的是(  ) 解析 A图、D图按力的作用效果分解,故A、D项正确;物体的重力,按效果分解成一个垂直接触面的力,与垂直挡板的力,如图所示,故B项错误; 按照力的作用效果,拉力分解成如图所示,故C项错误。 答案 AD 7.节日里悬挂灯笼是我国的一种民俗。如图5所示,由于建筑物位置原因,悬挂时A、B点高度不同,O为结点,轻绳AO、BO长度相等,拉力分别为FA、FB,灯笼受到的重力为G。下列表述正确的是(  ) 图5 A.FA一定小于G B.FA一定小于FB C.FA与FB大小相等 D.FA与FB大小之和大于G 解析 以O点为研究对象作出受力分析图,如图所示,由于B点比A点高,根据几何关系可知α>β,O点受到FA、FB、G三个力作用,根据平衡条件得知,FA与FB的合力与重力G大小相等,方向相反,所以此合力的方向竖直向上,根据几何关系可知FB>FA,但不能判断FA与G的大小关系,根据三角形中两边之和大于第三边可知,FA与FB大小之和大于G,故选项B、D正确。 答案 BD 8.如图6所示,质量为m的木块在推力F作用下,在水平地面上做匀速直线运动,已知木块与地面间的动摩擦因数为μ,那么木块受到的滑动摩擦力为(  ) 图6 A.μmg B.μ(mg+Fsin θ) C.μ(mg-Fsin θ) D.Fcos θ 解析 对木块进行受力分析如图所示,将F进行正交分解,由于木块做匀速直线运动,所以在x轴和y轴均受力平衡,即Fcos θ =Ff,FN=mg+Fsin θ,又由于Ff=μFN,故Ff=μ(mg+Fsin θ),选项B、D正确。 答案 BD 9.如图7所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图,锁舌尖角为37°,此时弹簧弹力为24 N,锁舌表面较光滑,摩擦不计(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8),下列说法正确的是(  ) 图7 A.此时锁壳碰锁舌的弹力为40 N B.此时锁壳碰锁舌的弹力为30 N C.关门时锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大 D.关门时锁壳碰锁舌的弹力保持不变 解析 锁壳碰锁舌的弹力分解如图所示,其中F1=FNsin 37°,且F1大小等于弹簧的弹力24 N,解得锁壳碰锁舌的弹力为40 N,选项A正确,B错误;关门时,弹簧的压缩量增大,弹簧的弹力增大,故锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大,选项C正确,D错误。 答案 AC 三、计算题 10.如图8所示,用绳AC和BC吊起一重100 N的物体,两绳AC、BC与竖直方向的夹角分别为30°和45°。求绳AC和BC对物体的拉力大小。 图8 解析 法一 实际效果分解法 由正弦定理得 ==, 解得FA=100(-1)N, FB=50(-1)N。 法二 正交分解法 以物体为研究对象,受力分析并建立水平与竖直方向的直角坐标系,由平衡条件得 x轴:FBCsin 45°-FACsin 30°=0, y轴:FBCcos 45°+FACcos 30°-G=0, 解得FAC=100(-1)N,FBC=50(-1)N。 答案 100(-1)N 50(-1)N 11.如图9所示,α=30°,装置的重力和摩擦力均不计,若用F=100 N的水平推力使滑块B保持静止,则工件受到的向上的弹力多大? 图9 解析 装置的重力和摩擦力均不计,对B进行受力分析如图, 则水平方向F=F1sin α; 对A进行受力分析如图,则竖直方向F1cos α=F2, 所以F2=F; 根据牛顿第三定律,工件受到的向上的弹力与工件对装置的作用力大小相等,方向相反,即 N=F2=F=×100 N =100 N。 答案 100 N (共31张PPT) 第2讲 力的合成和分解 知识排查 (1)定义:如果一个力________________跟几个共点力共同作用产生的效果相同,这一个力就叫做那几个力的_______,原来那几个力叫做这一个力的分力。 (2)关系:合力和分力是____________的关系。 产生的效果 合力 等效替代 作用在物体的_________,或作用线的_________交于一点的力。如图1所示均是共点力。 2.共点力 图1 同一点 延长线 (1)定义:求几个力的______的过程。 (2)运算法则 ①平行四边形定则:求两个互成角度的________的合力,可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形,这两个邻边之间的对角线就表示合力的______和______ 。如图2甲所示。 ②三角形定则:把两个矢量___________ ,从而求出合矢量的方法。如图乙所示。 合力 共点力 大小 方向 首尾相接 图2 (1)定义:求一个已知力的分力的过程。 (2)遵循原则:___________定则或________定则。 (3)分解方法:①按力产生的_______分解;②正交分解。 4.力的分解 平行四边形 三角形 效果 矢量和标量 1.矢量:既有大小又有方向的量,相加时遵从________________。 2.标量:只有大小______方向的量,求和时按_________相加。 平行四边形定则 没有 代数法则 小题速练 1.思考判断 (1)两个力的合力一定大于任一个分力。(  ) (2)合力及其分力可以同时作用在物体上。(  ) (3)两个分力大小一定,夹角越大,合力越大。(  ) (4)8 N的力能够分解成5 N和3 N的两个分力。(  ) (5)既有大小又有方向的物理量一定是矢量。(  ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× 2.[人教版必修1P61插图改编]小娟、小明两人共提一桶水匀速前行,如图3所示。已知两人手臂上的拉力大小相等且为F,两个手臂间的夹角为θ,水和水桶的总重力为G,则下列说法正确的是(  ) 图3 答案 C 3.[人教版必修1P64第4题改编](多选)两个力F1和F2间的夹角为θ,(0<θ<180°)两力的合力为F。以下说法正确的是(  ) A.若F1和F2大小不变,θ角越小,合力F就越大 B.合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大 C.如果夹角θ不变,F1大小不变,只要F2增大,合力F就必然增大 D.合力F的作用效果与两个分力F1和F2共同产生的作用效果是相同的 答案 AD  (1)两个共点力的合成:|F1-F2|≤F≤F1+F2。 即两个力的大小不变时,其合力随夹角的增大而减小,当两个力反向时,合力最小,为|F1-F2|;当两力同向时,合力最大,为F1+F2。 (2)三个共点力的合成 ①最大值:三个力同向时合力最大,为F1+F2+F3; ②最小值:如果|F1-F2|≤F3≤F1+F2,则合力的最小值为零,否则合力的最小值为最大的一个力减去另外两个较小的力的和的绝对值。 (1)作图法。 (2)计算法。几种特殊情况的共点力的合成,如图4所示。 图4 依据平行四边形定则先求出任意两个力的合力,再求这个合力与第三个力的合力,以此类推,求完为止。 A.F3可能指向第二象限 B.F3一定指向第三象限 C.F3与F2的夹角越小,则F3与F2的合力越小 D.F3的最小可能值为F1cos θ 【例1】 (2018·启东中学模拟)(多选)如图5所示,作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零,F1沿-y方向,大小已知。F2与+x方向夹角为θ(θ<90°),大小未知。下列说法正确的是(  ) 图5 解析 因F1、F2、F3的合力为零,故F3应与F2、F1的合力等大反向,故F3可能指向第二象限,也可能指向第三象限,选项A正确,B错误;F3、F2的合力与F1等大反向,而F1大小、方向均已知,故F3与F2的合力与其夹角大小无关,选项C错误;当F3与F2垂直时,F3最小,其最小值为F1cos θ,选项D正确。 答案 AD 力的分解 1.力的分解常用的方法 (1)选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定。一般来说,当物体受到三个或三个以下的力时,常按实际效果进行分解,若这三个力中,有两个力互相垂直,可选用正交分解法。 (2)当物体受到三个以上的力时,常用正交分解法。 2.力的分解方法选取原则 图6 A.当m一定时,θ越小,滑块对地面的压力越大 B.当m一定时,θ越大,轻杆受力越小 C.当θ一定时,M越大,滑块与地面间的摩擦力越大 D.当θ一定时,M越大,可悬挂重物C的质量m越大 【例2】 (2018·南师附中模拟)(多选)如图6所示,质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上,两轻杆等长,杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接,在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C,整个装置处于静止状态,设杆与水平面间的夹角为θ。下列说法正确的是(  ) 答案 BD “死结”与“活结”、“动杆”和“定杆”模型 1.“死结”和“活结”的比较 (1)“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点。“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等。 (2)“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点。“活结”一般是由绳跨过滑轮或

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  • ID:6-6185947 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第一章直线运动 (共7份打包)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    (共46张PPT) 第一章 直线运动 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 1)练习正确使用打点计时器 (2)会利用纸带求匀变速直线运动的瞬时速度、加速度 实验目 的 (3)会利用纸带探究小车速度随时间变化的规律,并能画出小车 运动的-图像根据图像求加速度 从纸带上确定计数点和两计数点间隔的时间,量出各计数点与第 实验原理 1个计数点间的距离,利用平均速度求出瞬时速度;计算相邻计 数点距离之差,看其是否是一个常数来确定运动性质 接电源 电火花计时器(或电磁打点计时器)、一端附有滑轮 纸带 实验器材的长木板小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、 电源、复写纸片 (1)按照实验装置图,把打点计时器固定在长木板无滑轮的一端, 接好电源 (2)把一细线系在小车上,细线绕过滑轮,下端挂合适的钩码, 纸带穿过打点计时器,固定在小车后面 (3)把小车停靠在打点计时器处,接通电源放开小车 实验步骤 (4)小车运动一段时间后,断开电源,取下纸带 (5)换纸带反复做三次,选择一条比较理想的纸带进行测量分析 1)利用逐差法求平均加速度a1=4x、a23m292, x5-x2 6-3 3T2 数据处理 a1+a2+a3 (2)利用平均速度求瞬时速度v %+Xn+1 s dn-dn-1 2T 2T (3)利用速度一时间图像求加速度:作出速度一时间图像,通过图像 的斜率求物体的加速度 热点透析 打点计时器 小车, 纸带 6 123 (b) 高考实验创新分析 打点 计时器 斗合|>限位孔 铜管 跟踪训练 打点计时器纸带物块绳子 钩码 图(a) C D 单位cm}46--659-}+8:6l 了10.61 图(b) 左 右 83 100 117 133 150 mm 细线长木板小车纸带接电源 打点计时器 钩码 (共49张PPT) 第一章 直线运动 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 参考系、质点 Ⅰ 位移、速度和加速度 Ⅱ 匀变速直线运动及其公式、图像 Ⅱ 2016年Ⅰ卷21题  2018年Ⅰ卷14题 2018年Ⅱ卷19题  2018年Ⅲ卷18题 实验一:研究匀变速直线运动 2015年Ⅱ卷22题  2017年Ⅰ卷22题 2017年Ⅱ卷22题  2018年Ⅲ卷22题 返回导航 命题特点 1.匀变速直线运动的基本公式、规律在历年新课标卷中所占比重较大,特别是力学大题中更是突出了运动学公式的地位,运动学公式和牛顿第二定律结合考查实际应用问题成为近三年的热点. 2.近两年vt图像结合追及相遇问题,vt图像和运动学公式结合来解决物理问题成为高考的热点 返回导航 质量 大小 形状 返回导航 任意 同一 不同 返回导航 有向线段 直线距离 初位置 末位置 比值 返回导航 速度 速度变化量 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共58张PPT) 第一章 直线运动 返回导航 v=v0+at v2-v02=2ax 返回导航 aT2 平均速度 返回导航 1∶2∶3∶…∶n 1∶22∶32∶…∶n2 1∶3∶5∶…∶(2n-1) 返回导航 竖直向下 匀减速 自由落体 返回导航 v=gt v2=2gh v=v0-gt v2-v02=-2gh 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 课时1+1解决匀变速直线运动的常用方法 (共42张PPT) 第一章 直线运动 返回导航 静止 匀速直线 速度 速度 返回导航 匀速直线 匀变速直线 加速度 位移 不小于 最小 初始间距 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 运动 情况 甲做匀速直线运动,乙做速度逐渐减小的直线运动 丙做匀加速直线运动,丁做加速度逐渐减小的变加速直线运动 位移 0~t1时间内甲、乙位移相等 0~t2时间内丁的位移大于丙的位移 平均 速度 0~t1时间内甲、乙平均速度相等 0~t2时间内丁的平均速度大于丙的平均速度 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 x/k 30 15 D 234t/h 考点定位 A C B 用 0t1 +…法提炼-…++-+-+-++-+-+-+-+-++-+-+-+- 追及、相遇问题的解题思路和技巧 (1)解题思路 分析物体画运动找两物体列位移 运动过程示意图位移关系方程 丰(2)解题技巧 寻找问题中隐含的临界条件,例如速度小者加速追赶速 度大者,在两物体速度相等时有最大距离;速度大者减速 追赶速度小者,若追不上则在两物体速度相等时有最小 距离 …+…+…+……+…+…+…+…+…+…+…+…+…+-+…+-+…+…+-+…+-+…x 2 00000 40 123 24 课时作业 【基础练习】 1.2017年4月20日“天舟一号”货运飞船发射飞往太空与“天宫二号”空间实验室成功对接,开展推进剂在轨补加、空间科学和技术等试验验证.“天舟一号”是我国第一艘货运飞船,也是我国目前为止体积最大、重量最重的航天器,标志着中国航空航天技术又向前跨进一大步.如图所示是它们的对接示意图,下列有关说法中正确的是(  ) A.对接过程中,“天舟一号”和“天宫二号”都可视为质点 B.对接成功后,研究它们的运行周期时,可以视为质点 C.对接成功后,“天舟一号”和“天宫二号”就静止在太空中 D.对接成功后,以“天舟一号”为参考系“天宫二号”在做匀速运动 【考点】质点的认识;参考系和坐标系. 【分析】当物体的形状和大小在所研究的问题中能忽略,物体可以看成质点.根据选定的参考系,判断物体的运动规律. B 解析:A、对接过程中需要调整相对速度、方位等,“天宫一号”和“神舟九号”形状和大小不能忽略,故不能视为质点,故A错误; B、当研究整体的运行周期时,形状和大小可以忽略,可以视为质点,故B正确; C、当没有特别指明所选参考系时,一般就以地面为参照物,此时对接后的整体在绕地球做圆周运动,故C错误; D、对接之后,以“天宫一号”为参照物,“神舟九号”静止不动,故D错误;故选:B. 2.物理学中引入了“质点”、“点电荷”的概念,从科学方法上来说属于(  ) A.控制变量法 B.类比法 C.理想模型法 D.等效替代法 答案:C 3. 2011年7月在土耳其伊斯坦布尔举行的第15届机器人世界杯赛上.中科大“蓝鹰”队获得仿真2D组冠军和服务机器人组亚军.改写了我国服务机器人从未进人世界前5的纪录,标志着我国在该领域的研究取得了重要进展.图中是科大著名服务机器人“可佳”,如图所示,现要执行一项任务.给它设定了如下动作程序:机器人在平面内由点(0,0)出发,沿直线运动到点(3,1),然后又由点(3,1)沿直线运动到点(1,4),然后又由点(1,4)沿直线运动到点(5,5),然后又由点(5,5)沿直线运动到点(2,2).该个过程中机器人所用时间是2s,则(  ) A.机器人的运动轨迹是一条直线 B. 整个过程中机器人的位移大小为2m C. 机器人不会两次通过同一点 D. 整个过程中机器人的平均速度为1.5m/s B 解析:A、机器人的运动轨迹为折线,A错误; B、由题意知机器人初位置坐标为(0,0),末位置坐标为(2,2),故位移为:X=m=2m,故B正确; C、由点(5,5)沿直线运动到点(2,2)时会与由点(3,1 )沿直线运动到点(1,4)有交点,即会经过同一位置,B错误; D、平均速度为位移与时间的比值,故v==m/s=1m/s,故C错误;故选:B 4.(2018太原中学月考)一个小球从距离地面4 m高处被抛下,被地面弹回,在距离地面1 m高处被接住.坐标原点选在抛出点下方2 m处,向下为坐标轴的正方向,则小球抛出点、接住点的坐标和该过程的位移、路程分别是(  ) A.2 m,-1 m,-3 m,5 m B.-2 m,1 m,3 m,5 m C.4 m,1 m,-3 m,3 m D.-4 m,-1 m,3 m,3 m B 解析:初位置在坐标原点负方向2 m处,末位置在坐标原点正方向1 m处,位移为3 m,路程为5 m,选项B正确. 5.一物体做匀加速直线运动,通过一段位移Δx所用的时间为t1,紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为(  ) A. B. C. D. A 解析:物体做匀加速直线运动,在前一段Δx所用的时间为t1,平均速度为v1=,即为时刻的瞬时速度;物体在后一段Δx所用的时间为t2,平均速度为v2=,即为时刻的瞬时速度.速度由v1变化到v2的时间为Δt=,所以加速度a==,A正确. 6. (2015浙江理综)如图所示,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间Δt.测得遮光条的宽度为Δx,用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度.为使更接近瞬时速度,正确的措施是(  ) A.换用宽度更窄的遮光条 B.提高测量遮光条宽度的精确度 C.使滑块的释放点更靠近光电门 D.增大气垫导轨与水平面的夹角 A 解析:瞬时速度表示运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度,当Δt→0时,可看成物体的瞬时速度,Δx越小,Δt也就越小,A正确;提高测量遮光条宽度的精确度,不能减小Δt,B项错误;使滑块的释放点更靠近光电门,滑块通过光电门的速度更小,时间更长,因此C项错误;增大气垫导轨与水平面的夹角并不一定能使更接近瞬时速度,D项错误. 7.(2018合肥模拟)(多选)沿直线做匀变速运动的一列火车和一辆汽车的速度分别为v1和v2,v1,v2在各个时刻的大小如表所示,从表中数据可以看出(  ) t/s 0 1 2 3 4 v1/(m·s-1) 18.0 17.5 17.0 16.5 16.0 v2/(m·s-1) 9.8 11.0 12.2 13.4 14.6 A.火车的速度变化较慢    B.汽车的加速度较小 C.火车的位移在减小    D.汽车的位移在增加 AD 解析:由表中数据可得,火车的加速度大小a1=0.5 m/s2,汽车的加速度大小为a2=1.2 m/s2,故A正确,B错误;因火车和汽车的速度方向均不变,它们的位移均随时间增加,D正确,C错误. 8.汽车从甲地由静止出发,沿直线运动到丙地,乙在甲、丙两地的中点.汽车从甲地匀加速运动到乙地,经过乙地时速度为54 km/h;接着又从乙地匀加速运动到丙地,到丙地时速度为108 km/h,求汽车从甲地到达丙地的平均速度:(   ) A.36 km/h  B.45km/h   C.54km/h  D.81km/h B 解析:设甲丙两地距离为2l,汽车通过甲乙两地时间为t1,通过乙丙两地的时间为t2 甲到乙是匀加速运动,由得 从乙到丙也是匀加速运动,由l=·1得 t1==h=h 从乙到丙也是匀加速运动,由l=·t2得 t2==h=h 所以==km/h=45km/h 【素能提升】 9.(2017浙江湖州中学月考)如图所示,为了测定气垫导轨上滑块的加速度,滑块上安装了宽度为3.0 cm的遮光板.滑块向右匀加速直线运动依次通过两个光电门A和B.光电门上的黑点处有极细的激光束,当遮光板挡住光束时开始计时,不遮挡光束时停止计时.现记录了遮光板通过第一个光电门所用的时间为Δt1=0.30 s,通过第二个光电门所用的时间为Δt2=0.10 s,光电门从第一次计时结束到第二次计时开始经历的时间为Δt3=0.30 s,则滑块的加速度应为(  ) A.0.67 m/s2     B.0.14 m/s2 C.0.40 m/s2     D.0.22 m/s2 C 解析:遮光板通过第一个光电门的平均速度v1== m/s=0.1 m/s,这个速度就是滑块通过第一个光电门中间时刻的速度,即计时0.15 s时的瞬时速度;遮光板通过第二个光电门的平均速度v2== m/s=0.3 m/s,这个速度就是通过第二个光电门中间时刻的速度,即第二个光电门计时0.05 s时的瞬时速度;因此加速度a== m/s2=0.40 m/s2. 10.(2017山东菏泽一模)两木块自左向右运动,现用高速摄影机在同一底片上多次曝光,记录下木块每次曝光时的位置,如图所示,连续两次曝光的时间间隔是相等的.由图可知(  ) A.在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同 B.在时刻t3两木块速度相同 C.在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同 D.在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同 【考点】平均速度;瞬时速度. 【分析】解答本题要看清图示的意义,中间的刻线相当于刻度尺或坐标系,显示物体在不同时刻的位置,对比相同时间内的位移会发现物体的运动规律:下面的物体匀速运动,上面的物体匀加速运动.由于曝光时间是相同的,设中间刻度每小格的尺寸为s和曝光时间为t,依据匀速或匀变速运动的规律就可求出物体运动的速度关系.其中利用了匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论. C 解析:由于曝光时间是相同的,设中间刻度每小格的尺寸为s和曝光时间为t. 下面的物体做匀速直线运动,运动的速度v=,上面木块在相等时间内的位移差是恒量,知上面木块做匀加速直线运动,匀变速运动某段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,知t3时刻上面木块的速度v3=.t4时刻上面木块的速度v4=,则在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同.故C正确,A、B、D错误.故选:C. 课时作业 【基础练习】 一、匀变速直线运动规律的理解和应用 1.(2019·广东惠州模拟)(多选)观察水龙头,在水龙头出水口出水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时,发现自来水水流不太大时,从水龙头中连续流出的水会形成一水柱,现测得高为H的水柱上端面积为S1,下端面积为S2,重力加速度为g,以下说法正确的是(  ) A.水柱是上细下粗 B.水柱是上粗下细 C.该水龙头的流量是S1S2eq \f(2gH,S-S) D.该水龙头的流量是eq \r(\f(2gH,S+S)) BC 【解析】由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A错误,B正确;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据v-v=2gH,水的流量=S1S2eq \r(\f(2gH,S-S)),C正确,D错误。 2.质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落,加速度大小为g;在t秒末使其加速度大小变为方向竖直向上,再经过t秒小球又回到A点.不计空气阻力且小球从未落地,则以下说法中正确的是:(  ) A.a=4g  B.返回到A点的速率2a C.自由下落秒时小球的速率为at D.小球下落的最大高度at2 D 解析:根据匀变速运动的规律可知:gt2=-(gt·t-at2),解得a=3g,选项A错误;返回到A点的速率v=gt-at=-at,选项B错误;自由下落秒时小球的速率为gt=at,选项C错误;小球下落t的高度h1=gt2=at2,匀减速减到零时的位移h2==at2,故小球下落的最大高度h=at2+at2=at2,选项D正确 二、两类匀减速直线运动问题 3.(2018金华期末)做匀减速直线运动的物体经4 s后停止,若在第1 s内的位移是14 m,则最后1 s内的位移是(  ) A.3.5 m B.2 m C.1 m D.0 B 解析:设加速度大小为a,则开始减速时的初速度大小为v0=at=4a,第1 s内的位移是x1=v0t1-at=3.5a=14 m,所以a=4 m/s2,物体最后1 s内的位移是x=at=2 m.本题也可以采用逆向思维的方法,把物体的运动看做是初速度为零的匀加速直线运动,其在连续相邻相等时间内的位移之比为1∶3∶5∶7,已知第4 s内的位移是14 m,所以第1 s内的位移是2 m. 4.给滑块一初速度v0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动,加速度大小为,当滑块速度大小减为时,所用时间可能是(  ) A. B. C. D. C 解析:当滑块速度大小减为时,其方向可能与初速度方向相同,也可能与初速度方向相反,因此要考虑两种情况,即v=或v=-,代入公式得t==或t=,故选项C正确. 三、多阶段匀变速直线运动问题 5.(2018江西模拟)(多选)沙尘暴天气会严重影响交通.有一辆卡车以54 km/h的速度匀速行驶,司机突然模糊看到正前方十字路口一个老人跌倒(若没有人扶起他),该司机刹车的反应时间为0.6 s,刹车后卡车匀减速前进,最后停在老人前1.5 m处,避免了一场事故.已知刹车过程中卡车加速度大小为5 m/s2,则(  ) A.司机发现情况后,卡车经过3 s停下 B.司机发现情况时,卡车与该老人的距离为33 m C.从司机发现情况到停下来的过程,卡车的平均速度为1.1 m/s D.若卡车的初速度为72 km/h,其他条件都不变,则卡车将撞到老人 BD 解析:v0=15 m/s,刹车后卡车做匀减速运动的时间t2==3 s,故卡车经过3.6 s停下来,选项A错误;卡车与该老人的距离x=v0t1+eq \f(v,2a)+Δx=33 m,选项B正确;v==8.75 m/s,选项C错误;x′=v′t1+=52 m>33 m,所以选项D正确. 四、自由落体和竖直上抛运动规律的应用 6.在地质、地震、勘探、气象与地球物理等领域的研研中,需要精确的重力加速度g值,g值可由实验精确测定.近年来有一种测g值的方法叫“对称自由下落法”:将真空长直管沿竖直方向放置,自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2在小球运动过程中经过比O点高H的P点,小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1,测得T1、T2和H,可求得g等于(  ) A.eq \f(8H,T-T)         B.eq \f(4H,T-T) C. D. A 解:将小球的运动分解为竖直向上的匀减速直线运动和竖直向下的自由落体运动,根据t上=t下 则从最高点下落到O点所用时间为,故v0=g, 从最高点下落到P点所用时间为, 则有Vp=g, 则从P点下落到O点的过程中的平均速度为:v= 从P点下落到O点的时间为:t=- 根据H=Vt可得: H=(-)=(g+g)×(T2-T1) 解得:g=eq \f(8H,T-T) 故选:A. 7.(2014上海单科)在离地高h处,沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球,它们的初速度大小均为v,不计空气阻力,两球落地的时间差为(  ) A.    B.    C.    D. A 解析:以竖直向下为正方向,对向上和向下抛出的两个小球,分别有h=-vt1+gt,h=vt2+gt,Δt=t1-t2,解以上三式得两球落地的时间差Δt=,故A正确. 【素能提升】 8.某科技馆中有一个展品,该展品放在较暗处,有一个不断均匀滴水的水龙头(刚滴出的水滴速度为零),在某种光源的照射下,可以观察到一种奇特的现象:只要耐心地缓慢调节水滴下落的时间间隔,在适当的情况下,看到的水滴好像都静止在各自固定的位置不动(如图中A、B、C、D所示),右边数值的单位是cm)。要出现这一现象,所用光源应满足的条件是(取g=10m/s2) :(  ) A.普通的白炽光源即可 B.频闪发光,间歇时间为0.30s C.频闪发光,间歇时间为0.14s D.频闪发光,间歇时间为0.17s D 解析:光源是持续的,水滴反射光是持续的,人看到水滴是运动的,故A错误.设光源发光间发隔的时间为T.图中CB=0.4m,BA=0.1.由CB-BA=gT2,得T=0.17s.只要间隔时间是T的整数倍,看到的水滴好像都静止在各自固定的位置不动.故B、C错误,D正确.故选D. 9.(2019年三湘名校教育联盟)两物体从同一位置出发,如阁所示为两物体作直线运动时的图象,但纵坐标表的物理量未标出,则以下判断不正确的是(  ) A.若纵坐标表示位移,则A质点以3m/s的速度匀速运动 B.若纵坐标表示位移,质点先沿正方向做直线运动,后沿负方向做直线运动 C.若纵坐标表示速度.则B物体加速度先减小再增大 D.若纵坐标表示速度.则在z = 2s时刻,两物体相遇 D 【解析】若纵坐标表示位移,图线斜率表示物体速度,可得选项A、B正确;若纵坐标表示速度,图线斜率表示物体的加速度;选项C正确;t=2s时刻,两物体速度相等,但在此之前,B的速度一直大于A的速度,所以此时AB相距最远,选项D错误。 10.在风平浪静的海面上,有一战斗机要去执行一项紧急飞行任务,而航空母舰的弹射系统出了故障,无法在短时间内修复.已知飞机在跑道上加速时,可能产生的最大加速度为5m/s2,起飞速度为50m/s.跑道长为100m.经过计算发现在这些条件下飞机根本无法安全起飞(请你计算,作出判断).航空母舰不得不在海面上沿起飞方向运动,从而使飞机获得初速度,达到安全起飞的目的,那么航空母舰行驶的速度至少为多大? 解:根据v2=2ax得,跑道的至少长度x==250m.因100m<250m, 故在此条件下飞机根本无法安全起飞. 设航空母舰沿飞机起飞方向匀速航行速度为v1,在飞机起跑过程中的位移为x1,则有: x1=v1×t 飞机起跑过程中做初速度为v1的匀加速运动,设位移为x2,则有:x2=v1×t+at2 运动的时间为:t= 由位移关系可知:L=x2-x1 代入数据可得:v1=50-10m/s 课时作业 【基础练习】 一、直线运动的xt图像 1.如图所示是A、B两质点从同一地点开始运动的位移-时间图象,则下列说法中正确的是(  ) A.A质点以20m/s的速度匀速运动 B.B质点做曲线运动 C.B质点最初4s做加速运动,后4s做减速运动 D.A、B两质点在4s末时刻速度大小相等 A 解析:A、在x-t图象中图线的斜率表示速度,所以A质点的速度不变,做匀速直线运动,且速度为 vA==20 m/s,故A正确; B、位移图象只能表示直线运动,B质点的位移先增大,后减小,说明B质点先沿正方向做直线运动,后沿负方向做直线运动,故B错误; C、B质点的x-t图线切线斜率先减小后增大,说明B质点前4s做减速运动,后4s做加速运动,故C错误; D、在4s末时刻B的速度为0,A的速度为20m/s,速度大小不等,故D错误. 故选:A 2.(2018遵义四中高三月考)A,B两个物体在同一直线上运动,它们的位移图像如图所示,则(  ) A.A,B两物体运动方向相同 B.t=4 s时,A,B两物体相遇 C.在4 s内A,B两物体发生的位移大小相等 D.在相遇前,A,B两物体的最远距离为20 m B 解析:两物体运动方向相反,交点表示相遇,4 s内A发生的位移小于B发生的位移,相遇前A,B的最远距离为10 m,故选B. 3.在平直公路上行驶的a车和b车,其位移-时间图像分别为图中直线a和曲线b,由图可知(  ) A.b车运动方向始终不变 B.在t1时刻a车的位移大于b车 C.t1到t2时间内a车的平均速度小于b车 D.t1到t2时间内某时刻两车的速度相同 D 解析:a车做匀速直线运动,b车做速度变化的直线运动,它从原点出发,最终又回到原点,故它的运动方向发生了变化,在t1时刻,两图线相交,说明a,b两车的位移相等;t1到t2时间内,两车的位移是相等的,时间又相等,故a车的平均速度等于b车;在t1到t2时间内,b线上一定有某点的切线与a平行,说明t1到t2时间内某时刻两车的速度相同. 二、直线运动的vt图像和at图像 4.(2019衡水中学)《机动车驾驶证申领和使用规定》已经正式施行,司机闯黄灯要扣6分,被称为“史上最严交规”.某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时,经短暂思考后开始刹车,小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上,v﹣t图线如图所示.若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m,则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为(  ) A.0.5 s    B.1.5 s    C.3 s    D.3.5 s C 解析:在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移,能根据图象读取有用信息知位移x=L=10.5m. 在反应时间内小轿车匀速运动的距离为x=v0Δt=6×0.5m=3m,则小轿车匀减速运动的距离为L-x=(t0-0.5),解得t0=3s,故C正确. 5.小球从空中自由下落,与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度,其速度随时间变化的关系如图所示,则(  ) A.小球第一次反弹后的速度大小为5m/s B.小球反弹起的最大高度为0.45m C.小球是从5m高处自由下落的 D.小球碰撞时速度的改变量为2m/s B 解析:反弹后速度竖直向上,为负,所以反弹后的速度为-3m/s,A错误;图像与坐标轴围成的面积表示位移,所以弹起后的负向位移为:x=0.3×3×=0.45m,下落时位移为正,故下落高度为h=×0.5×5=1.25m,B正确C错误;小球碰撞时速度的改变量为Δv=(-3)-5=-8m/s,D错误. 5.一物体做直线运动,其加速度随时间变化的a-t图像如图所示,下落v-t图像中,可能正确描述此物体运动的是(   ) D 解析:由a-t图像知,0~0.5T时间内的加速度与Y~2T时间内的加速度大小相等,方向相反,而对应时间内的v-t图象的绝对值相等,正负不同,可得D正确. 三、追及、相遇问题 7.(2018河北保定一模,15)在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动,它们的速度-时间图像如图所示,则(  ) A.甲、乙两车同时从静止开始出发 B.在t=2 s时乙车追上甲车 C.在t=4 s时乙车追上甲车 D.甲、乙两车在公路上可能相遇两次 C 解析:由图可知甲车先于乙车出发,A项错误.因v?t图像中图线与t轴所围面积表示位移,由图可知乙车在t=4 s时追上甲车,B项错误,C项正确.甲和乙车相遇时,速度相等,之后甲车的速度大于乙车的速度,所以两车只能相遇一次,D项错误. 8.(2018日照一中月考)(多选)a,b两物体从同一位置开始运动,它们的vt图像如图所示,下列说法正确的是(  ) A.a,b加速时,物体a的加速度大于物体b的加速度 B.2 s时,a,b两物体相距最远 C.6 s时,物体a在物体b的前方 D.4 s时,a,b两物体速度相等,相距9 m CD 解析:斜率的绝对值等于加速度大小,因此a,b加速时,物体a的加速度小于物体b的加速度;当两者速度相同时距离最远,因此4 s时距离最远;图像与时间轴围成的面积等于位移大小,经计算可得,6 s时a位移大于b位移;4 s时,a,b两物体速度相等,此时a位移为13 m,b位移为4 m,因此相距9 m,故C,D正确. 【素能提升】 9.(2018江西南昌3月模拟,16)一辆汽车做直线运动,其v2-x图像如图所示.关于汽车的运动,下列说法错误的是(  ) A.汽车的初速度为4 m/s B.汽车的加速度大小为0.5 m/s2 C.汽车第4 s末的速度为2 m/s D.汽车前10 s内的位移为15 m D 解析:由图可知初始时速度的平方为16 m2/s2,则汽车的初速度v0=4 m/s,A项正确.由题图可知v2与x的关系式为v2-42=-x,再与公式v2-v=2ax对比可知汽车做匀减速直线运动,加速度a=-0.5 m/s2,B项正确.由v=v0+at,可得汽车第4 s末的速度为v4=4 m/s-0.5×4 m/s=2 m/s,C项正确.因=8 s,则知第8 s末车停止,汽车前10 s内位移x=eq \f(0?v,2)=16 m,D项错误,故选D. 10.某质点做直线运动,运动速率的倒数与位移x的关系如图所示,关于质点运动的下列说法正确的是(  ) A.质点做匀加速直线运动 B.-x图线斜率等于质点运动加速度 C.四边形AA′B′B面积可表示质点运动时间 D.四边形BB′C′C面积可表示质点运动时间 D 解析:A、由题中-x图象可知,与x成正比,即vx=常数,质点做减速直线运动,故A错误; B、图线斜率不等于质点运动的加速度,B错误; CD、依据图线与横坐标所围成的面积即为两坐标的乘积,所以四边形AA′B′B面积也可表示质点运动的时间,故C错误,D正确;故选:D. 11.一质点沿x轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时,其-t图象如图所示,则(  ) A.质点做匀速直线运动,速度为0.5m/s B.质点做匀加速直线运动,加速度为0.5m/s2 C.质点在第1s内的平均速度0.75m/s D.质点在1s末速度为1.5m/s D 解析:A、B、由图得:=0.5+0.5t. 根据x=v0t+at2,得:=v0+at, 对比可得:a=0.5m/s2,则加速度为:a=2×0.5=1m/s2. 由图知质点的加速度不变,说明质点做匀加速直线运动,故AB错误. C、D、质点的初速度 v0=0.5m/s,在1s末速度为 v=v0+at=0.5+1=1.5m/s.质点在第1s内的平均速度为:v==1m/s,故C错误,D正确.故选:D 12.(2018江西八校联考)春节放假期间,全国高速公路免费通行,小轿车可以不停车通过收费站,但要求小轿车通过收费站窗口前x0=9 m区间的速度不超过v0=6 m/s.现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲=20 m/s和v乙=34 m/s的速度匀速行驶,甲车在前,乙车在后.甲车司机发现正前方收费站,开始以大小为a甲=2 m/s2的加速度匀减速刹车. (1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章; (2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s,乙车司机在发现甲车刹车时经t0=0.5 s 的反应时间后开始以大小为a乙=4 m/s2的加速度匀减速刹车.为避免两车相撞,且乙车在收费站窗前9 m区不超速,则在甲车司机开始刹车时,甲、乙两车至少相距多远? 解析:(1)对甲车速度由20 m/s减速至6 m/s过程中的位移x1=eq \f(v-v,2a甲)=91 m, x2=x0+x1=100 m, 即甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车. (2)设甲刹车后经时间t,甲、乙两车速度相同,由运动学公式得: v乙-a乙(t-t0)=v甲-a甲t, 解得t=8 s, 相同速度v=v甲-a甲t=4 m/s<6 m/s,即v=6 m/s的共同速度为不相撞的临界条件, 乙车从34 m/s减速至6 m/s的过程中的位移为 x3=v乙t0+eq \f(v-v,2a乙)=157 m, 所以要满足条件甲、乙的距离至少为 x=x3-x1=66 m. 答案:(1)100 m  (2)66 m

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    (共50张PPT) 第五章 机械能 返回导航 返回导航 2W 3W 橡皮筋 打点计时器 摩擦力 返回导航 速度 返回导航 摩擦阻力 匀速 匀速 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 橡皮筋 做的功 10个间 距的距 离x(m) 10个间 距的时间 T(s) 小车获得 的速度vn 小车速度 的平方v 第1次 W 0.200 0.2 第2次 0.280 0.2 第3次 0.300 0.2 第4次 0.400 0.2 第5次 0.450 0.2 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 高度H(h为 单位长度) h 2h 3h 4h 5h 6h 7h 8h 9h 竖直位移 y/cm 30.0 15.0 10.0 7.5 6.0 5.0 4.3 3.8 3.3 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! (共52张PPT) 第五章 机械能 返回导航 重力势能的减少量 返回导航 刻度尺 打点计时器 接通电源 松开纸带 返回导航 2 mm 误差允许 返回导航 小 阻力 返回导航 竖直 摩擦阻力 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 热点透析 打点 计时器/纸 带 夹子 重物 高考实验创新分析 跟踪训练 (共53张PPT) 第五章 机械能 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 功和功率 Ⅱ 2018年Ⅱ卷14题 2018年Ⅲ卷19题 2017年Ⅱ卷14题 2016年Ⅱ卷19、21题 2015年Ⅱ卷17题 返回导航 动能和动能定理 Ⅱ 2016年Ⅲ卷20题 2015年Ⅰ卷17题 重力做功与重力势能 Ⅱ 功能关系、机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 2018年Ⅰ卷18题 2018年Ⅲ卷25题 实验五:探究动能定理 实验六:验证机械能守恒定律 返回导航 命题特点 1.1.功和功率的计算. 2.对动能定理、机械能守恒定律、功能关系的理解. 3.与牛顿第二定律、曲线运动、电磁场知识相结合考查运动情况和功能关系. 返回导航 力的方向 力的方向 返回导航 量度 Fl Flcos α 返回导航 正功 负功 克服 不做功 返回导航 时间 快慢 物体做功的快慢 平均功率 瞬时功率 返回导航 在一条直线 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共40张PPT) 第五章 机械能 返回导航 无关 返回导航 动能的变化 曲线 变力 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 P A R 3702△ B (共46张PPT) 第五章 机械能 返回导航 重力 高度 mgh 参考平面 返回导航 地球 物体 参考平面 绝对 无关 减小 增大 减小(增大) Ep1-Ep2 返回导航 弹性形变 形变量 劲度系数 越大 越大 减小 增大 正功 减小 负功 增大 返回导航 重力 弹力 不变 Ek2+Ep2 -ΔEp ΔEB减 重力 弹力 为零 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 M 00n 考点定位 P, R2 C b B 會O b B (共40张PPT) 第五章 机械能 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 产生 转化 转移 保持不变 ΔE增 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 M 考点定位 M O N v0 h 课时作业 【基础练习】 一、功的理解与计算 1.(2016全国卷Ⅱ 19题)(多选)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则(  ) A.甲球用的时间比乙球长 B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案:BD 2.(2018乳山一中月考)(多选)质量为2 kg的物体,放在动摩擦因数μ=0.1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x之间的关系如图所示,则(g取10 m/s2)(  ) A.此物体在AB段做匀加速直线运动 B.此物体在AB段做匀速直线运动 C.此物体在OA段做匀加速直线运动 D.此物体在OA段做匀速直线运动 BC 解析:物体在水平面上运动,水平拉力与物体运动方向相同,物体受到的滑动摩擦力大小Ff=μmg=2 N,物体在OA段受到的水平拉力大小等于F1== N=5 N,可见,水平拉力大于摩擦力,则物体在OA段做匀加速直线运动.物体在AB段受到的水平拉力大小等于F2== N=2 N,水平拉力等于摩擦力,则物体在AB段做匀速直线运动. 3.(2018宁波模拟)(多选)如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手.设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力Ff的大小不变,则下列说法正确的是 (  ) A.重力做功为mgL B.绳的拉力做功为0 C.空气阻力Ff做功为-mgL D.空气阻力Ff做功为-FfπL ABD 解析:小球下落过程中,重力做功为mgL;绳的拉力始终与速度方向垂直,拉力做功为0;空气阻力Ff大小不变,方向始终与速度方向相反,故空气阻力Ff做功为-Ff·2πL=-FfπL. 4.质点在一恒力作用下从静止开始运动,恒力所做的功与力的作用时间关系图线可能是(  ) A.直线A B.曲线B C.曲线C D.直线D B 解析:恒力做功W=Fx,由于质点做初速度为零的匀加速直线运动,则位移x=at2,则得W=F·at2,因F、a都一定,则W与t2成正比,W-t是开口向上的抛物线,故曲线B是可能的,故选B. 二、功率的计算 5.(2019湖南师大附中)(多选)如图所示,光滑的半圆形铁丝固定在水平地面上,穿在铁丝上的质量为m的小球从最高点A由静止开始滑到最低点B,在从A到B的过程中,下列说法正确的是(  ) A.小球对铁丝的作用力越来越大 B.铁丝对小球的作用力为F,F对小球的功为零,F的冲量也为零 C.重力对小球做功的功率越来越大 D.小球在AB间的某唯一一点对铁丝的作用力为零 CD 解析:在AB之间的C点,恰好重力的分力提供向心力,此点小球与铁丝没有作用力,其他位置都不为零,所以A错,D对;而小球的速率越来越大,在竖直方向的分量也越来越大,所以重力做功的功率也越来越大,故C正确;铁丝对小球的功为零,但该作用力的冲量不为零,故B错. 6.(2018河南中原名校期中)如图所示,分别用力F1,F2,F3将质量为m的物体由静止沿同一光滑斜面以相同的加速度从斜面底端拉到斜面的顶端,物体到达斜面顶端时,力F1,F2,F3的平均功率关系为(  ) A.P1=P2=P3 B.P1>P2=P3 C.P3>P2>P1 D.P1>P2>P3 A 解析:物体的加速度相同,说明物体受到的合力相同,即拉力F在沿着斜面方向的分力都相同,由于斜面的长度、物体的加速度相同,所以物体到达顶端的速度也相同,故拉力的平均功率也相同. 7.(多选)如图所示,在外力作用下某质点运动的v-t图像为正弦曲线.从图中可以判断(  ) A.在0~t1时间内,外力做正功 B.在0~t1时间内,外力的功率逐渐增大 C.在t2时刻,外力的功率最大 D.在t1~t3时间内,外力做的总功为零 AD 解析:因为v-t图像的斜率表示加速度,所以在0~t1时间内,质点做加速度减小的加速运动,外力做正功,A正确;由于加速度对应合外力,则t=0时刻,外力最大,但质点速度为零,根据P=Fv知,外力的功率为零,t1时刻速度最大,但外力为零,外力的功率仍然为零,所以,在0~t1时间内,外力的功率先增大后减小,B错误;t2时刻质点速度为零,外力的功率为零,C错误;t1时刻和t3时刻质点速度大小相等,则动能相等,所以在t1~t3时间内,外力做的总功为零.综上所述,本题正确答案为AD. 8.水平路面上行驶的汽车所受到的阻力大小Ff与汽车行驶的速率成正比.若汽车从静止出发,先做匀加速直线运动,达到额定功率后保持额定功率行驶,则在整个行驶过程中,汽车受到的牵引力大小F与阻力大小Ff关系图象是(  ) A 解析:汽车先做匀加速直线运动,速度增大,Ff=kv增大,根据牛顿第二定律得:F=Ff+ma可知,牵引力随着Ff的增大而均匀增大,图象是一条倾斜的直线,功率达到额定功率后,F=,Ff=kv,则F=,则牵引力与阻力成反比,故A正确. 三、机车启动问题 9.(2017山东师大附中一模)(多选)下列各图是反映汽车(额定功率P额)从静止开始匀加速启动,最后做匀速运动的过程中,其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像,其中正确的是(  ) ACD 解析:由于汽车一开始做匀加速直线运动,所以此过程的牵引力不变,其功率均匀增大,当增大到额定功率后,汽车的功率不再增加,而速度在增大,故牵引力逐渐减小,加速度变小.当加速度变为零时,汽车做匀速直线运动,此时加速度为0. 10.(2017兰州一中月考)汽车以恒定的功率在平直公路上行驶,所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍,汽车能达到的最大速度为vm.则当汽车速度为时,汽车的加速度为(重力加速度为g)(  ) A.0.1g B.0.2g C.0.3g D.0.4g A 解析:设汽车质量为m,则汽车行驶时受到的阻力Ff=0.1mg,当汽车速度最大为vm时,汽车所受的牵引力F=Ff,则有P=Ffvm,当速度为时有P=F,由以上两式可得F=2Ff,根据牛顿第二定律F-Ff=ma,所以a===0.1 g,故选项A正确. 11.(2018徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动,运动过程中保持恒定的牵引功率,其加速度a与速度的倒数图像如图所示.若已知汽车的质量,则根据图像所给的信息不能求出的物理量是(  ) A.汽车的功率 B.汽车行驶的最大速度 C.汽车所受到的阻力 D.汽车运动到最大速度所需的时间 D 解析:由F-Ff=ma,P=Fv可得a=-,对应图线可知,=k=40,可求出汽车的功率P,由a=0时,=0.05,可得vm=20 m/s,再由vm=,可求出汽车受到的阻力Ff,由于不知达最大速度的位移,因此无法求出汽车运动到最大速度所需的时间. 【素能提升】 12.(多选)质量为M的汽车在平直的公路上行驶,发动机的输出功率P和汽车所受的阻力f都恒定不变.在时间t内,汽车的速度由v0增加到最大速度vm,汽车前进的距离为s,则在这段时间内发动机所做的功为(  ) A.fs B.(v0+vm)ft C.fvmt D.Mv-Mv+fs CD 解析:汽车以恒定功率启动,有P=fvm,所以在时间t内发动机所做的功W=Pt=fvmt.根据动能定理可得,在时间t内发动机所做的功W=Mv-Mv+fs.在时间t内,汽车做加速度减小的加速运动,牵引力F>f,所以发动机所做的功W>fs.因为汽车前进的距离s>(v0+vm)t,所以W>(v0+vm)ft. 13.如图所示,质量m=2 kg的木块在倾角θ=37°的斜面上由静止开始下滑,木块与斜面间的动摩擦因数为0.5.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,求: (1)前2 s内重力做的功; (2)前2 s内重力的平均功率; (3)2 s末重力的瞬时功率. 解析:(1)木块所受的合外力为 F合=mg(sin θ-μcos θ) =2×10×(0.6-0.5×0.8)N=4 N. 木块的加速度为a== m/s2=2 m/s2. 前2 s内木块的位移为 s=at2=×2×22 m=4 m. 所以,重力在前2 s内做的功为 W=mgsin θ·s=2×10×0.6×4 J=48 J. (2)重力在前2 s内的平均功率为 P== W=24 W. (3)木块在2 s末的瞬时功率 v=at=2×2 m/s=4 m/s, 重力在2 s末的瞬时功率 P=mgsin θ·v=2×10×0.6×4 W=48 W. 答案:(1)48 J (2)24 W (3)48 W 14.(2018·浙江舟山模拟)质量为1.0×103 kg的汽车,沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动,汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N,汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W,开始时以a=1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2).求: (1)汽车做匀加速运动的时间t1; (2)汽车所能达到的最大速率; (3)若斜坡长143.5 m,且认为汽车到达坡顶之前,已达到最大速率,则汽车从坡底到坡顶需多长时间? 解析:(1)由牛顿第二定律得 F-mgsin 30°-Ff=ma 设匀加速过程的末速度为v,则有P=Fv v=at1 解得t1=7 s. (2)当达到最大速度vm时,a=0,则有 P=(mgsin 30°+Ff)vm 解得vm=8 m/s. (3)汽车匀加速运动的位移x1=at 在后一阶段对汽车由动能定理得 Pt2-(mgsin 30°+Ff)x2=mv-mv2 又有x=x1+x2 解得t2=15 s 故汽车运动的总时间为t=t1+t2=22 s. 答案:(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s 课时作业 【基础练习】 一、动能定理的理解 1.(2016·高考四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J,他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中(  ) A.动能增加了1 900 J     B.动能增加了2 000 J C.重力势能减小了1 900 J   D.重力势能减小了2 000 J C 解析:由题可得,重力做功WG=1 900 J,则重力势能减少1 900 J ,故C正确,D错误;由动能定理得,WG-Wf=ΔEk,克服阻力做功Wf=100 J,则动能增加1 800 J,故A、B错误. 2.如图,在光滑水平面上有一长木板,质量为M,在木板左端放一质量为m的物块,物块与木板间的滑动摩擦力为f,给物块一水平向右的恒力F,当物块相对木板滑动距离L时,木板运动位移为x,则下列说法正确的是(  ) A.此时物块的动能为FL B.此时物块的动能为(F-f)L C.此时物块的动能为F(L+x)-fL D.此时木板的动能为fx D 解析:动能定理中,力对物体做的功应是力与物体在力的作用下的对地位移的乘积.对物块,合外力做功为(F-f)(x+L),因此物块的动能增加量为(F-f)(x+L),因此物块的动能增加量为(F-f)(x+L);对木板,合外力做功为fx,故D选项正确. 二、动能定理的应用 3.(多选)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用.此后,该质点的动能可能(  ) A.一直增大 B.先逐渐减小至零,再逐渐增大 C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小 D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大 ABD 解析:当恒力方向与质点原来速度方向相同时,质点的动能一直增大.当恒力方向与质点原来速度方向相反时,速度先逐渐减小至零再逐渐增大.当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时,将原来速度v0分解为平行于恒力方向的vy、垂直于恒力方向的vx,vy先逐渐减小到零再逐渐增大,vx始终不变,v=eq \r(v+v),质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大.质点的动能先减小至某一非零的最小值,再逐渐增大.当恒力方向与v0方向夹角小于90°时,vy一直增大,vx始终不变,质点速度一直增大.动能一直增大,没有其他情况.故本题选A、B、D. 4.(2018·湖北八校高三联考)物体静止在光滑水平面上,先对物体施加一水平向右的恒力F1,经时间t撤去F1,立即再对它施加一水平向左的恒力F2,又经时间3t物体回到出发点,在这一过程中,F1、F2分别对物体做的功W1、W2之间的关系是(  ) A.W1∶W2=1∶1    B.W1∶W2=2∶3 C.W1∶W2=9∶5 D.W1∶W2=9∶7 D 解析:设恒力F1作用t后物体的速度为v1,恒力F2又作用3t后物体的速度为v2,则物体在恒力F1作用t后的位移x1=,物体在恒力F2作用3t后的位移x2=×3t,由题意知x1=-x2,整理得v1=-v2,由动能定理得,W1=mv,W2=mv-mv,则=,故选项D正确. 三、动能定理与图像结合问题 5.(2017浙江十校联考)用水平力F拉一物体,使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动,t1时刻撤去拉力F,物体做匀减速直线运动,到t2时刻停止,其速度—时间图像如图所示,且α>β,若拉力F做的功为W1,平均功率为P1;物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,平均功率为P2,则下列选项正确的是(  ) A.W1>W2,F=2Ff B.W1=W2,F>2Ff C.P1<P2,F>2Ff D.P1=P2,F=2Ff B 解析:由动能定理可得W1-W2=0,解得W1=W2.由图像可知,撤去拉力F后的位移x2大于水平力F作用时的位移x1,由动能定理得(F-Ff)x1=mv2,-Ffx2=-mv2,所以F>2Ff;由于摩擦阻力作用时间一定大于水平力F作用时间,所以P1>P2. 6.如图所示,图线表示作用在某物体上的合力随时间变化的关系,若物体开始时是静止的,那么(  ) A.从t=0开始,5 s内物体的动能变化量为零 B.在前5 s内只有第1 s末物体的动能最大 C.在前5 s内只有第5 s末物体的速率最大 D.前3 s内合外力对物体做的功为零 D 解析:由图象可知0~1 s的合外力的大小是1~5 s的合外力的大小的2倍,所以加速度大小的关系也是2∶1,物体的运动状态可描述为0~1 s物体做匀加速运动到速度最大,3 s末减速到零,5 s末反向加速到最大,因此5 s内动能变化量不为零,故选项A错;第1 s末和第5 s末物体的动能和速率一样大,所以选项B、C都不对;3 s末减速到零,所以前3 s内合外力对物体做的功为零,所以正确选项为D. 四、运用动能定理求解多过程问题 7.(2018广东六校联考)如图所示,在竖直平面内有一“V”形槽,其底部BC是一段圆弧,两侧都与光滑斜槽相切,相切处B,C位于同一水平面上.一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽再滑上左侧斜槽,最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处,接着小物体再向下滑回,若不考虑空气阻力,则(  ) A.小物体恰好滑回到B处时速度为零 B.小物体尚未滑回到B处时速度已变为零 C.小物体能滑回到B处之上,但最高点要比D处低 D.小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点 C 解析:小物体从A处运动到D处的过程中,克服摩擦力所做的功为Wf1=mgh,小物体从D处开始运动的过程,因为速度较小,小物体对圆弧槽的压力较小,所以克服摩擦力所做的功Wf2=2 m/s, 所以小球在D处对轨道外壁有压力. 小球在D处,由牛顿第二定律及向心力公式得F2+mg=meq \f(v,R),F2=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,R)-g))=0.8× N=10 N. 由牛顿第三定律可知,小球在D点对轨道的压力大小为10 N,方向竖直向上. 答案:(1)11.2 J (2)10 N,方向竖直向上 13.(2019年福州中学模拟)如图所示,滑块质量为m,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以v0=3 的初速度由A点开始向B点滑行,AB=5R,并滑上光滑的半径为R的圆弧BC,在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q,孔径大于滑块的大小,旋转时两孔均能达到C点的正上方。求:(1)滑块运动到光滑轨道B点时对轨道的压力大小;(2)若滑块滑过C点后穿过P孔,求滑块过P点后还能上升的最大高度;(3)若滑块滑过C点 后从P孔上升又恰能从Q孔落下,平台转动的角速度ω应满足什么条件? 答案:(1)设滑块滑至B点时速度为vB,对滑块由A点到B点应用动能定理有-μmg·5R=mv-mv 对滑块在B点,由牛顿第二定律有N-mg=meq \f(v,R) 解得N=9mg 由牛顿第三定律可知,滑块在B点时对轨道的压力大小为N′=N=9mg 方向向下 (2)滑块从B点开始运动后机械能守恒,设滑块到达P处时速度为vP, 则mv=mv+mg·2R 解得vP=2 滑块穿过P孔后再上升机械能仍守恒,设能上升的最大高度为h 由mv=mg·h 得到h=2R 滑块过P点后还能上升的最大高度为2R (3)滑块穿过P孔后再回到平台的时间 t==4 要想实现题述过程,需满足ωt=(2n+1)π ω=(n=0,1,2…) 课时作业 【基础练习】 一、功能关系的理解与应用 1. (2018海南卷)如图,用长为的轻绳悬挂一质量为M的沙箱,沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度水平射入沙箱并留在其中,随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(  ) A. 若保持m、v、不变,M变大,则系统损失的机械能变小 B.若保持M、v、不变,m变大,则系统损失的机械能变小 C.若保持M、m、不变,v变大,则系统损失的机械能变大 D.若保持M、m、v不变,变大,则系统损失的机械能变大 答案:C 2.(2018武汉毕业调研)如图(甲)所示,固定的粗糙斜面长为10 m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图(乙)所示,取斜面底端为重力势能的参考平面,小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图(丙)所示,重力加速度g=10 m/s2.根据上述信息可求出(  ) A.斜面的倾角 B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数 C.小滑块下滑的加速度的大小 D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小 D 解析:小滑块沿斜面下滑的过程中,根据动能定理有F合x=ΔEk,由图(乙)的斜率可求得合力F合== N=2.5 N,小滑块重力势能的变化量ΔEp=mgxsin θ,由图(丙)的斜率可求得mgsin θ== N=10 N,F合=mgsin θ-Ff=mgsin θ-μmgcos θ=ma=2.5 N,则小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff可以求出,因小滑块的质量m未知,故斜面的倾角θ、小滑块与斜面之间的动摩擦因数μ、小滑块下滑的加速度a的大小无法求出. 3.质量为m的物体,在距地面h高处以加速度由静止竖直下落到地面.下列说法中正确的是(  ) A.物体的重力势能减少mgh B.物体的动能增加mgh C.物体的机械能减少mgh D.重力做功mgh 解析:对物体受力分析可知,mg-F=,所以F=mg,物体下降h时,重力做的功为mgh,所以物体的重力势能减少mgh,所以A、D错误;由动能定理可得,W总=ΔEk,即ΔEk=mgh,所以物体的动能增加为mgh,B正确;物体下降h时,外力做的功为-Fh=-mgh,所以物体的机械能减少mgh,C错误. 答案:B 4.(2018天津卷)滑雪运动深受人民群众的喜爱,某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中( ) A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 答案:C 二、摩擦力做功过程中的能量转化 5.如图所示,木块A放在木块B的左端上方,用水平恒力F将A拉到B的右端,第一次将B固定在地面上,F做功W1,生热Q1;第二次让B在光滑水平面上可自由滑动,F做功W2,生热Q2,则下列关系中正确的是(  ) A.W1

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  • ID:6-6185932 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第四章曲线运动 万有引力定律 (共9份打包)

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    (共48张PPT) 第四章 曲线运动 万有引力定律 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 运动的合成与分解 Ⅱ 2016年Ⅰ卷18题 2015年Ⅱ卷16题 抛体运动 Ⅱ 2017年Ⅰ卷15题 2015年Ⅰ卷18题 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ 匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 2016年Ⅱ卷16题 离心现象 Ⅰ 返回导航 万有引力定律及其应用 Ⅱ 2018年Ⅰ卷20题 2018年Ⅱ卷16题 2018年Ⅲ卷15题 2017年Ⅱ卷19题 2017年Ⅲ卷14题 2016年Ⅰ卷17题 2015年Ⅰ卷21题 环绕速度 Ⅱ 2015年Ⅱ卷16题 第二宇宙速度和第三宇宙速度 Ⅰ 经典时空观和相对论时空观 Ⅰ 返回导航 命题特点 1.运动的合成与分解在实际问题中的应用.  2.生活情境中的平抛运动、类平抛运动的分析与计算. 3.圆周运动的动力学问题及临界问题.  4.万有引力的理解及在天体运动中的应用. 5.以我国航天成就为背景的卫星发射、运行. 返回导航 切线方向 变速 合外力 加速度 返回导航 合外力 速度 增大 减小 返回导航 返回导航 平行四边形 匀变速曲线 返回导航 匀加速曲线 匀变速直线 匀变速曲线 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共43张PPT) 第四章 曲线运动 万有引力定律 返回导航 匀变速曲线 匀速直线 v0 v0t 返回导航 自由落体 返回导航 匀变速曲线 v0cosθ 0 v0cosθ v0sinθ g 0 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 Ba 又a 0 y 考点定位 人x= △ U △ Uv2 A dx方¨“c ----10 y 6 垂直打 到斜面 B 6 0 O 4 A B (共47张PPT) 第四章 曲线运动 万有引力定律 返回导航 返回导航 转动快慢 线速度方向 返回导航 方向 大小 mrω2 圆心 合力 分力 返回导航 不变 不断变化 返回导航 圆周切线方向 mrω2 切线方向 mrω2 圆心 向心 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 F=0 Ft1 v2= B.t2>t1 v2= C.t2=t1 v2= D.t2=t1 v2= D 解析: 设渡河时船相对静水的速度为v,方向与下游河岸成θ角,沿河岸和垂直于河岸的分速度分别为vx和vy,如图所示.过河时间t=(d为河宽),与水速无关,故t1=t2,v1=,v2==. 【素能提升】 11.(2018太原一中检测)如图所示,开始时A,B间的细绳呈水平状态,现由计算机控制物体A的运动,使其恰好以速度v沿竖直杆匀速下滑, 经细绳通过定滑轮拉动物体B在水平面上运动,则下列vt图像中,最接近物体B的运动情况的是(  ) A 解析:物体A向下运动,使滑轮右侧细绳变长,与水平方向夹角变大,因此速度v分解为沿绳伸长方向的速度v1和垂直于绳方向的速度v2,则物体B的速度vB=v1=vsin θ,在t=0时刻θ=0°,vB=0;之后随θ增大,sin θ增大,B的速度增大,但开始时θ变化快,速度增加得快,加速度大,图线的斜率大,若绳和杆足够长,则物体B的速度趋近于A的速度. 12.(2017烟台模拟)如图所示,物体A,B经无摩擦的定滑轮用细线连在一起,A物体受水平向右的力F的作用,此时B匀速下降,A水平向左运动,可知 (  ) A.物体A做匀速运动 B.物体A做加速运动 C.物体A所受摩擦力逐渐增大 D.物体A所受摩擦力不变 B 解析:设系在A上的细线与水平方向夹角为θ,物体B的速度为vB,大小不变,细线的拉力为FT,则物体A的速度vA=,FfA=μ(mg-FTsin θ),因物体下降,θ增大,故vA增大,物体A做加速运动;物体B匀速下降,FT不变,故随θ增大,FfA减小. 13.两根光滑的杆互相垂直地固定在一起,上面分别穿有一个小球,小球a、b间用一细直棒相连,如图所示.当细直棒与竖直杆夹角为θ时,求两小球实际速度大小之比. 解析:根据速度的分解特点,可作出两小球的速度关系如图所示.由图中几何关 系可得,a、b沿杆方向的分速度分别为vacos θ和vbsin θ,根据“关联速度”的特点可知,两小球沿杆的分速度大小相等,即有vacos θ=vbsin θ,解得:=tan θ. 课时作业 【基础练习】 一、平抛运动的基本规律 1.(2018大庆实验中学模拟)水平抛出的小球,t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1,t+t0秒内位移方向与水平方向的夹角为θ2,重力加速度为g,忽略空气阻力,则小球初速度的大小可表示为(  ) A. B. C. D. A 解析:t秒末的速度方向与水平方向的夹角为θ1,则tan θ1==;t+t0秒内位移方向与水平方向的夹角为θ2,则tan θ2==; 则tan θ2-tan θ1=-, 整理得v0=.故选项A正确,B,C,D错误. 2.(2017安庆模拟)如图所示,一长为L的木板,倾斜放置,倾角为45°,今有一弹性小球,自与木板上端等高的某处自由释放,小球落在木板上反弹时,速度大小不变,碰撞前后,速度方向与木板夹角相等,欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端,则小球释放点距木板上端的水平距离为(  ) A.L B.L C.L D.L D 解析: 由图可知小球碰撞后到落在木板下端,水平位移,x2=v0·t2,竖直位移y2=gt,tan 45°=,则t2=,x2=eq \f(2v,g),s2=x2=eq \f(2\r(2)v,g),s1=L-s2=L-eq \f(2\r(2)v,g),则x1=s1sin 45°=L-eq \f(2v,g),而v=2gy1=2gx1tan 45°=2gx1,则x1=L-4x1,x1=L. 二、多体平抛运动 3.(2019·湖南衡阳月考)如图所示,小球由倾角为45°的斜坡底端P点正上方某一位置Q处自由下落,下落至P点的时间为t1,若小球从同一点Q处以速度v0水平向左抛出,恰好垂直撞在斜坡上,运动时间为t2,不计空气阻力,则t1︰t2等于(  ) A.1︰2 B.3︰1 C.1︰2 D.1︰3 B 解析:小球自Q处自由下落,下落至P点,则有H=gt; 小球自Q处水平向左抛出,恰好垂直撞在斜坡上,如图所示,则有vy=v0=gt2,h=gt,x=v0t2,由几何关系知x=2h,H=x+h,联立解得t1︰t2=3︰1,故B正确。 4.(2018·江西南昌模拟)如图,窗子上、下沿间的高度差为H=1.6 m,墙的厚度d=0.4 m,某人在离墙壁L=1.4 m、距窗子上沿h=0.2 m处的P点将可视为质点的小物体以速度v水平抛出,小物体穿过敞开的窗口并落在水平地面上,取g=10 m/s2.则v的取值范围是(  ) A.v>7 m/s B.v<2.3 m/s C.3 m/s≤v≤7 m/s D.2.3 m/s≤v≤3 m/s C 解析:小物体做平抛运动,恰好擦着窗子上沿右侧穿过时v最大,此时有L=vmaxt,h=gt2,代入解得vmax=7 m/s.恰好擦着窗口下沿左侧穿过时速度v最小,则有L+d=vmint′,H+h=gt′2,解得vmin=3 m/s.故v的取值范围是3 m/s≤v≤7 m/s,C正确. 三、类平抛运动问题 5.(2018 河南百校联盟4月模拟,17)如图所示,斜面体ABC定在水平地面上,斜面的高AB为m,倾角为θ=37°,且D为斜面的中点,在A点和D点分别以相同的初速度水平抛出两个小球,结果两个小球恰能落在地面上的同一点,则落地点到C点的水平距离为(  ) A.m B.m C.m D. m D 解析:设斜面的高AB为h,落地点到C点的距离为则由几何关系及平抛运动规律有=,得x=m,选项D正确. 6.(2018山西五校四联,21)(多选)如图所示,xOy为一竖直平面内的直角坐标系,y轴沿竖直方向,OA为竖直平面内的光滑抛物线轨道,其方程为y=x2(式中x、y的单位均为m).将穿在此轨道上的光滑小环从O点由静止释放后,其沿轨道下滑,P是抛物线轨道上的一点.已知O、P两点的连线与竖直方向的夹角为45°,取g=10 m/s2.下列说法正确的是(  ) A.小环沿轨道下滑的过程中机械能增大 B.小环通过P点时的速度大小为10 m/s C.小环从O点到P点的平均速度大小为10 m/s D.小环到达P点时,其速度方向与y轴正向的夹角的正切值为 BD 解析: 因OA为光滑抛物线轨道,则环下滑过程中只有重力做功,机械能守恒,A项错误.设P点坐标为(xp,yp),因O、P两点的连线与竖直方向的夹角为45°,则xP=yP,又yP=x,解得xP=yP=5 m,又因小环下滑过程中机械能守恒,则有mgyP=mv,解得vP=10 m/s,因小环由O点到P点做加速运动,则知其从O点到P点的平均速度小于10 m/s,B项正确,C项错误.由平抛运动规律作图,如图所示,则tan θ=,D项正确. 7.(2017 广东华南三校联考,16)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧挨在一起,固定在水平面上,如图所示.它们的竖直边长都是底边长的一半,现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛,最后落在斜面上,其落点分别是a、b、c.下列判断正确的是(  ) A.图中三个小球比较,落在a点的小球飞行时间最短 B.图中三个小球比较,落在c点的小球飞行过程速度变化最大 C.图中三个小球比较,落在c点的小球飞行过程速度变化最快 D.无论小球抛出时初速度多大,落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 D 解析:图中三个小球均做平抛运动,可以看出a、b和c三个小球下落的高度关系为ha>hb>hc,由t=,得ta>tb>tc,又Δv=gt,则知Δva>Δvb>Δvc,A、B两项错误.速度变化快慢由加速度决定,因为aa=ab=ac=g,则知三个小球飞行过程中速度变化快慢相同,C项错误.由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面,而对右边斜面可假设小球初速度为v0时,其落到斜面上的瞬时速度v与斜面垂直,将v沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v0,vy=gt,且需满足==tan θ(θ为右侧斜面倾角),由几何关系可知tan θ=,则v0=gt,而竖直位移y=gt2,水平位移x=v0t=gt2,可以看出x=y,而由题图可知这一关系不可能存在,则假设不能成立,D项正确. 8.(多选)如图所示,两个倾角分别为30°,45°的光滑斜面放在同一水平面上,斜面高度相等.有三个完全相同的小球a,b,c,开始均静止于同一高度处,其中b小球在两斜面之间,a,c两小球在斜面顶端,两斜面间距大于小球直径.若同时释放,a,b,c小球到达水平面的时间分别为t1,t2,t3.若同时沿水平方向抛出,初速度方向如图所示,到达水平面的时间分别为t1′,t2′,t3′.下列关于时间的关系正确的是(  ) A.t1>t3>t2 B.t1=t1′,t2=t2′,t3=t3′ C.t1′>t3′>t2′ D.t1t3>t2.当平抛三个小球时,小球b做平抛运动,小球a,c在斜面内做类平抛运动.沿斜面方向的运动同第一种情况,所以t1=t1′,t2=t2′,t3=t3′.故选项A,B,C正确. 四、平抛运动中的临界现象 9.(多选)如图所示,乒乓球台长为L,球网高为h,某乒乓球爱好者在球台上方离球台高度为2h处以一定的初速度水平发出一个球,结果球经球台反弹一次后(无能量损失)刚好能贴着球网边缘飞过球网,忽略空气阻力,则球的初速度大小可能为(  ) A. B. C. D. AB 解析:若球反弹后在上升过程中刚好能贴着球网飞过,则2h=gt,x1=v0t1,球反弹后从飞过球网到上升至最高点的过程中h=gt,x2=v0t2,2x1-x2=,解得v0=,A项正确;若球反弹后在下降过程中刚好能贴着球网飞过,2h=gt′,x′1=v′0t′1,球反弹后从最高点到下降飞过球网的过程中h=gt′,x′2=v′0t′2,2x′1+x′2=,解得v′0=,B项正确. 10.(多选)如图所示,相距l两小球A、B位于同一高度h( l,h均为定值).将A向B水平抛出的同时,B自由下落.A、B与地面碰撞后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变方向相反. 不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则(  ) A. A、B在第一次落地前能否相碰,取决于A的初速度 B. A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰 C. A、B 不可能运动到最高处相碰 D. A、B 一定能相碰 AD 解析:平抛运动规律x=vt、h=gt2,所以x=v ,若x≥l,则第一次落地前能相遇,所以两球在第一次落地前能否相碰取决于A的初速度,A正确;若A、B在第一次落地前不能相碰,则落地反弹后的过程中,A向右的水平速度不变,所以当A的水平位移为l时,即在t=时,A、B一定相碰,在t=时,A、B可能在最高点,也可能在竖直高度的任何位置,所以BC错误,D正确. 【素能提升】 11.(2019·江苏苏州联考)某电视综艺节目中有一个“橄榄球空中击剑”游戏:宝剑从空中B点自由下落,同时橄榄球从A点以速度v0沿AB方向抛出,恰好在空中C点击中剑尖,不计空气阻力。关于橄榄球,下列说法正确的是(  ) A.在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度 B.若以大于v0的速度沿原方向抛出,一定能在C点上方击中剑尖 C.若以小于v0的速度沿原方向抛出,一定能在C点下方击中剑尖 D.无论以多大速度沿原方向抛出,都能击中剑尖 B 解析:由于橄榄球和宝剑在空中只受重力作用,故加速度均为g,A错误;若要击中剑尖,需满足水平方向x=v0tcosθ,竖直方向H=gt2+v0tsinθ-gt2=v0tsinθ,若以大于v0的速度沿原方向抛出,此时t变小,相遇时宝剑下落的高度减小,则一定能在C点上方击中剑尖,B正确;若以小于v0的速度沿原方向抛出,若速度过小,则橄榄球可能不能运动到宝剑的正下方就落地,故不一定能在C点下方击中剑尖,C、D错误。 12.如图所示为一同学制作的研究平抛运动的装置,其中水平台AO长s=0.70 m,长方体薄壁槽紧贴O点竖直放置,槽宽d=0.10 m,高h=1.25 m.现有一弹性小球从平台上A点水平射出,已知小球与平台间的阻力为其重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2. (1)若小球不碰槽壁且恰好落到槽底上的P点,求小球在平台上运动的时间; (2)若小球碰壁后能立即原速率反弹,为使小球能击中O点正下方槽壁上的B点,B点和O点的距离hB=0.8 m,求小球从O点出射速度的所有可能值. 解:(1)小球从A点出射后匀减速运动到O点,从O点开始做平抛运动.(2)当小球与竖直壁相碰时,竖直壁对小球的作用力与壁垂直,小球的竖直分速度不变,由题给条件“原速率反弹”可知碰后小球水平分速度大小不变,方向反向,故小球碰壁后的运动轨迹与没有碰撞情况下平抛运动的轨迹关于竖直壁对称.当小球击中B点时,小球的水平位移满足x=2nd(n=1,2,3……) 规范解答:(1)小球恰好落到P点,设小球在O点抛出时的速度为v0,做平抛运动的时间为t1,则有水平方向:d=v0t1 竖直方向:h=gt 解得v0=0.2 m/s 设小球在平台上运动时加速度大小为a,则0.1 mg=ma 解得a=1 m/s2 设小球在A点出射时的速度为vA,在平台上运动的时间为t2,则从A到O,由运动学公式得v-v=2as,vA-v0=at2 解得t2=1 s. (2)水平方向:2nd=v0t(n=1,2,3…) 竖直方向:hB=gt2 解得v0=0.5n m/s(n=1,2,3…). 课时作业 【基础练习】 一、圆周运动中运动学分析 1.(2018湖北省重点中学联考)如图所示,由于地球的自转,地球表面上P,Q两物体均绕地球自转轴做匀速圆周运动,对于P,Q两物体的运动,下列说法正确的是(  ) A.P,Q两点的角速度大小相等 B.P,Q两点的线速度大小相等 C.P点的线速度比Q点的线速度大 D.P,Q两物体均受重力和支持力两个力作用 A 解析:P,Q两点都随地球自转做匀速圆周运动,角速度相等,即ωP=ωQ.P,Q两点到地轴的距离不等,由v=ωr可知,P,Q两点线速度大小不等.Q点到地轴的距离远,做圆周运动半径大,线速度大.P,Q两物体均受到万有引力和支持力作用,二者的合力是做圆周运动的向心力,而重力为万有引力的一个分力. 2.(2018资阳诊断)如图所示,水平放置的两个用相同材料制成的轮P和Q靠摩擦传动,且两轮间不打滑.两轮的半径R∶r=2∶1.当主动轮Q匀速转动时,在Q轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q轮边缘上,此时Q轮转动的角速度为ω1,木块的向心加速度为a1,若改变转速,把小木块放在P轮边缘也恰能静止,此时Q轮转动的角速度为ω2,木块的向心加速度为a2,则(  ) A.= B.= C.= D.= C 解析:根据题述,小木块向心加速度a1=ωr,ma1=μmg,联立解得μg=ωr.小木块放在P轮边缘时也恰能静止,则μg=ω2R=2ω2r.由ωR=ω2r联立解得=;根据牛顿第二定律得μmg=ma,则a=μg,所以=. 二、圆周运动的动力学分析 3.(2015天津理综)未来的星际航行中,宇航员长期处于零重力状态,为缓解这种状态带来的不适,有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”,如图所示.当旋转舱绕其轴线匀速旋转时,宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上,可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力.为达到上述目的,下列说法正确的是(  ) A.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越大 B.旋转舱的半径越大,转动的角速度就应越小 C.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越大 D.宇航员质量越大,旋转舱的角速度就应越小 B 解析:宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等,mg=mω2r,即g=ω2r,可见r越大,ω就越小,B正确,A错误;角速度与质量m无关,C,D错误. 4.(2018齐齐哈尔实验中学期中)如图所示,质量为M的方形物体放在水平地面上,内有光滑圆形轨道,一质量为m的小球在竖直面内沿此圆形轨道做圆周运动,小球通过最高点P时恰好不脱离轨道,则当小球通过与圆心等高的A点时,地面对方形物体的摩擦力大小和方向分别为(小球运动时,方形物体始终静止不动)(  ) A.2mg,向左 B.2mg,向右 C.3mg,向左 D.3mg,向右 C 解析:设轨道半径为R,小球通过最高点时,有mg=m,小球由最高点到A点的过程,根据机械能守恒定律得mgR+mv2=mv,联立得vA=v,设小球在A点时,轨道对小球的弹力为F,则有F=meq \f(v,R)=3m=3mg,由牛顿第三定律得小球在A点时,球对轨道内侧的压力大小为3mg,方向向右,对方形物体受力分析可知,地面对方形物体的摩擦力与球对轨道内侧的压力大小相等,方向相反,即地面对方形物体的摩擦力大小为3mg,方向向左,故C正确. 5.(2017广东汕头二模,17)如图甲,小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动,小球经过最高点时的速度大小为v,此时绳子的拉力大小为T,拉力T与速度v的关系如图乙所示,图象中的数据a和b包括重力加速度g都为已知量,以下说法正确的是(  ) A.数据a与小球的质量有关 B.数据b与圆周轨道半径有关 C.比值只与小球的质量有关,与圆周轨道半径无关 D.利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径 D 解析:在最高点对小球受力分析,由牛顿第二定律有T+mg=m,可得图线的函数表达式为T=m-mg,图乙中横轴截距为a,则有0=m-mg,得g=,则a=gR;图线过点(2a,b),则b=m-mg,可得b=mg,则=,A、B、C错.由b=mg得m=,由a=gR得R=,则D正确. 6.(多选)如图所示,质量为m的物体,沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下,半球形金属壳竖直固定放置,开口向上,滑到最低点时速度大小为v,若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ,则物体在最低点时,下列说法正确的是(  ) A.受到的向心力为mg+m B.受到的摩擦力为μm C.受到的摩擦力为μ(mg+m) D.受到的合力方向斜向左上方 CD 解析:物体在最低点做圆周运动,则有FN-mg=m,解得FN=mg+m,故物体受到的滑动摩擦力Ff=μFN=μ(mg+m),A、B错误,C正确.物体受到竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和竖直向上的支持力(支持力大于重力),故物体所受的合力斜向左上方,D正确. 7.(过山车的分析)(多选)如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车,甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动,丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动,两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上,四个图中轨道的半径都为R,下列说法正确的是(  ) A.甲图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时,座椅一定给人向上的力 B.乙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,安全带一定给人向上的力 C.丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,座椅一定给人向上的力 D.丁图中,轨道车过最高点的最小速度为 BC 解析:在甲图中,当速度比较小时,根据牛顿第二定律得,mg-FN=m,即座椅给人施加向上的力,当速度比较大时,根据牛顿第二定律得,mg+FN=m,即座椅给人施加向下的力,故A错误;在乙图中,因为合力指向圆心,重力竖直向下,所以安全带给人一定是向上的力,故B正确;在丙图中,当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时,合力方向向上,重力竖直向下,则座椅给人的作用力一定竖直向上,故C正确;在丁图中,由于轨道车有安全锁,可知轨道车在最高点的最小速度为零,故D错误. 三、圆周运动临界问题 8.(2018杭州模拟)如图所示,小球m可以在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,下列说法中正确的是(  ) A.小球通过最高点的最小速度为v= B.小球通过最高点的最小速度可以为0 C.小球在水平线ab以下管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力 D.小球在水平线ab以上管道中运动时,内侧管壁对小球一定有作用力 B 解析:由于圆形管道可提供支持力,故小球通过最高点时的速度可以为零;小球在水平线ab以下的管道中运动时,重力方向竖直向下,而向心力指向圆心,故内侧管壁不会对小球有作用力,而在水平线ab以上的管道中运动时,如果小球的速度较大,如在最高点的速度v≥时,则内侧管壁对小球无作用力. 9.(2017甘肃模拟,21)(多选)如图所示,质量为3m的竖直光滑圆环A的半径为R,固定在质量为2m的木板B上,木板B的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上,使B不能左右运动.在环的最低点静止放有一质量为m的小球C,现给小球一水平向右的瞬时速度v0,小球会在圆环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,则速度v0必须满足(  ) A.最小值为2 B.最大值为3 C.最小值为 D.最大值为 CD 解析:在最高点,小球速度最小时有:mg=eq \f(mv,R),解得v1=,从最低点到最高点的过程中机械能守恒,则有:2mgR+mv=mv,解得v0小=;要使环不会在竖直方向上跳起,在最高点环对球的最大压力Fm=2mg+3mg=5mg,在最高点,速度最大时有:mg+5mg=meq \f(v,R),解得v2=,从最低点到最高点的过程中机械能守恒,则有:2mgR+mv=mv,解得v0大=,所以小球在最低点的速度范围为:≤v0≤,选项C、D正确. 关键点拨:①竖直光滑圆环意味着没有摩擦力,只有重力做功,小球的机械能守恒.②球恰能通过最高点,mg=meq \f(v,R).③环恰不跳起,6mg=meq \f(v,R). 【素能提升】 10.如图所示,圆盘所在平面与水平面的夹角为θ=30°,质量分别为m=1 kg和M=2 kg的两个可视为质点的物块A、B(材料相同)由一根伸直的细线连接着放在圆盘上,两物块到圆盘中心O点的距离均为r=0.4 m,两物块随圆盘绕中心转轴做匀速圆周运动,角速度为ω=5 rad/s,若两物块恰能与圆盘保持相对静止做完整的圆周运动,两物块与圆盘保持相对静止做完整的圆周运动,两物块与圆盘间的动摩擦因数均为(g=10 m/s2) A. B. C. D. B 解析:当圆盘所在平面与水平面有夹角时,重力沿斜面方向的分力、摩擦力、细线的拉力的合力提供向心力,当B转到最低点时最容易发生相对滑动,即此时是能否完成完整的圆周运动的临界点,设此时细线中拉力为T,对B有T+μMgcos θ-Mgsin θ=Mrω2,对A有T+mgsin θ-μmgcos θ=mrω2,解得μ=. 课时作业 【基础练习】 一、天体质量的估算 1.(多选)我国将于2017年11月发射“嫦娥五号”探测器,假设“嫦娥五号”到达月球后,先绕月球表面做匀速圆周运动,然后择机释放登陆器登陆月球.已知“嫦娥五号”绕月球飞行的过程中,在较短时间t内运动的弧长为s,月球半径为R,引力常量为G,则下列说法正确的是(  ) A.“嫦娥五号”绕月球运行一周的时间是 B.“嫦娥五号”的质量为 C.“嫦娥五号”绕月球运行的向心加速度为 D.月球的平均密度为 CD 解析:因绕月球表面做匀速圆周运动的“嫦娥五号”在较短时间t内运动的弧长为s,可知其线速度为v=,所以其运行一周的时间为T=,选项A错误;天体运动中只能估算中心天体质量而无法估算环绕天体质量,选项B错误;由a=知a=,选项C正确;根据万有引力提供向心力有G=m,再结合M=ρ·πR3可得ρ=,选项D正确. 2.(2018漯河二模)宇航员站在某一星球表面h高处,以初速度v0沿水平方向抛出一个小球,经过时间t后小球落到星球表面,已知该星球的半径为R,引力常量为G,则该星球的质量为(  ) A. B. C. D. A 解析:设该星球的质量为M、表面的重力加速度为g,在星球表面有mg=,小球在星球表面做平抛运动,则h=gt2.由此得该星球的质量为M=. 二、卫星运行参量的分析与计算 3.(2015山东理综)如图,拉格朗日点L1位于地球和月球连线上,处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下,可与月球一起以相同的周期绕地球运动.据此,科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站,使其与月球同周期绕地球运动.以a1,a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小,a3表示地球同步卫星向心加速度的大小.以下判断正确的是(  ) A.a2>a3>a1 B.a2>a1>a3 C.a3>a1>a2 D.a3>a2>a1 D 解析:地球同步卫星受月球引力可以忽略不计,地球同步卫星轨道半径r3、空间站轨道半径r1、月球轨道半径r2之间的关系为r2>r1>r3,由=ma知,a3=eq \f(GM,r),a2=eq \f(GM,r),所以a3>a2;由题意知空间站与月球周期相等,由a=()2r,得a2>a1.因此a3>a2>a1,D正确. 4.(2014浙江理综)长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星,它的公转轨道半径r1=19 600 km,公转周期T1=6.39天.2006年3月,天文学家新发现两颗冥王星的小卫星,其中一颗的公转轨道半径r2=48 000 km,则它的公转周期T2最接近于(  ) A.15天 B.25天 C.35天 D.45天 B 解析:由开普勒第三定律可知eq \f(r,T)=eq \f(r,T),得出T2=eq \r(\f(rT,r))=天≈25天,故选项B正确. 5.(2017广东华南三校联考,19)(多选)石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料,它 的发现使“太空电梯”的制造成为可能,人类将有望通过“太空电梯”进入太空.设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处,这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星.如图所示,假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处,与同高度运行的卫星C相比较(  ) A.B的线速度大于C的线速度 B.B的线速度小于C的线速度 C.若B突然脱离电梯,B将做离心运动 D.若B突然脱离电梯,B将做近心运动 BD 解析:A和C两卫星相比,ωC>ωA,而ωB=ωA,则ωC>ωB,又据v=ωr,rC=rB,得vC>vB,故B项正确,A项错误. 对C星有Geq \f(MmC,r)=mCωrC,又ωC>ωB,对B星有Geq \f(MmB,r)>mBωrB,若B突然脱离电梯,B将做近心运动,D项正确,C项错误. 6.(2014江苏卷,2)已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(  ) A.3.5 km/s B.5.0 km/s C.17.7 km/s D.35.2 km/s A 解析:由万有引力提供向心力可得:G=m,在行星表面运行时有r=R,则得v=∝,因此===,又由v地=7.9 km/s,故v火≈3.5 km/s,故选A正确. 三、卫星变轨问题分析 7.(2017湖南长沙三月模拟,20)(多选)暗物质是二十一世纪物理学之谜,对该问题的研究可能带来一场物理学的革命.为了探测暗物质,我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星.已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t(t小于其运动周期),运动的弧长为s,与地球中心连线扫过的角度为β(弧度),引力常量为G,则下列说法中正确的是(  ) A.“悟空”的线速度大于第一宇宙速度 B.“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度 C.“悟空”的环绕周期为 D. “悟空”的质量为 BC 解析:“悟空”的线速度小于第一宇宙速度,A错误.向心加速度a=,因r悟空a同,B正确.由ω==,得“悟空”的环绕周期T=,C项正确.由题给条件不能求出悟空的质量,D错误. 关键点拨 第一宇宙速度是卫星最小的发射速度,是最大的环绕速度.卫星做匀速圆周运动时ω==. 8.(2019哈尔滨师范大学附中)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送,已知地球半径为r,无线电信号传播速度为c,月球绕地球运动的轨道半径为60r,运行周期为27天。在地面上用卫星电话通话,从一方发出信号至对方接收到信号所需最短时间为(  ) A. B. C. D. 答案:B 9. 2017年1月18日,世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”在圆满完成4个月的在轨测试任务后,正式交付用户单位使用.如图为“墨子号”变轨示意图,轨道A与轨道B相切于P点,轨道B与轨道C相切于Q点,以下说法正确的是(  ) A.“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中速率越来越大 B.“墨子号”在轨道C上经过Q点的速率大于在轨道A上经过P点的速率 C.“墨子号”在轨道B上经过P时的向心加速度大于在轨道A上经过P点时的向心加速度 D.“墨子号”在轨道B上经过Q点时受到的地球的引力小于经过P点时受到的地球的引力 D 解析:“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运动时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,线速度越小,选项B错误;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,离地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度是相等的,选项C错误;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时离地心的距离要远些,受地球的引力要小些,选项D正确. 四、宇宙多星模型 10.(2018山西五校四联,17)(多选)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星.若某双星的质量分别为M、m,间距为L,双星各自围绕其连线上的某点O做匀速圆周运动,其角速度分别为ω1、ω2,质量为M的恒星轨道半径为R,已知引力常量为G,则描述该双星运动的上述物理量满足(  ) A.ω1<ω2 B.ω1>ω2 C.GM=ω(L-R)L2 D.Gm=ωR3 C 解析:双星系统中两颗星的角速度相同,ω1=ω2,则A、B项错误.由=mω(L-R),得GM=w(L-R)L2,C项正确.由=MωR,得Gm=ωRL2,D项错误. 11.(2017湖南长望浏宁四县调研)(多选)某国际研究小组观测到了一组双星系统,它们绕两者连线上的某点做匀速圆周运动,且双星系统中质量较小的星体在“吸食”质量较大的星体的表面物质.根据大爆炸宇宙学可知,双星间的距离在缓慢增大,假设星体的轨道近似为圆,则在该过程中(  ) A.双星做圆周运动的角速度不断减小 B.双星做圆周运动的角速度不断增大 C.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径减小 D.质量较大的星体做圆周运动的轨道半径增大 AD 解析:由于双星间引力提供向心力,则=mω2r1,=Mω2r2,可得=ω2(r1+r2),而r1+r2=L,则=ω2,当L增加时,角速度一定减小.由上述关系可得r1=L,r2=L, 由于m增大,M减小,M+m不变,L增大,则r2变大,因此质量大的星体运动的半径增大. 【素能提升】 12.(2015天津理综)(多选)P1,P2为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1,s2做匀速圆周运动.图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方,两条曲线分别表示P1,P2周围的a与r2的反比关系,它们左端点横坐标相同.则(  ) A.P1的平均密度比P2的大 B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小 C.s1的向心加速度比s2的大 D.s1的公转周期比s2的大 AC 解析:设行星的半径为R、质量为M、卫星的质量为m,对于卫星有G=ma,则a=.由ar2图像中两条曲线左端点横坐标相同可知,r最小值相同,即行星P1,P2的半径R相同,而两颗卫星到各自行星表面的距离也相同,所以卫星s1,s2的轨道半径r相同,由图像可知,s1的向心加速度比s2的大;由a=可知,r相同时,a大说明对应的M也大,故P1的平均密度比P2的大;设在行星表面发射卫星的“第一宇宙速度”为v,则有G=m,v=,可见R相同时M大的对应的v也大,即P1的“第一宇宙速度”大;卫星的公转周期设为T,则有G=mr,T=2π,可见s1的公转周期小. 13.(2018·江西吉安一中期中)2016年2月12日,美国自然科学基金召开新闻发布会宣布,人类首次探测到了引力波;2月16日,中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”,其中,由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年7月正式启动.计划从2016年到2035年分四阶段进行,将向太空发射三颗卫星探测引力波.在目前讨论的初步概念中,天琴将采用三颗相同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个等边三角形阵列,地球恰处于三角形中心,卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行,针对确定的引力波源进行探测,这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴,故命名为“天琴计划”.则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是(  ) A.三颗卫星一定是地球同步卫星 B.三颗卫星具有相同大小的加速度 C.三颗卫星线速度比月球绕地球运动的线速度大且大于第一宇宙速度 D.若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可估算出地球的密度 B 解析:同步卫星轨道的半径约为42400公里,是个定值,而三颗卫星的轨道半径约为10万公里,所以这三颗卫星不是地球同步卫星,故A错误;根据G=ma,解得:a=,由于三颗卫星到地球的距离相等,则它们的加速度大小相等,故B正确;第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度,则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度,故C错误;若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量,但不知道地球半径,所以不能求出地球的密度,故D错误. 14.(2019湖南师大附中)(多选)关于黑洞和暗物质(暗物质被称为“世纪之谜”.它“霸占”了宇宙95%的地盘,却摸不到看不着)的问题,以下说法正确的是(黑洞临界半径公式取为c=,c为光速,G为万有引力常量,M为黑洞质量)(  ) A.如果地球成为黑洞的话,那么它的临界半径为r=R(R为地球的半径,v为第二宇宙速度) B.如果太阳成为黑洞,那么灿烂的阳光依然存在,只是太阳光到地球的时间变得更长 C.有两颗星球(质量分别为M1和M2)的距离为L,不考虑周围其他星球的影响,由牛顿运动定律计算所得的周期为T,由于宇宙充满均匀的暗物质,所以观察测量所得的周期比T大 D.有两颗星球甲和乙(质量分别为M1和M2)的距离为L,不考虑周围其他星球的影响,它们运动的周期为T,如果其中甲的质量减小Δm而乙的质量增大Δm,距离L不变,那么它们的周期依然为T AD 解析:因为c=,而地球的第二宇宙速度为v=,两式相比得r=R,所以A正确.如果太阳成为黑洞,光不能跑出,所以我们将看不到阳光.设甲乙质量变化前,甲的运动半径为r1,甲乙质量变化后运动周期为T2,甲的运动半径为r1′,则G=M1)2r1,G=(M1-Δm)2r1′,又因为r1=L,r1′=L=L,所以T==,T′==,故T=T′. 15.(2018·山东青岛模拟)“嫦娥一号”探月卫星的成功发射,实现了中华民族千年奔月的梦想.假若我国的航天员登上某一星球并在该星球表面上做了如图所示的力学实验:让质量为m=1.0 kg的小滑块以v0=1 m/s的初速度从倾角为53°的斜面AB的顶点A滑下,到达B点后恰好能沿倾角为37°的斜面到达C点.不计滑过B点时的机械能损失,滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,测得A、C两点离B点所在水平面的高度分别为h1=1.2 m,h2=0.5 m.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计该星球的自转以及其他星球对它的作用. (1)求该星球表面的重力加速度g; (2)若测得该星球的半径为R=6×106 m,航天员要在该星球上发射一颗探测器绕其做匀速圆周运动,则探测器运行的最大速度为多大? (3)若测得该星球的半径为R=6×106 m,取地球半径R0=6.4×106 m,地球表面的重力加速度g0=10 m/s2,求该星球的平均密度与地球的平均密度之比. 解析:(1)小滑块从A到C的过程中,由动能定理得mg(h1-h2)-μmgcos 53°·-μmgcos 37°·=0-mv,代入数据解得g=6 m/s2. (2)设探测器质量为m′,探测器绕该星球表面做匀速圆周运动时运行速度最大,由牛顿第二定律和万有引力定律得 G=m′, 又G=m′g, 解得v=, 代入数据解得v=6×103 m/s. (3)由星球密度ρ=和GM=gR2得该星球的平均密度与地球的平均密度之比为=, 代入数据解得=0.64. 答案:(1)6 m/s2 (2)6×103 m/s (3)0.64

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  • ID:6-6185929 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第十章电磁感应 (共6份打包)

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    (共41张PPT) 第十章 电磁感应 考点内容 要求 2015~2018年全+国课标卷考点考次统 电磁感应现象 Ⅰ 2017年Ⅰ卷18题 磁通量 Ⅰ 楞次定律 Ⅱ 2016年Ⅱ卷20题24题 法拉第电磁感应定律 Ⅱ 2018年Ⅰ卷17题 Ⅱ卷18题Ⅲ20题 2017年Ⅱ卷20题 2016年Ⅰ卷24题 Ⅲ卷25题 2015年Ⅰ卷19题 Ⅱ卷15题 自感、涡流 Ⅰ 返回导航 说明 (1)导体切割磁感线时,感应电动势的计算,只限于l垂直于B、v的情况. (2)在电磁感应现象里,不要求判断内电路中各点电势的高低. (3)不要求用自感系数计算自感电动势. 命题特点 1.高考仍然将以电磁感应的产生条件、感应电动势和感应电流的计算和图像表达为主. 2.结合新技术对科学类问题的建模,运用力学和电学知识解决电磁感应类的问题,复习时应予以高度重视. 3.近几年题型都以选择题为主,作为力学与电学容易组合,仍然有计算题的可能性. 返回导航 垂直 BS 返回导航 无关 零 发生变化 切割磁感线 返回导航 感应电动势 感应电流 感应电动势 感应电流 电能 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共35张PPT) 第十章 电磁感应 返回导航 磁通量 无关 返回导航 磁通量的变化率 线圈匝数 闭合电路欧姆 返回导航 返回导航 圈数 铁芯 感应电流 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 R B B B×2 B 0 ××义欢 Ri b 兴Ⅹ×划/1 、×× 乙 NE/Ⅴ b 0.01 O0.20.40.61 0.0 甲 乙 C B (共36张PPT) 第十章 电磁感应 返回导航 磁通量 Blv E-Ir 内阻r 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 i/A 123/456t ●●●●●●●● 甲 012345678/s 甲 乙 动态分析的基本思路 解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的 临界状态,如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路 E 导体受外E=B|感应电 R+,感应F=BI2 力运动 动势 电流 导体受合力F合=m加速度速度临界 安培力 变化 变化 变化状态 B ∠c2 课时作业 【基础练习】 一、电磁感应现象的判断 1.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关如图所示连接.下列说法中正确的是(  ) A.开关闭合后,线圈A插入或拔出时都会引起电流表指针偏转 B.线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间电流表指针均不会偏转 C.开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流表指针静止在中央零刻度 D.开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流表指针才能偏转 A 解析:开关闭合后,线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化;线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间,穿过线圈B的磁通量会发生变化;开关闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动,都会导致线圈A的电流发生变化,从而引起穿过线圈B的磁通量变化,只要线圈B中磁通量变化,与电流表形成的闭合电路中就会产生感应电流,电流表指针发生偏转. 2.(2019·辽宁省实验中学期中)科学家研究发现,磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大,随所处空间磁场的减弱而变小,如图所示电路中GMR为一个磁敏电阻,R和R2为滑动变阻器,R1和R3为定值电阻,当开关S1和S2闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态,则(  ) A.只调节滑动变阻器R,当P1向右端移动时,电阻R1消耗的电功率最大 B.只调节滑动变阻器R,当P1向右端移动时,带电微粒向下运动 C.只调节滑动变阻器R2,当P2向下端移动时,电阻R1消耗的电功率变大 D.只调节滑动变阻器R2,当P2向下端移动时,带电微粒向下运动 A 解析:只调节滑动变阻器R,当P1向右端移动时,滑动变阻器R接入电路的阻值增大,左侧电路中的电流减小,电磁铁的磁性减弱;由于电磁铁的磁性减弱,导致了磁敏电阻的阻值减小,则通过R1的电流增大,其消耗的电功率增大,电容器两端的电压增大,板间场强增大,微粒所受的电场力增大,所以带电微粒向上运动,A正确,B错误;只调节滑动变阻器R2,当P2向下端移动时,回路中电流不变,电阻R1消耗的电功率不变,电容器两端电压增大,板间场强增大,微粒所受的电场力增大,所以带电微粒向上运动,C、D错误。 3.(2017北京西城区模拟)如图所示,固定于水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动.t=0时,磁感应强度为B0,此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形.为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t变化的示意图最可能的是(  ) C 解析:要使回路中不产生感应电流,只有回路中磁通量不发生变化,由B0l2=Bl(l+vt),得到B=,所以C选项正确. 4.(多选)如图所示,在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环.以下判断中正确的是(  ) A.释放圆环,环下落时产生感应电流 B.释放圆环,环下落时无感应电流 C.释放圆环,环下落时环的机械能守恒 D.释放圆环,环下落时环的机械能不守恒 BC 解析:由条形磁铁磁场分布特点可知,穿过其中央位置正上方的圆环的合磁通量为零,所以在环下落的过程中,磁通量不变,没有感应电流,圆环只受重力,则环下落时机械能守恒. 二、楞次定律的理解及应用 5.两个大小不同的绝缘金属圆环a,b如图所示叠放在一起,小圆环b有一半面积在大圆环a中,当大圆环a通上顺时针方向电流的瞬间,小圆环b中感应电流的方向是(  ) A.顺时针方向 B.逆时针方向 C.左半圆顺时针,右半圆逆时针 D.无感应电流 B 解析:当大圆环a中电流为顺时针方向时,环内磁场比环外磁场要强,圆环b的磁通量是垂直纸面向里且增大,圆环b中产生的感应电流的磁场方向应垂直纸面向外,即感应电流的方向为逆时针方向. 6.如图所示,当磁场的磁感应强度B增强时,内、外金属环上的感应电流的方向应为(  ) A.内环顺时针,外环逆时针 B.内环逆时针,外环顺时针 C.内、外环均为顺时针 D.内、外环均为逆时针 A 解析:磁场增强,则穿过回路的磁通量增大,故感应电流的磁场垂直纸面向外,由安培定则知电流对整个电路而言应沿逆时针方向;若分开讨论,则外环逆时针,内环顺时针. 7.如图所示,A为水平放置的胶木圆盘,在其侧面均匀分布着负电荷,在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B,使B的环面水平且与圆盘面平行,其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合.现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动,则(  ) A.金属环B的面积有扩大的趋势,丝线受到的拉力增大 B.金属环B的面积有缩小的趋势,丝线受到的拉力减小 C.金属环B的面积有扩大的趋势,丝线受到的拉力减小 D.金属环B的面积有缩小的趋势,丝线受到的拉力增大 B 解析:使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动,金属环B内磁通量增大,根据楞次定律,金属环B的面积有缩小并远离的趋势,丝线受到的拉力减小. 8.(多选)如图所示,一根长导线弯曲成“n”形,通以直流电I,正中间用绝缘线悬挂一金属环C,环与导线处于同一竖直平面内.在电流I增大的过程中,下列判断正确的是(  ) A.金属环中无感应电流产生 B.金属环中有逆时针方向的感应电流 C.悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力 D.悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力 BC 解析:由安培定则知,当电流增大时,C中磁场垂直纸面向里且磁通量增大,由楞次定律知,C环中有逆时针方向的感应电流;感应电流总是阻碍引起感应电流的原因“增斥减吸”,所以环有向下运动趋势,环受到线的拉力大于重力. 三、三定则一定律的综合应用 9.如图所示,闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直,现在金属框固定不动而磁场运动,发现ab边所受安培力的方向为竖直向上,则此时磁场的运动方向可能是(  ) A.水平向右平动 B.水平向左平动 C.竖直向上平动 D.竖直向下平动 A 解析:ab边受到的力向上,由左手定则可知,ab上电流的方向由b→a,由楞次定律可得,线框内的磁通量在增加,磁场水平向右运动. 10.(多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中,在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动.当AB在外力F作用下向右运动时,下列说法中正确的是(  ) A.导体棒CD内有电流通过,方向是D→C B.导体棒CD内有电流通过,方向是C→D C.磁场对导体棒CD的作用力向左 D.磁场对导体棒AB的作用力向左 BD 解析:利用楞次定律,两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路,分析出磁通量增加,结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.根据左手定则进一步确定AB,CD受安培力的方向分别向左、向右. 11.(多选)如图所示,金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时,铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(  ) A.向右做匀速运动 B.向左做减速运动 C.向右做减速运动 D.向右做加速运动 BC 解析:由“增斥减吸”,线圈c要被螺线管吸引,螺线管中电流必须减小,导体棒ab必须减速. 12.如图所示,在两个沿竖直方向的匀强磁场中,分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b.它们可以绕竖直轴自由转动,用导线通过电刷把它们相连.当圆盘a转动时(  ) A.圆盘b总是与a沿相同方向转动 B.圆盘b总是与a沿相反方向转动 C.若B1,B2同向,则a,b转向相同 D.若B1,B2反向,则a,b转向相同 D 解析:当圆盘a转动时,由于切割磁感线而产生感应电流,该电流流入b盘中,在磁场中由于受安培力b盘会转动,但若不知B1,B2的方向关系,则b盘与a盘的转向关系将无法确定.设B1,B2同向且向上,a盘逆时针转动,则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′,b盘受力将顺时针转动,同理可判定B1,B2反向时,a,b转向相同. 【素能提升】 13.(多选)(2018·重庆巴蜀中学诊测)如图所示,磁场方向垂直于纸面,磁感应强度大小在竖直方向均匀分布,水平方向非均匀分布.一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点.将圆环拉至位置a后无初速度释放,圆环摆到右侧最高点b,不计空气阻力.在圆环从a摆向b的过程中(  ) A.感应电流方向先是逆时针方向,再顺时针方向,后逆时针方向 B.感应电流方向一直是逆时针 C.安培力方向始终与速度方向相反 D.安培力方向始终沿水平方向 AD 解析:由楞次定律知,感应电流方向先是逆时针方向,再顺时针方向,后逆时针方向,A正确,B错误;根据左手定则,因等效导线是沿竖直方向的,且两边的磁感应强度不同,故合力方向始终沿水平方向,和速度方向会有一定夹角,C错误,D正确. 14.如图所示,两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图所示.左线圈连着平行导轨M和N,导轨电阻不计,在垂直于导轨方向上放着金属棒ab,金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中,下列说法正确的是(  ) A.当金属棒向右匀速运动时,a点电势高于b点,c点电势高于d点 B.当金属棒向右匀速运动时,b点电势高于a点,c点电势高于d点 C.当金属棒向右加速运动时,b点电势高于a点,c点电势高于d点 D.当金属棒向右加速运动时,b点电势高于a点,d点电势高于c点 D 解析:金属棒匀速向右运动切割磁感线,产生恒定感应电动势,由右手定则判断出电流由a→b,b点电势高于a点,c、d端不产生感应电动势,c点与d点等势,故A、B错.金属棒向右加速运动时,b点电势仍高于a点,感应电流增大,穿过右边线圈的磁通量增大,所以右线圈中也产生感应电流,由楞次定律可判断电流从d流出,在外电路中,d点电势高于c点,故C错误,D正确. 15.(多选)(2018·河南六市联考)如图甲所示,等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两板间的匀强磁场中,ab直导线与M、N相连接,线圈A与直导线cd连接,线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场,且规定向左为磁场B的正方向,则下列叙述正确的是(  ) A.0~1 s内ab、cd导线互相排斥 B.1~2 s内ab、cd导线互相吸引 C.2~3 s内ab、cd导线互相吸引 D.3~4 s内ab、cd导线互相排斥 BD 解析:根据左手定则,可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转,负离子向下极板N偏转,所以ab中电流方向是由a向b的.在第1 s内,线圈A内磁场方向向右,磁感应强度减小,由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的,根据ab、cd内电流的流向关系,可知两导线相互吸引,A错误;在第2 s内,线圈A内磁场方向向左,磁感应强度增加,由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的,根据电流的流向关系可知两导线相互吸引,B正确;同理可以判断C错误,D正确. 课时作业 【基础练习】 一、法拉第电磁感应定律的理解与应用 1.如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合:磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0,使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为(  ) A. B. C. D. C 解析:设圆的半径为L,电阻为R,当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E1=B0ωL2.当线框不动,而磁感应强度随时间变化时,E2=πL2,由=得B0ωL2=πL2,即=,故C项正确. 2.(2019年潍坊一中)(多选)如图所示,两根间距为d的光滑金属导轨,平行放置在倾角为 的斜面上,导轨的右端接有电阻R,整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直。导轨上有一质量为m、电阻也为R的金属棒与两导轨垂直且接触良好,金属棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回,不计导轨电阻及感应电流间的相互作用。下列说法正确的是(  ) A.导体棒返回时先做加速运动,最后做匀速直线运动 B.导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电量q= C.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W=(mv-mgL) D.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q=(mv-mgL) 答案:ABC 3.(2018·河南八市重点高中联考)如图所示,导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下,绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动,磁场的磁感应强度为B,方向垂直于框架平面,AO间接有电阻R,杆和框架电阻不计,回路中的总电功率为P,则(  ) A.外力的大小为2Br B.外力的大小为Br C.导体杆旋转的角速度为 D.导体杆旋转的角速度为 C 解析:由题意知,导体杆切割磁感线产生的电动势为E=,设Q点的线速度大小为v,则导体杆旋转切割磁感线产生的感应电动势E=Brv,根据P=F·v 及ω=,求得F=Br,ω=,因此C项正确. 4.(2018河北石家庄二模,21)(多选)如图甲所示,质量m=3.0×10-3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n=300 匝、面积S=0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示.t=0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力),跳起的最大高度h=0.20 m.不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是(  ) A.0~0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V B.开关K闭合瞬间,CD中的电流方向由C到D C.磁感应强度B2的方向竖直向下 D.开关K闭合瞬间,通过细杆CD的电荷量为0.03 C BD 解析:0~0.1 s内线圈中的磁场均匀变化,由法拉第电磁感应定律E=n=nS,代入数据得E=30 V,A错.开关闭合瞬间,细框会跳起,可知细框受向上的安培力,由左手定则可判断电流方向由C到D,B对.由于t=0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少,再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同,故再由安培定则可知C错误.K闭合瞬间,因安培力远大于重力,则由动量定理有B1IlΔt=mv,通过细杆的电荷量Q=IΔt,线框向上跳起的过程中v2=2gh,解得Q=0.03 C,D对. 二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算 5.如图所示,两根相距为l的平行直导轨ab、cd,b、d间连有一固定电阻R,导轨电阻可忽略不计.MN为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直,其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里).现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动.令U表示MN两端电压的大小,下列说法正确的是(  ) A.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由b经R到d B.U=Blv,流过固定电阻R的感应电流由d经R到b C.MN受到的安培力大小FA=,方向水平向右 D.MN受到的安培力大小FA=,方向水平向左 A 解析:根据电磁感应定律,MN产生的电动势E=Blv,由于MN的电阻与外电路电阻相同,所以MN两端的电压U=E=Blv,根据右手定则,流过固定电阻R的感应电流由b经R到d,故A正确,B错误;MN受到的安培力大小FA=,方向水平向左,故C、D错误. 6.如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面,MN,PQ为其边界,OO′为其对称轴.一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO′对称的位置时(  ) A.穿过回路的磁通量为零 B.回路中感应电动势大小为BLv0 C.回路中感应电流的方向为顺时针方向 D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相反 A 解析:由于两磁场的磁感应强度大小相等,方向相反,且回路此时关于OO′对称,因而此时穿过回路的磁通量为零;ab,cd均切割磁感线,相当于两个电源,由右手定则知,回路中感应电流方向为逆时针方向,两电源串联,感应电动势为2BLv0;由左手定则知ab,cd所受安培力方向均向左. 7.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(  ) A.由c到d,I= B.由d到c,I= C.由c到d,I= D.由d到c,I= D 解析:由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势E=Br2ω,所以通过电阻R的电流大小是I=. 8.(2018安徽十校联考)如图所示,将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状,它通过两个小金属环a,b与长直金属杆导通,图中a,b间距离为L,导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d.右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场,磁场区域的宽度为,现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动,t=0时刻a环刚从O点进入磁场区域,则下列说法正确的是(  ) A.在t=时刻,回路中的感应电动势为Bdv B.在t=时刻,回路中的感应电动势为2Bdv C.在t=时刻,回路中的感应电流第一次改变方向 D.在t=时刻,回路中的感应电流第一次改变方向 D 解析:t=时刻前后杆中电流均为a→b,t=时刻,回路中切割磁感线的有效长度为0,感应电动势为0,此时前后流过杆的电流由a→b改为b→a;t=时刻,回路中切割磁感线的有效长度为d,感应电动势为Bdv. 三、自感与涡流 9. (2018·江西新余四中模拟)某同学为了验证断电自感现象,找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图所示的电路.检查电路后,闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象.虽经多次重复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,可能的原因是(  ) A.电源的内阻偏大    B.线圈电阻偏大 C.小灯泡电阻偏大 D.线圈的自感系数较大 B 解析:灯泡能否发生闪亮,取决于通过灯泡的电流有没有增大,与电源的内阻无关,故A错误.线圈电阻偏大,稳定时流过灯泡的电流大于流过线圈的电流,断开开关时,根据楞次定律,流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小,灯泡不发生闪亮现象,故B正确.小灯泡电阻偏大,稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流,断开开关时,根据楞次定律,流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小,灯泡将发生闪亮现象,故C错误.线圈的自感系数较大,产生的自感电动势较大,但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小,故D错误. 10.如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感线圈L的电阻不计,电阻R的阻值大于灯泡D的阻值.在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t1时刻断开S.下列表示A,B两点间电压UAB随时间t变化的图像中,正确的是(  ) B 解析:S闭合时,由于电感线圈L阻碍电流增大,经过一段时间电流稳定时L电阻不计,可见电路的外电阻是从大变小的过程.由U外=E可知U外也是从大变小的过程.t1时刻断开S,由于自感在L,R,D构成的回路中,电流从B向A,中间流过D,所以t1时刻UAB反向. 【素能提升】 11.(多选)如图所示的电路中,线圈匝数为n、横截面积为S、电阻为r,线圈处于一个磁感应强度均匀减小的磁场中,磁感应强度方向水平向右且与线圈平面垂直,电路中两个定值电阻的阻值分别为r和2r,电容器的电容为C、带电荷量为q.下列说法正确的是(  ) A.电容器上极板带正电 B.电容器下极板带正电 C.磁感应强度随时间的变化率为 D.磁感应强度随时间的变化率为 BD 解析:由题图可知,向右的磁场均匀减小,根据楞次定律,外电路r中的电流自右向左,所以电容器下极板带正电;由C=得,电容器两端的电压即电源的路端电压U=,又由闭合电路欧姆定律可知,感应电动势E=2U=,根据法拉第电磁感应定律有E=nS,联立得=. 12.(多选)根据地磁场的特征可知,在北半球的地磁场有一水平向北的分量Bx和一个竖直向下的分量By.某研究性学习小组设计了如下实验测量Bx和By的大小,自制一个电阻为R的长方形n匝线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上,测得两边的长度ad=L1,bc=L2,如图所示.现突然将线圈翻转180°,使ab与dc互换位置,测得线圈中流过的电荷量为q1,然后维持bc边不动,将线圈绕bc边转动,使之突然竖直,这次测得线圈中流过的电荷量为q2,则下列说法正确的是(  ) A.By= B.By= C.Bx= D.Bx= BD 解析:当线圈翻转180°时,穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ1=2ByL1L2,感应电动势E1=n,根据欧姆定律有1=,而q1=1Δt1,解得By=,所以选项B正确,选项A错误;当线圈绕bc边竖直立起来时,穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ2=ByL1L2+BxL1L2,同理可得q2=n,解得Bx=,所以选项D正确,选项C错误. 13.(2017江苏单科,13)如图所示,两条相距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v0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: (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. 解析:(1)MN刚扫过金属杆时,金属杆的感应电动势E=Bdv0① 回路的感应电流I=② 由①②式解得I=③ (2)金属杆所受的安培力F=BId④ 由牛顿第二定律得,对金属杆F=ma⑤ 由③④⑤式得a=⑥ (3)金属杆切割磁感线的相对速度v′=v0-v⑦ 感应电动势E=Bdv′⑧ 感应电流的电功率P=⑨ 由⑦⑧⑨式得P=⑩ 答案:(1) (2) (3) 方法技巧:感应电动势的求法 感应电动势可分为感生电动势和动生电动势.感生电动势用公式E=n求解,且只能求解平均电动势.动生电动势用公式E=BLv求解,既可以求平均电动势,也可以求瞬时电动势.用E=BLv求解电动势时,v为导体棒垂直切割磁感线的速度. 课时作业 【基础练习】 热点一 电磁感应中的电路问题 1.(多选)(2018·河北定州中学模拟)如图所示,在边长为a的正方形区域内有匀强磁场,磁感应强度为B,其方向垂直纸面向外,一个边长也为a的单匝正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合,导线框的电阻为R.现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动,经过导线框转到图中虚线位置,则在这时间内(  ) A.顺时针方向转动时,感应电流方向为E→F→G→H→E B.平均感应电动势大小等于 C.平均感应电动势大小等于 D.通过导线框横截面的电荷量为 BD 解析:由于虚线位置是经过到达的,而且线框是顺时针方向移动,所以线框的磁通量是变小的,根据楞次定律,感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同, 即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外,根据右手定则,我们可以判断出感应电流的方向为E→H→G→F→E,故A错误;根据法拉第电磁感应定律得:平均感应电动势E==,OC=a,OA=a,AB=AC;根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化ΔS=(3-2)a2,解得:E=,故B正确,C错误;通过导线框横截面的电荷量q=It=t=·=,故D正确. 2.(多选)(2018·牡丹江市一中摸底考试)如图所示,阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置,若v1∶v2=1∶2,则在这两次过程中(  ) A.回路电流I1∶I2=1∶2 B.产生的热量Q1∶Q2=1∶4 C.通过任一截面的电荷量q1∶q2=1∶1 D.外力的功率P1∶P2=1∶2 AC 解析:回路中感应电流为I==,I∝v,则得I1∶I2=v1∶v2=1∶2,故A正确;产生的热量为Q=I2Rt=()2R×=,Q∝v,则得Q1∶Q2=v1∶v2=1∶2,故B错误;通过任一截面的电荷量为q=It=t=,q与v无关,则得q1∶q2=1∶1,故C正确;由于棒匀速运动,外力的功率等于回路中的功率,即得P=I2R=()2R,P∝v2,则得P1∶P2=1∶4,故D错误. 热点二 电磁感应中的图象问题 3.(2018·河北唐山模拟)如图所示,在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R,导体棒ab垂直导轨放置,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度,不考虑导体棒和导轨电阻,下列图线中,导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是(  ) B 解析:导体棒运动过程中受向左的安培力F=,安培力阻碍棒的运动,速度减小,由牛顿第二定律得棒的加速度大小a==,则a减小,v-t图线斜率的绝对值减小,故B项正确,A项错误.通过R的电荷量q==x,可知C、D项错误. 4.(多选)(2018·长沙市长郡中学模拟)如图甲所示,面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小随时间周期性变化,如图乙所示,已知线圈的电阻为R,则下列说法正确的是(  ) A.线圈内产生的感应电动势最大值为SB0 B.线圈内产生的感应电流最小值为 C.线圈内产生的感应电动势周期为4 s D.0~1 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向 CD 解析:由图乙可知,在0~1 s内产生的感应电动势最大,最大值为Emax=nS=nB0S,选项A错误;1~2 s内线圈内产生的感应电动势最小,最小值为零,选项B错误;由图线可知,线圈内产生的感应电动势周期为4 s,选项C正确;根据楞次定律可知,0~1 s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向,选项D正确. 5.(2018·潍坊联考)如图所示,一直角三角形金属框,向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,磁场仅限于虚线边界所围的区域,该区域的形状与金属框完全相同,且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向,则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是(  ) C 解析:在金属框进入磁场过程中,感应电流的方向为逆时针,金属框切割磁感线的有效长度线性增大,排除A、B;在金属框出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,金属框切割磁感线的有效长度线性减小,排除D,故C正确. 6.(2018·广西柳州高级中学模拟)在光滑水平面上,有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd,在水平外力的作用下,从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动,穿过匀强磁场,如图甲所示,测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示(  ) A.线框受到的水平外力一定是恒定的 B.线框边长与磁场宽度的比值为3∶8 C.出磁场的时间是进入磁场时的一半 D.出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等 B 解析:根据E=BLv,I=,F=BIL,v=at以及F拉-F=ma可知,线框受到水平外力是变力,且出磁场时比进磁场时要大,故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多,故选项A、D错误;线框做匀加速直线运动,由图象及匀加速直线运动规律,结合电流与速度的关系可知,线框边长与磁场宽度比值为3∶8,出磁场的时间不是进入磁场时的一半,故选项B正确,选项C错误. 7.(多选)(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图所示,边长为L、总电阻为R的均匀正方形线框abcd放置在光滑水平桌面上,其cd边右侧紧邻两个磁感应强度为B、宽度为L、方向相反的有界匀强磁场.现使线框以速度v0匀速通过磁场区域,从开始进入,到完全离开磁场的过程中,下列图线能定性反映线框中的感应电流(以逆时针方向为正)和a、b两点间的电势差随时间变化关系的是(  ) AC 解析:线圈进入左侧磁场过程:位移为0~L的过程中,感应电动势E=BLv0,感应电流I==i0,由右手定则可知电流方向为逆时针方向,为正值,a的电势比b的电势高,ab间的电势差Uab==u0;位移为L~2L的过程中,感应电动势E=2BLv0,感应电流I==2i0,由右手定则可知电流方向为顺时针方向,为负值,a的电势比b的电势高,ab间的电势差Uab==2u0;位移为2L~3L的过程中,感应电动势E=BLv0,感应电流I==i0,由右手定则可知电流方向为逆时针方向,为正值,a的电势比b的电势低,ab间的电势差Uab=-=-3u0.综上所述,故A、C正确,B、D错误. 【素能提升】 8.(2018·辽宁葫芦岛市六校联考)如图甲所示,用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈,现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态,已知金属圈的质量为m=0.1 kg,半径为r=0.1 m,导线单位长度的阻值为ρ=0.1 Ω/m,金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示.金属圈下半部分在磁场外.已知从t=0时刻起,测得经过10 s丝线刚好被拉断.重力加速度g取10 m/s2.求: (1)金属圈中感应电流的大小及方向; (2)丝线所能承受的最大拉力F; (3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q. 解析:(1)由楞次定律可知,金属圈中电流方向为逆时针方向 由图乙知,=0.8 T/s 金属圈的电阻为 R=2πrρ 金属圈中感应电流 I==·=·=0.8× A=0.2 A (2)t时刻磁感应强度 B=t 金属圈受到的安培力 F安=BI·2r 细线的拉力 F=F安+mg=BI·2r+mg 当t=10 s时,代入数据得 F=1.32 N (3)金属圈内产生的焦耳热 Q=I2Rt 代入数据得 Q=0.025 J 答案:(1)0.2 A 逆时针方向 (2)1.32 N (3)0.025 J 9.(2018·江西吉水中学等三校联考)如图所示,金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上,可沿轨道滑动,两轨道间距l=0.5 m,轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,用力F=0.25 N向右水平拉杆ab,若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为Ff1=0.15 N、Ff2=0.1 N,两杆的有效电阻R1=R2=0.1 Ω,设导轨电阻不计,ab、cd的质量关系为2m1=3m2,且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.求: (1)此两杆之间的稳定速度差; (2)若F=0.3 N,两杆间稳定速度差又是多少? 解析:因F>Ff1,故ab由静止开始做加速运动,ab中将出现不断变大的感应电流,致使cd受到安培力F2作用,当F2>Ff2时,cd也开始运动,故cd开始运动的条件是:F-Ff1-Ff2>0. (1)当F=0.25 N时,F-Ff1-Ff2=0,故cd保持静止,两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax,故此种情况有:电流Im==,安培力Fm=BIml,则有F-Fm-Ff1=0,由此得vmax=0.32 m/s. (2)当F=0.3 N>Ff1+Ff2,对ab、cd组成的系统,ab、cd所受安培力大小相等,方向相反,合力为零,则系统受的合外力为F合=F-Ff1-Ff2=0.05 N.对系统有F合=(m1+m2)a,因为2m1=3m2,则F合=m2a.取cd为研究对象,F安-Ff2=m2a,F安=BIl,I=,联立各式解得Δv=(F合+Ff2)=0.384 m/s. 答案:(1)0.32 m/s  (2)0.384 m/s 10.(2018·北京东城模拟)如图所示,两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶部接有一阻值R=3 Ω的定值电阻,下端开口,轨道间距L=1 m.整个装置处于磁感应强度B=2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上.质量m=1 kg的金属棒ab置于导轨上,ab在导轨之间的电阻r=1 Ω,电路中其余电阻不计.金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨,且与导轨接触良好.不计空气阻力影响.已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2. (1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm; (2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中,电阻R上的最大电功率PR; (3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中,电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J,求流过电阻R的总电荷量q. 解析:(1)金属棒由静止释放后,沿斜面做变加速运动,加速度不断减小,当加速度为零时有最大速度vm 由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ-F安=0 F安=BIL I= E=BLvm 由以上各式代入数据解得vm=2.0 m/s. (2)金属棒以最大速度vm匀速运动时,电阻R上的电功率最大,此时PR=I2R,解得PR=3 W. (3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中,沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得 mgxsin θ=μmgxcos θ+QR+Qr+mv 根据焦耳定律有= 联立解得x=2.0 m 根据q=IΔt,I=,E=,ΔΦ=BLx,解得q==1.0 C. 答案:(1)2.0 m/s (2)3 W (3)1.0 C 11.(2017湖南长沙四县三月模拟,25)足够长的平行金属轨道M、N,相距L=0.5 m,且水平放置;M、N左端与半径R=0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连,金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量mb=mc=0.1 kg,电阻Rb=Rc=1 Ω,轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B=1 T的匀强磁场中,磁场方向与轨道平面垂直,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如图所示,若使b棒以初速度v0=10 m/s开始向左运动,求: (1)c棒的最大速度; (2)c棒中产生的焦耳热; (3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑,金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 解析:(1)在磁场力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达最大速度.选两棒为研究对象,根据动量守恒定律有 mbv0=(mb+mc)v 解得c棒的最大速度为:v=v0=v0=5 m/s (2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总热量为:Q=mbv-(mb+mc)v2=2.5 J 因为Rb=Rc,所以c棒中产生的焦耳热为Qc==1.25 J (3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′,从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得: mcv2-mcv′2=mcg·2R 解得v′=3 m/s 在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得mcg+F=mc 解得F=1.25 N 由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N 答案:(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N 温馨提示:M、N足够长且处于竖直向上的匀强磁场中,而光滑半圆轨道处在磁场外.当b以初速度v0开始向左运动后,a加速,b减速,直到速度相等,这时通过a和b及轨道回路的磁通量不再变化,也就没有感应电流产生.当a到达圆轨道以后,因为b在切割磁感线,a和b中有感应电流,但半圆轨道处没有磁场,所以a仅受重力和轨道弹力作用,机械能守恒.

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  • ID:6-6185926 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第十一章交变电流 (共5份打包)

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    (共49张PPT) 第十一章 交变电流 返回导航 欧姆 温度计 返回导航 欧姆 返回导航 温度计的示数 返回导航 减小 增大 欧姆 返回导航 小灯泡 返回导航 返回导航 很小 电阻 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 热点透析 高考实验创新分析 跟踪训练 (共39张PPT) 第十一章 交变电流 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全+国课标卷考点考次统 2016年Ⅲ卷21题 交变电流、交变电流的图像 Ⅰ 正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ 2018年Ⅲ卷16题 理想变压器 Ⅱ 2016年Ⅰ卷16题Ⅲ卷19题 2015年Ⅰ卷16题 远距离输电 Ⅰ 实验十二传感器的使用 2018年Ⅰ卷23题 2016年Ⅰ卷23题 返回导航 说明 (1)不要求讨论交变电流的相位和相位差的问题.(2)只限于单相理想变压器. 命题特点 1.高考对本专题的内容的考查主要通过交变电流的图像考查交变电流的四值、变压器等问题,难度不大. 2.变压器和远距离输电电路的动态分析及交流电路中加入特殊元件(如二极管、电容器、传感器等)综合考查电路知识成为热点. 返回导航 垂直于磁场 最大 发生改变 返回导航 最大 不改变 nBSω nBSωsin ωt 返回导航 时间 周期性变化 赫兹(Hz) 返回导航 某一时刻 最大值 产生的热量 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共38张PPT) 第十一章 交变电流 返回导航 两个线圈 返回导航 初级 次级 电磁感应 返回导航 P出 返回导航 频率 返回导航 返回导航 低电压 小电流 返回导航 返回导航 横截面积 电阻率小 输电电压 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 R R 考点定位 户 甲 课时作业 【基础练习】 一、交变电流的产生及变化规律 1.如图所示,矩形线圈abcd绕轴OO′匀速转动产生交变电流,在图示位置开始计时,则下列说法正确的是(  ) A.t=0时穿过线圈的磁通量最大,产生的感应电流最大 B.t=(T为周期)时感应电流沿abcda方向 C.若转速增大为原来的2倍,则交变电流的频率是原来的4倍 D.若转速增大为原来的2倍,则产生的电流有效值为原来的4倍 B 解析:图示时刻,ab,cd边切割磁感线的有效速率为零,产生的感应电动势为零;根据线圈的转动方向,确定时线圈的位置,用右手定则可以确定线圈中的感应电流沿abcda方向;若转速增大为原来的2倍,由ω=2πf知频率为原来的2倍;根据Em=nBSω,E=,I==可知当转速为原来2倍,电流有效值变为原来的2倍. 2.(多选)如图所示,是一个匝数n=10匝的闭合线圈在匀强磁场中沿垂直于磁场方向的固定轴转动时,通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像.关于线圈中的感应电动势及感应电流,以下说法正确的是(  ) A.在t1=0.1 s时,线圈中的感应电动势最大 B.在t2=0.2 s时,线圈中的感应电动势最大 C.在t3=0.3 s时,线圈中的感应电流改变方向 D.在t4=0.4 s时,线圈中的感应电流改变方向 BC 解析:由题图可知,在t1=0.1 s时,线圈中的磁通量最大,但变化率为零,感应电动势为零;在t2=0.2 s时,线圈中的磁通量为零,磁通量变化最快,感应电动势最大;在t3=0.3 s时,线圈中磁通量又达到最大值,前后时刻电流方向发生改变;t4=0.4 s 时,线圈中的感应电流的方向不变. 3.(多选)如图所示,一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动,转动周期为T0.线圈产生的电动势的最大值为Em,则(  ) A.线圈产生的电动势的有效值为Em B.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为 C.线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em D.经过2T0的时间,通过线圈电流的方向改变2次 BC 解析:电动势的有效值为E=;电动势的最大值Em=BSω=Φm×,所以穿过线圈的磁通量的最大值Φm=;由E=得磁通量变化率的最大值即为电动势的最大值;一个周期内电流的方向改变两次,两个周期内改变4次. 4.(2017山西五校四联,19)(多选)如图甲所示,一台线圈内阻为2 Ω的小型发电机外接一只电阻为10 Ω的灯泡,发电机内匀强磁场的磁感应强度为T,线圈的面积为0.01 m2,发电机正常工作时灯泡的电流i随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示.下列说法正确的是(  ) A.t=0.05 s时,穿过线圈的磁通量为零 B.t=0.05 s时,理想交流电压表的示数为30 V C.发电机内线圈的匝数为240 D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为9 J AB 解析:由图乙可知t=0.05 s时,发电机的输出电流为最大值,此时线圈平面与中性面垂直,磁通量为零,A正确.由图乙可知电流的有效值I=3 A,理想交流电压表的示数U=3×10 V=30 V,B项正确.由图乙可知,电流最大值为3 A,则发电机产生的感应电动势最大值Em=nBSω=(2 Ω+10 Ω)×3 A=36 V,又B=T,S=0.01 m2,ω==10 πrad/s,得n=360,C项错误.Q=32×2×1 J=18 J,D项错误. 二、有效值的理解与计算 5.图甲中,A、B两点间接直流稳压电源,UAB=100 V,R1=40 Ω,滑动变阻器总电阻R=20 Ω,滑片处于变阻器正中位置;图乙中,自耦变压器输入端a、b接交流稳压电源,其电压有效值Uab=100 V,滑片处于线圈正中位置,R2=40 Ω.若R1和R2的发热功率分别为P1和P2,则P1和P2的关系为(  ) A.P1=P2 B.= C.= D.= C 解析:图甲中,R1两端的电压为U1=80 V,图乙中,R2两端的电压为U2=200 V,所以=eq \f(\f(U,R1),\f(U,R2))=,选项C正确. 6.(多选)图(甲)为一正弦式交变电流的图像,图(乙)为一方波交变电流的图像.以下关于这两个交变电流的说法中正确的是(  ) A.两种交变电流的有效值均为 A B.图(甲)表示的交变电流的瞬时值的表达式为i=2sin 10πt(A) C.两种交变电流分别通过同一只电阻,在各自的一个周期内,在该电阻上产生的热量之比为Q甲∶Q乙=2∶3 D.图(甲)表示的交变电流经过一个理想二极管后有效值为1 A CD 解析:从题图上可以看出,正弦式交变电流的峰值是2 A,周期是0.4 s;而方波交变电流的峰值也是2 A,周期则为0.3 s.正弦式交变电流的有效值为I1== A,方波交变电流的有效值I2=2 A;正弦式交变电流瞬时值的数学表达式为i=2sin 5πt(A);将两种不同的交变电流分别通过同一个电阻的时候,由于热量的计算要用电流的有效值,所以有Q甲=IRT1,Q乙=IRT2,代入数据可得Q甲∶Q乙=2∶3;由于二极管的单向导电性,t轴以下(或上)的图线消失了,则()2··R=I2RT,I=1 A. 7.如图(甲)所示为一种调光台灯的电路示意图,它通过双向可控硅电子元件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V的正弦式交变电流后加在灯管两端的电压为如图(乙)所示的周期性电压(每个周期的前半部分为一正弦函数完整波形的前段),则此时交流电压表的示数为(  ) A.220 V B.110 V C. V D. V B 解析:根据有效值定义有·=T,解得U=110 V. 三、交变电流“四值”的理解和应用 8.(多选)如图所示,面积为S、匝数为N、电阻为r的正方形导线框与阻值为R的电阻构成闭合回路,理想交流电压表并联在电阻R的两端.线框在磁感应强度为B的匀强磁场中,以与电路连接的一边所在直线为轴垂直于磁场以角速度ω匀速转动,不计其他电阻,则下列说法正确的是(  ) A.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为e=NBSωsin ωt B.线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向将发生改变,1秒钟内流过电阻R的电流方向改变次 C.线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量为 D.电压表的示数跟线框转动的角速度ω大小无关 ABC 解析:从图示位置开始计时,即从线框处于中性面位置开始计时,感应电动势瞬时值e=NBSωsin ωt,选项A正确;线框通过中性面前后,流过电阻R的电流方向发生改变,每转1周电流方向改变2次,1秒钟内线框转动圈数为=,故流过电阻R的电流方向改变2×=次,选项B正确;线框从图示位置转过60°的过程中,通过电阻R的电荷量Δq=Δt=Δt=N,而ΔΦ=BΔS⊥=BS,故Δq=,选项C正确;电压表的示数U=,而E=,故U∝ω,选项D错误. 9.(2018沈阳质量检测)在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图(甲)所示,产生的交变电动势随时间变化规律的图像如图(乙)所示,已知发电机线圈内阻为1.0 Ω,外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡,则(  ) A.电压表V的示数为20 V B.电路中的电流方向每秒改变5次 C.灯泡实际消耗的功率为36 W D.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos 5πt(V) C 解析:由(乙)图知电动势峰值为20 V,周期为0.2 s,所以有效值为20 V,角速度ω==10π rad/s,电压表测的是路端电压U=·R=×9.0 V=18 V;交变电流的频率f==5 Hz,每一周期电流方向改变两次,所以每秒改变10次;灯泡实际消耗功率为P== W=36 W;电动势瞬时值表达式e=20cos 10πt(V). 10.(2017郑州一模)图(甲)为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与R=10 Ω的电阻连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电表,示数是10 V.图(乙)是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像,则(  ) A.电阻R上的电功率为20 W B.0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt(V) D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos 50πt(A) C 解析:电压表上的示数为有效值,故可知电阻R上的电功率为P==10 W;由(乙)图可知,0.02 s时磁通量为0,但磁通量的变化率是最大的,故此时的电压瞬时值最大;由于磁通量按正弦规律变化,则电动势必按余弦规律变化,且电压最大值为10 V,ω==100π rad/s,所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt(V);同理可知通过R的电流i随时间t变化的规律是i==1.41cos 100πt(A). 11.(2017石家庄一模)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机原理示意图,电阻r=1 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电路连接,滑动变阻器R的最大阻值为6 Ω,滑片P位于滑动变阻器距下端处,定值电阻R1=2 Ω,其他电阻不计,线圈匀速转动的周期T=0.02 s.闭合开关S,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈转动过程中理想电压表示数是5 V.下列说法正确的是(  ) A.电阻R1消耗的功率为W B.0.02 s时滑动变阻器R两端的电压瞬时值为零 C.线圈产生的交流电动势e随时间t变化的规律是e=6sin 100πt(V) D.线圈从开始计时到s的过程中,通过R1的电荷量为 C D 解析:外电路总电阻为R外=R+=4 Ω+1 Ω=5 Ω,所以形成闭合回路的电流为I==A=1 A.故流过R1的电流I1==0.5 A,所以P1=IR1=0.52×2 W=0.5 W,A项错误.线圈产生的交流电动势的有效值为E=U+Ir=6 V,线圈从图示位置开始计时,ω==100π rad/s,产生的交流电动势的瞬时值表达式为e=6cos 100πt (V),C项错误.t=0.02 s时,电动势有最大值,B项错误.线圈从开始计时到s即0~的过程中,通过R1的电荷量q1==×n=×=× C= C,D项正确. 【素能提升】 12.如图所示,矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路.线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动,转动的角速度ω=100π rad/s.线圈的匝数N=100匝,边长ab=0.2 m、ad=0.4 m,电阻不计.磁场只分布在bc边的左侧,磁感应强度大小B= T,电容器放电时间不计.下列说法正确的是(  ) A.该线圈产生的交流电动势峰值为50 V B.该线圈产生的交流电动势有效值为25 V C.电容器的耐压值至少为50 V D.电容器的电容C变大时,电流表的示数变小 B 解析:该线圈产生的交流电动势峰值Em=NBSω=50 V;因为该线圈产生的交变电流不是完整的正弦式交变电流,只有一半,所以根据有效值的定义×=T,E=,联立解得电动势有效值E′=25 V;电容器的耐压值至少为50 V;电容器的电容C变大时,由Q=EmC可知,电容器充电电量增大,电容器的充放电电流增大. 13.(多选)如图所示,某电路上接有保险丝、交流电压表、“220 V 900 W”的电饭锅及“220 V 200 W”的抽油烟机.现接入u=311sin 100πt(V)的交流电,下列说法正确的是(  ) A.交流电压表的示数为311 V B.1 s内流过保险丝的电流方向改变100次 C.电饭锅的热功率是抽油烟机的热功率的4.5倍 D.为保证电路正常工作,保险丝的额定电流不能小于5 A BD 解析:由u=311sin 100πt (V)知,电压最大值Um=311 V,f= Hz=50 Hz,1 s内电流方向改变100次,有效值为U==220 V,故选项A错误,B正确;电饭锅的功率为抽油烟机总功率的4.5倍,但抽油烟机不是纯电阻元件,其热功率小于200 W,故选项C是错误的;电路正常工作时的总功率P=1100 W,有I== A=5 A,故选项D正确. 14.如图甲所示,一固定的圆形导体线圈水平放置,线圈的两端接一只小灯泡,在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀磁场.已知线圈的匝数n=100匝,电阻r=1.0 Ω,面积S=0.040 m2,小灯泡的电阻R=9.0 Ω,磁场的磁感应强度按如图乙所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcost,其中T为磁场变化的周期.不计灯丝电阻随温度的变化. (1)求线圈中产生的感应电动势的最大值Em; (2)若在小灯泡两端接一理想交流电压表(图中未画出),电压表的示数是多少?(结果保留1位小数) (3)在磁感应强度变化的0~时间内,求通过小灯泡的电荷量. 解:(1)感应电动势的最大值Em=nBSω,当磁感应强度B取最大值时,感应电动势有最大值,Em=8 V. (2)在交流电路中电压表测量有效值,对电动势按余弦规律变化的电源来说,其电压有效值E==4V,设电压表读数为U,由欧姆定律可得U=R=5.1 V. (3)在0~时间内,感应电动势的平均值=n 感应电流的平均值=,通过小灯泡的电荷量Q=·Δt=n=4×10-3C. 课时作业 【基础练习】 一、理想变压器基本规律的应用 1.如图,理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接入一电压为u=U0sin ωt的交流电源,副线圈接一个R=5.5 Ω的负载电阻.若U0=220 V,ω=100π rad/s,则下述结论正确的是(  ) A.副线圈中电压表的读数为11 V B.副线圈中输出交流电的周期为0.01 s C.原线圈中电流表的读数为0.1 A D.原线圈中的输入功率为11 W C 解析:电压表测的是有效值,根据=代入数据,=,可得电压表示数U2=11 V;由于ω=100π rad/s,交流电的周期为0.02 s;副线圈中的电流I2==2 A,因此副线圈的输出功率P=U2I2=22 W,而变压器本身不消耗能量,因此输入功率也是22 W,因此输入电流I1==0.1 A. 2.(2017天津和平质量调查,4)如图甲所示电路中,L1、L2、L3为三只“6 V 3 W”的灯泡,变压器为理想变压器.各电表均为理想电表.当ab端接如图乙所示的交变电压时,三只灯泡均正常发光.下列说法中正确的是(  ) A.变压器原副线圈的匝数比为1∶2 B.副线圈两端输出的交流电频率为50 Hz C.电流表的示数为0.5 A D.电压表的示数为18 V B 解析:灯泡正常发光时的电流I0==0.5 A,则副线圈中电流I2=2I0,而原线圈中电流I1=I0,则变压器原副线圈的匝数比n1∶n2=I2∶I1=2∶1,A项错误.由乙图可知交流电的周期T=0.02 s,则频率f==50 Hz,变压器不改变交流电的频率,B项正确.电流表的示数IA=I2=2I0=1 A,C项错误.因灯泡正常发光,则副线圈的两端电压U2=6 V,则原线圈两端电压U1=U2=12 V,电压表示数为12 V,D项错误. 3.(2014全国卷Ⅱ)(多选)如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则(  ) A.Uab∶Ucd=n1∶n2 B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小 C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大 D.将二极管短路,电流表的读数加倍 BD 解析:a、b端的电压为正弦式交变电压,故电压表测得的电压Uab=.副线圈两端电压也为正弦式交变电压,但由于二极管的单向导电特性,从而使c、d两端的电压成为脉动直流电,由有效值定义可得eq \f(U,R)T=×,即Ucd=,故Uab∶Ucd=n1∶n2,A错误.因R增大时消耗的功率P=eq \f(U,R)减小,原线圈输入功率减小,故U1不变时I1减小,B正确.由Uab∶Ucd=n1∶n2可知Ucd与负载的阻值无关,C错误.将二极管短路时R两端电压为正弦式交变电压,其有效值Ucd′=,故此时R消耗的功率P′=eq \f(U,R)为原来的2倍,原线圈中的电流也变为原来的2倍,故D正确. 4.(2017河北冀州2月模拟,19)(多选)如图所示,理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r的交流电源上,输出端接理想电流表及阻值为R的负载.如果要求负载上消耗的电功率最大,则下列说法正确的是(  ) A.该交流电源电动势的瞬时值表达式为e=Emsin(100πt) B.变压器原、副线圈匝数的比值为 C.电流表的读数为 D.负载上消耗的热功率为eq \f(E,4r) BC 解析:由e?t图象可知交流电的周期T=4×10-2s,则ω==50 πrad/s,所以e=Emsin(50πt),则A项错误.对于理想变压器,在电源输出最大功率时,电流I1=,此时,变压器输入功率恰好等于电源内阻消耗的功率,又输出功率等于输入功率,则Ir=IR,得出=,又=,得出=,I2=,则B、C项正确.负载上消耗的热功率为P=IR=eq \f(E,8r),则D项错误. 5.(2017湖南长沙三月模拟,21)(多选)图中理想变压器的原、副线圈的匝数之比为2∶1,电阻R1=10 Ω,R2=20 Ω,两电表均为理想交流电表.若R1两端电压瞬时值表达式为u1=10sin 100πt V,则下列说法正确的是(  ) A.电流表的示数为0.5 A B.电压表的示数为14.14 V C.R2消耗的功率为20 W D. 原线圈输入交流电频率为100 Hz AC 解析:R1两端电压UR1=10 V,R1中电流IR1=A=1 A,则副线圈中电流I2=IR1=1 A,再由I1∶I2=n2∶n1=1∶2,可知原线圈中电流I1=0.5 A,则A项正确.电压表测R2两端电压UR2=I2R2=20 V,B错误.R2消耗的功率PR2=IR2=20 W,C正确.因变压器不改变交流电的周期和频率,由R1两端电压瞬时值表达式u1=10sin 100πt V,可知原线圈输入交流电频率f=Hz=50 Hz,D错误. 温馨提示:①在交变电流电路中电压表和电流表的示数均为有效值,I=,U=.②理想变压器能改变交流电的电压和电流,但不能改变交流电的周期和频率. 二、理想变压器的动态分析 6.(2015广东理综)如图为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器,原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变.调节触头P,使输出电压有效值由220 V降至110 V.调节前后(  ) A.副线圈中的电流比为1∶2 B.副线圈输出功率比为2∶1 C.副线圈的接入匝数比为2∶1 D.原线圈输入功率比为1∶2 C 解析:设原线圈输入电压为U1,原线圈的匝数为n1,副线圈输出电压为U2,副线圈的匝数为n2,则=,当副线圈的输出电压降为原来的一半时,副线圈的匝数减为原来的,选项C正确;由I2=可知,副线圈的电流减为原来的一半,选项A错误;由P=可知,副线圈输出的功率减为原来的,原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,因此原线圈的输入功率也减为原来的,选项B,D错误. 7.(多选)如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心抽头,图中电表均为理想的交流电表,定值电阻R=10 Ω,其余电阻均不计,从某时刻开始在原线圈c,d两端加上如图(乙)所示的交变电压,则下列说法中正确的是(  ) A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 V B.当单刀双掷开关与a连接,且t=0.01 s时,电流表示数为零 C.当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的输入功率变大 D.当单刀双掷开关由a拨向b时,副线圈输出电压的频率变为25 Hz AC 解析:原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V,当单刀双掷开关与a连接时,U2=U1=22 V;电流表测量的是有效值,当t=0.01 s时,电流表示数不为零;当单刀双掷开关由a拨向b时,=5∶1,U2′=U1=44 V,输出功率增大,原线圈的输入功率也增大,此时输出电压的频率不变. 8.(2018山东潍坊中学一模,2)(多选)如图所示,理想变压器为降压变压器,原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电相连,副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连,开始时开关S处于断开状态.当S闭合后,所有灯泡都能发光.下列说法中正确的是(  ) A.灯泡L1和L2中的电流有效值可能相等 B.灯泡L2两端的电压变小 C.灯泡L1变亮,灯泡L2的亮度不变 D.变压器原线圈的输入功率不变 AB 解析:当S闭合后,根据I1n1=I2n2可知,因为是降压变压器,n1>n2,则I1<I2,I1等于灯泡L1的电流,I2是灯泡L2和L3的电流之和,则灯泡L1、L2中的电流有效值可能相等,故A正确;当S闭合后,副线圈回路总电阻变小,输出功率变大,输出电流变大,变压器的输入功率等于输出功率,所以变压器的输入功率变大,输入电流变大,灯泡L1分担的电压变大,灯泡L1变亮,则原线圈两端电压减小,又原副线圈匝数不变,故副线圈两端电压变小,灯泡L2两端的电压变小,L2变暗,故B正确,C、D错误. 三、远距离输电 9.(2018忻州一中期中)(多选)在如图所示的远距离输电电路中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压和输电电线的电阻均不变.随着发电厂输出功率的增大,下列说法正确的有(  ) A.升压变压器的输出电压增大 B.降压变压器的输出电压增大 C.输电线上损耗功率增大 D.输电线上损耗功率占总功率的比例增大 CD 解析:由于发电厂的输出电压不变,升压变压器的匝数不变,所以升压变压器的输出电压不变.由于发电厂的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,根据P=UI可知输电线上的电流I送增大,根据U损=I送R,P损=IR,输电线上的电压和功率的损失增大,降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得,U3减小,降压变压器的匝数不变,所以降压变压器的输出电压减小.η==eq \f(PR,U),发电厂的输出功率P增大,R,U2不变,所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大. 10.(2014浙江理综15,6分)如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2.则(  ) A.用户端的电压为 B.输电线上的电压降为U C.理想变压器的输入功率为Ir D.输电线路上损失的电功率为I1U A 解析:变压器输入端与输出端电功率相同,可得U1I1=U2I2,所以A正确;输电线上的电压降为I1r,所以B错误;理想变压器的输入功率为U1I1,故C错误;输电线路上损失的电功率为Ir,故D错误. 【素能提升】 11.(多选)如图,一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈与一可变电阻串联后,接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为R0,负载电阻的阻值R=11R0,是理想电压表,现将负载电阻的阻值减小为R=5R0,保持变压器输入电流不变,此时电压表读数为5.0 V,则(  ) A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 V B.此时原线圈两端电压的最大值约为24 V C.原线圈两端原来的电压有效值约为68 V D.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V AD 解析:当负载电阻的阻值减小为R=5R0时,根据串并联电路规律,R两端电压为R0两端电压的5倍,因为电压表测量R两端的电压,所以UR0=×5 V=1 V,故副线圈两端电压为U2=6 V,根据公式=可得此时原线圈两端电压的有效值为U1=24 V,所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 V≈34 V;因为变化过程中变压器的输入电流不变,所以对于副线圈中变化前后电流也不变,则变化后电压U2=IR0+5IR0=6IR0,变化前U2′=IR0+11IR0=12IR0,所以U2′=2U2=12 V,根据公式=可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V. 12.(2017山东潍坊统考,8)(多选)如图甲所示的电路中,理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流,闭合S后,额定电压为20 V的用电器正常工作,理想交流电流表A的示数为0.1 A.已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用,下列判断正确的是(  ) A.交变电流的频率为50 Hz B.变压器原副线圈匝数比为11∶1 C.用电器额定功率为22 W D.在用电器电阻不变的情况下断开开关S,用电器功率将变为原来的一半 ACD 解析:由u-t图像可知交变电流的周期T=0.02 s,则频率f==50 Hz,A项正确.由图乙可知原线圈两端输入电压U1=220 V,因闭合S后,额定电压为20 V的用电器正常工作,则此时变压器副线圈两端电压U2=20 V,n1∶n2=U1∶U2=220 V∶20 V=11∶1,B项错误.理想变压器P入=P出=I1U1=22 W,又P出=P电器,C正确.若在用电器电阻不变的情况下断开开关S,则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作,用电器的功率变为原来的一半,D项正确. 13.(2018临川二中高三月考)(多选)如图理想变压器原、副线圈的匝数之比是10∶1,原线圈输入交变电压u=100sin 50πt V,O是副线圈中心抽出的线头,R1=5 Ω,R2=15 Ω,则(  ) A.开关S断开时,电流表的示数为0.05 A B.开关S闭合时,电流表的示数为0.05 A C.开关S闭合时,两电阻总的电功率为 W D.开关S断开时,两电阻总的电功率为 W AC 解析:由电压公式知输入电压的有效值为U0=100 V,S断开时,根据电压与匝数成正比知输出电压为10 V,S断开时,由欧姆定律知,副线圈中的电流为 A=0.5 A,根据电流与匝数成反比得,原线圈中电流为0.05 A,故A正确;开关S断开时,两电阻总的电功率为UI=10×0.5 W=5 W,故D错误;S闭合时,相当于有两个副线圈,电压仍然与匝数成正比,但电流与匝数不再成反比,因O是副线圈中心抽出的线头,所以两电阻两端电压均为5 V,两副线圈中电流分别为I1= A=1 A和I2= A= A,所以由IU0=I1U1+I2U2得,原线圈中电流为I= A= A,故B错误;S闭合时,两电阻总的电功率为P总=I1U1+I2U2= W,故C正确. 14.(2017湖南六校联考)(多选)总理在十二届五次人大会议上提出了清洁能源问题,某大型光伏电站的功率是500 kW,电压为12 V,送往外地时,先通过逆变器转化为220 V的交流电(转化效率为80%),然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V,通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地,再经变压器Ⅱ降为220 V电压供用户使用,下列说法正确的是(  ) A.变压器Ⅱ的原副线圈匝数比为1 000∶11 B.变压器Ⅰ的原副线圈匝数比为11∶1 000 C.用户最多可使用的功率为392 kW D.用户负载越多,线路上损耗的功率越小 BC 解析:变压器Ⅰ的原副线圈匝数比==,B项正确.变压器Ⅰ的输出功率P2=P1=500 kW×80%=400 kW,输电电流I===20 A,则输电线上损失的电压ΔU=IR线=400 V,变压器Ⅱ的输入电压U′1=U2-ΔU=19 600 V,则变压器Ⅱ的原副线圈匝数比==,A项错误.用户最多可使用的功率为P用=P2-I2R线=4×105 W-8 000 W=392 kW,C项正确.用户负载越多,线路上电流越大,线路上损耗的功率越大,D项错误.

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  • ID:6-6185923 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第十四章波与相对论(选修3-4) (共8份打包)

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    (共57张PPT) 第十四章 波与相对论 (选修3-4) 返回导航 考点内容 要求 2014~2017年全国课标卷考点考次统计 简谐运动 Ⅰ 简谐运动的公式和图像 Ⅱ 单摆、单摆的周期公式 Ⅰ 受迫振动和共振 Ⅰ 机械波 Ⅰ 横波和纵波 Ⅰ 返回导航 横波的图像 Ⅱ 2018年Ⅰ卷Ⅲ卷34题 2017年Ⅲ卷34题 2016年Ⅱ卷34题 2015年Ⅰ卷Ⅱ卷34题 波速、波长和频率(周期)的关系 Ⅱ 2018年Ⅱ卷34题 2017年Ⅰ卷Ⅲ卷34题 2016年Ⅰ卷Ⅱ卷34题 返回导航 波的干涉和衍射现象 Ⅰ 2017年Ⅰ卷34题 多普勒效应 Ⅰ 光的折射定律 Ⅱ 2018年Ⅰ卷34题 2017年Ⅰ卷Ⅱ卷34题 折射率 Ⅰ 2018年Ⅱ卷Ⅲ卷34题 全反射、光导纤维 Ⅰ 2017年Ⅲ卷34题 2016年Ⅰ卷Ⅲ卷34题 2015年Ⅱ卷34题 返回导航 光的干涉、衍射和偏振现象 Ⅰ 变化的磁场产生电场、变化的电场 产生磁场、电磁波及其传播 Ⅰ 电磁波的产生、发射和接收 Ⅰ 2016年Ⅱ卷34题 电磁波谱 Ⅰ 狭义相对论的基本假设 Ⅰ 质速关系、质能关系 Ⅰ 相对论质能关系式 Ⅰ 返回导航 实验:探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度 实验:测定玻璃的折射率 实验:用双缝干涉测光的波长 2017年Ⅱ卷34题 说明:(1)简谐运动只限于单摆和弹簧振子. (2)简谐运动的公式只限于回复力公式;图像只限于位移—时间图像. (3)光的干涉限于双缝干涉、薄膜干涉. 返回导航 命题特点 1.简谐运动的特点及图像、波的图像以及波长、波速、频率的关系. 2.光的折射和全反射,难度中等偏下,波动与振动的综合及光的折射与全反射的综合,有时会以计算题的形式考查. 3.光的干涉、衍射、偏振现象的考查. 4.电磁波和相对论部分,以考查基本概念及对规律的简单理解为主. 5.本部分内容在高考命题中以小型综合题的形式出现,即(1)为多项选择题或填空题,(2)为计算题. 返回导航 回复力 返回导航 平衡位置 -kx 平衡位置 效果 合力 分力 返回导航 增大 减小 增大 不变 对称性 相同 相反 返回导航 = 返回导航 返回导航 平衡位置 最大位移处 位移 返回导航 周期 位移 加速度 平衡 返回导航 驱动力 驱动力 无关 返回导航 固有频率 系统的固有频率 最大 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 产生原因 减小方法 偶然误差 测量时间(单摆周期)及摆长时产生误差 ①多次测量再求平均值 ②计时时从单摆经过平衡位置时开始 系统误差 主要来源于单摆模型本身 ①摆球要选体积小,密度大的 ②最大摆角不要太大 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共52张PPT) 第十四章 波与相对论 (选修3-4) 返回导航 波源 介质 振动形式 随波迁移 相同 返回导航 平衡位置 位移 平衡位置 λf 返回导航 绕过障碍物 干涉图样 差不多 比波长小 频率 返回导航 相对运动 不变 变化 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 振动图像 波动图像 研究对象 一振动质点 沿波传播方向的所有质点 研究内容 一质点的位移随时间的变化规律 某时刻所有质点的空间分布规律 图像 返回导航 物理意义 表示同一质点在各时刻的位移 表示某时刻各质点的位移 图像信息 (1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)某一质点在各时刻的位移 (4)各时刻速度、加速度的方向 (1)波长、振幅 (2)任意一质点在该时刻的位移 (3)任意一质点在该时刻的加速度方向 (4)传播方向、振动方向的互判 返回导航 图像变化 随时间推移,图像延续,但已有形状不变 随时间推移,波形沿传播方向平移 一完整曲线 占横坐标的 距离 表示一个周期 表示一个波长 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共44张PPT) 第十四章 波与相对论 (选修3-4) 返回导航 同一 两侧 正比 返回导航 之比 返回导航 光密介质 光疏介质 等于或大于 反射光 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 真空 D 玻璃 O G A M E B C 实验]测定玻璃的折射率,掌握光发生折射的入射角 目的和折射角的确定方法 用插针法找出与人射光线AO对应的出射光线 实验}0B,确定出O点,画出折射光线0,然后测 量出角和(,根据n=计算玻璃的折射 率 实验凵「白纸、图钉、大头针、直尺、铅笔、量角器、 器材冂平木板、长方形玻璃砖 (1)铺白纸、画线 ①如图所示,将白纸用图钉按在绘 图板上,先在白纸上画出一条直线 a'作为界面,过aa'上的一点O画出 界面的法线NN,并画一条线段A0 作为入射光线 ②把平行玻璃砖平放在白纸上,使 它的长边跟aa'对齐,画出玻璃砖 实验凵的另一条长边b b∏步骤 2)插针与测量 ①在线段AO上竖直地插上两枚大头 针B,B2,透过玻璃砖观察大头针B, B的像,调整视线的方向,直到R的 像被挡住,再在观察的这一侧依 次插两枚大头针,P,使B挡住R B的像,B挡住R,B的像及B,记 下B,B的位置 ②移去玻璃砖连接P3,P并延长交 bb’于O′,连接OO即为折射光线, 入射角:=∠AON,折射角62=∠0N ③用量角器测出入射角和折射角, 查出它们的正弦值 ④改变入射角θ,重复实验,记录相 关测量数据 (1)计算法:计算每次折射率n,求出平均值n (2)图像法(如图所示 sin日1 数据 B2 处理 (3)单位圆法如图所示) H E、Q1 b B R一十 千-千-↑-r-- -+--++-+-++1 十+-十}+++-十++ 十十++片十+士-++1 L二L L二L彐 →}42+-+-、4+++-1 十一十 十一-}+一 1-千—1一广+-个十 厂-T T-厂 L_L⊥L_L__⊥L L二L」二斗二二L一二上二LL (共44张PPT) 第十四章 波与相对论 (选修3-4) 返回导航 频率 相同 返回导航 亮条纹 暗条纹 白色 返回导航 薄膜的两个表面 相等 相差不多 小 返回导航 单缝衍射 圆孔衍射 单色光 中央为亮且宽的条纹,两侧为明暗相间的条纹,且越靠外,亮条纹的亮度越弱,宽度越小 ①中央是大且亮的圆形亮斑,周围分布着明暗相间的同心圆环,且越靠外,圆形亮条纹的亮度越弱,宽度越小. ②亮环或暗环间的距离随圆孔半径的增大而减小 返回导航 白 光 中央为亮且宽的白色条纹,两侧为亮度逐渐变暗、宽度逐渐变窄的彩色条纹,其中最靠近中央的色光是紫光,离中央最远的是红光 中央是大且亮的白色亮斑,周围是不等间距的彩色的同心圆环 返回导航 不透明 某个特定 一切方向 亮斑 强度 返回导航 垂直 横波 电场 磁场 返回导航 不需要 3.0×108 同样适用 干涉 振荡频率 返回导航 开放 调幅 无线电波 返回导航 热效应 荧光效应 电磁波谱 特性 应用 红外线 ________ 红外线遥感 紫外线 化学效应、________、能杀菌 医用消毒、防伪 X射线 贯穿性强 检查、医用透视 γ射线 贯穿本领最强 工业探伤、医用治疗 返回导航 相同 相同 返回导航 大于 mc2 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航   名称 项目   电磁波 机械波 不同点 产生 由周期性变化的电场、磁场产生 由质点(波源)的振动产生 传播介质 不需要介质(在真空中仍可传播) 必须有介质(在真空中不能传播) 波的特点 横波 横波或纵波 返回导航 不同点 速度 特点 由介质和频率决定,在真空中等于光速(很大) (c=3×108 m/s) 仅由介质决定 相同点 能量 都携带能量并传播能量 速度公式 v=λf 遵循 规律 均可发生反射、折射、干涉、衍射等现象 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! 课时作业 【基础练习】 一、简谐运动及其描述 1.(2018枣庄模拟)做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是(  ) A.位移 B.速度 C.加速度 D.回复力 B 解析:做简谐运动的物体,经过同一位置时,相对平衡位置的位移x相同,回复力(F=-kx)相同,加速度a相同,物体可能以方向相反的速度经过同一位置,故B正确. 2.(2018石家庄校级月考)如图所示,弹簧振子在振动过程中,振子从a到b历时0.2 s,振子经a,b两点时速度相同,若它从b再回到a的最短时间为0.4 s,则该振子的振动频率为(  ) A.1 Hz B.1.25 Hz C.2 Hz D.2.5 Hz B 解析:由简谐运动的对称性可知,tOb=0.1 s,tbc=0.1 s, 故=0.2 s,解得T=0.8 s,f==1.25 Hz. 3.(2018济南校级月考)如图所示,物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,A的质量为m,B的质量为M,弹簧的劲度系数为k.当连接A,B的绳突然断开后,物体A将在竖直方向上做简谐运动,则A振动的振幅为(  ) A. B. C. D. A 解析:在物体A振动的平衡位置处,弹簧弹力和A物体重力相等.物体B将A拉至平衡位置以下最大位移Δx=处,故物体A振动的振幅为. 4.(多选)一弹簧振子的位移x随时间t变化的关系式为x=0.1sin 2.5πt,位移x的单位为m,时间t的单位为s.则(  ) A.弹簧振子的振幅为0.2 m B.弹簧振子的周期为0.8 s C.在t=0.2 s时,振子的运动速度为零 D.在任意0.2 s时间内,振子的位移均为0.1 m E.在任意0.4 s时间,振子的路程为0.2 m BCE 解析:根据弹簧振子的位移随时间t变化的关系式为x=0.1sin 2.5πt(m)知,弹簧振子的振幅为0.1 m,选项A错误.由2.5π rad/s=2π/T,得弹簧振子的周期为T=0.8 s,选项B正确.在t=0.2 s时,振子的位移最大、运动速度为零,选项C正确.在任意0.2 s时间内,振子的位移不一定为0.1 m,选项D错误.任意0.4 s时间,振子的路程为2个振幅,选项E正确. 二、受迫振动和共振 5.(2018大连校级模拟) 如图所示的装置,弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手,给弹簧振子以周期性的驱动力,测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz,则把手转动的频率为(  ) A.1 Hz B.3 Hz C.4 Hz D.5 Hz A 解析:弹簧振子做受迫振动,因此振动频率等于驱动力的频率,即为1 Hz. 6.(多选)如图所示,当A振动起来后,通过水平绳迫使B,C振动,下列说法中正确的是(  ) A.只有A,C的振动周期相等 B.只有A,B的振动周期相等 C.C的振幅比B的大 D.A,B,C的振动周期相等 CD 解析:A振动后迫使水平绳振动,水平绳振动再迫使B,C振动,所以B,C做受迫振动,其振动周期等于驱动力周期,故TA=TB=TC=2π.C发生共振,B不发生共振,C的振幅比B的大.选项C,D正确. 三、单摆及周期公式 7.如图所示,MN为半径较大的光滑圆弧轨道的一部分,把小球A放在MN的圆心处,再把另一小球B放在MN上离最低点C很近的地方,使两球同时自由释放,则在不计空气阻力时有(  ) A.A球先到达C点 B.B球先到达C点 C.两球同时到达C点 D.无法确定哪一个球先到达C点 A 解析:A球做自由落体运动,到C点所需时间tA=,R为圆弧轨道的半径.因为圆弧轨道的半径R很大,B球离最低点C又很近,所以B球在轨道给它的支持力和重力的作用下沿圆弧做简谐运动(等同于摆长为R的单摆),则运动到最低点C所用的时间是单摆振动周期的,即tB==>tA,所以A球先到达C点,选项A正确. 8.(2018陕西西安交大附中四模)(多选)如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图像,下列说法中正确的是(  ) A.甲、乙两单摆的摆长相等 B.甲摆的振幅比乙摆大 C.甲摆的机械能比乙摆大 D.在t=0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆 E.由图像可以求出当地的重力加速度 ABD 解析:由题图看出,两单摆的周期相同,同一地点g相同,由单摆的周期公式T=2π知,甲、乙两单摆的摆长l相等;甲摆的振幅为10 cm,乙摆的振幅为7 cm,则甲摆的振幅比乙摆大;尽管甲摆的振幅比乙摆大,两摆的摆长相等,但由于两摆的质量未知,无法比较机械能的大小;在t=0.5 s时,甲摆经过平衡位置,振动的加速度为零,而乙摆的位移为负的最大,则乙摆具有正向最大加速度;由单摆的周期公式T=2π得g=,由于单摆的摆长不知道,所以不能求得重力加速度. 9.(2014安徽理综,14,6分)在科学研究中,科学家常将未知现象同已知现象进行比较,找出其共同点,进一步推测未知现象的特性和规律.法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时,曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系.已知单摆摆长为l,引力常量为G,地球质量为M,摆球到地心的距离为r,则单摆振动周期T与距离r的关系式为(  ) A.T=2πr      B.T=2πr C.T= D.T=2πl B 解析:由单摆周期公式T=2π,在地球表面有=mg两式联立可得T=2πr,故B项正确. 【素能提升】 10.(2017菏泽模拟)劲度系数为20 N/cm的弹簧振子,它的振动图像如图所示,则(  ) A.在图中A点对应的时刻,振子所受的弹力大小为0.5 N,方向指向x轴的负方向 B.在图中A点对应的时刻,振子的速度方向指向x轴的正方向 C.在0~4 s内振子做了1.75次全振动 D.在0~4 s内振子通过的路程为0.35 cm,位移为0 B 解析:A在t轴上方,位移x=0.25 cm,所以弹力F=-kx=-5 N,即弹力大小为5 N,方向指向x轴的负方向,此时振子的速度方向指向x轴的正方向;由于t=0时刻和t=4 s时刻振子都在最大位移处,所以在0~4 s内振子的位移为零,又由于振幅为0.5 cm,在0~4 s内振子完成了2次全振动,所以在这段时间内振子通过的路程为2×4×0.5 cm=4 cm. 11.如图(甲)所示,弹簧振子以O点为平衡位置,在A,B两点之间做简谐运动.取向右为正方向,振子的位移x随时间t的变化如图(乙)所示,下列说法正确的是(  ) A.t=0.8 s时,振子的速度方向向左 B.t=0.2 s时,振子在O点右侧6 cm处 C.t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的加速度完全相同 D.t=0.4 s和t=0.8 s的时间内,振子的速度逐渐减小 A 解析:从t=0.8 s起,再过一段微小时间,振子的位移为负值,因为取向右为正方向,故t=0.8 s时,速度方向向左,选项A正确;由图像得振子的位移x=12sin t(cm),故t=0.2 s时,x=6 cm,故选项B错误;t=0.4 s和t=1.2 s时,振子的位移方向相反,由a=-kx/m知,加速度方向相反,选项C错误;t=0.4 s到t=0.8 s的时间内,振子的位移逐渐变小,故振子逐渐靠近平衡位置,其速度逐渐变大,故选项D错误. 12.(2017银川模拟)在飞机的发展史中有一个阶段,飞机上天后不久,飞机的机翼很快就抖动起来,而且越抖越厉害,后来人们经过了艰苦的探索,利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法,解决了这一问题.在飞机机翼前装置配重杆的主要目的是(  ) A.加大飞机的惯性 B.使机体更加平衡 C.使机翼更加牢固 D.改变机翼的固有频率 D 解析:当驱动力的频率与物体的固有频率相等时,振幅较大,因此要减弱机翼的振动,必须改变机翼的固有频率. 13.(2018湖南怀化模拟)如表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则(  ) 驱动力频率/Hz 30 40 50 60 70 80 受迫振动振幅/cm 10.2 16.8 27.2 28.1 16.5 8.3 A.f固=60 Hz B.60 Hz<f固<70 Hz C.50 Hz<f固<60 Hz D.以上三个都不对 C 解析: 从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小;f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大.并可以从中看出f驱越接近f固,振幅的变化越慢.比较各组数据知f驱在50 Hz~60 Hz范围内时,振幅变化最小,因此50 Hz<f固<60 Hz,即C正确. 14.弹簧振子以O点为平衡位置,在B,C两点间做简谐运动,在t=0时刻,振子从O,B间的P点以速度v向B点运动;在t=0.2 s时,振子速度第一次变为-v;在t=0.5 s时,振子速度第二次变为-v. (1)求弹簧振子振动的周期T; (2)若B,C之间的距离为25 cm,求振子在4.0 s内通过的路程; (3)若B,C之间的距离为25 cm,从平衡位置开始计时,画出弹簧振子的振动图像. 解析: (1)弹簧振子做简谐运动示意图如图所示,由对称性可得;由B→P所 用时间t1=0.1 s,由P到与关于O对称的P′所用时间为t2=0.3 s,P′→C所用时间t3=0.1 s即T=0.5×2 s=1.0 s. (2)若B,C之间距离为25 cm,则振幅A=×25 cm=12.5 cm.振子4.0 s内通过的路程s=×4×12.5 cm=200 cm. (3)振动图像为 答案:(1)1.0 s (2)200 cm (3)见解析 课时作业 【基础练习】 一、机械波的形成与传播 1.(多选)如图,a、b、c、d是均匀媒质中z轴上的四个质点,相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m.一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播,在t=0时刻到达质点a处,质点a由平衡位置开始竖直向下运动,t=3 s时a第一次到达最高点.下列说法正确的是(  ) A.在t=6 s时刻波恰好传到质点d处 B.在t=5 s时刻质点c恰好到达最高点 C.质点b开始振动后,其振动周期为4 s D.在4 svB,则以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后,A光侧移量大,B项错误.由于nA>nB,则vA>vB,若分别照射同一光电管,若B光能引起光电效应,A光一定也能,C项正确.在空气中只能看到一种光时,应是折射率较小的B光,D项错误. 【素能提升】 10.(2018全国2卷)如图,是一直角三棱镜的横截面,,,一细光束从BC边的D点折射后,射到AC边的E点,发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G,D恰好是CG的中点。不计多次反射。 (i)求出射光相对于D点的入射光的偏角; (ii)为实现上述光路,棱镜折射率的取值应在什么范围? 答案:(ⅰ)光线在BC面上折射,由折射定律有 sini1=nsinr1① 式中,n为棱镜的折射率,i1和r1分别是该光线在BC面上的入射角和折射角。光线在AC面上发生全反射,由反射定律有 i2=r2② 式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角。光线在AB面上发生折射,由折射定律有 nsini3=sinr3③ 式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角。由几何关系得 i2=r2=60°,r1=i3=30°④ F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为 δ=(r1–i1)+(180°–i2–r2)+(r3–i3)⑤ 由①②③④⑤式得 δ=60°⑥ (ⅱ)光线在AC面上发生全反射,光线在AB面上不发生全反射,有 nsini2≥nsinC>nsini3⑦ 式中C是全反射临界角,满足 nsinC=1⑧ 由④⑦⑧式知,棱镜的折射率n的取值范围应为 ≤n≤2⑨ 11.(2017全国新课标理综Ⅱ)一直桶状容器的高为2l,底面是边长为l的正方形;容器内装满某种透明液体,过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示.容器右侧内壁涂有反光材料,其他内壁涂有吸光材料.在剖面的左下角处有一点光源,已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直,求该液体的折射率. 解析:设从光源发出直接射到D点的光线的入射角为i1,折射角为r1.在剖面内作光源相对于反光壁的镜像对称点C,连接C、D,交反光壁于E点,由光源射向E点的光线,反射后沿ED射向D点.光线在D点的入射角为i2,折射角为r2,如图所示. 设液体的折射率为n,由折射定律有 nsin i1=sin r1① nsin i2=sin r2② 由题意知 r1+r2=90°③ 联立①②③式得 n2=④ 由几何关系可知 sin i1==⑤ sin i2==⑥ 联立④⑤⑥式得n≈1.55⑦ 答案:1.55 12.如图所示,某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖的折射率,OA是画在纸上的直线,他在直线OA适当位置先后竖直插上P1,P2两枚大头针,如图放上玻璃砖(如粗黑线所示),然后插上P3,P4大头针. (1)他确定P3大头针位置的方法应当是_____________. (2)若该同学实验操作规范准确,其记录的情况如图所示.该同学还用圆规做了一个以O为圆心,半径与玻璃砖相同的半圆(如图中虚线所示).请您帮这位同学算出玻璃砖的折射率,写出必要的计算过程. 解析:(1)透过玻璃砖看,P3大头针挡住P1,P2两枚大头针的像. (2)设每个方格的边长为1,如图,由折射定律可得: n====1.5. 答案:见解析 13.(2018全国3卷)如图,某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点),然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上,小标记位于AC边上。D位于AB边上,过D点做AC边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察。恰好可以看到小标记的像;过O点做AB边的垂线交直线DF于E;DE=2 cm,EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射) 解析:过D点作AB边的发现NN′,连接OD,则∠ODN=α为O点发出的光纤在D点的入射角;设该光线在D点的折射角为β,如图所示。根据折射定律有 nsinα=sinβ① 式中n为三棱镜的折射率 由几何关系可知 ∠β=60°② ∠EOF=30°③ 在ΔOEF中有 EF=OEsin∠EOF④ 由③④式和题给条件得 OE=2cm⑤ 根据题给条件可知,△OED为等腰三角形,有 α=30°⑥ 由①②⑥式得 n=⑦ 14.(2016全国卷Ⅰ)如图,在注满水的游泳池的池底有一点光源A,它到池边的水平距离为3.0 m.从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角,水的折射率为. (1)求池内的水深; (2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上,他的眼睛到池面的高度为2.0 m.当他看到正前下方的点光源A时,他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°.求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字). 解析:(1)如图,设到达池边的光线的入射角为i.依题意,水的折射率n=,光线的折射角θ=90°.由折射定律有nsin i=sin θ① 由几何关系有sin i=② 式中,l=3 m,h是池内水的深度.联立①②式并代入题给数据得 h= m≈2.6 m③ (2)设此时救生员的眼睛到池边的距离为x.依题意,救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′=45°.由折射定律有nsin i′=sin θ′④ 式中,i′是光线在水面的入射角.设池底点光源A到入射点的水平距离为a.由几何关系有 sin i′=⑤ x+l=a+h′⑥ 式中h′=2 m.联立③④⑤⑥式得x=(3-1) m ≈0.7 m⑦ 答案:(1)2.6 m (2)0.7 m 15.[2017江淮十校三模,34(2)]如图所示,在真空中有一个折射率为n、半径为r的质地均匀的小球.细激光束在真空中沿BC传播,BC与小球球心O的距离为l(l

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  • ID:6-6185624 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第十二章近代物理(选修3-5) (共4份打包)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    (共32张PPT) 第十二章 近代物理(选修3-5) 返回导航 光电效应  Ⅰ 2017年Ⅲ卷19题  2016年Ⅰ卷35题 爱因斯坦方程 Ⅰ 2015年Ⅰ卷35题Ⅱ卷35题 原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期Ⅰ 2017年Ⅱ卷15题 核力、核反应方程Ⅰ 2016年Ⅱ卷35题2018年Ⅲ卷14题 结合能、质量亏损Ⅰ 2017年Ⅰ卷17题 裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ 返回导航 一份一份 光的频率ν 返回导航 实验规律 解释 对于各种金属都存在着一个极限频率.当入射光的频率高于这个极限频率时才能产生光电效应 不同金属的逸出功不同,金属中的电子只有获得大于逸出功的能量的光子才能成为光电子,即入射光的频率必须大于某一频率 光电子的最大初动能随着入射光频率的增加而增加,与入射光的强度无关 当入射光频率大于极限频率时,入射光的频率越大,光电子获得的能量越大,则最大初动能就越大,而光子能量与光的强度无关 返回导航 实验规律 解释 当发生光电效应时,单位时间内从金属表面逸出的电子数随入射光强度的增加而增加 光的强度决定于入射光子数目的多少,入射光强度增加,入射的光子数增加,则单位时间产生的光电子数增加 入射光射到金属表面时,光电子的产生几乎是瞬时的,不超过1×10-9 s 金属中电子吸收光子的能量时是一对一进行的,吸收过程十分迅速,因此光电子的产生几乎是瞬时的 返回导航 hν-W0 波动 粒子 波粒二象 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共45张PPT) 第十二章 近代物理(选修3-5) 返回导航 卢瑟福 少数 返回导航 很小 质量 波长 返回导航 特征谱线 返回导航 不连续 稳定 Em-En 不连续的 不连续的 返回导航 -13.6 n2r1 返回导航 自发 贝可勒尔 复杂 天然 人工 示踪原子 返回导航 原子核 返回导航 半数 内部 返回导航 核子间 Δmc2 Δmc2 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 Elev 0 543 -0.54 -0.85 151 2 3.4 13.6 考点定位 ×××××× ×/××××/×× 2 O3 、×× ×\× ×××××× 人造太阳”核心部件首获国际认证 比结合能/MeV 89 KI 4Ba 144 O 235 82He 92 U 6 44/Li 2 0 102050100150200250质量数 课时作业 【基础练习】 知识点一 光电效应现象和光电效应方程的应用 1.(多选)现用某一光电管进行光电效应实验,当用某一频率的光入射时,有光电流产生.下列说法正确的是(  ) A.保持入射光的频率不变,入射光的光强变大,饱和光电流变大 B.入射光的频率变高,饱和光电流变大 C.入射光的频率变高,光电子的最大初动能变大 D.保持入射光的光强不变,不断减小入射光的频率,始终有光电流产生 AC 解析:在发生光电效应时,饱和光电流大小由光照强度来决定,与频率无关,光照强度越大饱和光电流越大,因此A正确,B错误;根据Ekm=hν-W0可知,对于同一光电管,逸出功W0不变,当频率变高,光电子的最大初动能Ekm变大,因此C正确;由光电效应规律可知,当频率低于截止频率时无论光照强度多大,都不会有光电流产生,因此D错误. 2.(多选)如图所示,电路中所有元件完好,但光照射到光电管上,灵敏电流计中没有电流通过,其原因可能是(  ) A.入射光太弱 B.入射光波长太长 C.光照时间短 D.电源正、负极接反 BD 解析:入射光波长太长,入射光的频率低于截止频率时,不能发生光电效应,故选项B正确;电路中电源反接,对光电管加了反向电压,若该电压超过了遏止电压,也没有光电流产生,故选项D正确. 3.(2018·西安长安区一中联考)如图所示,当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K上时,此时滑片P处于A、B中点,电流表中有电流通过,则(  ) A.若将滑动触头P向B端移动时,电流表读数有可能不变 B.若将滑动触头P向A端移动时,电流表读数一定增大 C.若用红外线照射阴极K时,电流表中一定没有电流通过 D.若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时,电流表读数不变 A 解析:所加的电压,使光电子到达阳极,则灵敏电流表中有电流流过,且可能处于饱和电流,当滑片向B端移动时,电流表读数有可能不变;当滑片向A端移动时,所加电压减小,则光电流可能减小,也可能不变,故A正确,B错误.若用红外线照射阴极K时,因红外线频率小于可见光,但是不一定不能发生光电效应,电流表不一定没有电流,故C错误;若用一束强度相同的紫外线照射阴极K时,紫外线的频率大于红外线的频率,则光子数目减小,电流表读数减小,故D错误. 知识点二 光电效应的图象问题 4.用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应,可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ekν图象.已知钨的逸出功是3.28 eV,锌的逸出功是3.34 eV,若将二者的图线画在同一个Ekv坐标系中,如图所示用实线表示钨,虚线表示锌,则正确反映这一过程的是(  ) A 解析:依据光电效应方程Ek=hν-W0可知,Ekν图线的斜率代表普朗克常量h,因此钨和锌的Ekν图线应该平行.图线的横轴截距代表频率ν0,而ν0=,因此钨的截止频率小些,综上所述,A图正确. 5.(多选)在光电效应实验中,某同学用同一种材料在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光),如图所示,则可判断出(  ) A.甲光的频率大于乙光的频率 B.乙光的波长大于丙光的波长 C.甲光、乙光波长相等 D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能 BC 解析:由eUc=mv=hν-W0,入射光的频率越高,对应的遏止电压Uc越大,甲光、乙光的遏止电压相等,所以甲光、乙光的频率相等,则用甲光与用乙光照射而逸出的光电子的最大初动能相等,A错误;丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压,所以丙光的频率大于乙光的频率,则乙光的波长大于丙光的波长,B正确;甲光、乙光的频率相等,则甲光、乙光波长相等,C正确;丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压,所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光对应的光电子最大初动能,D错误. 知识点三 对光的波粒二象性的理解 6.(多选)波粒二象性是微观世界的基本特征,以下说法正确的有(  ) A.光电效应现象揭示了光的粒子性 B.热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C.黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D.动能相等的质子和电子,它们的德布罗意波长也相等 答案:AB 7.(多选)用极微弱的可见光做双缝干涉实验,随着时间的增加,在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图象,则下列说法正确的是(  ) A.图象(a)表明光具有粒子性 B.图象(c)表明光具有波动性 C.用紫外光观察不到类似的图象 D.实验表明光是一种概率波 ABD 解析:图象(a)曝光时间短,通过光子数很少,呈现粒子性.图象(c)曝光时间长,通过了大量光子,呈现波动性,A、B正确;同时实验也表明光波是一种概率波,D正确;紫外光本质和可见光本质相同,也可以发生上述现象,C错误. 【素能提升】 8.(多选)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线(直线与横轴的交点坐标4.27,与纵轴交点坐标0.5).由图可知(  ) A.该金属的截止频率为4. 27×1014 Hz B.该金属的截止频率为5.5×1014 Hz C.该图线的斜率表示普朗克常量 D.该金属的逸出功约为1.8 eV ACD 解析:由光电效应方程Ek=hν-W0可知,图中横轴的截距为该金属的截止频率,选项A正确,B错误;图线的斜率表示普朗克常量h,C正确;该金属的逸出功W0=hν0=6.63×10-34×4.27×1014 J=1.8 eV,选项D正确. 9.一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核,该氚核的德布罗意波波长为(  ) A. B. C. D. A 解析:中子的动量p1=,氘核的动量p2=,同向正碰后形成的氚核的动量p3=p2+p1,所以氚核的德布罗意波波长λ3==,A正确. 10.已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的(  ) A.波长 B.频率 C.能量 D.动量 A 解析:由爱因斯坦光电效应方程hν=W0+mv,又由W0=hν0,可得光电子的最大初动能mv=hν-hν0,由于钙的截止频率大于钾的截止频率,所以钙逸出的光电子的最大初动能较小,因此它具有较小的能量、频率和动量,B、C、D错;又由c=λf可知光电子频率较小时,波长较大,A对. 11.(多选)(2018·西安长安区一中模拟)2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件(CCD)图象传感器.他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理.如图所示电路可研究光电效应规律.图中标有A和K的为光电管,其中A为阴极,K为阳极.理想电流计可检测通过光电管的电流,理想电压表用来指示光电管两端的电压.现接通电源,用光子能量为10.5 eV的光照射阴极A,电流计中有示数,若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动,电流计的读数逐渐减小,当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零,读出此时电压表的示数为6.0 V;现保持滑片P位置不变,以下判断正确的是(  ) A.光电管阴极材料的逸出功为4.5 eV B.若增大入射光的强度,电流计的读数不为零 C.若用光子能量为12 eV的光照射阴极A,光电子的最大初动能一定变大 D.若用光子能量为9.5 eV的光照射阴极A,同时把滑片P向左移动少许,电流计的读数一定不为零 AC 解析:由电路图可知,图中所加电压为反向减速电压,根据题意可知遏止电压为6 V,由Ek=hν-W0=eUc得W0=4.5 eV,选项A正确;当电压达到遏止电压时,所有电子都不能到达A极,无论光强如何变化,电流计示数仍为零,选项B错误;若光子能量增大,根据光电效应方程,光电子的最大初动能一定变大,选项C正确;若光子能量为9.5 eV的光照射阴极K,则遏止电压为5 V,滑片P向左移动少许,电流计的读数可能仍为零,选项D错误. 12.(多选)1905年,爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广,成功地解释了光电效应现象,提出了光子说.在给出与光电效应有关的四个图象中,下列说法正确的是(  ) A.图1中,当紫外线照射锌板时,发现验电器指针发生了偏转,说明锌板带正电,验电器带负电 B.图2中,从光电流与电压的关系图象中可以看出,电压相同时,光照越强,光电流越大,说明遏止电压和光的强度有关 C.图3中,若电子电量用e表示,ν1、νc、U1已知,由Ucν图象可求得普朗克常量的表达式为h= D.图4中,由光电子最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图象可知该金属的逸出功为E或hνc CD 解析:用紫外线灯发出的紫外线照射锌板,锌板失去电子带正电,验电器与锌板相连,则验电器的金属球和金属指针带正电,故选项A错误;由图可知电压相同时,光照越强,光电流越大,只能说明光电流强度与光的强度有关,遏止电压只与入射光的频率有关,与入射光的强度无关,故选项B错误;根据爱因斯坦光电效应方程Uce=hν-W0,可知Uc=ν-,图象Uc -ν的斜率表示,即=,解得h=,故选项C正确;根据光电效应方程Ek=hν-W0知Ek -ν图线的纵轴截距的绝对值表示逸出功,则逸出功为E,当最大初动能为零,入射光的频率等于金属的极限频率,则金属的逸出功等于hνc,故选项D正确. 13.(多选)(2018·成都一诊)如图所示为光电管的工作电路图,分别用波长为λ0、λ1、λ2的单色光做实验,已知λ1>λ0>λ2.当开关闭合后,用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K时,电流表有示数.则下列说法正确的是(  ) A.光电管阴极材料的逸出功与入射光无关 B.若用波长为λ1的单色光进行实验,则电流表的示数一定为零 C.若仅增大电源的电动势,则电流表的示数一定增大 D.若仅将电源的正负极对调,则电流表的示数可能为零 AD 解析:光电管阴极材料的逸出功只与材料有关,而与入射光的频率、入射光的强度无关,A正确;用波长为λ0的光照射阴极K时,电路中有光电流,可知波长为λ0的光照射阴极K时,发生了光电效应;若用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时,虽然入射光的频率变小,但仍可能大于阴极的极限频率,仍可能发生光电效应,因此电流表的示数可能不为零,B错误;仅增大电路中电源的电动势,光电管两端电压增大,当达到饱和电流后,电流表的示数不再增大,C错误;将电路中电源的正负极对调,光电子做减速运动,若电子到达不了阳极,则此时电流表的示数为零,D正确. 14.如图甲所示是研究光电效应规律的光电管.用波长λ=0.50 μm的绿光照射阴极K,实验测得流过电流表G的电流I与AK之间的电势差UAK满足如图乙所示规律,取h=6.63×10-34 J·s.结合图象,求:(结果保留两位有效数字) (1)每秒钟阴极发射的光电子数和光电子飞出阴极K时的最大动能. (2)该阴极材料的极限波长. 解析:(1)光电流达到饱和时,阴极发射的光电子全部到达阳极A,阴极每秒钟发射的光电子的个数 n==(个)=4.0×1012(个) 光电子的最大初动能为 Ekm=eU0=1.6×10-19 C×0.6 V=9.6×10-20 J. (2)设阴极材料的极限波长为λ0,根据爱因斯坦光电效应方程得Ekm=h-h,代入数据得λ0=0. 66 μm. 答案:(1)4.0×1012个 9.6×10-20 J (2)0.66 μm 课时作业 【基础练习】 知识点一 原子的核式结构 玻尔理论 1.(2018·南昌十所省重点中学模拟)根据玻尔理论,氢原子的能级公式为En=(n为能级,A为基态能量),一个氢原子中的电子从n=4的能级直接跃迁到基态,在此过程中(  ) A.氢原子辐射一个能量为的光子 B.氢原子辐射一个能量为-的光子 C.氢原子辐射一系列频率的光子,其中频率最大的光子能量为 D.氢原子辐射一系列频率的光子,其中频率最大的光子能量为- B 解析:根据玻尔理论,一个氢原子中的电子从n=4的能级直接跃迁到基态,辐射一个光子的能量为ΔE=E4-E1=-=-,选项B正确,A、C、D错误. 2.(2018·山东泰安质量检测)根据氢原子的能级图,现让一束单色光照射到大量处于基态(量子数n=1)的氢原子上,受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光,则照射氢原子的单色光的光子能量为(  ) A.12.75 eV B.13.06 eV C.13.6 eV D.0.85 eV A 解析:受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光,知跃迁到第4能级,则吸收的光子能量为ΔE=-0.85 eV+13.6 eV=12.75 eV,A正确,B、C、D错误. 3.(2018·四川遂宁一诊)不同色光的光子能量如下表所示. 色光 红 橙 黄 绿 蓝—靛 紫 光子能量范围(eV) 1.61~ 2.00 2.00~ 2.07 2.07~ 2.14 2.14~ 2.53 2.53~ 2.76 2.76~ 3.10 氢原子部分能级的示意图如图所示. 大量处于n=4能级的氢原子,发射出的光的谱线在可见光范围内,其颜色分别为(  ) A.红、蓝—靛 B.红、紫 C.橙、绿 D.蓝—靛、紫 A 解析:计算出各种光子能量,然后和表格中数据进行对比,便可解决本题.氢原子处于第四能级,能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子,1.89 eV和2.55 eV属于可见光,1.89 eV的光子为红光,2.55 eV的光子为蓝—靛. 知识点二 原子核的衰变、半衰期 4.(2018·山西晋城一模)下列对原子核及其性质的描述正确的是(  ) A.若使放射性物体的温度升高,其半衰期将减小 B.原子核发生一次β衰变,该原子核外层就失去一个电子 C.比结合能越大,原子核越稳定 D.α粒子散射实验说明原子核具有复杂结构 C 解析:半衰期与外界环境无关,选项A错误;原子核发生一次β衰变,生成的新核内增加一个质子,减少一个中子,选项B错误;比结合能越大,原子核越稳定,选项C正确;放射性现象的发现说明原子核具有复杂结构,选项D错误. 5.(2018·日照模拟)下列说法正确的是(  ) A.氡的半衰期是3.8天,所以10个氡原子核经过3.8天一定还剩5个 B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应 C.核子凭借核力结合在一起构成原子核 D.温度越高,放射性元素衰变越快 C 解析:半衰期对大量的原子核适用,对少量的原子核不适用,故A错误;太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应,选项B错误;核子凭借核力结合在一起构成原子核,选项C正确;半衰期与外界条件无关,选项D错误. 6.一个C核经一次β衰变后,生成新原子核的质子数和中子数分别是(  ) A.6和8 B.5和9 C.8和6 D.7和7 D 解析:一个6C核经一次β衰变后,生成新原子核,质量数不变,电荷数增加1,故质量数为14,电荷数为7,即新核的质子数为7,中子数也为7,故选D. 知识点三 核反应方程与核能的计算 7.(2018·四川凉山诊断)关于原子核反应,下列描述正确的是(  ) A.温度升高,放射性元素衰变的半衰期减小 B.放射性物质U发生β衰变所释放的电子来源于核外电子 C.90Th经过6次α衰变、4次β衰变后变成82Pb D.用中子轰击铀核,产生几个中等质量原子核的现象属于核聚变 C 解析:放射性元素的半衰期不随温度及化学状态变化而改变,是由原子核内部本身决定的,A错误;β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的,B错误;发生α衰变是放出He,发生β衰变是放出电子e,设发生了x次α衰变和y次β衰变,则根据质量数和电荷数守恒有:2x-y+82=90,4x+208=232,解得x=6,y=4,故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变,C正确;用中子轰击铀核,产生几个中等质量原子核的现象属于核裂变,D错误. 8.(2018·唐山调研)在匀强磁场中,有一个原来静止的6C原子核,它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆,圆的直径之比为7∶1,那么碳14的衰变方程应为(  ) A.1C→e+1B B.1C→He+1Be C.1C→H+1B D.1C→e+1N D 解析:静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后,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,根据r=,因粒子和新核的动量大小相等,可由半径之比7∶1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D. 【素能提升】 9.(多选)(2018·大连模拟)在足够大的匀强磁场中,静止的钠的同位素Na发生衰变,沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后,变为一个新核,新核与放出粒子在磁场中运动的轨迹均为圆,如图所示,下列说法正确的是(  ) A.新核为Mg B.轨迹2是新核的径迹 C.Na发生的是α衰变 D.新核沿顺时针方向旋转 AB 解析:根据动量守恒得知,放出的粒子与新核的速度方向相反,由左手定则判断得知,放出的粒子应带负电,是β粒子,所以发生的是β衰变,根据电荷数守恒、质量数守恒知,衰变方程为Na→Mg+e,可知新核为Mg,故A正确,C错误.由题意,静止的钠核Na发生衰变时动量守恒,释放出的粒子与新核的动量大小相等,两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动,因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量,由半径公式r=得知,新核的半径小于粒子的半径,所以轨迹2是新核的轨迹,故B正确.根据洛伦兹力提供向心力,由左手定则判断得知,新核要沿逆时针方向旋转,故D错误. 10.(2018·银川模拟)卢瑟福用α粒子轰击氮核时发现质子.发现质子的核反应方程为:7N+He→8O+H.已知氮核质量为mN=14.007 53 u,氧核质量为mO=17.004 54 u,氦核质量为mHe=4.003 87 u,质子(氢核)质量为mp=1.008 15 u.(已知:1 uc2=931 MeV,结果保留2位有效数字)求: (1)这一核反应是吸收能量还是放出能量的反应?相应的能量变化为多少? (2)若入射氦核以v0=3×107 m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核.反应生成的氧核和质子同方向运动,且速度大小之比为1∶50.求氧核的速度大小. 解析:(1)由Δm=mN+mHe-mO-mp得: Δm=-0.001 29 u. 所以这一核反应是吸收能量的反应, 吸收能量ΔE=|Δm|c2=0.001 29×931 MeV≈1.2 MeV. (2)由动量守恒定律可得:mHev0=mOv氧+mpvp 又v氧∶vp=1∶50, 可解得:v氧≈1.8×106 m/s. 答案:(1)吸收能量 1.2 MeV (2)1.8×106 m/s 11.(2017·高考北京卷)在磁感应强度为B的匀强磁场中,一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变.放射出的α粒子(He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动,其轨道半径为R.以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量. (1)放射性原子核用X表示,新核的元素符号用Y表示,写出该α衰变的核反应方程. (2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,求圆周运动的周期和环形电流大小. (3)设该衰变过程释放的核能都转为α粒子和新核的动能,新核的质量为M,求衰变过程的质量亏损Δm. 解析:(1)根据核反应中质量数与电荷数守恒可知,该α衰变的核反应方程为X→Y+He (2)设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v,由洛伦兹力提供向心力有 qvB=m 根据圆周运动的参量关系有 T= 得α粒子在磁场中运动的周期 T= 根据电流强度定义式,可得环形电流大小为 I== (3)由qvB=m,得v= 设衰变后新核Y的速度大小为v′,核反应前后系统动量守恒,有 Mv′-mv=0 可得v′== 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有 Δmc2=Mv′2+mv2 解得Δm= 说明:若利用M=m解答,亦可. 答案:(1)X→Y+He (2)  (3)

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  • ID:6-6185611 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第三章牛顿运动定律 (共7份打包)

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    (共55张PPT) 第三章 牛顿运动定律 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 (1)学会应用控制变量法研究物理规律 实验目的(2)探究加速度与力、质量的关系 (3)掌握利用图像处理数据的方法 验原理(1)控制变量法 ①保持质量不变探究加速度跟合外力的关系 ②保持合外力不变,探究加速度与质量的关系 (2)求加速度 运用:a x4+x5+x6-1 或a 0T2 细绳 纸带 3)图像法验证定律 作a-F及a-m图像处理数据 小盘 有 定滑轮 小车 打点计时器 的长木板 验器材(打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端有定滑轮的长 砝码 实验台 木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平 刻度尺、砝码、薄木块 1)称量:用天平测量小盘的质量m和小车的质量M (2)安装:按照如图所示装置把实验器材安装好,只是不把悬挂小盘的细 绳系在小车上(即不给小车牵引力) (3)平衡摩擦力:在长木板不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块,使小 车匀速下滑 实验步骤!(4操作①小盘通过细绳绕过滑轮系于小车上,先接通电源后放开小车, 取下纸带编号码 ②保持小车的质量M不变,改变砝码和小盘的质量m ③保持砝码和小盘的质量m不变,改变小车质量M ④重复进行多次实验 )利用△x=aT2及逐差法求a (2)以a为纵坐标,F为横坐标,根据各组数据描点,如果这些点在一条过原 数据处理点的直线上,说明a与F成正比 (3)以a为纵坐标,为横坐标,描点连线,如果该线为过原点的直线,就能 判定a与m成反比 热点透析 高考实验创新分析 跟踪训练 1.00B ■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■口■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 0.80 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■ 0.60 ■■■■■■■■■■■■口■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■口■■ 0.40 田 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■ O.20 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 中中中中中中 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ d■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■口■■■■■■■■■■■■■ 00.400.801.201.602.00t/s 图(b) 100画田 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■口■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 0.80辑軒 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■口■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 0.60 ■■■■ 铺H ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■口■■■口■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 0.40铺辅 ■■■■■■■■■■■■■ HHHHHH ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■ ■■■■■■■■■ 0.20 ■■■■■■■口 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■口 ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ □■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 2 12 图(c) (共41张PPT) 第三章 牛顿运动定律 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用 Ⅱ 2018年Ⅰ卷15、24题 2018年Ⅱ卷24题 2017年Ⅰ卷25题 2017年Ⅱ卷24题 2017年Ⅲ卷25题 2016年Ⅰ卷18题 2016年Ⅲ卷20、24题 2015年Ⅰ卷20、25题 2015年Ⅱ卷20、25题 返回导航 超重和失重 Ⅰ 要知道中学物理中涉及的国际单位制的基本单位和其他物理量的单位,包括小时、分、升、电子伏特(eV) Ⅰ 实验四:验证牛顿运动定律 2016年Ⅲ卷23题2015年Ⅱ卷22题 返回导航 命题特点 1.对牛顿运动定律的理解.  2.应用牛顿运动定律分析物体的运动过程. 3.将牛顿运动定律与图像相联系,利用运动图像获得信息. 4.与实际生活应用相结合. 5.依据常规实验原理,测定某些物理量,如动摩擦因数. 返回导航 返回导航 运动 不是 同一直线 状态 返回导航 匀速直线运动 惟一 固有 无关 返回导航 相互作用 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共62张PPT) 第三章 牛顿运动定律 返回导航 返回导航 返回导航 基本 千克 米 基本量 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 矢量性F=m是矢量式,a与F同向 瞬时性 a与对应同一时刻 五1因果性 F是产生a的原因 性 a,F,m对应同一个物体 同一性 a,F,m统一使用S制单位 独立性每一个力都可以产生各自的加速度 考点定位 B m°6 5.1 w/m 0 0.1 甲 0.6 ml 0 0 0 0 0 2 0 B U 0 0 0 2 0 0 C 0 2t. t 图(a) 图(b) /(m/) 321 30° 00.3060.91.2t/s 甲 (共61张PPT) 第三章 牛顿运动定律 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 考点定位 F N 6 Ing 物理模型盘点之2“滑块一滑板”模型 0/(m°s 3 2 t/s 2 2 A C 课时作业 【基础练习】 一、牛顿第一定律和惯性 1.(2018潍坊模拟)关于惯性的认识,以下说法错误的是(  ) A.惯性是物体固有的属性,惯性越大的物体,它的运动状态越难改变 B.同一物体运动时的惯性大于静止时的惯性 C.“嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同(燃料消耗忽略不计) D.各种机床和发电机的底座做得很笨重,并用螺丝固定在地面上,目的是增大惯性. B 解析:惯性是物体固有的属性,惯性越大的物体,它的运动状态越难改变,A正确;质量不变惯性不变,与运动状态无关,只与质量有关,故B错误; “嫦娥一号”卫星在地球上的惯性与它绕月球飞行时的惯性相同(燃料消耗忽略不计),因为质量不变,C正确;各种机床和发电机的底座做得很笨重,并用螺丝固定在地面上,目的是增大惯性,使其静止的状态不易改变,D正确。 2.关于运动状态与所受外力的关系,下面说法中正确的是(  ) A.物体受到恒定的力作用时,它的运动状态不发生改变 B.物体受到不为零的合力作用时,它的运动状态要发生改变 C.物体受到的合力为零时,它一定处于静止状态 D.物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同 B 解析:力是改变物体运动状态的原因,只要物体受力(合力不为零),它的运动状态就一定会改变;物体不受力或合力为零,其运动状态一定不变,处于静止或匀速直线运动状态;物体的运动方向与它所受合力方向可能相同,也可能相反,还可能不在一条直线上. 3.在向前高速行驶的客车上驾驶员若紧急刹车,驾驶员和乘客的身体由于惯性将向前倒,因此我国《道路交通安全法》中规定:各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带,以下叙述正确的是(  ) A.系好安全带可以减小惯性 B.系好安全带可以增大人和车的惯性 C.系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害 D.系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害 D 解析:系好安全带与人和车的惯性无关,选项A,B错误,系好安全带主要是防止因刹车时由于惯性人具有向前的速度而造成伤害,选项C错误,D正确. 4.(多选)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验,风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”.此过程中(  ) A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等 B.人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力 C.人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小 D.人被向上“托起”时处于超重状态 AD 解析:地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力,等大反向,A正确;相互作用力是两个物体间的相互作用,而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体,不是一对相互作用力,B错误;由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”,在竖直方向上合力不为零,所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小,C错误;人被向上“托起”时加速度向上,处于超重状态,D正确. 5.如图所示,一个楔形物体M放在固定的粗糙斜面上,M上表面水平且光滑,下表面粗糙,在其上表面上放一光滑小球m,楔形物体由静止释放,则小球在碰到斜面前的运动轨迹是(  ) A.沿斜面方向的直线 B.竖直向下的直线 C.无规则的曲线 D.抛物线 B 解析:对小球进行受力分析可知:小球所受的重力和支持力均沿竖直方向,小球在水平方向上不受力.根据牛顿第一定律可知,小球在水平方向上的运动状态不变,又因楔形物体由静止释放,故小球在水平方向上无运动,只沿竖直方向向下做直线运动.故选项B正确. 二、相互作用力与平衡力 6.(多选)如图所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计,冰面可看成光滑,则下列说法正确的是:(  ) A.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力 B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 AC 解析:若冰面看成是光滑的,即两人受到的摩擦力为0,则甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是一对平衡力,选项A正确;B错误;若甲的质量较大,则相同的作用力下,甲产生的加速度比乙小,故它运动到分界线的时间就较长,乙先到达分界线,所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利,选项C正确;它们相对运动,收绳的速度就是他们的相对速度,它的大小不影响“拔河”比赛的胜利,选项D错误。 7.汽车拉着拖车在水平道路上沿着直线加速行驶,根据牛顿运动定律,以下说法正确的是(  ) A.汽车能拉着拖车加速前进,是因为汽车拉拖车的力大于拖车拉汽车的力 B.加速前进时,汽车对拖车的拉力大小与拖车对汽车的拉力大小相等 C.汽车先对拖车施加拉力,然后才产生拖车对汽车的拉力 D.汽车对拖车的拉力大小与拖车所受地面对它的摩擦力大小相等 B 解析:汽车拉着拖车加速前进,汽车对拖车的拉力大于拖车所受地面对它的摩擦力,根据牛顿第三定律,汽车拉拖车的力等于拖车拉汽车的力,且同时产生,故只有选项B正确. 8.(2018闸北模拟)如图所示,家用吊扇对悬挂点有拉力作用,正常转动时吊扇对悬挂点的拉力与它不转动时相比(  ) A.变大 B.变小 C.不变 D.无法判断 B 解析:吊扇不转动时,吊扇对悬挂点的拉力等于吊扇的重力,吊扇旋转时对空气有向下的压力,根据牛顿第三定律,则空气对吊扇有一个向上的反作用力,使得吊扇对悬挂点的拉力减小. 9.(2018厦门模拟)如图所示为杂技“顶竿”表演,一人站在地上,肩上扛一质量为M的竖直竹竿,当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时,竿对“底人”的压力大小为(  ) A.(M+m)g B.(M+m)g-ma C.(M+m)g+ma D.(M-m)g B 解析:竿上的人受重力mg、摩擦力Ff,由mg-Ff=ma得Ff=m(g-a).竿对人有摩擦力,人对竿也有摩擦力,且大小相等,方向相反,竿受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN,有Mg+Ff′=FN,又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律得到FN′=FN=Mg+Ff′=(M+m)g-ma. 10.(多选)如图所示,猎人非法猎猴,用两根轻绳将猴子悬于空中,猴子处于静止状态.以下相关说法不正确的是:(  ) A.猴子受到两个力的作用 B.绳拉猴子的力和猴子拉绳的力相互平衡 C.人将绳子拉得越紧,猴子受到的合力越大 D.地球对猴子的引力与猴子对地球的引力是一对作用力和反作用力 答案:ABC 【素能提升】 11.(2018山东潍坊中学一模,6)(多选)如图所示,质量为M的斜面体放在水平面上,斜面上放一质量为m的物块,当给物块一初速度v0时,物块可在斜面上匀速下滑;若在给物块初速度v0的同时,在物块上施加一平行于斜面向下的拉力,物块可沿斜面加速运动.已知两种情况下斜面体都处于静止状态,则后一种情况和前一种情况相比(  ) A.物块对斜面体的压力变大 B.物块对斜面体的摩擦力不变 C.斜面体对地面的压力不变 D.斜面体受地面的摩擦力变大 BC 解析:当物块在斜面体上沿斜面匀速下滑时,其处于平衡状态,对物块和斜面体整体受力分析,受重力和支持力,二力平衡,斜面体不受地面的摩擦力作用;再对斜面体受力分析,此时斜面体受到重力、地面的支持力、物块对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力;若施加一平行斜面向下的拉力拉物块,使物块加速下滑时,物块对斜面体的压力没有变化,则对斜面体的滑动摩擦力也没有变化,所以斜面体的受力情况没有改变,则地面对斜面体仍没有摩擦力,地面对斜面体的支持力不变,则斜面体对地面的压力不变,故B、C正确,A、D错误. 解题指导:物块在斜面体上沿斜面匀速下滑时,由整体法分析可知斜面体不受地面的摩擦力作用,分析此时斜面体的受力情况.若沿平行于斜面的方向用力F向下拉物块,使物块加速下滑时,再分析斜面体的受力情况. 12.(多选)2014年8月18日11时15分,中国在太原卫星发射中心用长征四号运载火箭成功发射高分二号卫星,卫星顺利进入预定轨道,关于这次卫星与火箭上天的情形叙述正确的是(  ) A.火箭尾部向外喷气,喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向前的推力 B.火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力,空气的反作用力使火箭获得飞行的动力 C.火箭飞出大气层后,由于没有了空气,火箭虽然向后喷气,但也无法获得前进的动力 D.卫星进入预定轨道之后,与地球之间仍存在相互作用 AD 解析:火箭升空时,其尾部向下喷气,火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体,火箭向下喷气时,喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力,即火箭上升的推力,此推力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的,因而与是否飞出大气层、是否在空气中飞行无关,故选项B、C错误,A正确;当卫星进入预定轨道后,卫星与地球之间仍然存在着相互吸引力,即地球吸引卫星,′卫星也吸引地球,这是一对作用力与反作用力,故选项D正确. 13.如图所示,倾角为θ的斜面体放在水平地面上,质量为m的光滑小球放在墙与斜面体之间处于平衡状态,求小球对斜面体的压力大小和地面对斜面体的摩擦力大小. 解析: 小球受力分析如图甲所示,由平衡条件得: 竖直方向:FN1cos θ-mg=0 水平方向:FN2-FN1sin θ=0 对整体受力分析如图乙所示,由平衡条件得: 水平方向:Ff-FN2=0 解得:FN1= Ff=mgtan θ 由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为 FN1′=FN1= 答案: mgtan θ 课时作业 【基础练习】 1.在儿童蹦极游戏中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳,质量为m的小明如图所示静止悬挂时,两橡皮绳的拉力大小均恰为mg.若此时小明左侧橡皮绳断裂,则小明(  ) A.加速度为零,速度为零 B.加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下 C.加速度a=g,沿未断裂橡皮绳的方向斜向上 D.加速度a=g,方向竖直向下 B 解析:根据题意,腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力.小明左侧橡皮绳断裂,则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,大小等于mg,所以小明的加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下,选项B正确. 2.两个质量分别为m1、m2的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上,如图所示,如果它们分别受到水平推力2F和F,则A、B之间弹力的大小为(  ) A.F B.F C.F D.F C 解析:根据牛顿第二定律对整体有:2F-F=(m1+m2)a,方向水平向右;对物体B有:FN-F=m2a,联立上述两式得:FN=F,故选项A、B、D均错误,选项C正确. 3.电梯在t=0时由静止开始上升,运动的a-t图象如图所示(选取向上为正),电梯内乘客的质量m0=50 kg,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(  ) A.第9 s内乘客处于失重状态 B.1~8 s内乘客处于平衡状态 C.第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N D.第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s 答案:C 4.(2019·湖南株洲一诊)一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲所示),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示,已知重力加速度为g,下列说法正确的是(  ) A.铝球刚开始运动的加速度a0=g B.铝球下沉的速度将会一直增大 C.铝球下沉过程所受到油的阻力f= D.铝球下沉过程机械能的减少量等于克服油的阻力所做的功 C 解析:刚开始释放时,铝球受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力作用,即a0==g-v2,则v′2=v2 C.不管v2多大,总有v′2=v2 D.只有v1=v2时,才有v′2=v2 AB 解析:设物体的质量为m,物体与传送带之间的滑动摩擦力大小为Ff,物体相对传送带滑动的加速度大小为a.物体在传送带上滑动,则有Ff=ma,物体在传送带上向左滑动的位移为x=eq \f(v,2a).速度减为零后,在滑动摩擦力的作用下开始向右匀加速运动,加速度大小仍为a,若v1>v2,物体滑到传送带右端时的速度大小为v′2=,比较可以得出,v′2=v2aBm时,A,B发生相对滑动,代入F=kt解得t=. 四、动力学中的多过程问题 9.(2018全国1卷)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R,bc是半径为R的四分之一的圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动,重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点,机械能的增量为(  ) A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR C 解析:对小球a→c过程,由动能定理得:F·3R-mgR=mv2-0,又F=mg,解得VC=2;从c点到最高点D,小球竖直方向以VC=2,a=g做匀减速运动,运动时间为:t==2;小球水平方向以ax==g做匀加速运动,则小球运动至最高点D时CD段水平位移为xCD=axt2=2R,全程小球机械能增量等于水平外力所做的功即ΔE=WF=F(2R+R+2R)=5mgR.故C选项正确. 10.(2018枣庄八中模拟)如图甲所示,长木板B固定在光滑水平面上,可看作质点的物体A静止叠放在B的最左端.现用F=6 N的水平力向右拉物体A,经过5 s物体A运动到B的最右端,其v?t图象如图乙所示.已知A、B的质量分别为1 kg、4 kg,A、B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2. (1)求物体A、B间的动摩擦因数; (2)若B不固定,求A运动到B的最右端所用的时间. 解析:(1)根据v?t图象可知物体A的加速度为 aA== m/s2=2 m/s2 以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得F-μmAg=mAaA 解得μ==0.4 (2)由题图乙可知木板B的长度为l=×5×10 m=25 m 若B不固定,则B的加速度为 aB== m/s2=1 m/s2 设A运动到B的最右端所用的时间为t,根据题意可得 aAt2-aBt2=l,解得t=7.07 s. 答案:(1)0.4 (2)7.07 s 【素能提升】 11.带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,又称连续输送机.如图所示,一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是(  ) A.黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B.木炭包的质量越大,径迹的长度越短 C.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短 D.传送带运动的速度越大,径迹的长度越短 C 解析:刚放上木炭包时,木炭包的速度慢,传送带的速度快,木炭包相对传送带向后滑动,所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧,所以A错误.木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力,摩擦力作为它的合力产生加速度,所以由牛顿第二定律知,μmg=ma,所以a=μg,当达到共同速度时,不再有相对滑动,由v2=2ax得,木炭包位移x木=,设相对滑动时间为t,由v=at得t=,此时传送带的位移为x传=vt=,所以相对滑动的位移是Δx=x传-x木=,由此可知,黑色的径迹与木炭包的质量无关,所以B错误.木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短,所以C正确.传送带运动的速度越大,径迹的长度越长,所以D错误. 12.(2017安徽江南十校联考,24)如图1所示,两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连,B距地面一定高度,A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动.已知mA=2 kg,mB=4 kg,斜面倾角θ=37°.某时刻由静止释放A,测得A沿斜面向上运动的v?t图像如图2所示.已知g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)A与斜面间的动摩擦因数; (2)A沿斜面向上滑动的最大位移; (3)滑动过程中细线对A拉力所做的功. 解析:(1)在0~0.5 s内,根据图像,A、B系统的加速度为 a1=m/s2=4 m/s2 对A、B系统受力分析,由牛顿第二定律有 mBg-mAgsin θ-μmAgcos θ=(mA+mB)a1 得:μ=0.25 (2)B落地后,A减速上滑.由牛顿第二定律有 mAgsin θ+μmAgcos θ=mAa2 将已知量代入,可得 a2=8 m/s2 故A减速向上滑动的位移为 x2=eq \f(v,2a2)=0.25 m 0~0.5 s内A加速向上滑动的位移 x1=eq \f(v,2a1)=0.5 m 所以,A上滑的最大位移为 x=x1+x2=0.75 m (3)A加速上滑过程中,由动能定理: W-mAgx1sin θ-μmAgx1cos θ=mAv-0 得W=12 J. 13.(2018·吉林公主岭模拟)如图甲所示,光滑水平面上的O处有一质量为m=2 kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用,F1=4 N,方向向右,F2的方向向左,大小随时间均匀变化,如图乙所示.物体从零时刻开始运动. (1)求当t=0.5 s时物体的加速度大小. (2)物体在t=0至t=2 s内何时物体的加速度最大?最大值为多少? (3)物体在t=0至t=2 s内何时物体的速度最大?最大值为多少? 解析:(1)由题图乙可知F2=(2+2t) N 当t=0.5 s时,F2=(2+2×0.5) N=3 N F1-F2=ma a== m/s2=0.5 m/s2. (2)物体所受的合外力为F合=F1-F2=2-2t(N) 作出F合-t图象如图所示 从图中可以看出,在0~2 s范围内 当t=0时,物体有最大加速度am Fm=mam am== m/s2=1 m/s2 当t=2 s时,物体也有最大加速度am′ Fm′=mam′ am′== m/s2=-1 m/s2 负号表示加速度方向向左. (3)由牛顿第二定律得a==1-t(m/s2) 画出a-t图象如图所示 由图可知t=1 s时速度最大,最大值等于a-t图象在t轴上方与横、纵坐标轴所围的三角形的面积v=×1×1 m/s=0.5 m/s. 答案:(1)0.5 m/s2 (2)当t=0时,am=1 m/s2 当t=2 s时,am′=-1 m/s2 (3)t=1 s时,v=0.5 m/s

    • 2019-08-31
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  • ID:6-6185598 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第七章静电场 (共6份打包)

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    (共49张PPT) 第七章 静电场 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全+国课标卷考点考次统 物质的电结构、电荷守恒 Ⅰ 静电现象的解释 Ⅰ 点电荷,库仑定律,静电场 Ⅰ、Ⅱ 点电荷,库仑定律,静电场 Ⅰ、Ⅱ 2018年Ⅰ卷16题 电场强度、点电荷的场强 Ⅱ 返回导航 电场线,电势能、电势,电势差 Ⅰ、Ⅱ 2018年Ⅰ卷21题 2018年Ⅱ卷21题 2017年Ⅰ卷20题 2017年Ⅲ卷21题 2016年Ⅱ卷15题 2016年Ⅲ卷15题 匀强电场中电势差与电场强度的关系 Ⅱ 2015年Ⅰ卷15题 示波管 Ⅰ 常用的电容器、电容器的电压、 电荷量和电容的关系 Ⅰ 2018年Ⅲ卷21题 2016年Ⅰ卷14题 2015年Ⅱ卷14题 返回导航 带电粒子在匀强电场中运动Ⅱ 2018年Ⅰ卷25题 2018年Ⅱ卷25题 2017年Ⅱ卷25题 2016年Ⅰ卷20题 2015年Ⅱ卷24题 命题特点 1.综合考查电场力的性质和电场能的性质. 2.对称性在电场强度的叠加中的运用. 3.电场线和等势面的应用. 4.带电粒子在电场和重力场中的运动问题,尤其2017高考所占比重较大. 返回导航 1.6×10-19C 整数 形状和大小 电荷量 返回导航 保持不变 物体之间 物体内部 9.0×109N·m2/C2 点电荷 返回导航 N/C 正电荷 方向 试探电荷 平行四边形定则 各点 方向 返回导航 正电荷 负电荷 大 切线 降低 垂直 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 矢量性 规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点场强的方向 唯一性 电场中某一点的电场强度E是唯一的,它的大小和方向与放入该点的电荷q无关,它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置 叠加性 如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场,那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共47张PPT) 第七章 静电场 返回导航 路径 初末位置 匀强电场 场强方向 任何电场 返回导航 零势能 电势能 减少量 相对 无穷远 大地 返回导航 电势能 电荷量 标量 零电势 相对性 返回导航 电势相等 垂直 不做功 电势高 电势低 越大 越小 返回导航 电场力 所做的功 电荷量 φA-φB φB-φA 无关 无关 返回导航 沿电场强度方向 匀强电场 返回导航 处处为零 垂直 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 C B 已知匀强用等 作等势线垂线 电场中某份分法确 连接等 得电场线 些点的电等势 势点得 等势线 由电势高低定 点 电场线方向 y/cm 4 2 b O2468x/m B D F M N M N B 6+a,q2)- I 4 o 6 r/ q2 AMN C D x (共40张PPT) 第七章 静电场 返回导航 绝对值 异号电荷 电场能 电场能 返回导航 容纳电荷 距离 返回导航 qEd qU 返回导航 匀速直线 匀加速直线 运动的合成与分解 返回导航 偏转电极 返回导航 信号电压 扫描电压 中心 信号电压 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 题干关键 隐含信息 1.两平行金属板MN,PQ的板长与板间距离相等,带电粒子从板间中线垂直电场射入,从板右边缘射出时偏移量为板长的一半. 2.图(乙)中周期性变化的电场,t=0时射入电场的粒子,t=T内沿电场方向0~T,2做匀加速运动,T,2~T做匀减速运动. 3.粒子在t=0时射入电场,在t=T时射出电场,粒子无论何时射入电场,飞出电场的时间总是T. 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 P B C M E/(V.m-) 40 2345t/s 20 1/1234 O 5t L Ud ↑△y 课时作业 【基础练习】 一、库仑定律的理解和应用 1.(2018·黑龙江双鸭山一中月考)两个相同的带异种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3,相距为r时相互作用的库仑力的大小为F,今使两小球接触后再分开放到相距为2r处,则此时库仑力的大小为(  ) A.F B.F C.F D.F A 解析:设一个小球带电量大小为Q,则另一个为大小-3Q,根据库仑定律有:两球接触前:F=k,接触再分开后,两球分别带电量大小为:Q1=Q2==Q;由库仑定律得:F′=k=,故A正确. 2.如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上;a、b带正电,电荷量均为q,c带负电.整个系统置于方向水平的匀强电场中.已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强的大小为(  ) A.   B.   C.   D. B 解析:以小球c为研究对象,其受力如图甲所示,其中F库=kqqc,l2,由平衡条件得:2F库cos 30°=Eqc. 即:=Eqc,E= 此时a的受力如图乙所示, ()2+()2=()2 得qc=2q 即当qc=2q时a可处于平衡状态,同理b亦恰好平衡,故选项B正确. 二、电场强度的理解和应用 3.(2019哈尔滨师范大学附中)(多选)如图所示,水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场,一带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出,从B点进入电场,到达C点时速度方向恰好水平,已知A、C两点到MN的距离相等。由此可知(  ) A.从B到C,小球的动能减小 B.从B到C,小球的电势能增大 C.从A到B与从B到C小球的运动时间一定相等 D.从A到B与从B到C小球的速度变化量一定相同 答案:ABC 4. 如图所示,质量为m、带电荷量为q的小球B用绝缘细线悬挂,处于固定的带电体A产生的电场中,A可视为点电荷,B为试探电荷.当B静止时,A,B等高,细线与竖直方向的夹角为θ.已知重力加速度为g,则A在B处所产生的场强大小为(  ) A. B. C. D. A 解析:对小球B,由平衡条件得qE=mgtan θ,解得A在B处所产生的场强大小为. 三、电场强度的叠加 5.如图所示,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b、b和c、c和d间的距离均为R,在a点有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(  ) A.k B.k C.k D.k B 解析:由b点处场强为零知,圆盘在b点处产生的场强E1大小与q在b点处产生的场强E2大小相等,即E1=E2=k,但方向相反.由对称性,圆盘在d点产生的场强E3=k,q在d点产生的场强E4=k,方向与E3相同,故d点的合场强Ed=E3+E4=k,B正确. 6.直角坐标系xOy中,M、N两点位于x轴上,G、H两点坐标如图.M、N两点各固定一负点电荷,一电量为Q的正点电荷置于O点时,G点处的电场强度恰好为零.静电力常量用k表示.若将该正点电荷移到G点,则H点处场强的大小和方向分别为(  ) A.,沿y轴正向 B.,沿y轴负向 C.,沿y轴正向 D.,沿y轴负向 B 解析:处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1=k,方向沿y轴负向;又因为G点处场强为零,所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2=E1=k,方向沿y轴正向;根据对称性,M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3=E2=k,方向沿y轴负向;将该正点电荷移到G处,该正点电荷在H点产生的场强E4=k,方向沿y轴正向,所以H点的场强E=E3-E4=,方向沿y轴负向. 四、电场线与带电粒子的运动轨迹的分析 7.(全国2卷多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面,已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV,从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是(   ) A.平面c上的电势为零 B.该电子可能到达不了平面f C.该电子经过平面d时,其电势能为4 eV D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 答案:AB 8.(2018渭南质检)两个带电荷量分别为Q1,Q2的质点周围的电场线如图所示,由图可知(  ) A.两质点带异号电荷,且Q1>Q2 B.两质点带异号电荷,且Q1Q2 D.两质点带同号电荷,且Q1Q2. 9.(2017大同一中、同煤一中联考)(多选)如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线,a,b,c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹,其中b虚线为一圆弧,AB的长度等于BC的长度,且三个粒子的电荷量大小相等,不计粒子重力,则以下说法正确的是(  ) A.a一定是正粒子的运动轨迹,b和c一定是负粒子的运动轨迹 B.由于AB的长度等于BC的长度,故UAB=UBC C.a虚线对应的粒子的加速度越来越小,c虚线对应的粒子的加速度越来越大,b虚线对应的粒子的加速度大小不变 D.b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量 CD 解析:由图中的电场线无法判断方向,所以不能判断出a,b,c三种粒子的电性,由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强,由U=Ed可知UAB,比较可知c粒子比b粒子的质量小. 【素能提升】 10.(2018·河北定州中学周练)如图,光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B,电荷量均为q,质量均为m,用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环,并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动,轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形,则(  ) A.小环A的加速度大小为 B.小环A的加速度大小为 C.恒力F的大小为 D.恒力F的大小为 B 解析:设轻绳的拉力为T,则对A:T+Tcos 60°=k;Tcos 30°=maA,联立解得:aA=,选项B正确,A错误;恒力F的大小为F=2Tcos 30°=T=,选项C、D错误;故选B. 11.(2014广东理综)如图所示,用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球,悬点为O,两个小球均带正电荷,当小球由于静电力作用张开一角度时,A球悬线与竖直线夹角为α,B球悬线与竖直线夹角为β,如果α=30°,β=60°,则两小球mA和mB之比为(  ) A.3∶1   B.1∶2   C.1∶3   D.2∶1 A 解析:将两根悬线和小球A、B和小球A、B视为一个系统,则球和线之间的相互作用力、静电力均为内力,受力分析如图所示, 以悬点O为固定转动轴,系统在mAg和mBg的力矩作用下处于平衡状态,得mAgLA=mBgLB,其中LA=Lsin α,LB=Lsin β,则===,故A正确. 12.(多选)用等长的绝缘丝线分别悬挂两个质量、电荷量都相同的带电小球A、B(均可视为质点且不计两球之间的万有引力),两线上端固定在同一点O,把B球固定在O点的正下方,当A球静止时,两悬线夹角为θ,如图所示,若其他条件不变,只改变下列某些情况,能够保持两悬线夹角θ不变的方法是(  ) A.同时使两悬线的长度都减半 B.同时使A球的质量、电荷量都减半 C.同时使A、B两球的质量、电荷量都减半 D.同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半 BD  解析:如图所示,以小球A为研究对象,受重力mg、静电斥力F和拉力FT的作用,三力平衡.设线长为l,由力学三角形和几何三角形关系可得mg,l=F,d,其中F=kqAqB,d2,d=2lsin θ,2.同时使A球的质量、电荷量都减半,则两悬线夹角θ不变,选项B正确;同时使两悬线的长度和两球的电荷量都减半,两悬线夹角θ不变,选项D正确. 13.(2014福建理综)如图,真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形,边长L=2.0 m.若将电荷量均为q=+2.0×10-6 C的两点电荷分别固定在A、B点,已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,求: (1)两点电荷间的库仑力大小; (2)C点的电场强度的大小和方向. 解析:(1)根据库仑定律,A、B两点电荷间的库仑力大小为 F=① 代入数据得 F=9.0×10-3 N② (2)A、B点电荷在C点产生的场强大小相等,均为 E1=③ A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为 E=2E1cos 30°④ 由③④式并代入数据得 E=7.8×103 N/C 场强E的方向沿y轴正向. 答案:(1)9.0×10-3 N (2)7.8×103 N/C 方向:沿y轴正方向 课时作业 【基础练习】 一、电势、等势面、电势差和电势能 1.(2015全国卷Ⅰ,15题)如图,直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线,M、N、P、Q是它们的交点,四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等.则(  ) A.直线a位于某一等势面内,φM>φQ B.直线c位于某一等势面内,φM>φN C.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功 D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功 答案:B 2.(2018烟台测试) 一半径为R的均匀带电圆环带有正电荷.其轴线与x轴重合,环心位于坐标原点O处,M,N为x轴上的两点,则下列说法正确的是(  ) A.环心O处电场强度为零 B.沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小 C.沿x轴正方向由M点到N点电势越来越高 D.将一正试探电荷由M点移到N点时,电荷的电势能增加 A 解析:根据场强的叠加可知,O点的场强为零;无穷远处的场强为零,O到无穷远间的场强不为零,故沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大,后减小;电场线方向由M指向N,沿电场线方向电势降低;将一正试探电荷由M点移到N点,静电力做正功,电势能减小. 3.(对电势差概念的理解)(多选)关于电势差的计算公式,下列说法正确的是(  ) A.电势差的公式UAB=说明两点间的电势差UAB与电场力做功WAB成正比,与移动电荷的电荷量q成反比 B.把正电荷从A点移到B点电场力做正功,则有UAB>0 C.电势差的公式UAB=中,UAB与移动电荷的电荷量q无关 D.电场中A、B两点间的电势差UAB等于把正电荷q从A点移动到B点时电场力所做的功 BC 解析:电场中两点间的电势差是一个定值,不会随着电场力做的功WAB和移动电荷的电荷量q的变化而变化,故A错、C对;又由UAB=WAB,q知,电场力做正功,q为正电荷,则电势差为正,即B正确;电场中A、B两点间的电势差UAB在数值上等于把单位正电荷从A点移动到B点时电场力所做的功,故D错误. 4.(2018全国2卷)(多选)如图,同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点。一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1:若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2,下列说法正确的是(   ) A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为 C.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为 D.若W1=W2,则a、M两点之间电势差一定等于b、N两点之间的电势差 答案:BD 5.在匀强电场中有一个正六边形区域abcdhf,电场线与六边形所在平面平行,如图所示.已知a、b、h三点的电势分别为8 V、12 V、-4 V,带电荷量为3e的粒子(重力不计)以48 eV的初动能从b点沿不同方向射入abcdhf区域,当粒子沿bd方向射入时恰能经过c点,下列判断正确的是(  ) A.粒子带正电 B.粒子可以经过正六边形各顶点射出该区域 C.粒子经过f点时动能为84 eV D.粒子可能从b点射出该区域 D 解析:依题意可知,Ubh=φb-φh=16 V=4Uba,作直线bh、ac相交于g,则bh=4bg, 因此φg=8 V=φa,a、g在同一等势面上且bg⊥ac,结合电势高低可判断匀强电场的方向沿bh方向由b指向h,如图所示.沿bd射入的带电粒子经过c点,粒子做曲线运动,可判断粒子所受电场力与场强方向相反,粒子带负电,A项错误;带电粒子沿bh方向做直线运动时克服电场力做功最大,且做的功Wbh=3e×Ubh=48 eV,与带电粒子的初动能相等,因此粒子到达h点时速度为零,然后反向加速沿直线hb从b点射出,故B错误,D项正确;Ubf=φb-φf=12 V-0=12 V,由动能定理得Ekf=Ek0-qUbf=12 eV,C选项错误. 二、电场中的功能关系 6.(2019哈尔滨师范大学附中)如图所示,a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形,其中a、b、c三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动,三小球所在位置恰好将圆周等分。小球d位于O点正上方h处,且在外力F作用下恰处于静止状态,已知a、b、c三小球的电荷量大小均为q,小球d的电荷量大小为6q,h=R。重力加速度为g,静电力常量为k。则(  ) A.小球a一定带正电 B.小球b的周期为 C.小球c的加速度大小为 D.外力F竖直向上,大小等于mg+ 答案:CD 7.(多选)如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q、质量为m的小球以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端B点的速度仍为v0,则(  ) A.静电力对小球做功为mgh+mv B.A,B两点的电势差为 C.小球在B点的电势能小于在A点的电势能 D.电场强度的最小值为 BC 解析:如图所示, 设A,B两点间电势差为UAB,对小球由A到B的过程,根据动能定理得qUAB-mgh=0,解得UAB=mgh/q;静电力对小球做的功刚好克服重力做功,等于mgh;由于小球由A到B的过程静电力做正功,所以小球电势能减小;当电场方向沿图示中的AB方向时,电场强度最小,若AB与水平面夹角为θ,A,B间距离dAB=,则Emin==·=<. 8.(2018海南卷)(多选)如图,a、b、c、d为一边长为的正方形的顶点。 电荷量均为q (q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点,静电力常量为k。不计重力。下列说法正确的是(  ) A.b点的电场强度大小为 B.过b、d点的直线位于同一等势面上 C.在两点电荷产生的电场中,ac中点的电势最低 D.在b点从静止释放的电子,到达d点时速度为零 答案:AD 三、与静电力做功有关的图像问题 9.(2018福建漳州三联,20)(多选)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示,x轴上B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx,下列说法中正确的有(  ) A.EBx的大小大于ECx的大小 B.EBx的方向沿x轴正方向 C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中,电场力先做正功,后做负功 AD 解析:在B点和C点附近分别取很小的一段(d),由图象知B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差,将此小段看做是匀强电场,再由E=U,d=Δφ,d,可见EBx>ECx,A项正确;同理可知O点场强为零,电荷在该点受到的电场力为零,C项错误;因沿电场线方向电势逐渐降低,则由图可知在O点左侧,电场方向在x方向上的分量沿x轴负方向,则负电荷沿x轴从B移到C的过程中,电场力先做正功,后做负功,所以B项错误,D项正确. 10.(多选)在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示.下列说法正确的有(  ) A.q1和q2带有异种电荷 B.x1处的电场强度为零 C.负电荷从x1移到x2,电势能减小 D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大 AC 解析:由题图可知,两点电荷q1和q2带有异种电荷,A正确;在φx图象中,图象切线的斜率大小表示电场强度大小,则x1处的电场强度不为零,B错误;且有x1到x2电场强度逐渐减小,负电荷受到的电场力逐渐减小,D错误;由Ep=φq可知,负电荷在电势高处的电势能小,则负电荷从x1移到x2,电势能减小,C正确. 11.(2014上海卷)(多选)静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示,x轴正向为电场强度正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷(  ) A.在x2和x4处电势能相等 B.由x1运动到x3的过程中电势能增大 C.由x1运动到x4的过程中静电力先增大后减小 D.由x1运动到x4的过程中静电力先减小后增大 BC 解析:由图像可知,正电荷从x2运动到x4的过程静电力做功不为零,两点电势能不相等;从x1运动到x3的过程静电力沿x轴负方向,电场力做负功,电势能增大;从x1运动到x4的过程电场强度先增大,后减小,所以静电力先增大后减小. 【素能提升】 12.(2016全国卷Ⅱ)如图,P是固定的点电荷,虚线是以P为圆心的两个圆.带电粒子Q在P的电场中运动,运动轨迹与两圆在同一平面内, a、b、c为轨迹上的三个点.若Q仅受P的电场力作用,其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac,速度大小分别为va、vb、vC.则(  ) A.aa>ab>ac,va>vc>vb B.aa>ab>ac,vb>vc>va C.ab>ac>aa,vb>vc>va D.ab>ac>aa,va>vc>vb 命题意图:本题考查静电场力的性质与能的性质,意在考查考生应用电场性质分析问题的能力. D 解析:由点电荷电场强度公式E=可知,离场源点电荷P越近,电场强度越大,Q受到的电场力越大,由牛顿第二定律可知,加速度越大,由此可知,ab>ac>aa,A、B选项错误;由力与运动的关系可知,Q受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧,因此Q与P带同种电荷,Q从c到b的过程中,电场力做负功,动能减少,从b到a的过程中电场力做正功,动能增加,因此Q在b点的速度最小,由于c、b两点的电势差的绝对值小于a、b两点的电势差的绝对值,因此Q从c到b的过程中,动能的减少量小于从b到a的过程中动能的增加量,Q在c点的动能小于在a点的动能,即有va>vc>vb,D选项正确. 13.(多选)(2018·山东聊城期中)如图所示,长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一电荷量为+q、质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑,到达斜面顶端N的速度仍为v0,则(  ) A.电场强度等于 B.电场强度等于 C.M、N两点间的电势差为 D.小球在N点的电势能小于在M点的电势能 BCD 解析:由M到N应用动能定理得UMNq-mgLsin θ=0,解得M、N两点间的电势差UMN=,C正确;UMN=ELcos θ,可得E=,A错误,B正确;从M到N电场力做正功,电势能减小,D正确. 14.在光滑绝缘的水平面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为+2q,B球的带电荷量为-3q,组成一带电系统,如图所示,虚线MP为A、B两球连线的垂直平分线,虚线NQ与MP平行且相距5L.最初A和B分别静止于虚线MP的两侧,距MP的距离均为L,且A球距虚线NQ的距离为4L.若视小球为质点,不计轻杆的质量,在虚线MP、NQ间加上水平向右、场强大小为E的匀强电场后,试求: (1)B球刚进入电场时,带电系统的速度大小; (2)带电系统向右运动的最大距离; (3)带电系统从开始运动到速度第一次为零时,B球电势能的变化量. 解析:(1)设B球刚进入电场时,系统的速度为v1, 对A、B系统应用动能定理: 2qEL=×2mv, 则v1=. (2)设球A向右运动s时,系统速度为零, 由动能定理,得: 2qEs=3qE(s-L), 则s=3L (3)带电系统的速度第一次为零时,B球克服电场力做功 WFB=6qEL, 则B球电势能增加了6qEL. 答案:(1) (2)3L (3)6qEL 课时作业 【基础练习】 一、平行板电容器及动态分析 1.(2018全国3卷)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平,两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(  ) A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大 C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的动量大小相等 答案:BD 2.(2016全国卷Ⅰ,14题)一平行电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上.若将云母介质移出,则电容器(  ) A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大 B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大 C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变 D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变 答案:D 二、带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 3.(2018绍兴一中测试)两个较大的平行板A、B相距为d,分别接在电压为U的电源正负极上,开关S闭合时质量为m、带电荷量为-q的油滴恰好静止在两板之间,如图所示,在保持其他条件不变的情况下,将两板非常缓慢地水平错开一些,以下说法正确的是(  ) A.油滴将向上运动,电流表G中的电流从b流向a B.油滴将向下运动,电流表G中的电流从a流向b C.油滴静止不动,电流表G中的电流从a流向b D.油滴静止不动,电流表G中无电流流过 C 解析:将两板缓慢地水平错开一些,两板正对面积减少,由C=S,4πkd知电容减小,而电压不变,由C=知电容器带电荷量减小,电容器处于放电状态,电路中产生顺时针方向的电流,则电流表G中有a→b的电流.由于电容器板间电压和距离不变,则由E=U,d可知板间场强不变,油滴所受静电力不变,仍处于静止状态. 4.(2018嘉兴市桐乡一中调研)(多选)静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的.如图为其工作过程简化图:离子源发射的带电离子经过离子加速区加速,进入中和区与电子中和形成中性高速射流,喷射而产生推力.根据题目信息可知(  ) A.M板电势高于N板电势 B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关 C.增加加速区极板间距,可以增大束流速度而获得更大的推力 D.增加极板MN间的电压,可以增大束流速度而获得更大的推力 AD 解析:由于在中和区与电子中和,所以加速离子带正电,则加速区极板M比N电势高,由动能定理知qU=mv2,所以进入中和区的离子速度与电荷量有关,与极板距离无关,与电压有关. 三、带电粒子在电场中的偏转 5.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计).小孔正上方处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回.若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将(  ) A.打到下极板上 B.在下极板处返回 C.在距上极板处返回 D.在距上极板d处返回 D 解析:设板间电压为U.对小球第一次下落过程应用动能定理有mg-E1qd=0,其中,E1=,下极板上移后,假设小球能到达距离上极板d1处,根据动能定理mg-E2qd1=0,其中,E2=.解得d1=d,故D正确. 6.(多选)(2018·牡丹江市一中月考)如图所示,纸面内有一匀强电场,带正电的小球(重力不计)在恒力F的作用下沿图中虚线由A匀速运动至B,已知力F和AB间夹角为θ,AB间距离为d,小球带电量为q,则下列结论正确的是(  ) A.电场强度的大小为E=Fcos θ/q B.AB两点的电势差为UAB=-Fdcos θ/q C.带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcos θ D.带电小球若由B匀速运动至A,则恒力F必须反向 BC 解析:由题,小球的重力不计,只受到电场力与恒力F而做匀速直线运动,则有,qE=F,则得场强E=,故A错误.A、B两点的电势差为U=-Edcos θ=-,故B正确.带电小球由A运动至B过程中恒力做功为W=Fdcos θ,根据功能关系可知,电势能增加了Fdcos θ,故C正确,小球所受的电场力恒定不变,若带电小球由B向A做匀速直线运动时,F大小、方向不变,故D错误. 7.(2017河北唐山一模,20)(多选)如图所示,竖直平面内有A、B两点,两点的水平距离和竖直距离均为H,空间存在水平向右的匀强电场。一质量为m的带电小球从A点以水平速度v0抛出,经一段时间竖直向下通过B点.重力加速度为g,小球在由A到B的运动过程中,下列说法正确的是(  ) A.小球带负电 B.速度先增大后减小 C.机械能一直减小 D.任意一小段时间内,电势能的增加量总等于重力势能的减少量 AC 解析:由题可知,小球在竖直方向做自由落体运动,在水平方向做匀减速运动,可知其所受电场力方向向左,与电场方向相反,则小球带负电,电场力一直对小球做负功,小球的电势能增加,机械能减小,A、C正确.小球受竖直向下的重力和水平向左的电场力,合力方向指向左下方,又初速度水平向右,末速度竖直向下,由力与速度夹角关系可知,合力对小球先做负功,后做正功,小球的速度先减小,后增大,B错误.任意一小段时间内,小球的动能、电势能和重力势能的和保持不变,则电势能的增加量不一定等于重力势能的减少量,D错误. 四、带电粒子在交变电场中的运动 8.如图甲所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是(  ) A.0E1,应有 2-2+>1? 即当 0? 才是可能的;条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形. 若B点在A点之下,依题意有 s1+s2=-h? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 E2=E1? 为使E2>E1,应有 2-2->1? 即t1>? 另一解为负,不合题意,已舍去. 解题指导:多阶段运动 物体的运动不仅仅取决于物体所受外力,还与物体的初速度有关.在多阶段运动过程中,当物体所受外力突变时,物体由于惯性而速度不发生突变,故物体在前一阶段的末速度即为物体在后一阶段的初速度.对于多阶段运动过程中物体在各阶段中发生的位移之间的联系,可以通过作运动过程草图来获得.

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  • ID:6-6185583 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第六章动 量 (共5份打包)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    (共41张PPT) 第六章 动 量 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 2018年Ⅰ卷24题 2018年Ⅱ卷15题 2018年Ⅲ卷25题 2017年Ⅰ卷14题 2017年Ⅱ卷15题 2017年Ⅲ卷20题 2016年Ⅰ卷35题 2016年Ⅱ卷35题 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 2016年Ⅲ卷35题 2015年Ⅰ卷35题 2015年Ⅱ卷35题 返回导航 氢原子光谱 Ⅰ 氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ 原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期 Ⅰ 2018年Ⅲ卷14题 放射性同位素 Ⅰ 核力、核反应方程 Ⅰ 结合能、质量亏损 Ⅰ 返回导航 裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ 射线的危害与防护 Ⅰ 光电效应 Ⅰ 2018年Ⅱ卷17题 爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ 实验:验证动量守恒定律 返回导航 命题特点 1.动量守恒定律、碰撞问题的考查多以计算题为主. 2.光电效应、波粒二象性考查多以选择或填空题为主. 3.原子结构、氢原子模型考查以选择题为主. 4.衰变、核反应、核能考查以选择或填空题为主,注意与最新科技背景结合. 返回导航 质量 速度 mv 速度 返回导航 矢量 相同 p′-p 力 力的作用时间 I=Ft N·s 矢量 与力的方向相同 返回导航 返回导航 动量变化量 合力 mv′-mv=F(t′-t) p′-p=I 动量变化量 动量变化量 合力 矢量 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度 都是过程量,都与力的作用过程相互联系 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共31张PPT) 第六章 动 量 返回导航 矢量和 m1v1′+m2v2′ 返回导航 -Δp2 零 远大于 这一方向 返回导航 大于 没有损失 有损失 最大 返回导航 远大于 远大于 守恒 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 0 (共15张PPT) 第六章 动 量 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 课时作业 【基础题组】 一、单项选择题 1.物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明(  ) A.物体的动量在减小 B.物体的动量在增大 C.物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·s D.若发生变化的时间为1 s,则物体所受合外力的大小为5 N D 解析:因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同,故无法确定动量是增大还是减小,A、B错误;由动量定理I=Δp可知,合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同,C错误;由Δp=F·t可知D正确. 2.运动员向球踢了一脚,踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了t=10 s停下来,则运动员对球的冲量为(  ) A.1000 N·s B.500 N·s C.零 D.无法确定 D 解析:滚动了t=10 s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量. 3.我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则(  ) A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反 C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功 B 解析:相互作用过程中的相互作用力大小相等,方向相反,作用时间相同,因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反,由动量定理可知,甲、乙动量变化大小相等,方向相反,A错,B对;虽然相互作用力大小相等,方向相反,甲、乙在相互作用过程中的位移不同,乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同,由动能定理知,甲的动能增加量不等于乙动能的减少量,故C、D错误. 4.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是(  ) A.Δp=2 kg·m/s,W=-2 J B.Δp=-2 kg·m/s,W=2 J C.Δp=0.4 kg·m/s,W=-2 J D.Δp=-0.4 kg·m/s,W=2 J A 解析:取竖直向上为正方向,则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp=mv2-mv1=2 kg·m/s,方向竖直向上.由动能定理知,合外力做的功W=mv-mv=-2 J,A正确. 5.(2018·山东济南高三质检)如图所示,在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A、B,质量分别为m1和m2,今有一子弹水平穿过两木块.设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2,木块对子弹的阻力恒为Ff,则子弹穿过两木块后,木块A的速度大小是(  ) A. B. C. D. A 解析:子弹穿过两木块后木块A的速度大小等于子弹穿过A时两木块的速度大小,根据动量定理,取两木块系统为研究对象,以子弹穿过A为研究过程,则Fft1=(m1+m2)v,解得v=,A正确. 二、多项选择题 6.(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中,正确的是(  ) A.物体所受的合外力为零,它的动量一定为零 B.物体所受的合外力做的功为零,它的动量变化一定为零 C.物体所受的合外力的冲量为零,它的动量变化一定为零 D.物体所受的合外力不变,它的动量变化率不变 CD 解析:物体所受的合外力为零,物体可能处于静止状态,也可能做匀速直线运动,故其动量不一定为零,A错误.物体所受的合外力做的功为零,有可能合外力垂直于速度方向,合外力不改变速度大小,只改变速度方向,而动量是矢量,所以其动量变化不为零,B错误.根据动量定理I=Δp,故冲量为零,则其动量变化量一定为零,C正确.根据Ft=Δp得F=,可得物体所受的合外力不变,它的动量变化率不变,D正确. 7.(2018·江西抚州市四校联考)(多选)静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图象如图所示,则下列说法中正确的是(  ) A.0~4 s内物体的位移为零 B.0~4 s内拉力对物体做功为零 C.4 s末物体的动量为零 D.0~4 s内拉力对物体的冲量为零 BCD 解析:由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移一直增大,A错误;前2 s拉力做正功,后2 s拉力做负功,且两段时间做功代数和为零,故B正确;4 s末的速度为零,故动量为零,故C正确;根据动量定理,0~4 s内动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故D正确. [能力题组] 一、选择题 8.如图所示,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中,两个物体具有的物理量相同的是(  ) A.重力的冲量 B.合力的冲量 C.刚到达底端时的动量 D.刚到达底端时的动能 D 解析:设斜面的高度为h,倾角为θ,则物体沿斜面下滑的位移s=,下滑的加速度a=gsin θ.由s=at2得,物体沿斜面下滑的时间t=.重力的冲量IG=mgt=,方向竖直向下.因为两斜面的倾角θ不同,所以两物体重力的冲量大小不相等,但方向相同,A错误.物体所受合力的冲量I合=mgsin θ·t=m,方向沿斜面向下.两物体所受合力的冲量大小相等,但由于斜面倾角不同,所以冲量的方向不同,B错误.由机械能守恒定律可知,两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v=相等,但方向不同,故两物体在斜面底端的动量不相同,动能相同,C错误,D正确. 9.(多选)(2018·天津模拟)如图甲所示,一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动,其a-t图象如图乙所示,t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则(  ) A.在t=6 s的时刻,物体的速度为18 m/s B.在0~6 s时间内,合力对物体做的功为396 J C.在0~6 s时间内,拉力对物体的冲量为36 N·s D.在t=6 s的时刻,拉力F的功率为200 W BD 解析:类比速度—时间图象中位移的表示方法可知,速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示,在0~6 s内,Δv=18 m/s,v0=2 m/s,则t=6 s时的速度v=20 m/s,A项错误;由动能定理可知,在0~6 s内,合力做的功为W=mv2-mv=396 J,B项正确;由动量定理可知,IF-Ff·t=mv-mv0,代入已知条件解得IF=48 N·s,C项错误;由牛顿第二定律,可知在t=6 s时,F-Ff=ma,解得F=10 N,所以拉力的功率P=Fv=200 W,D项正确. 二、非选择题 10.静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的是2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电荷量为e,不计发射氧离子后飞行器的质量变化,求: (1)射出的氧离子速度; (2)每秒钟射出的氧离子数; (3)射出离子后飞行器开始运动的加速度. 解析:(1)每个氧离子带电荷量为q=2e,由动能定理得 qU=mv2, 即得氧离子速度v=. (2)设每秒射出的氧离子数为n,每秒对离子做的总功为nqU,即功率为P=nqU,由此可得每秒钟射出的氧离子n=. (3)由动量定理得F==nmv. 又由牛顿第二定律得F=Ma, 综合上述各式,得飞行器开始运动的加速度a=. 答案:(1)   (2)   (3) 11.如图所示,一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动,一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动,铁块与木板间存在摩擦,为使木板能保持速度v0向右匀速运动,必须对木板施加一水平力,直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长,求此过程中水平力的冲量大小. 2mv0 解析:考虑M、m组成的系统,设M运动的方向为正方向,根据动量定理有Ft=(M+m)v0-(Mv0-mv0)=2mv0 则水平力的冲量I=Ft=2mv0. 12.(2018·山东济南质检)2016年9月在济青高速公路上,一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速度约为30 m/s. (1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大? (2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s,求这时人体受到的平均冲力为多大? 解析:(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m.设运动的时间为t,根据x=t,得t== s. 根据动量定理有Ft=Δp=mv0, 得F== N=5.4×104 N. (2)若人系有安全带,则 F′== N=1.8×103 N. 答案:(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N 课时作业 一、单项选择题 1.(2018·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动,发生正碰后都变为静止.可以肯定的是,碰前两球的(  ) A.质量相等    B.动能相等 C.动量大小相等 D.速度大小相等 C 解析:两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒,两球在水平面上相向运动,发生正碰后都变为静止,故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反,选项C正确. 2.(2018·山东济南检测)如图所示,匀强磁场的方向垂直纸面向里,一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入,沿曲线dPa打到屏MN上的a点,通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时,与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN上.两个微粒所受重力均忽略.新微粒运动的(  ) A.轨迹为Pb,至屏幕的时间将小于t B.轨迹为Pc,至屏幕的时间将大于t C.轨迹为Pb,至屏幕的时间将等于t D.轨迹为Pa,至屏幕的时间将大于t D 解析:碰撞过程中动量守恒mv=(m+Δm)v′,据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R=可知新粒子的轨迹不变.由于新粒子的速度v′<v,因此运动时间变长,正确选项为D. 3.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=2 m/s,爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失,重力加速度g取10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(  ) B 解析:弹丸爆炸过程遵守动量守恒,若爆炸后甲、乙同向飞行,则有 2m=mv甲+mv乙① 若爆炸后甲、乙反向飞出,则有 2m=mv甲-mv乙② 或2m=-mv甲+mv乙③ 爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动,由选项A中图可知,爆炸后甲、乙向相反方向飞出,下落时间t==s=1 s,速度分别为v甲==m/s=2.5 m/s,v乙== m/s=0.5 m/s,代入②式不成立,A项错误;同理,可求出选项B、C、D中甲、乙的速度,分别代入①式、③式可知,只有B项正确. 4.(2018·四川成都外国语学校月考)A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象,若A球质量m=2 kg,则由图可知下列结论错误的是(  ) A.A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B.碰撞时A对B所施冲量为-4 N·s C.碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J A 解析:由s-t图象可知,碰撞前有:A球的速度vA==m/s=-3 m/s,B球的速度vB==m/s=2 m/s;碰撞后A、B两球的速度相等,为vA′=vB′=v==m/s=-1 m/s;对A、B组成的系统,A、B两球沿一直线运动并发生正碰,碰撞前后都是做匀速直线运动,所以系统的动量守恒.碰撞前后B的动量变化为:ΔpA=mvA′-mvA=2×(-1)-2×(-3)=4 kg·m/s根据动量守恒定律,碰撞前后B的动量变化为:ΔpB=-ΔpA=-4 kg·m/s又:ΔpB=mB(vB′-vB),所以:mB==kg= kg,所以A与B碰撞前的总动量为:p总=mvA+mBvB=[2×(-3)+×2]kg·m/s=- kg·m/s;由动量定理可知,碰撞时A对B所施冲量为:IB=ΔpB=-4 kg·m/s=-4 N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能:ΔEk=mv+mBv-(m+mB)v2,代入数据解得:ΔEk=10 J,故A错误,B、C、D正确;本题选错误的,故选A. 5.(2018·抚州市四校联考)如图所示,光滑水平面上的木板右端,有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连,木板质量M=3.0 kg.质量为m=1.0 kg的铁块以水平速度v0=4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端,则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(  ) A.4.0 J  B.6.0 J  C.3.0 J   D.20 J C 解析:设铁块与木板速度相同时,共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时,相对滑行的最大路程为L,摩擦力大小为Ff,根据能量守恒定律得 mv=FfL+(M+m)v2+Ep 铁块相对于木板运动的整个过程,由能量守恒定律得 mv=2FfL+(M+m)v2 又根据系统动量守恒可知,mv0=(M+m)v 联立得到Ep=3.0 J,故选C. 6.(2019·四川泸州检测)如图所示,光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B,放在与左侧竖直墙垂直的直线上,设B开始处于静止状态,A球以速度v朝着B运动,设系统处处无摩擦,所有的碰撞均无机械能损失,则下列判断正确的是(  ) A.若m1=m2,则两球之间有且仅有两次碰撞 B.若m1≤m2,则两球之间可能发生两次碰撞 C.两球第一次碰撞后B球的速度一定是 D.两球第一次碰撞后A球一定向右运动 A 解析:设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2,取向左为正方向。 根据动量守恒定律得m1v=m1v1+m2v2   ① 根据机械能守恒定律得m1v2=m1v+m2v   ② 解得v1=v,v2=v   ③ 若m1=m2,则得v1=0,v2=v,即A与B碰撞后交换速度,当B球与墙壁碰后以速度v2返回,并与A球发生第二次碰撞,之后B静止,A向右运动,不再发生碰撞,所以两球之间有且仅有两次碰撞,故A正确。若m1≤m2,则得v1≈-v,v2≈0,两球之间只能发生一次碰撞,故B错误。两球第一次碰撞后,B球的速度为v2=v,不一定是,与两球的质量关系有关,故C错误。两球第一次碰撞后A球的速度为v1=v,当m1>m2时,v1>0,碰后A球向左运动,当m1=m2时,v1=0,碰后A球静止,当m1μmgl① 即μ

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  • ID:6-6185574 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第九章磁 场 (共8份打包)

    高中物理/高考专区/一轮复习

    (共45张PPT) 第九章 磁场 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全+国课标卷考点考次统 磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ 2017年Ⅲ卷18题2015年Ⅱ卷18题 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ 2018年Ⅱ卷20题 安培力、安培力的方向 Ⅰ 2018年Ⅰ卷19题 2017年Ⅰ卷19题 2017年Ⅱ卷21题 2015年Ⅰ卷24题 返回导航 匀强磁场中的安培力 Ⅱ 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ 洛伦兹力公式 Ⅱ 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ 2018年Ⅰ卷25题Ⅱ25题Ⅲ24题 2017年Ⅰ卷16题Ⅱ卷18题Ⅲ卷24题 2016年Ⅱ卷18题Ⅲ卷18题 2015年Ⅰ卷16题Ⅱ19题 质谱仪和回旋加速器 Ⅰ 2016年Ⅰ卷15题 返回导航 说明 (1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度方向垂直的情况. (2)洛伦兹力的计算只限于速度和磁场方向垂直的情况. 命题特点 1.磁场概念的理解、安培力的应用和带电粒子在匀强磁场中的运动一般以选择题的形式出现. 2.安培力的大小计算、带电粒子在组合场、复合场中运动的分析与计算,一般以计算题的形式出现. 3.以生产、科技中带电粒子运动为背景的问题是近年来高考的考查趋势. 返回导航 磁场力 N极 返回导航 强弱 方向 静止 磁感应强度 返回导航 越弱 越弱 匀强 返回导航 返回导航 等间距 ILBsin θ ILB 返回导航 电流的方向 安培力的方向 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共41张PPT) 第九章 磁场 返回导航 0 qvB 返回导航 正电荷 负电荷 洛伦兹力 平面 返回导航 匀速直线 匀速圆周 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 × m1,+ + × 甲 ××× C P 阝y M人 从 S P x×× M N 609……) Y60° b60° 2 2 ep.10,to 6 B M 30 309 O ×× 60° × × O B (共46张PPT) 第九章 磁场 返回导航 磁场 交替 返回导航 为零 重力 电场力 洛伦兹力 返回导航 返回导航 垂直 速度 返回导航 内 电 正 Bdv 返回导航 洛伦兹力 电势差 相等 返回导航 磁场方向 电势差 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 M 底片 B E o ti t2 t tats -It 甲 乙 真空室 线束 高频电源 D形盒 离子源 + + + B×q b C 等离子体束 B h (共28张PPT) 第九章 磁场 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 左×××××右 A B ×B ENX ge 甲 gE E ng B ×× ×× ××O B 以 ××× M 课时作业 【基础练习】 一、磁感应强度、磁感线与磁场的叠加 1.(2017鞍山一中月考)(多选)如图所示,平行于纸面水平向右的匀强磁场,磁感应强度B1=2 T.位于纸面内的细直导线,长L=1 m,通有I=0.5 A的恒定电流,当导线与B1成60°夹角时,发现其受到的安培力为零,则该区域同时存在另一匀强磁场的磁感应强度B2的大小可能为(  ) A.3 T B.2 T C. T D.1 T ABC 解析:如果通电导线所受安培力为零,则说明电流方向与磁场方向平行,说明该 区域同时存在另一匀强磁场B2,并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向,如图所示. 由三角形定则可知,当B2与合磁场(通电导线)垂直时,磁场最小B2最小=B1sin 60°,则B2≥B1sin 60°= T. 2.如图,两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流.a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是(  ) A.O点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 C 解析:由安培定则可知,两导线在O点产生的磁场均竖直向下,合磁感应强度一定不为零,选项A错误;两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下,由于对称性,导线M在a处产生磁场的磁感应强度等于导线N在b处产生磁场的磁感应强度,同时导线M在b处产生磁场的磁感应强度等于导线N在a处产生磁场的磁感应强度,所以a、b两处磁感应强度大小相等,方向相同,选项B错误;两导线 在c、d处产生的磁场垂直于c、d两点与导线连线方向向下,且产生的磁场的磁感应强度相等,由平行四边形定则可知,c、d两点处的磁感应强度大小相等,方向相同,选项C正确;a、c两处磁感应强度的方向均竖直向下,选项D错误. 3.(2017西安八校联考)(多选)如图所示, 在xOy平面内有两根平行y轴水平放置的长直导线,通有沿y轴正方向大小相同的电流I,两导线关于y轴对称,P为x轴上一点,Q为z轴上一点,下列说法正确的是(  ) A.O点处的磁感应强度为零 B.P,Q两点处的磁感应强度方向垂直 C.P,Q两点处的磁感应强度方向平行 D.正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用 AB 解析:由安培定则及矢量合成法则知,两导线在O点产生的磁感应强度等大反向,则合磁感应强度为零;在Q点产生的磁感应强度方向向左,在P点产生的磁感应强度竖直向上;由左手定则知,正电荷从O点沿z轴向上运动受沿y轴正向的洛伦兹力. 二、安培力的大小及方向 4.图中a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线,其截面位于等边三角形的三个顶点上,bc沿水平方向,导线中均通有大小相等的电流,方向如图所示.O点为三角形的中心(O到三个顶点的距离相等),则(  ) A.O点的磁感应强度为零 B.O点的磁场方向垂直Oc向下 C.导线a受到的安培力方向竖直向上 D.导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c B 解析:根据右手螺旋定则,通电导线a在O点产生的磁场平行于bc向左,通电导线b在O点产生的磁场平行ac指向右下方,通电导线c在O点产生的磁场平行ab指向左下方;由于三导线电流大小相等,到O点的距离相同,根据平行四边形定则,O点合场强的方向垂直Oc向下,故A错误,B正确;根据左手定则,结合矢量合成法则,导线a受到的安培力方向水平向左,导线b受到的安培力方向平行于ac斜向左上方,故C、D错误. 5.(多选)如图所示,在倾角为α的光滑斜面上,水平放置一根长为L、质量为m的直导体棒,当通以图示方向电流I时,欲使导体棒静止在斜面上,可加一平行于纸面的匀强磁场,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,下列说法中正确的是(  ) A.此过程中磁感应强度B逐渐增大 B.此过程中磁感应强度B先减小后增大 C.此过程中磁感应强度B的最小值为 D.此过程中磁感应强度B的最大值为 AC 解析:导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中,安培力由沿斜面向上转至竖直向上,导体棒受力的动态变化如图所示,则由图知安培力逐渐增大,即此过程中磁感应强度B逐渐增大;刚开始安培力F最小,有sin α=,所以此过程中磁感应强度B的最小值为;最后安培力最大,有F=mg,即此过程中磁感应强度B的最大值为. 6.(2015江苏卷)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方.线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态.若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是(  ) A 解析:当磁场发生微小变化时,回路中产生感应电流,根据E=nS分析,回路A中产生的感应电动势最大,感应电流最大,线圈在磁场中的有效长度L也最长,由F=nILB可知,A中载流线圈受到的安培力最大,最容易失去平衡,A项正确. 三、安培力作用下导体运动 7.(2018长沙模拟)如图, 蹄形磁铁用悬线悬于O点,在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线,当导线中通以由左向右的电流时,蹄形磁铁的运动情况将是(  ) A.静止不动 B.向纸外平动 C.N极向纸外转动,S极向纸内转动 D.N极向纸内转动,S极向纸外转动 C 解析: 首先画出导线所在位置的磁感线分布情况如图所示,导线左边与右边的磁场方向不同,故把导线分为左右两部分.由左手定则可知左边的导线受到向内的作用力,右边的导线受到向外的作用力,所以导线左边向内转动,右边向外转动,现在导线固定,蹄形磁铁可以自由转动,磁铁的转动方向与导线的转动方向相反,所以蹄形磁铁的N极向外转动,S极向内转动. 8.(多选) 如图所示,细线下悬挂的圆环a中通有顺时针方向的电流I1,在圆环的正下方固定有一根足够长直导线b,圆环静止时导线b垂直于圆环平面.现在导线b中通有方向向外的电流I2,圆环重新静止后,下列判断正确的是(  ) A.细线与竖直方向成不为零的角 B.圆环与直导线共面 C.细线中张力与b通电前比较增大 D.细线中张力与b通电前比较减小 BC 解析:环形电流a可等效为小磁针,由安培定则可知N极指向纸里,而直线电流b产生的磁场在环心处的磁感线方向水平向左,由于N极将指向所在位置磁感线的方向,故小磁针N极左转,从上往下看,圆环逆时针转动,细线仍在竖直方向,选项A错误;圆环重新静止时,圆环与直导线共面,选项B正确;此时圆环下半圆的电流方向与b中电流方向相同、两者相吸,上半圆的电流方向与b中电流方向相反、两相相斥,但下半圆离b更近,引力大于斥力,因此细线张力比b通电前大,选项C正确,D错误. 四、安培力作用下导体的平衡与加速 9.(多选)图中装置可演示磁场对通电导线的作用,电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨、L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆,当电磁铁线圈两端a、b,导轨两端e、f,分别接到两个不同的直流电源上时,L便在导轨上滑动,下列说法正确的是(  ) A.若a接正极,b接负极,e接正极,f接负极,则L向右滑动 B.若a接正极,b接负极,e接负极,f接负极,则L向右滑动 C.若a接负极,b接正极,e接正极,f接负极,则L向左滑动 D.若a接负极,b接正极,e接负极,f接正极,则L向左滑动 BD 解析:若a接正极,b极负极,磁场向上,e接正极、f接负极,导体棒中电流向外,根据左手定则,导体棒受力向左,向左滑动,A错;若a接正极,b接负极,磁场向上,e接负极、f接正极,导体棒中电流向里,根据左手定则,导体棒受力向右,向右滑动,B对;若a接负极,b接正极,磁场向下,e接正极,f接负极,导体棒中电流向外,根据左手定则,导体棒受力向右,向右滑动,C错;若a接负极,b接正极,磁场向下,e接负极、f接正极,导体棒中电流向里,根据左手定则,导体棒受力向左,向左滑动,D对. 10.(2017河南六市一联,15)如图所示,PQ和MN为水平平行放置的金属导轨,相距L=1 m.P、M间接有一个电动势为E=6 V,内阻不计的电源和一只滑动变阻器,导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好,棒的质量为m=0.2 kg,棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连,物体的质量M=0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,导轨与棒的电阻不计,g取10 m/s2),匀强磁场的磁感应强度B=2 T,方向竖直向下,为了使物体保持静止,滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是(  ) A.2 Ω B.2.5 Ω C.3 Ω D.4 Ω A 解析:对棒受力分析可知,其必受绳的拉力T=Mg和安培力F安=BIL=.若摩擦力向左,且满足+μmg=Mg,代入数据解得R1=4 Ω;若摩擦力向右,且满足-μmg=Mg,代入数据解得R2=2.4 Ω,所以R的取值范围为2.4 Ω≤R≤4 Ω,则选A. 【素能提升】 11.如图所示,一根重力G=0.1 N,长L=1 m,质量分布均匀的导体ab,在其中点弯成60°角,将此导体放入匀强磁场中,导体两端a,b悬挂于两相同的弹簧下端,弹簧均处于竖直状态,当导体中通有I=1 A的电流时,两根弹簧比原长各缩短了Δx=0.01 m,已知匀强磁场的方向垂直纸面向外,磁感应强度的大小B=0.4 T,则下列说法正确的是(  ) A.导体中电流的方向为a→b B.每根弹簧的弹力大小为0.5 N C.弹簧的劲度系数为k=5 N/m D.若导体中不通电流,则弹簧比原长伸长了0.02 m C 解析:由题意知通电后弹簧比原长缩短了,说明安培力方向竖直向上,由左手定则可知,电流方向为b→a,选项A错误;通电后,导体ab的有效长度为l=L=0.5 m,受到的安培力为F=IlB=1×0.5×0.4 N=0.2 N,又F=2F弹+G,则F弹== N=0.05 N,选项B错误;由F弹=kΔx得k== N/m=5 N/m,选项C正确;导体中不通电流,则有2kΔx′=G,可得Δx′== m=0.01 m,选项D错误. 12.(2018北京东城区三模)如图所示,足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ,两导轨间距为L,在导轨上端接入电源和滑动变阻器,电源电动势为E,内阻为r.一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好,整个装置处于磁感应强度为B,垂直于斜面向上的匀强磁场中,导轨与导体棒的电阻不计. (1)若要使导体棒ab静止于导轨上,滑动变阻器的阻值应取何值; (2)若将滑动变阻器的阻值取为零,由静止释放导体棒ab,求释放瞬间导体棒ab的加速度. 解析:(1)若要使导体棒ab静止于导轨上,则要求导体棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡,导体棒在沿斜面方向的受力满足mgsin θ=F安, 其中F安=ILB, 设导体棒ab静止时变阻器的阻值为R,由闭合电路欧姆定律有I=, 解得R=-r. (2)当变阻器的阻值为零时,回路中的电流大于使导体棒ab静止时的电流,安培力大于使导体棒ab静止时的安培力,因此,由静止开始释放的瞬间,导体棒的加速度方向沿斜面向上. 由牛顿第二定律有F安′-mgsin θ=ma, 其中F安′=I′LB, 由闭合电路欧姆定律I′=, 解得释放瞬间导体棒ab的加速度a=-gsin θ. 答案:(1)-r (2)-gsin θ 课时作业 【基础练习】 一、磁场对运动电荷的作用 1.(2017河北冀州2月模拟)我国位处北半球,某地区存在匀强电场E和可看作匀强磁场的地磁场B,电场与地磁场的方向相同,地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北,一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动,忽略空气阻力,此地区的重力加速度为g,则下列说法正确的是(  ) A.小球运动方向为自南向北 B.小球可能带正电 C.小球速度v的大小为 D.小球的比荷为 D 解析:由题意可知,小球受重力、电场力和洛伦兹力,因做直线运动,且f洛=qvB,因此一定做匀速直线运动,那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向,因电场与地磁场的方向相同,地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北,则小球受力如图所示,其中Eq与Bqv垂直,因小球受力平衡,则受力关系满足(mg)2=(Eq)2+(Bqv)2,得=,v=,则D项正确,C项错误.由受力分析可知小球带负电,且运动方向为自东向西,则A、B错误. 2.(多选)如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M,N两小孔中,O为M,N连线中点,连线上a,b两点关于O点对称,导线通有大小相等、方向相反的电流.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k,式中k是常数、I是导线中电流、r为某点到导线的距离.一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿直线运动到b点.关于上述过程,下列说法正确的是(  ) A.小球先做加速运动后做减速运动 B.小球一直做匀速直线运动 C.小球对桌面的压力先增大后减小 D.小球对桌面的压力一直在增大 BC 解析:根据安培定则和磁感应强度的叠加原理可知,线段ab上的磁场方向平行于桌面向里,且aOb部分的磁场强弱关于O点对称分布,O点磁场最弱.带正电的小球从a沿直线运动到b的过程中,所受的洛伦兹力方向竖直向上,大小先减小后增大,小球对桌面的压力FN=mg-qvB,FN先增大后减小;小球水平方向不受外力作用,故小球做匀速直线运动. 二、带电粒子在匀强磁场中的运动 3. (2018·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为(  ) A. B. C. D. C 解析:粒子在磁场中运动的半径为R===2r;当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆的直径2r,故t===,故选项C正确. 4.(多选)有两个匀强磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ,Ⅰ 中的磁感应强度是 Ⅱ 中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与 Ⅰ 中运动的电子相比,Ⅱ 中的电子(  ) A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 AC 解析:对电子由牛顿第二定律有πvB=m,得r=,则rⅠ∶rⅡ=1∶k,A正确.由πvB=ma,得a=,则aⅠ∶aⅡ=k∶1,B错误.由T==,得TⅠ∶TⅡ=1∶k,C正确.由ω=,得ωⅠ∶ωⅡ=k∶1,D错误. 5.一个带电粒子A在一边长为a的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动,运动的轨迹半径为R,在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动,不计带电粒子和微粒的重力,根据题述信息,下列说法正确的是(  ) A.可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小 B.可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小 C.可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径 D.带电粒子与微粒碰撞后继续运动,可能从正方形匀强磁场区域中射出 C 解析:由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息,因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小,选项A、B错误.带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒,即mv0=(m+m′)v1;对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动,有qv0B=eq \f(mv,R);对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动,有qv1B=(m+m′)eq \f(v,R1),联立解得R1=R,即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R1,选项C正确.由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变,所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出,选项D错误. 6.(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上,OP右侧有如图所示的匀强磁场,两个完全相同的带电小球a和b以大小相等的初速度从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后两球均运动到OP边界的P侧,下列说法正确的是(  ) A.球a带正电,球b带负电 B.球a在磁场中运动的时间比球b的短 C.球a在磁场中运动的路程比球b的短 D.球a在OP上的落点与O点的距离比球b的近 D 解析:两球均运动到P侧,即a、b均向P侧偏转,由左手定则知,a、b均带正电,A项错误;由r=可知,a、b两球轨道半径相等,b在磁场中运动了半个圆周,a的运动大于半个圆周,故a在P上的落点与O点的距离比b的近,飞行路程比b的长,又因两球速率相等,球a运动时间长,B、C两项错误,D项正确. 7.(多选)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,如图所示.若电子质量为m,电荷量为e,磁感应强度为B,则(  ) A.h=d B.电子在磁场中运动的时间为 C.电子在磁场中运动的时间为 D.洛伦兹力对电子做的功为零 CD 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(R-h)2+d2=R2,整理知d=,而R=,故d= ,所以A错误.由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动,得t==故B错误,C正确.由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直,对粒子永远也不做功,故D正确. 三、带电粒子在匀强磁场中的临界问题 8.如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速度v发射一个带正电的粒子(重力不计).则下列说法正确的是(  ) A.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短 B.若v一定,θ越大,则粒子在离开磁场的位置距O点越远 C.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大 D.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短 A 解析:由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转,若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,选项A正确;若v一定,θ等于90°时,粒子在离开磁场的位置距O点最远,选项B错误;若θ一定,粒子在磁场中运动的周期与v无关,粒子在磁场中运动的角速度与v无关,粒子在磁场中运动的时间与v无关,选项C、D错误. 9.(2017江西九所重点中学联考)(多选)如图所示,在ab=bc的等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,d是ac上任意一点,e是bc上任意一点.大量相同的带电粒子从a点以相同方向垂直磁场射入,由于速度大小不同,粒子从ac和bc上不同点离开磁场.不计粒子重力,则从c点离开的粒子在三角形abc磁场区域内经过的弧长和运动时间,与从d点和e点离开的粒子相比较(  ) A.经过的弧长一定大于从d点离开的粒子经过的弧长 B.经过的弧长一定小于从e点离开的粒子经过的弧长 C.运动时间一定大于从d点离开的粒子的运动时间 D.运动时间一定大于从e点离开的粒子的运动时间 AD 解析: 如图所示,若粒子从ac边射出,粒子依次从ac边射出时,半径增大而圆心角相同,弧长等于半径乘以圆心角,所以经过的弧长越来越大,运动时间t=T,运动时间相同,所以选项A正确,C错误;如果从bc边射出,粒子从b到c依次射出时,弧长(弦长)会先变小后变大,但都会小于从c点射出的弧长,圆心角也会变大,但小于从c点射出时的圆心角,所以运动时间变小,故选项B错误,D正确. 四、带电粒子在匀强磁场中的多解问题 10.如图所示,MN为两个匀强磁场的分界面,两磁场的磁感应强度大小的关系为B1=2B2,一带电荷量为+q、质量为m的粒子(不计重力)从O点垂直MN进入B1磁场,则经过多长时间它将向下再一次通过O点(  ) A. B. C. D. B 解析: 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由周期公式T=知,粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间为t=+=,所以选项B正确. 【素能提升】 11.一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场,在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,以垂直于DC边的方向射入正三角形区域.已知所有粒子的速度均相同,经过一段时间后,所有的粒子都能离开磁场,其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0.假设粒子的重力和粒子间的相互作用力可忽略. (1)求该区域中磁感应强度B的大小; (2)为了能有粒子从DC边离开磁场,则粒子射入磁场的最大速度为多大? (3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场,则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度为多大? 解:(1)洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 周期T== 当粒子垂直AD边射出时,根据几何关系有圆心角为60°,则t0=T 解得B=. 图甲 (2)当轨迹圆与AC、AD都相切时,能有粒子从DC边射出,且速度为最大值,如图甲所示,设此时粒子的速度为v1,偏转半径为r1,则 r1=sin 60°=a 由qv1B=meq \f(v,r1)得r1= 解得v1= 图乙 所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度v1=. (3)由(2)知,当轨迹圆与AC相切时,从AC边射出的粒子距C最远,故有粒子射出的范围为CE段,xCE=cos 60°= 当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时,射出的粒子距D点最远,如图乙所示,故有粒子射出的范围为DF段 xDF==. 12.(2018·陕西咸阳模拟)如图所示,A点距坐标原点的距离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里.有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,在磁场中运动,从x轴上的B点射出磁场区域,此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°,求: (1)磁场的磁感应强度大小; (2)磁场区域的圆心O1的坐标; (3)电子在磁场中运动的时间. 解析:(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动,设圆周运动轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,则有πv0B=meq \f(v,r)① 过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知B点速度与x轴夹角为60°,由几何关系得, 轨迹圆的圆心角∠C=60°② AC=BC=r,已知OA=L,得OC=r-L③ 由几何知识得r=2L④ 由①④得B=⑤ (2)由于ABO在有界圆周上,∠AOB=90°,得AB为有界磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,由③易得△ABC为等边三角形,磁场区域的圆心O1的坐标为(L,). (3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为T=⑥ 由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t==. 答案:(1) (2)(L,) (3) 13.(2018湖南师大附中月考)如图所示,M,N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值.静止的带电粒子带电荷量为+q,质量为m(不计重力),从点P经电场加速后,从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,CD为磁场边界上的一绝缘板,它与N板的夹角θ=45°,孔Q到板的下端C的距离为L,当M,N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,求: (1)两板间电压的最大值Um; (2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s; (3)粒子在磁场中运动的最长时间tm. 解析:(1)M,N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上, 所以圆心在C点,如图所示, CH=QC=L 故半径r1=L, 又因为qv1B=meq \f(v,r1), 且qUm=mv, 所以Um=. (2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点,此轨迹的半径为r2,设圆心为A,在△AKC中,sin 45°=,解得r2=(-1)L,即KC=r2=(-1)L 所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s=HK, 即s=r1-r2=(2-)L. (3)打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期, 所以tm==. 答案:(1) (2)(2-)L (3) 课时作业 【基础练习】 1.在如图所示的平行板器件中,电场强度E和磁感应强度B相互垂直.一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动,则该粒子(  ) A.一定带正电 B.速度v= C.若速度v>,粒子一定不能从板间射出 D.若此粒子从右端沿虚线方向进入,仍做直线运动 B 解析:粒子带正电和负电均可,选项A错误;由洛伦兹力等于电场力,qvB=qE,解得速度v=,选项B正确;若速度v>,粒子可能从板间射出,选项C错误;若此粒子从右端沿虚线方向进入,所受电场力和洛伦兹力方向相同,不能做直线运动,选项D错误. 2.(多选)如图所示,a、b是一对平行金属板,分别接到直流电源的两极上,使a、b两板间产生匀强电场E,右边有一块挡板,正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力),这些正离子都沿直线运动到右侧,从d孔射出后分成三束,则下列判断正确的是(  ) A.这三束正离子的速度一定不相同 B.这三束正离子的比荷一定不相同 C.a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向b D.若这三束离子改为带负电而其他条件不变,则仍能从d孔射出 BCD 解析:因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的,电场力等于洛伦兹力,可以判断三束正离子的速度一定相同,且电场方向一定由a指向b,A错误,C正确;在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同,可知这三束正离子的比荷一定不相同,B项正确;若将这三束离子改为带负电,而其他条件不变的情况下分析受力可知,三束离子在两板间仍做匀速直线运动,仍能从d孔射出,D项正确. 3.(2018·山东济宁模拟)为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况,技术人员在排污管中安装了监测装置,该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔,其宽和高分别为b和c,左、右两端开口与排污管相连,如图所示.在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场,在空腔前、后两个侧面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N,M、N与内阻为R的电流表相连.污水从左向右流经该装置时,电流表将显示出污水排放情况.下列说法中错误的是(  ) A.M板比N板电势低 B.污水中离子浓度越高,则电流表的示数越小 C.污水流量越大,则电流表的示数越大 D.若只增大所加磁场的磁感应强度,则电流表的示数也增大 B 解析:污水从左向右流动时,正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N板和M板偏转,故N板带正电,M板带负电,A正确.稳定时带电离子在两板间受力平衡,qvB=q,此时U=Bbv==,式中Q是流量,可见当污水流量越大、磁感应强度越强时,M、N间的电压越大,电流表的示数越大,而与污水中离子浓度无关,B错误,C、D正确. 4.(多选) 如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是(  ) A.质谱仪是分析同位素的重要工具 B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小 ABC 解析:质谱仪是分析同位素的重要工具,A正确.在速度选择器中,带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向,结合左手定则可知B正确.由qE=qvB可得v=,C正确.粒子在平板S下方的匀强磁场中做匀速圆周运动,由qvB=得R=,所以=,D错误. 5.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成,磁极间的磁场是均匀的.使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示.由于血液中的正负离子随血液一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差.在达到平衡时,血管内部的电场可看做是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中,两触点间的距离为3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160 μV,磁感应强度的大小为0.040 T.则血流速度的近似值和电极a、b的正负为(  ) A.1.3 m/s,a正、 b负 B.2.7 m/s,a正、b负 C.1.3 m/s,a负、b正 D.2.7 m/s,a负、b正 答案:A 6.利用霍尔效应制作的元件,广泛应用于测量和自动控制等领域.如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧就会形成电势差UCD,下列说法中正确的是(  ) A.电势差UCD仅与材料有关 B.仅增大磁感应强度时,C、D两面的电势差变大 C.若霍尔元件中定向移动的是自由电子,则电势差UCD>0 D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平方向 B 解析:设霍尔元件的厚度为d,长为a,宽为b,稳定时有Bqv=q,又因为I=nqSv,其中n为单位体积内自由电荷的个数,q为自由电荷所带的电荷量,S=bd,联立解得:UCD=·,可知选项A错误;若仅增大磁感应强度B,则C、D两面的电势差增大,选项B正确;若霍尔元件中定向移动的是自由电子,由左手定则可知,电子将向C侧偏转,则电势差UCD<0,选项C错误;地球赤道上方的地磁场方向为水平方向,元件的工作面要与磁场方向垂直,故元件的工作面应保持竖直方向,选项D错误. 7.(多选)(2018·四川成都调研)如图,为探讨霍尔效应,取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体,给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是(  ) A.M板比N板电势高 B.导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大 C.导体中自由电子定向移动的速度为v= D.导体单位体积内的自由电子数为 CD 解析:电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向向上,则M板积累了电子,M、N之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低,选项A错误.电子定向移动相当于长度为d的导体垂直切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U=E=Bdv,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关,选项B错误;由U=E=Bdv得,自由电子定向移动的速度为v=,选项C正确;电流的微观表达式是I=nevS,则导体单位体积内的自由电子数n=,S=db,v=,代入得n=,选项D正确. 【素能提升】 8.(多选)(2014·新课标全国Ⅱ·20)图8为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场.硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直磁场方向进入磁场时,下列说法正确的是(  ) A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小 AC 解析:根据左手定则,电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反,故两者的偏转方向不同,选项A正确;根据qvB=,得r=,若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等,则轨迹半径不相同,选项B错误;对于质子、正电子,它们在磁场中运动时不能确定mv的大小,故选项C正确;粒子的mv越大,轨道半径越大,而mv=,粒子的动能大,其mv不一定大,选项D错误. 9.如图所示是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.现分别加速氘核(H)和氦核(He).下列说法中正确的是(  ) A.它们的最大速度相同 B.它们的最大动能相同 C.两次所接高频电源的频率不相同 D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 A 解析:根据qvB=m,得v=.两粒子的比荷相等,所以最大速度相等.故A正确.最大动能Ek=mv2=,两粒子的比荷相等,但质量不相等,所以最大动能不相等.故B错.带电粒子在磁场中运动的周期T=,两粒子的比荷相等,所以周期相等.做圆周运动的频率相等,因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率,故两次所接高频电源的频率相同,故C错误.由Ek=可知,粒子的最大动能与加速电压的频率无关,故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能.故D错. 10.速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法中正确的是(  ) A.该束粒子带负电 B.速度选择器的P1极板带负电 C.能通过狭缝S0的粒子的速度等于 D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S0,则粒子的比荷越小 C 解析:根据该束粒子进入匀强磁场B2时向下偏转,由左手定则判断出该束粒子带正电,选项A错误;粒子在速度选择器中做匀速直线运动,受到电场力和洛伦兹力作用,由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上,则电场力方向竖直向下,因粒子带正电,故电场强度方向向下,速度选择器的P1极板带正电,选项B错误;粒子能通过狭缝,电场力与洛伦兹力平衡,有qvB1=qE,得v=,选项C正确;粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qvB2=m,得r=,可见v、B2一定时,半径r越小,则越大,选项D错误. 11.(多选)如图所示为一种质谱仪的示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为R,通道内均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的Q点.不计粒子重力.下列说法正确的是(  ) A.极板M比极板N的电势高 B.加速电场的电压U=ER C.直径PQ=2B D.若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点,则该群粒子具有相同的比荷 AD 解析:粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N的电势高,选项A正确;由Uq=mv2和Eq=可得U=,选项B错误;在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=m,即r=,直径PQ=2r==2,可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确. 12.(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用,其原理图如图所示.D1和D2是两个中空的半圆形金属盒,置于与盒面垂直的匀强磁场中,它们接在电压为U、周期为T的交流电源上.位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略),它们在两盒之间被电场加速.当质子被加速到最大动能Ek后,再将它们引出.忽略质子在电场中的运动时间,则下列说法中正确的是(  ) A.若只增大交变电压U,则质子的最大动能Ek会变大 B.若只增大交变电压U,则质子在回旋加速器中运行的时间会变短 C.若只将交变电压的周期变为2T,仍可用此装置加速质子 D.质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶ BD 解析:由qvB=m得r=,质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关,而与交变电压U无关,故A错误;增大交变电压,质子加速次数减小,所以质子在回旋加速器中的运行时间变短,B正确;为了使质子能在回旋加速器中加速,质子的运动周期应与交变电压的周期相同,C错误;由nqU=mv以及rn=可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为∶,D正确. 13.一台质谱仪的工作原理图如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上.已知放置底片的区域MN=L,且OM=L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子.在适当调节加速电压后,原本打在MQ区域的离子即可在QN区域检测到. (1)求原本打在MN中点P点的离子质量m; (2)为使原本打在P点的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围. 解析:(1)离子在电场中加速qU0=mv2,在磁场中做匀速圆周运动qvB=m,解得r0= ,代入r0=L,解得m=. (2)由(1)知,U=,离子打在Q点r=L,U=,离子打在N点r=L,U=,则电压的范围为≤U≤ 答案:(1) (2)≤U≤ 课时作业 1.(多选)如图所示,一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动,电场方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里,则下列说法正确的是(  ) A.小球一定带正电 B.小球一定带负电 C.小球的绕行方向为顺时针 D.改变小球的速度大小,小球将不做圆周运动 答案:BC 2.如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b(  ) A.穿出位置一定在O′点下方 B.穿出位置一定在O′点上方 C.运动时,在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时,动能一定减小 答案:C 3.如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正三角形边长为L,且ab边与y轴平行.一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限,又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限,且速度与y轴负方向成45°角,不计粒子所受的重力.求: (1)电场强度E的大小; (2)粒子到达a点时速度的大小和方向; (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值. 解析:(1)粒子在匀强电场中做平抛运动, h=at2,x=v0t=2h 根据牛顿第二定律有qE=ma, 联立解得E=eq \f(mv,2qh). (2)粒子在a点时沿y轴负方向的分速度vy=at=v0 则v=eq \r(v+v)=v0 tan θ==1 所以,粒子在a点的速度大小为v0,方向与x轴正方向夹角为45°. (3)当粒子从b点射出时,磁感应强度B最小.根据几何关系知,R=L 带电粒子在磁场中做圆周运动,满足qvB=m 联立解得B==. 答案:(1)eq \f(mv,2qh) (2)v0 方向与x轴正方向夹角为45° (3) 4.如图甲所示,在xOy平面内存在磁场和电场,磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化,B的变化周期为4t0,E的变化周期为2t0,变化规律分别如图乙和图丙所示.在t=0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力),初速度大小为v0,方向沿y轴正方向.在x轴上有一点A(图中未标出),坐标为(,0).若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,y轴正方向为电场强度的正方向,v0、t0、B0为已知量,磁感应强度与电场强度的大小满足:=;粒子的比荷满足:=.求: (1)在t=时,粒子的位置坐标; (2)粒子偏离x轴的最大距离; (3)粒子运动至A点的时间. 解析:(1)在0~t0时间内,粒子做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0=mr1=eq \f(mv,r1) 解得T=2t0,r1== 则粒子在时间内转过的圆心角α= 所以在t=时,粒子的位置坐标为(,). (2)在t0~2t0时间内,设粒子经电场加速后的速度为v,粒子的运动轨迹如图所示 则v=v0+t0=2v0 运动的位移x=t0=1.5v0t0 在2t0~3t0时间内粒子做匀速圆周运动,半径r2=2r1= 故粒子偏离x轴的最大距离h=x+r2=1.5v0t0+=(+)v0t0. (3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0 故粒子在一个周期内向右运动的距离d=2r1+2r2= AO间的距离为=8d 所以,粒子运动至A点的时间t=32t0. 答案:(1)(,) (2)(+)v0t0 (3)32t0 5.如图所示,质量为m,带电量为+q的液滴,以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域,电场强度方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,液滴在场区做直线运动.重力加速度为g,试求: (1)电场强度E和磁感应强度B各多大? (2)当液滴运动到某一点A时,电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,不考虑因电场变化而产生的磁场的影响,此时液滴加速度多少? (3)在满足(2)的前提下,粒子从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间. 解析:(1)液滴带正电,液滴受力如图所示: 根据平衡条件,有Eq=mgtan θ=mg,qvB==mg 故:E=,B= (2)电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,故电场力与重力平衡,洛伦兹力提供向心力,粒子做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律,有:a==g (3)电场变为竖直向上后,qE=mg,故粒子做匀速圆周运动,由T=,t=T 可得t= 答案:(1)  (2)g (3) 6.(2018全国1卷)如图,在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知♂H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60°,并从坐标原点O处第一次射出磁场。♂H的质量为m,电荷量为q不计重力。求 (1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离 (2)磁场的磁感应强度大小 (3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离 解析:(1)H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有 s1=v1t1① h=a1t② 由题给条件,H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°。H进入磁场时速度y分量的大小为 a1t1=v1tanθ1③ 联立以上各式得 s1=h④ (2)H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1⑤ 设H进入磁场时速度的大小为v′1,由速度合成法则有 v′1=eq \r(v+(a1t1)2)⑥ 设磁感应强度大小为B,H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv′1B=eq \f(mv′,R1)⑦ 由几何关系得 s1=2R1sinθ1⑧ 联立以上各式得 B=⑨ (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得 (2m)v=mv⑩ 由牛顿第二定律有 qE=2ma2? 设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2=v2t2 h=a2t? v′2=eq \r(v+(a2t2)2)? sinθ2=? 联立以上各式得 s2=s1,θ2=θ1,v′2=v′1? 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦?式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2==R1? 所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2,由几何关系有 s′2=2R2sinθ2? 联立④⑧式得,H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s′2-s2=(-1)h? 7.(2018全国3卷)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求: (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 解析:(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有 q1U=m1v① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1eq \f(v,R1)② 由几何关系知 2R1=l③ 由①②③式得 B=④ (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 q2U=m2v⑤ q2v2B=m2eq \f(v,R2)⑥ 由题给条件有 2R2=⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为:=1:4⑧

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  • ID:6-6185568 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第二章相互作用 (共8份打包)

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    (共38张PPT) 第二章 相互作用 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 {实验目的)验证力的平行四边形定则 A Bto 互成角度的两个力与一个力产生相同的效果,看它 实验原理们用平行四边形定则求出的合力与这一个力是否在 实验误差允许范围内相等 实验器材木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测 力计两个、三角板、刻度尺 F14 FF′ (1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上 (2)用两个弹簧测力计分别钩拉两个细绳套,互成角度地拉橡皮 实验步骤条,使橡皮条伸长,结点到达某一位置O (3)用铅笔描下结点0的位置和两条细绳的方向,并记录弹簧测 力计的读数 (4)只用一个弹箦测力计,通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前 面相同的位置O,记下弹簧测力计的读数F和细绳的方向 (1)用铅笔和刻度尺从结点的投影点O沿两条细绳方向画直线,按 选定的标度作出这两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示,并以 F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形,过O点画平行四边形的对 数据处理 角线,此对角线即为合力F的图示(2)用刻度尺从O点按同样的标 度沿记录的方向作出实验步骤(4)中弹簧测力计的拉力F的图示 (3)比较F与F是否在实验误差允许的范围内重合,从而验证平行 四边形定则 热点透析 高考实验创新分析 0.5N 3.0N O F,=1.0N F,=2.1N F2 =2.7N F =1.6N F=2.0N F=4.5N C D F2=4.00N F=6.30N 2.80N (共37张PPT) 第二章 相互作用 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 P1 P2 P3 P4 P5 P6 x0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01 x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41 n 10 20 30 40 50 60 k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8 (m/N) 0.006 1 ② 0.017 9 0.022 9 0029 6 0.034 7 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 (1)探究弹力和弹簧伸长的关系 实验目的 (2)培养学生实验探究的科学方法 实验原理 弹簧受到拉力会伸长,平衡时弹簧产生的弹力和外力 大小相等;在弹性限度内,弹簣的伸长越大,弹力也 就越大 刻度尺 实验器材}铁架台、弹簧、钩码、刻度尺、坐标纸 钩 码 (1)安装实验仪器 (2)测量弹簧的伸长(或总长)及所受的拉力或所挂钩码 的质量),列表作出记录,要尽可能多测几组数据 实验步骤 (3)根据所测数据在坐标纸上描点,以力为纵坐标, 以弹簧的伸长为横坐标 (4)按照在图中所绘点的分布与走向,尝试作出一条 平滑的图线,所画的点不一定正好在这条图线上,但 要注意使图线两侧的点数大致相同 (1)图像法:以弹簧的弹力F为纵轴,弹簧的伸长量x为横 数据处理轴,根据描点的情况,作出一条经过原点的直线 (2)列表法:将实验数据填入表中,研究测量的数据,可发 现在实验误差允许的范围内,弹力与弹簧伸长量的比值 是一常数 (3)函数法:根据实验数据,找出弹力与弹簧伸长量的函 数关系 热点透析 m/(×10kg) 70 60 50 40 30 20 10 x/(×10m) 02468101214 高考实验创新分析 刻度尺 0 PPBB D 砝码 跟踪训练 3 0 指针 游标 10 主尺 20 游标主尺 图(a) 图(b) 刻度尺 P PPBF 砝码 (a) (共74张PPT) 第二章 相互作用 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力 Ⅰ 2015年Ⅰ卷20题 2016年Ⅰ卷19题 2017年Ⅱ卷16题 形变、弹性、胡克定律 Ⅰ 2018年Ⅰ卷22题 矢量和标量 Ⅰ 矢量和标量 Ⅱ 2016年Ⅲ卷17题 共点力的平衡 Ⅱ 2016年Ⅲ卷17题 201年Ⅰ卷21题 2016年Ⅲ卷17题 返回导航 实验二:探究弹力和弹簧伸长的关系 实验三:验证力的平行四边形定则 Ⅱ 2018年Ⅰ卷22题 2017年Ⅲ卷22题 命题特点 1.纵观近四年全国高考,题型多为选择题,特别是对弹簧弹力、摩擦力、受力分析、共点力的平衡考查频率较高,尤其2017高考,多次涉及平衡问题. 2.高考对本章内容的考查仍将以力的合成与分解和共点力的平衡的综合应用为主,题型注重选择题. 返回导航 吸引 竖直 mg 弹簧测力计 形状 质量分布 返回导航 弹性 相反 kx 劲度系数 形变量 相对静止 粗糙 弹力 运动趋势 返回导航 相反 相对滑动 粗糙 弹力 运动 μFN 相反 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 2.弹力有无的判断“三法” 假 设 法 思路 假设将与研究对象接触的物体解除接触,判断研究对象的运动状态是否发生改变.若运动状态不变,则此处不存在弹力;若运动状态改变,则此处一定存在弹力 例证 图中细线竖直、斜面光滑,因去掉斜面体,小球的状态不变,故小球只受细线的拉力,不受斜面的支持力 返回导航 替 换 法 思路 用细绳替换装置中的轻杆,看能不能维持原来的力学状态.如果能维持,则说明这个杆提供的是拉力;否则,提供的是支持力 例证 图中轻杆AB、AC,用绳替换杆AB,原装置状态不变,说明杆AB对A施加的是拉力;用绳替换杆AC,原状态不能维持,说明杆AC对A施加的是支持力 返回导航 状 态 法 思路 由运动状态分析弹力,即物体的受力必须与物体的运动状态相符合,依据物体的运动状态,由二力平衡(或牛顿第二定律)列方程,求解物体间的弹力 例证 升降机以a=g加速下降或减速上升时物体不受底板的弹力作用 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 模型特点 形变 特点 只能发生微小形变 柔软,只能发生微小形变,各处张力大小相等 既可伸长,也可压缩,各处弹力大小相等 模型特点 方向 特点 不一定沿杆,可以是任意方向 只能沿绳,指向绳收缩的方向 沿弹簧轴线与形变方向相反 作用效 果特点 可以提供拉力、推力 只能提供拉力 可以提供拉力、推力 大小突 变特点 可以发生突变 可以发生突变 一般不能发生突变 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共51张PPT) 第二章 相互作用 返回导航 共同 等效替代 返回导航 延长线 返回导航 合力 共点力 大小 方向 有向线段 返回导航 减小 ①F1+F2+F3 零 大小之和 返回导航 返回导航 返回导航 平行四边形 三角形 效果 正交 返回导航 大小 方向 算术 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 b O 120120° 1209F3 b 5 b-18 6 g (乙) F A B ng F 轻绳的这一点与 B端栓牢在一起 B M F /〓 1g TIO T F=mg (共67张PPT) 第二章 相互作用 返回导航 重 摩擦 返回导航 同一点 匀速直线运动 相等 相反 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 6 4321 甲 考点定位 6 y 1F1 30° 60° )因提炼-+-+-+-+- 平衡问题的分析 解析法:将力进行正交分解,在垂直的两个方向上列平 衡方程.由方程分析力与夹角 的变化趁勢. 图解 ①条件 {物体受三个「区一个力大小方向都不型 +tttttttttttttttt+t+tttt 力 上的多力作用 第三个力大小、方向均变化 过程 力三角形定则画不同状态 的平衡 ③规律:当第三个力与第二个力垂直时,第三个力最 均不变,另 两个力的方向都发生变化,可以用力的三角形与几何三 角形相似的方法求解 M A N R Q F B F B HONN F mg O M N OM MN M 7777777777777777777777 B 6 课时1+1平衡中的临界极值问题 BI A B D B F CTT F 37°QA C MOw 7 2)g (m1+m2 E 6 6 7777777777///// B B B G 课时作业 【基础练习】 一、重力和弹力的分析与计算 1.(2018徐州模拟)下列关于重力的说法中正确的是(  ) A.物体只有静止时才受重力作用 B.重力的方向总是指向地心 C.地面上的物体在赤道上受的重力最小 D.物体挂在弹簧测力计下,弹簧测力计的示数一定等于物体的重力 C 解析:任何物体均受重力作用,重力的方向竖直向下,不一定指向地心,A,B均错误;地面上的物体在赤道上受到的重力最小,C正确;当物体处于平衡状态时,弹簧测力计的示数才等于悬挂物体的重力大小,D错误. 2.如图所示,物体放在某新型材料的木板上,当木板倾角分别为45°和60°时,物体受到的摩擦力大小恰好相等,则物体和木板间的动摩擦因数为:(  ) A. B. C. D. B 解析:当木板倾角为45°时受到静摩擦力,由平衡知识可知,静摩擦力大小为mgsin45°;能够当木板倾角为60°时受到滑动摩擦力,大小为μmgcos60°,由题意可知:mgsin45°=μmgcos60°,解得μ=,故选B. 二、弹簧类弹力问题的分析与计算 3.如图所示,两个弹簧的质量不计,劲度系数分别为k1,k2,它们一端固定在质量为m的物体上,另一端分别固定在Q,P上,当物体平衡时上面的弹簧处于原长,若把固定的物体换为质量为2m的物体(弹簧的长度不变,且弹簧均在弹性限度内),当物体再次平衡时,物体比第一次平衡时的位置下降了x,则x为(  ) A. B. C. D.. A 解析:物体质量为m时,上面的弹簧处于原长,由于物体处于平衡状态,下面的弹簧一定对物体有向上的支持力,因此下面的弹簧被压缩x1,由平衡条件得k1x1-mg=0.换成质量为2m的物体后,下面的弹簧将进一步压缩x,同时上面的弹簧被拉伸x,平衡时有k1(x1+x)+k2x-2mg=0,联立解得x=. 4.木块A、B分别重50N和30N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2与A、B相连接的轻弹簧被压缩了5 cm,系统置于水平地面上静止不动.已知弹簧的劲度系数为100 N/m.用F =1N的水平力作用在木块A上,如图所示,力F作用后:(  ) A.木块A所受摩擦力大小是4 N,方向向右 B.木块A所受摩擦力大小是9 N,方向向右 C.木块B所受摩擦力大小是4 N,方向向左 D.木块B所受摩擦力大小为6 N,方向向左 答案:A 5.(2018全国1卷)如图,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态,现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动,以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(   ) 答案:C 三、摩擦力的分析与计算 6.如图所示,轻质弹簧一端系在质量为m=1kg的小物块上,另一端固定在墙上.物块在斜面上静止时,弹簧与竖直方向的夹角为37°,已知斜面倾角θ=37°.斜面与小物块间的动摩擦因数μ=0.5,斜面固定不动.设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,下列说法正确是(  ) A.小物块可能只受三个力 B.斜面对物块支持力可能为零 C.弹簧弹力大小一定等于4N D.弹簧弹力大小可能等于5N D 解析:A、由于μmgcos37°=0.5×1×10×0.8Nv=4N,mgsin37°=1×10×0.6N=6N,则μmgcos37°<mgsin37°. 若不受弹簧的压力,则木块不可能静止,故物块一定受弹簧的压力,还受重力、斜面支持力和静摩擦力,四个力的作用而平衡,故A错误; B、由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力,不可能为零,所以斜面对滑块的支持力不可能为零,故B错误; CD、若要物块静止,设弹簧对物体的压力大小为N,μ(mgcos37°+N)≥mgsin37°,得:N≥4Nv,所以弹簧弹力大小可能等于5N.故C错误,D正确; 故选:D 7.(2018临沭县模拟)(多选)如图所示,A是一质量为M的盒子,物体B的质量为m,A、B用细绳相连,跨过光滑的定滑轮置于倾角为θ的斜面上,B悬于斜面之外而处于静止状态,斜面放置在水平地面上.现在向A中缓慢加入沙子,整个系统始终保持静止,则在加入沙子的过程中(  ) A.绳子拉力不变 B.物体A对斜面的压力逐渐增大 C.物体A所受的摩擦力逐渐增大 D.地面对斜面的摩擦力逐渐增大 AB 解析:A、绳子拉力等于B的重力,保持不变,故A正确; B、A对斜面的压力等于A及沙子的总重力沿垂直于斜面的分力,随着沙子质量的增加,A对斜面的压力逐渐增大,故B正确; C、由于不知道A的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系,故不能确定静摩擦力的方向,故随着沙子质量的增加,静摩擦力可能增加、减小,故C错误; D、整体保持静止,受重力和支持力,合力为零,不受地面的静摩擦力,故D错误; 故选:AB. 8.(2018寿光校级月考)如图物体A叠放在物体B上,B置于光滑水平面上。A,B质量分别为mA=6kg,mB=2kg,A,B之间的动摩擦因数μ=0.2,开始时F=10N,此后逐渐增加,在增大到45N的过程中,则(   ) A.当拉力F<12N时,两物体均保持静止状态 B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N时,开始相对滑动 C.两物体间从受力开始就有相对运动 D.两物体间始终没有相对运动 D 解析: 首先以A,B整体为研究对象。受力如图,在水平方向只受拉力F,根据牛顿第二定律列方程F=(mA+mB)a 再以B为研究对象,如图,B水平方向受摩擦力f = mBa 当f为最大静摩擦力时,得a=12/2=6(m/s2) 代入式F=(6+2)×6=48N 由此可以看出当F<48N时A,B间的摩擦力都达不到最大静摩擦力,也就是说,A,B间不会发生相对运动。答案为D. 四、摩擦力的“突变”——临界现象的分析 9.(多选)木块A,B分别重50 N和60 N,它们与水平地面间的动摩擦因数均为0.25,夹在A,B之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m,系统置于水平地面上静止不动,现用F=1 N的水平拉力作用在木块B上,如图所示,设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等,则力F作用后(  ) A.木块A所受摩擦力大小是8 N B.木块A所受摩擦力大小是11.5 N C.木块B所受摩擦力大小是9 N D.木块B所受摩擦力大小是7 N AC 解析:未加F时,木块A在水平方向上受弹簧的弹力F1及静摩擦力FA作用,且FA=F1=kx=8 N,木块B在水平方向上受弹簧弹力F2和静摩擦力FB作用,且FB=F2=kx=8 N,在木块B上施加F=1 N的向右的拉力后,由于F2+F<μGB,故木块B所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小FB′=F2+F=9 N,木块A的受力情况不变. 10.(2018临沂河东区模拟)如图,滑块A置于水平地面上,滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直),此时A恰好不滑动,B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为μ1,A与地面间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为(  ) A.  B.  C.   D. B 解析:对A、B整体分析,受重力、支持力、推力和最大静摩擦力,根据平衡条件,有: F=μ2(m1+m2)g   ① 再对物体B分析,受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力,根据平衡条件,有: 水平方向:F=N   竖直方向:m2g=f 其中:f=μ1N 联立有:m2g=μ1F  ② 联立①②解得: 故选:B 【素能提升】 11.体育器材室里,篮球摆放在图示的球架上.已知球架的宽度为d,每只篮球的质量为m、直径为D(D>d),不计球与球架之间摩擦,则每只篮球对一侧球架的压力大小为(  ) A.mg B. C. D. C 解析:以任意一只篮球为研究对象,分析受力情况,设球架对篮球的支持力N与竖直方向的夹角为α. 由几何知识得:cosα== 根据平衡条件得:2Ncosα=mg 解得:N= 则得篮球对球架的压力大小为:N′=N=. 故选:C. 12.(2018湖北黄冈质检)图所示,A、B、C、D四个小物块放置在粗糙水平面上,各小物块间由四根完全相同的轻橡皮绳相互连接,正好组成一个菱形,∠ABC=60°,整个系统保持静止状态.已知D物块所受的摩擦力大小为30N,则A物块所受的摩擦力大小为(  ) A.15N   B.30N   C.15N   D.10N D 解析:已知D物块所受的摩擦力大小为F=30N,设每根橡皮绳的弹力为T,对D则有:2Tcos30°=F,对A,根据平衡条件有:2Tcos60°=f,解得:f=F=10N,故D正确.故选:D 13.(多选)如图所示,一根细线下端拴一个金属小球P,细线的上端固定在金属块Q上,放在带小孔的水平桌面上.小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆).现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出),两次金属块Q都保持在桌面上静止.则后一种情况与原来相比较,下面的判断中正确的是(  ) A.Q受到桌面的支持力变大 B.Q受到桌面的静摩擦力变大 C.小球P运动的角速度变大 D.小球P运动的周期变大 BC 解析:A、金属块Q保持在桌面上静止,对于金属块和小球研究,竖直方向没有加速度,根据平衡条件得知,Q受到桌面的支持力等于两个物体的总重力,保持不变.故A错误. B、C、D设细线与竖直方向的夹角为θ,细线的拉力大小为T,细线的长度为L.P球做匀速圆周运动时,由重力和细线的拉力的合力提供向心力,如图, 则有T=, mgtanθ=mω2Lsinθ,得角速度ω=,周期T==2π使小球改到一个更高一些的水平面上作匀速圆周运动时,θ增大,cosθ减小,则得到细线拉力T增大,角速度增大,周期T减小.对Q,由平衡条件得知,f=Tsinθ=mgtanθ,知Q受到桌面的静摩擦力变大.故B、C正确,D错误. 故选:BC. 课时作业 【基础练习】 一、共点力的合成 1.(2018广州模拟)一物体受到三个共面共点力F1,F2,F3的作用,三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等),则下列说法正确的是(  ) A.三力的合力有最大值F1+F2+F3,方向不确定 B.三力的合力有惟一值3F3,方向与F3同向 C.三力的合力有惟一值2F3,方向与F3同向 D.由题给条件无法求出合力大小 B 解析:对于给定的三个共点力,其大小、方向均确定,则合力的大小惟一、方向确定.排除选项A,D;根据图表,可先作出F1,F2的合力,不难发现F1,F2的合力方向与F3同向,大小等于2F3,根据几何关系可求出合力大小等于3F3. 2.如图甲所示,在广州亚运会射箭女子个人决赛中,中国选手程明获得亚军。创造了中国女子箭手在亚运个人赛历史上的最好成绩。那么射箭时,若刚释放的瞬间弓弦的拉力为100N,对箭产生的作用力为120 N,其弓弦的拉力如图乙中F1和F2所示,对箭产生的作用力如图乙中F所示。弓弦的夹角应为(cos53°=0.6) :(  ) A.53° B.127° C.143° D.106° D 【解析】由图知:F1cos+F2cos=F,F1=F2=100N,F=120N;解得:α=106°,D对。 3.将两个质量均为m的小球a、b用细线相连后,再用细线悬挂于O点,如图所示.用力F拉小球b,使两个小球都处于静止状态,且细线Oa与竖直方向的夹角保持θ=30°,则F达到最小值时Oa绳上的拉力为(  ) A.mg   B.mg   C.mg   D.mg A 解析:以两个小球组成的整体为研究对象,当F垂直于Oa线时取得最小值,根据平衡条件求解F的最小值对应的细线拉力. 以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力,作出F在三个方向时整体的受力图,根据平衡条件得知:F与T的合力与重力mg总是大小相等、方向相反,由力的合成图可知,当F与绳子oa垂直时,F有最小值,即图中2位置,F的最小值为: 根据平衡条件得:F=2mgsin30°=mg,T=2mgcos30°=mg 故选:A 4.(2019年湖南师大附中)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺庙倾侧,议欲正之,非万缗不可.一游僧见之,曰:无烦也,我能正之.”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身.假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如图所示,木楔两侧产生推力FN,则(  ) A.若F一定,θ大时FN大 B.若F一定,θ小时FN大 C.若θ一定,F大时FN小 D.若θ一定,F小时FN大 B 【解析】由于木楔处在静止状态,故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解,根据平行四边形定则,画出力F按效果分解的图示.并且可据此求出木楔两侧产生的推力. 选木楔为研究对象,木楔受到的力有:水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力,由于木楔处于平衡状态,所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的力是相等的,力F的分解如图: 则F=FN1cos(90-)+FN2cos(90-)=2FN1cos(90-)=2FN1sin,FN=FN1=FN2,故解得FN=,所以F一定时,θ越小,FN越大;θ一定时,F越大,FN越大,B正确. 二、力的分解 5.(2018潍坊模拟) 假期里,一位同学在厨房里协助妈妈做菜,对菜刀发生了兴趣.他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样,刀刃前部的顶角小,后部的顶角大(如图所示),他先后做出过几个猜想,其中合理的是:(  ) A.刀刃前部和后部厚薄不匀,仅是为了打造方便,外形美观,跟使用功能无关 B.在刀背上加上同样的力时,分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关 C.在刀背上加上同样的压力时,顶角越大,分开其他物体的力越大 D.在刀背上加上同样的压力时,顶角越小,分开其他物体的力越大 D 解析: 把刀刃部分抽象后,可简化成一个等腰三角劈,设顶角为2θ,背宽为d,侧面长为l,如图乙所示。 当在劈背施加压力F后,产生垂直侧面的两个分力F1、F2,使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知,这两个分力大小相等,因此画出力分解的平行四边形,实为菱形,如图丙所示。 在这个力的平行四边形中,取其四分之一考虑(图中阴影部分),根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系,有关系式,得5N,由此可见,刀背上加上一定的压力F时,侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关,顶角越小,20N的值越小,F1和F2越大。但是,刀刃的顶角越小时,刀刃的强度会减小,碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂,实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要,所以做成前部较薄,后部较厚。使用时,用前部切一些软的物品(如鱼、肉、蔬菜、水果等),用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品,俗话说:“前切后劈”,指的就是这个意思。故D正确。 6.如图所示,物体静止于光滑水平面M上,力F作用与物体O点,现要使物体沿着OO′方向运动(F和OO′都在M水平面内),那么,必须同时再加一个力F′,这个力最小值是:(  ) A.F=20N   B.Fsinθ   C.Ftanθ   D.Fcotθ B 解析:要使物体沿着OO′方向做直线运动,则合力的方向一定与OO′方向共线,根据矢量三角形可得当F′与OO′垂直时,F′最小,如图所示,根据几何知识可得F′=Fsinθ,故B正确; 7.(2018石家庄质检)将四块相同的坚固石块垒成圆弧形的石拱,其中第3、4块固定在地基上,第1、2块间的接触面是竖直的,每块石块的两个侧面间所夹的圆心角均为30°,石块间的摩擦力可以忽略不计.则第1块对第2块的弹力F1和第1块对第3块的弹力F2的大小之比为(  ) A.   B.   C.   D. A 解析:由图可知,1、2及1、3两块石块均有相互作用,而石块1受重力及2、3两石块的作用力而处于静止,故对1受力分析可求得第1、2块石块间的作用力和第1、3块石块间的作用力的大小之比. 如图对第一个石块进行受力分析,由几何关系知:θ=600, 所以有F1 :F2=sin60°=, 故A正确,BCD错误;故选:A. 8.(2018枣庄模拟)(多选)如图所示是骨折病人的牵引装置示意图,绳子一端固定,绕过定滑轮和动滑轮后挂着一个重物,与动滑轮相连的帆布带拉着病人的脚,整个装置在同一个竖直平面内.为了使脚所受到的拉力增大, 可采取的方法是(  ) A.只增加绳子的长度 B.只增加重物的质量 C.只将病人脚向左移动远离定滑轮 D.只将两定滑轮的间距增大 BC 解析:对与滑轮接触的一小段绳子受力分析,如图受到绳子的两个等大的拉力F1=F2=mg,2F1cosθ=F, 解得:F=2mgcosθ, 要减小拉力F,关键是要增大角θ或者减小m,故B正确; 增加绳子长度不会改变角度θ,故不会改变里F,故A错误; 将脚向左移动,会减小角θ,会增加拉力,故C正确; 由几何关系可知,两个滑轮间距增大,会增加角θ,故拉力F会减小,故D错误;故选:BC. 9.水平地面上有一木箱,木箱与地面间的动摩擦因数为μ(0<μ<1).现对木箱施加一拉力F,使木箱做匀速直线运动.设F的方向与水平地面的夹角为θ,如图所示,在θ从0逐渐增大到90°的过程中,木箱的速度保持不变,则(  ) A.F先减小后增大 B.F一直增大 C.F一直减小 D.F先增大后减小 A 解析:将拉力F沿水平方向和竖直方向正交分解, 由平衡条件可得Fcos θ=Ff、Fsin θ+FN=mg,Ff=μFN, 解得F==,其中tan α=,当θ由0逐渐增大到90°的过程中,sin(α+θ)先增大后减小,所以拉力F先减小后增大. 三、绳上的“死结”和“活结”问题 10. (2017广东华南三校联考,15)如图所示,小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接,它们都穿在一根竖直杆上.当两球平衡时,连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ,假设装置中各处摩擦均不计,则A、B球的质量之比为(  ) A.2cos θ∶1 B.1∶2cos θ C.tan θ∶1 D.1∶2sin θ B 解析:小球A、B都平衡时,在竖直方向上:对A球Tsin θ=mAg,对B球T′sin 2θ=mBg,又T=T′,解得:=,B项正确. 11. 如图所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图.一根轻绳跨过光滑的动滑轮,轻绳的一端系在位置A处,动滑轮的下端挂上重物,轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处.起吊重物前,重物处于静止状态.起吊重物过程是这样的:先让吊钩从位置C竖直向上缓慢的移动到位置B,然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D,最后把重物卸载某一个位置.则关于轻绳上的拉力大小变化情况,下列说法正确的是(  ) A.吊钩从C向B移动的过程中,轻绳上的拉力不变 B.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力变大 C.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力不变 D.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力变大 D 解析:A、因物体重力不变,故重力与两绳子的拉力为平衡力;并且绳子为两端的张力相等;设绳子间的夹角为2θ;在由C到B上移的过程中有:2Tcosθ=mg;由几何关系可知,绳子为l,则有:lcosθ=d;因由C到B的过程中A到BC的垂直距离不变,故θ为定值;故轻绳上的拉力不变;故A正确;B错误;B、由B到D的过程中,绳长不变,夹角2θ一定增大,则由A中分析可知,T一定增大;故C错误;D正确; 故选:AD. 【素能提升】 12.一光滑圆环固定在竖直平面内,环上套着两个小球A和B(中央有孔),A、B间由细绳连接, 它们处于如图所示位置时恰好都能保持静止状态.此情况下,B球与环中心O处于同一水平面上,AB间的细绳呈伸直状态,与水平线成30°夹角.已知B球的质量为1μ,取v,求:(1)细绳对B球的拉力;(2)A球的质量. 答案:(1)20N (2)2kg 解析:(1)对B球,受力分析如图所示,则有FTsin30°=mg 得FT=2mg=20N (2)对A球,受力分析如图所示. 在水平方向:FTcos30°=FNAsin30° 在竖直方向:FNAcos30°=mAg+FTsin30° 由以上方程解得mA=2kg 13.如图所示,AC和BC两轻绳共同悬挂一质量为m的物体,若保持AC绳的方向不变,AC与竖直方向的夹角为60°,改变BC绳的方向,试求: (1)物体能达到平衡时,θ角的取值范围; (2)θ在0°~90°的范围内,求BC绳上拉力的最大值和最小值. 解析:(1)改变BC绳的方向时,AC绳的拉力FTA方向不变,两绳拉力的合力F与物体的重力 平衡,重力大小和方向保持不变,如图所示,经分析可知,θ最小为0°,此时FTA=0;且θ必须小于120°,否则两绳的合力不可能竖直向上,所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°. (2)θ在0°~90°的范围内, 当θ=90°时,FTB最大, Fmax=mgtan 60°=mg 当两绳垂直时,即θ=30°时,FTB最小, Fmin=mgsin 60°=mg. 答案:(1)0°≤θ<120° (2)mg mg 课时作业 【基础练习】 一、受力分析 1.(2018铜陵模拟) 如图所示,三根横截面完全相同的圆木材A、B、C按图示方法放在水平面上,它们均处于静止状态,则下列说法正确的是(  ) A.B所受的合力大于A受的合力 B.B、C对A的作用力的合力方向一定竖直向上 C.B与C之间一定存在弹力 D.如果水平面光滑,它们也能保持图示的平衡 B 解析:A、三个物体都处于平衡状态,所以受到的合外力都是0.故A错误; B、以物体A为研究的对象,受力如图, B、C对A的作用力的合力方向一定竖直向上.故B正确; C、以B为研究对象,受力如右图.可知B与C之间不一定存在弹力.故C错误; D、以B为研究对象,受力如图,由牛顿第三定律得:F′=F,沿水平方向:F′·sin30=f, 所以如果水平面光滑,它们将 不能保持图示的平衡.故D错误。 2.如图所示,与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0 kg的物体.细绳的一端与物体相连,另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连.物体静止在斜面上,弹簧测力计的示数为4.9 N.关于物体受力的判断,下列说法正确的是(  ) A.斜面对物体的摩擦力大小为零 B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N,方向沿斜面向上 C.斜面对物体的支持力大小为4.9 N,方向竖直向上 D.斜面对物体的支持力大小为4.9 N,方向垂直斜面向上 A 解析:选斜面上的物体为研究对象,设所受摩擦力的方向沿斜面向上,其受力情况如图所示 由平衡条件得,在斜面方向上: F+Ff-mgsin 30°=0 在垂直斜面方向上: FN-mgcos 30°=0 经分析可知F=4.9 N 联立得Ff=0, FN=4.9 N 方向垂直斜面向上. 二、动态平衡 3.(2016新课标全国卷Ⅱ 14题)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O,如图所示.用T表示绳OA段拉力的大小,在O点向左移动的过程中(  ) A.F逐渐变大,T逐渐变大 B.F逐渐变大,T逐渐变小 C.F逐渐变小,T逐渐变大 D.F逐渐变小,T逐渐变小 答案:A 4.如图有一质量不计的杆AO,长为R,可绕A自由转动.用绳在O点悬挂一个重为G的物体,另一根绳一端系在O点,另一端系在圆弧形墙壁上的C点.当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角不变),OC绳所受拉力大小变化情况(  ) A.先减小后增大 B.先增大后减小 C.逐渐减小 D.逐渐增大 A 解析:对G分析,G受力平衡,则拉力等于重力;故竖直绳的拉力不变;再对O点分析,O受绳子的拉力OA的支持力及OC的拉力而处于平衡;受力分析如图所示;将F和OC绳上的拉力合力,其合力与G大小相等,方向相反,则在OC上移的过程中,平行四边形的对角线保持不变,平行四边形发生图中所示变化,则由图可知OC的拉力先减小后增大,图中D点时力最小; 故选:A. 三、共点力平衡的应用 5.(2018山西五校四联,16)如图所示,把球夹在竖直墙和木板之间,不计摩擦,墙对球的弹力为F1,木板对球的弹力为F2,在将木板由图示位置缓慢转至 水平的过程中,两弹力的大小变化情况为(  ) A.F1减小、F2增大 B.F1、F2都增大 C.F1增大、F2减小 D.F1、F2都减小 D 解析:设木板和墙的夹角为α. 如图建立坐标系对小球进行受力分析,由于小静止处于平衡状态,满足平衡条件F合=0. F1为斜面对小球的支持力,F2为挡板对小球的支持力 据平衡条件有:  F合x=F2-F1cosα=0  F合y=F1sinα-mg=0 由此得:F1=,F2=mgcotα 由题意,α增大,则得,F1减小,F2减小.故D正确. 故选:D. 6.如图所示,表面光滑半径为R的半球固定在水平地面上,球心O的正上方Oˊ处有一个无摩擦定滑轮,轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上(不计小球大小),两小球平衡时,若滑轮两侧细绳的长度分别为l1=2.5R,l2=2.4R。则这两个小球的质量之比m1∶m2为(  ) A.24∶1  B.25∶1  C.24∶25   D.25∶24 C 解析:分别对两个小球受力分析,如图所示 根据几何关系可知三角形①②相似,三角形③④,有:2mg,,一段绳子各处张力相等,,可得=== 四、整体法和隔离法的应用 7.(2018杭州七校联考)如图所示,两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b,悬挂于O点.现在两个小球上分别加上水平方向的外力, 其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F,则此装置平衡时的位置可能如下图中的哪幅图(  ) C 解析:设每个球的质量为m,oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β. 以两个小球组成的整体为研究对象,分析受力情况,如图,根据平衡条件可知,oa绳的方向不可能沿竖直方向,否则整体的合力不为零,不能保持平衡. 由平衡条件得:tanα=, 以b球为研究对象,分析受力情况,如图,由平衡条件得:tanβ=,则α<β.故C正确.故选:C 8.(2019安徽黄山)在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B,其中圆球B的表面光滑,半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为0.8两球心之间连线与水平方向成37°的夹角,两球恰好不下滑,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则半球圆A和圆球B的质量之比为(  ) A. B. C. D. 答案:D 五、临界极值问题 9.在机械设计中常用到下面的力学原理,如图所示,只要使连杆AB与滑块m所在平面间的夹角θ大于某个值,那么,无论连杆AB对滑块施加多大的作用力,都不可能使之滑动,且连杆AB对滑块施加的作用力越大,滑块就越稳定,工程力学上称这为“自锁”现象(设滑块与所在平面间的动摩擦因数为μ),为使滑块能“自锁”应满足条件是(  ) A.μ≥tan θ B.μ≥ C.μ≥sin θ D.μ≥cos θ B 解析: 滑块m的受力如图所示,建立直角坐标系,将力F正交分解由物体平衡条件可知: 竖直方向:FN=mg+Fsin θ 水平方向:Fcos θ=Ff≤μFN 由以上两式解得:Fcos θ≤μmg+μFsin θ 因为力F很大,所以上式可以写成:Fcos θ≤μFsin θ 故应满足的条件为μ≥,选项B正确. 10.(2017安徽江南十校联考,15)如图所示,竖直面光滑的墙角有一个质量为m,半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B,调整A的位置使得A、B保持静止状态,已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球球心距墙角的最远距离是(  ) A.2r B.r C.r D.r C 解析:由题可知B球质量为2m,当A球球心距墙角最远时,A受地面水平向右的摩擦力f=μ·3mg,此时以B球为研究对象,对其受力分析如图所示,有F2=,以A 和B整体为研究对象,在水平方向有μ·3mg=F2,则tan θ=,代入数据得θ=53°.由几何关系可知,A球球心到墙角的最远距离l=r+2rcos θ=r,选项C正确. 【素能提升】 11.(2016新课标全国卷Ⅰ,19题 6分)(多选)如图,一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点;另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b,整个系统处于静止状态.若F方向不变,大小在一定范围内变化,物块b仍始终保持静止,则(  ) A.绳OO′的张力也在一定范围内变化 B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 答案:BD 12.如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,A、B两物体通过细绳相连,并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力F作用于物体B上,将物体B缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体A仍然保持静止.在此过程中(  ) A.水平力F一定变小 B.斜面体所受地面的支持力一定不变 C.物体A所受斜面体的摩擦力一定变大 D.地面对斜面体的摩擦力一定变大 D 解析:A、取物体B为研究对象,分析其受力情况如图所示,则有F=mgtanθ,T=,在将物体B缓慢拉高的过程中,θ增大,则水平力F和细绳上的拉力T随之变大.故A错误; B、对A、B两物体与斜面体这个系统而言,系统处于平衡状态,因拉力F变大,则地面对斜面体的摩擦力一定变大,而竖直方向并没有增加其他力,故斜面体所受地面的支持力不变;故D正确;B错误; C、在这个过程中尽管绳子张力变大,但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知,故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定.故C错误;故选:D. 13.一重为G的圆柱体工件放在V形槽中,槽顶角α=60°,槽的两侧面与水平方向的夹角相同,槽与工件接触处的动摩擦因数处处相同且大小为μ=0.25,则: (1)要沿圆柱体的轴线方向(如图)水平地把工件从槽中拉出来,人至少要施加多大的拉力? (2)现把整个装置倾斜,使圆柱体的轴线与水平方向成37°角,且保证圆柱体对V形槽两侧面的压力大小相等,发现圆柱体能自动沿槽下滑,求此时工件和槽之间的摩擦力大小. 解:(1)分析圆柱体的受力可知,沿轴线方向受到拉力F、两个侧面对圆柱体的滑动摩擦力,由题给条件知,F=Ff.将重力进行分解如图. 因为α=60°,所以G=F1=F2, 由Ff=μF1+μF2,得F=0.5G. (2)把整个装置倾斜,则圆柱体的重力可以分解为沿槽顶方向的分力与垂直于槽顶方向的分力; 垂直于槽顶方向的分力Gcos 37°又进一步分解为两个挤压斜面的压力,结合(1)的分析可知,压紧斜面的分力: F1′=F2′=Gcos 37°=0.8G,此时圆柱体和槽之间的摩擦力大小:Ff′=2μF1′=0.4G.

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  • ID:6-6185538 2020版高三物理最新一轮复习资料(人教版 课件+课时作业):第八章恒定电流 (共8份打包)

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    (共105张PPT) 第八章 恒定电流 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 还能怎么考 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! (共54张PPT) 第八章 恒定电流 返回导航 滑动变阻器 0.6 3 返回导航 大 返回导航 返回导航 大 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 R R A R 待测电源 考点定位 R R 甲 U/V l.6 1.5 l.4 1.3 1.2 1.1 lA l.0 0 0.10.203040.50.6 0 R88 十 甲 U 1.50 1.40 1.30 1.20 1.10 1.00任 口■■口■■■■■口■■■■口■■■■■■■■ 0.90 ■■■口 ■■■■■■■口■口■■■■■口■□■■■■■□■■口■■■ ■■■■口■■■ ■■■口 ■■口 ■■口 ■■■■ 0.80 0.70 020406080100120140160R/9 乙 高考实验创新分析 E ● ×100 ×10 3 654 A ×0.1 3 654 654 电流表 电阻箱 十 口W 待测干电池 开关 R/O 10 6 40 6 do 4 mⅴ 0 /A (题10-2图) 01234567 R/Q 10 □■■ 8 6 4 /A 2 01234567 RI S 图(a) /A 20 ×100 ×10 ■■ ■■ 0 ■■■ 100 140 180 R 图(b) 图(c) (共54张PPT) 第八章 恒定电流 返回导航 温度 滑动变阻器 返回导航 返回导航 平滑 返回导航 相近 较小 返回导航 外 分压式 返回导航 大 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 热点透析 高考实验创新分析 ■■■■■ 0.6 3 左如右逃 U/V 3.00 2.7 2.4 2.1 8 00000 1.5 0 0 0 296 0.3 000 V/A O0.100.200.300.400.500.60 I/mA 350 300 250 200 150日 100 50 0 2 4U/V 图(a) E。S 图(b) 太阳能电池 ① IR E (甲) I/mA 65432 0 0.51.01.52.02.53.03.50v LueLLwLLALwALLALLLyLLlLILLLLlL (乙) R 图1 跟踪训练 L R (共68张PPT) 第八章 恒定电流 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看! m 实验基础 热点透析 高考实验创新分析 0 ⊙尹 红表笔黑表笔 甲 G R T 红表笔 R 黑表笔 丙) 0 E R 红表笔 黑表笔 乙 表头 R E r R2 R3 2 3入 A B 3020 15 10 °¥|72001005040 5 500 100 150 50 200 0 A—V9 跟踪训练 V 6 (共38张PPT) 第八章 恒定电流 返回导航 考点内容 要求 2015~2018年全国课标卷考点考次统计 欧姆定律 Ⅱ 电阻定律 Ⅰ 电阻的串联、并联 Ⅰ 电源的电动势和内阻 Ⅰ 闭合电路的欧姆定律 Ⅱ 2016年Ⅱ卷17题 电功率、焦耳定律 Ⅰ 返回导航 实验七:测定金属的电阻(率 ) 2018年Ⅰ卷23题 2018年Ⅲ卷23题 2017年Ⅱ卷23题 2016年Ⅱ卷23题 2015年Ⅰ卷23题 2015年Ⅱ卷23题 实验八:描绘小电珠的伏安特性曲线 2017年Ⅰ卷23题 实验九:测定电源的电动势和内阻 实验十:练习使用多用电表 2017年Ⅲ卷23题 2018年Ⅱ卷22题 返回导航 命题特点 1.伏安特性曲线的考查,应用串、并联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析. 2.非纯电阻电路的分析与计算,将结合实际问题考查电功与电热的关系,多以计算题或选择题的形式出现. 3.静态、动态含容电路的分析与计算,以及电路故障的分析与判断,多以选择题形式出现. 4.电学实验及相关电路的设计,几乎已成为每年高考必考的题型. 返回导航 自由移动 电压 返回导航 正电荷 正 负 负 正 返回导航 nqSv 阻碍作用 横截面积 长度 材料 返回导航 导电性能 材料性质 增大 减小 返回导航 电压 电阻 返回导航 电流 电压 直线 > 曲线 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 电场力 IUt 电能 快慢 IU 返回导航 热量 I2Rt UI I2R P I2R 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 电功率 单位时间内电流所做的功 P=UI 对纯电阻电路,电功率等于热功率,P电=P热=UI=I2R;对非纯电阻电路,电功率大于热功率,P电>P热 热功率 单位时间内导体产生的热量 P=I2R 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共53张PPT) 第八章 恒定电流 返回导航 返回导航 大于 小于 返回导航 电能 返回导航 正比 反比 Ir 返回导航 增大 E 返回导航 IE IU外 I2(R+r) I2r 返回导航 IU 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 超导部件R1 限流电阻R2 输 P U/V 6420 I RN C/Ru A Ⅰ/A U/VB 321 A 0246IA R C R3 课时作业 【基础练习】 一、电阻、电阻定律的理解及应用 1.下列说法中正确的是(  ) A.由R=可知,电阻与电压、电流都有关系 B.由R=ρ可知,电阻与导体的长度和横截面积都有关系 C.各种材料的电阻率都与温度有关,金属的电阻率随温度的升高而减小 D.电荷的定向移动方向就是电流的方向 B 解析:导体的电阻是由长度、横截面积、材料决定的,与U,I无关,故A错,B对;金属的电阻率随温度升高而增大,故C错;由于电流的方向与正电荷移动方向相同,故选项D错误. 2.(2018内江模拟)如图所示,是一块均匀的长方体金属块,其长为a,宽为b,高为c,如果沿AB方向测得的电阻为R,那么,该金属块沿CD方向的电阻率和电阻分别为(  ) A.R R B.R R C.R R D.R R A 解析:沿AB方向测得的电阻为R,根据电阻定律R=ρ,即有R=ρ,那么电阻率为ρ=R; 那么沿CD方向的电阻R′=ρ×=R×=R,故选项A正确,B,C,D错误. 二、欧姆定律及伏安特性曲线 3.如图所示,a,b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线,下列判断中正确的是(  ) A.a代表的电阻丝较粗 B.b代表的电阻丝较粗 C.a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D.图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 B 解析:图线的斜率大,表示电阻小,由电阻定律R=ρ,b代表的电阻丝较粗;电阻是导体本身的性质,与电阻两端的电压无关,故选B. 4.(多选)如图所示是电阻R的IU图像,图中α=45°,由此得出(  ) A.通过电阻的电流与两端电压成正比 B.电阻R=0.5 Ω C.因IU图像的斜率表示电阻的倒数,故R=1/tan α=1.0 Ω D.在R两端加上6.0 V的电压时,每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C AD 解析:由IU图像可知,I和U成正比;而电阻R== Ω=2 Ω;由于纵、横坐标的标度不一样,故不能用tan α计算斜率表示电阻的倒数;在R两端加上6.0 V电压时,I== A=3.0 A,每秒通过电阻横截面的电荷量q=It=3.0×1 C=3.0 C,选项A,D正确. 5.某一导体的伏安特性曲线如图中AB段(曲线)所示,关于导体的电阻,以下说法中正确的是(  ) A.B点的电阻为12 Ω B.B点的电阻为40 Ω C.导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω D.导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω B 解析:根据电阻的定义式可以求出A,B两点的电阻分别为RA= Ω=30 Ω,RB= Ω=40 Ω,所以ΔR=RB-RA=10 Ω,故选项B正确,A,C,D错误. 三、串、并联电路及电表的改装 6.如图所示的甲、乙两个电路,都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成,它们中一个是测电压的电压表,另一个是测电流的电流表,那么以下结论中正确的是 (  ) A.甲表是电流表,R增大时量程增大 B.甲表是电流表,R增大时量程减小 C.乙表是电压表,R增大时量程减小 D.上述说法都不对 B 解析:电压表电阻分压应串联;电流表电阻分流应并联,所以甲表为电流表,乙表为电压表.并联电路电阻大时分流少,所以R增大时量程减小;串联电路电阻大时分压多,所以R增大时量程增大.选项B正确. 7.(2018武汉四校联考)如图所示,两个电阻串联后接在电路中a,b两点,已知a,b两点间电压不变.某同学把一个实验室里的电压表并联在R1两端时,读数为5 V;将该电压表并联在R2两端时,读数为4 V,则a,b两点间电压(  ) A.大于9 V B.等于9 V C.小于9 V D.无法确定 A 解析:将电压表并联在R1两端时,并联电阻小于R1,R1两端的电压小于不接电压表时的值,即R1两端的实际电压大于5 V;同理,R2两端的电压大于4 V,所以a,b两点间电压大于9 V,选项A正确. 8.一小量程电流表并联一个阻值较小的分流电阻后,就改装成为一个较大量程的电流表.当把改装表和标准电流表串联后去测某电路的电流时,发现改装表的读数略小于标准表的读数.为使改装表的读数准确,应(  ) A.在原分流电阻上再适当串联一个较大的电阻 B.在原分流电阻上再适当串联一个较小的电阻 C.在原分流电阻上再适当并联一个较大的电阻 D.在原分流电阻上再适当并联一个较小的电阻 B 解析:改装表的读数略小于标准表的读数,说明改装表两端的电压略小于标准表两端的电压,为了使改装表两端的电压略微增大,应该在原分流电阻上再串联一个较小的电阻,选项B正确,A,C,D错误. 四、电功、电功率及焦耳定律的应用 9.(2018温州模拟)电子产品制作车间里常常使用电烙铁焊接电阻和电容器等零件,技术工人常将电烙铁和一个灯泡串联使用,灯泡还和一只开关并联,然后再接到电源上(如图所示),下列说法正确的是(  ) A.开关接通时比开关断开时消耗的总电功率大 B.开关接通时,灯泡熄灭,只有电烙铁通电,消耗的总电功率减小 C.开关断开时,灯泡发光,电烙铁也通电,消耗的总功率增大,但电烙铁发热较少 D.开关断开时,灯泡发光,可供在焊接时照明使用,消耗总功率不变 A 解析:开关接通时,灯泡被短路,灯泡熄灭,电路的总电阻变小,电路的总功率变大,电烙铁的功率变大,选项A正确,B,C,D错误. 【素能提升】 10.(2019·江苏物理)(多选)如图所示的电路中,电源电动势为12V,内阻为2Ω,四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S,下列说法正确的有(  ) A.路端电压为10V B.电源的总功率为10W C.a、b间电压的大小为5V D.a、b间用导线连接后,电路的总电流为1A AC 解析:开关S闭合后,外电路的总电阻为R=10Ω,路端电压U=R=×10V=10V,A项正确;电源的总功率P==12W,B项错误;由于两条支路的电流均为I′=A=0.5A,因此a、b两点间的电压为Uab=0.5×(15-5)V=5V,C项正确;a、b两点用导线连接后,外电阻R′=2×Ω=7.5Ω,因此电路中的总电流I==A=1.26A,D项错误。 11.(2017枣庄检测)如图所示,图线1,2,3分别表示导体A,B,C的伏安特性曲线,其中导体C为一非线性电阻,当串联接在电压恒为6 V的直流电源两端时,它们的电阻分别为R1,R2,R3,则下列说法正确的是(  ) A.此时流过三导体的电流均为1 A B.R1∶R2∶R3=1∶2∶3 C.若将三导体串联后改接在3 V的直流电源上,则三导体的阻值之比不变 D.若将三导体并联后接在3 V的直流电源上,则通过它们的电流比Il∶I2∶I3=3∶2∶1 A 解析:由图可知,R1为1 Ω,R2为3 Ω,当三个电阻串联时,通过各个电阻的电流相等,则三个电阻两端的电压之和应为6 V;则由图可知,三个电阻中的电流应为1 A,电压分别为1 V,3 V,2 V,则由欧姆定律可知,电阻之比为R1∶R2∶R3=1∶3∶2;若将三个电阻串联接在3 V的直流电源上时,两定值电阻的阻值不变,而C由于电压变化,则电阻一定变化,比值即变化;若将三个电阻并联在3 V的电源上,各电阻的电流分别为3 A,1 A,2.3 A. 12.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图.电动机内电阻r=0.8 Ω,电路中另一电阻R=10 Ω,直流电压U=160 V,电压表示数UV=110 V.试求: (1)通过电动机的电流; (2)输入电动机的电功率; (3)若电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升重物,求该重物的质量.(g取10 m/s2). 答案:(1)5 A (2)550 W (3)53 kg 解析:(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR=U-UV=(160-110)V=50 V, 流过电阻R的电流IR== A=5 A, 即通过电动机的电流IM=IR=5 A. (2)电动机的分压UM=UV=110 V,输入电动机的电功率P电=IMUM=550 W. (3)电动机的发热功率P热=Ir=20 W, 电动机输出的机械功率P出=P电-P热=530 W, 又因P出=mgv, 所以m==53 kg. 13.如图所示,A为电解槽,为电动机,N为电炉子,恒定电压U=12 V,电解槽内阻RA=2 Ω,当S1闭合,S2、S3断开时,?示数为6 A;当S2闭合,S1、S3断开时,?示数为5 A,且电动机输出功率为35 W;当S3闭合,S1、S2断开时,?示数为4 A.求: (1)电炉子的电阻及发热功率; (2)电动机的内阻; (3)在电解槽工作时,电能转化为化学能的功率为多少? 解析:(1)电炉子为纯电阻元件,由欧姆定律得: R== Ω=2 Ω 其发热功率为:P=UI1=12×6 W=72 W. (2)电动机为非纯电阻元件,由能量守恒定律得: UI2=IRM+P输出 所以:RM=eq \f(UI2-P输出,I)= Ω=1 Ω. (3)电解槽为非纯电阻元件,由能量守恒定律得: P化=UI3-IRA 所以P化=(12×4-42×2)W=16 W. 答案:(1)2 Ω (2)1 Ω (3)16 W 课时作业 【基础练习】 一、电路的动态分析 1.如图所示电路、电源内阻不可忽略.开关S闭合后,在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(  ) A.电压表与电流表的示数都减小 B.电压表与电流表的示数都增大 C.电压表的示数增大,电流表的示数减小 D.电压表的示数减小,电流表的示数增大 A 解析:变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中,使连入电路中的R0阻值减小,整个电路的电阻减小,电路中的电流I增大,路端电压U=E-Ir减小.即电压表的示数减小,又R2与R0并联后再与R1串联,在R0减小时,使得R2两端电压减小,R2中的电流减小,即电流表的示数减小,A正确,B、C、D错误. 2.在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了及时发现,设计了一种报警装置,电路如图所示.M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻RM发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时(  ) A.RM变大,且R越大,U增大越明显 B.RM变大,且R越小,U增大越明显 C.RM变小,且R越大,U增大越明显 D.RM变小,且R越小,U增大越明显 C 解析:当传感器接触药液时,其阻值发生变化,导致S两端电压U增大,则M两端电压减小,可知RM应变小;R与RM构成并联电路,其并联总电阻为R并==,可知当R越大,RM减小相同值时,R并减小得越多,因此S两端电压增大越明显,选项C正确. 3.(2017烟台一模)如图所示电路,电源内阻不可忽略.在滑动变阻器滑片由a滑向b的过程中,下列说法中正确的是(  ) A.电流表示数减小 B.小灯泡L亮度增加 C.电源内电阻消耗功率减小 D.电源输出功率一定增加 C 解析:滑片向b端移动时,滑动变阻器接入电路的电阻增大,则电路中总电流减小,由E=U+Ir可知,路端电压增大,则流过R的电流增大,故电流表示数增大;因总电流减小,而流过R的电流增大,由并联电路的分流规律可知,流过灯泡的电流减小,故灯泡亮度减小;因电流减小,电源内部消耗的功率减小;当电源内、外电阻相等时,电源的输出功率最大,本题无法得出内、外电阻的大小关系,故无法确定输出功率的变化. 二、电动势、闭合电路的功率及效率问题 4.(2018浙江效实中学调研)如图所示的电路中,两平行金属板A,B水平放置,两板间距离d=40 cm.电源电动势E=24 V,内电阻r=1 Ω,电阻R=15 Ω.闭合开关S,待电路稳定后,将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间.若小球带电荷量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力.那么,要使小球恰能到达A板,滑动变阻器接入电路的阻值和此时电源的输出功率分别为(取g=10 m/s2)(  ) A.8 Ω,23 W B.32 Ω,8 W C.8 Ω,15 W D.32 Ω,23 W A 解析:带电小球从B到A根据动能定理有-mgd-qUP=0-mv,解得UP=8 V,根据闭合电路欧姆定律有UP=E-I(r+R),代入数据得I=1 A,此时滑动变阻器接入电路的阻值RP==8 Ω,电源输出功率P出=I2(R+RP)=23 W,选项A正确. 5.(2019·北京海淀检测)骑自行车有很多益处,可缓解交通压力,可节能减排;骑自行车时,人做功要消耗体能,还可强身健体。成人在平路上骑自行车时所受阻力约为20N。近来多个城市推出摩拜单车,车锁内主要集成了芯片、GPS定位模块和SIM卡等,便于掌控自行车的具体位置和状态,其工作原理如图所示。使用摩拜单车APP,用户可以查看并找到单车位置,扫描车身上的二维码,通过手机网络发送到云端请求解锁,云端收到后识别该车辆并发送解锁指令,摩拜单车执行解锁指令自动开锁,用户便可开始骑行。据此材料,以下推断错误的是(  ) A.摩拜单车车锁工作过程中需要用电,车内有供电系统 B.摩拜单车车锁直接接收了手机的电磁辐射信号后自动开锁,无需用电 C.无线电信号非常弱时,摩拜单车的定位将受到影响 D.成人在平路上骑自行车时,每秒钟平均消耗的体能约为100J左右 B 解析:根据题意可知,车辆收到解锁指令后自动开锁,可知开锁过程需要用电,故A正确;解锁系统是车辆通过接收云端发送的解锁指令而实现的,并不是接收手机的电磁辐射信号,故B错误;定位系统通过无线电来传输信号,无线电信号微弱时定位将受到影响,故C正确;成人骑车行驶时,车速大约为5m/s,匀速时,人对车提供牵引力,F=f,故人的做功功率大约为:P=Fv=fv=100W,故D正确。 6.(2018湖南浏阳一中、醴陵一中、攸县一中联考)如图所示,直线a、抛物线b和曲线c分别为某一稳恒直流电在纯电阻电路中的总功率P、电源内部的发热功率Pr、输出功率PR随电流I变化的图像,根据图像可知(  ) A.电源的电动势为9 V,内阻为1 Ω B.电源的电动势为3 V,内阻为3 Ω C.图像中任意电流值对应的P,Pr,PR间的关系为P>Pr+PR D.电路中总电阻为2 Ω时,外电阻上消耗的功率最大且为2.25 W D 解析:总功率P=IE,则E=3 V, 电源内耗功率Pr=I2r,则r=1 Ω, P,Pr,RR间的关系为P=Pr+PR, 当R=r时,Pmax==2.25 W,选项D正确. 三、含容电路问题 7.(2018沈阳模拟)如图所示,R1=R2=R3=R4=R,开关S闭合时,间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态;开关S断开时,小球的运动情况为(  ) A.不动 B.向上运动 C.向下运动 D.不能确定 C 解析:开关断开,电路的总电阻变大,干路电流减小,R4两端电压减小,则电容器两端的电压也减小,匀强电场的场强减小,小球受到的电场力减小,所以小球所受的合力向下,将向下运动,故选项C正确. 8.(多选)如图所示的电路中,电源电动势为E,内阻为r,平行板电容器C的两金属板水平放置,R1和R2为定值电阻,P为滑动变阻器R的滑动触头,G为灵敏电流计,A为理想电流表.开关S闭合后,C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静电状态,则下列说法正确的是(  ) A.在P向上移动的过程中,A表的示数变大,油滴仍然静止,G中有方向由a至b的电流 B.在P向上移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有由b至a的电流 C.在P向下移动的过程中,A表的示数变大,油滴向下加速运动,G中有由a至b的电流 D.在P向下移动的过程中,A表的示数变小,油滴向上加速运动,G中有由b至a的电流 BC 解析:油滴原来处于平衡状态,重力和静电力平衡;电容器与电阻R、R2并联,再与电阻R1串联,滑片向上移动,电阻R接入电路中的阻值变大,电路总电阻变大,干路电流变小,电容器两端电压为U=E-I(r+R1),故电容器两端电压变大,带电荷量变大,电场力变大,油滴向上加速运动;电容器充电,故电流从b到a.故A错误,B正确. 在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,电阻R接入电路中的阻值变小,电路总电阻变小,干路电流变大,电容器两端电压为U=E-I(r+R1),故电容器两端电压变小,带电荷量变小,电场力变小,油滴向下加速运动;电容器放电,故电流从a到b.故C正确,D错误. 四、两种UI图像的理解与应用 9.如图所示的UI图像中,直线a为某一电源的路端电压与电流的关系图线,直线b为某一电阻R的伏安特性曲线,两图线相交于(2,2).用该电源和该电阻组成闭合电路,电源的输出功率和电源的内电阻分别是(  ) A.6 W,1 Ω B.6 W,0.5 Ω C.4 W,1 Ω D.4 W,0.5 Ω D 解析:由图线a的纵截距可知,电源的电动势为E=3 V;由图线a的斜率可知电源的内阻为r=0.5 Ω;由a,b两图线的交点可知,闭合电路的总电流及路端电压分别为2 A和2 V,电源的输出功率为P=UI=4 W,选项A,B,C错误,D正确. 10.(2017武汉部分重点中学第一次联考)硅光电池是一种太阳能电池,具有低碳环保的优点.如图所示,图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图线(电池内阻不是常数),图线b是某电阻R的UI图线.在该光照强度下将它们组成闭合回路时,硅光电池的内阻为(  ) A.8.0 Ω B.10 Ω C.12 Ω D.12.5 Ω A 解析:由U=E-Ir,当I=0时,E=U,由图线a与纵轴的交点读出电动势为E=3.6 V.根据两图线交点处的状态可知,电阻两端的电压为2 V,则内阻r=8.0 Ω,故选项A正确. 11.(多选)用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图(甲)所示的实验电路,其中电源电动势E=9 V.图(乙)是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线.当其中一个灯泡正常发光时(  ) A.电流表的示数为1 A B.电压表的示数约为6 V C.电路输出功率为4 W D.电源内阻为2 Ω CD 解析:两个灯泡串联,所以电流相等.L1的额定电流为I1==0.5 A,L2的额定电流为I2==1 A,所以只有L1正常发光,电路中电流为0.5 A;从图(乙)中可以看出,电流为0.5 A时,两灯的电压分别为6 V和2 V,由串联分压原理知,L1两端电压为6 V,L2两端电压为2 V,电压表示数为2 V;电路输出功率为P=UI=(2+6)×0.5 W=4 W,电源内阻r==2 Ω. 【素能提升】 12.如图所示,图(甲)中M为一电动机,当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中,两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图(乙)所示.已知电流表读数在0.2 A以下时,电动机没有发生转动.不考虑电表对电路的影响,以下判断正确的是(  ) A.电路中电源电动势为3.4 V B.变阻器的触头向右滑动时,V2读数逐渐减小 C.此电路中,电动机的最大输出功率为0.9 W D.变阻器的最大阻值为30 Ω D 解析:由图(乙)可知E=3.6 V.变阻器的触头向右滑动时,其连入电路的阻值变大,总电流变小,路端电压变大,则V2读数变大.由图(乙)知电动机内阻rM=4 Ω,当I=0.3 A时,电动机输出功率最大,最大为3 V×0.3 A-(0.3 A)2×4 Ω=0.54 W.当I=0.1 A时,变阻器连入电路的电阻为最大值,由图可知rM=4 Ω,r=2 Ω,由闭合电路欧姆定律可得R=-r-rM=30 Ω. 13.(2018山东淄博模拟)如图所示,虚线框内为高温超导限流器,它由超导部件和限流电阻并联组成.超导部件有一个超导临界电流IC,当通过限流器的电流I>IC时,将造成超导体失超,从超导态(电阻为零,即R1=0)转变为正常态(一个纯电阻,且R1=3 Ω),以此来限制电力系统的故障电流.已知超导临界电流IC=1.2 A,限流电阻R2=6 Ω,小灯泡L上标有“6 V 6 W”的字样,电源电动势E=8 V,内阻r=2 Ω.原来电路正常工作,超导部件处于超导态,灯泡L正常发光,现灯泡突然发生短路,则(  ) A.灯泡L短路前通过R2的电流为 A B.灯泡L短路后超导部件将由超导态转化为正常态,通过灯泡的电流为1 A C.灯泡L短路后通过R1的电流为 A D.灯泡L短路后通过R2的电流为2 A 命题意图:本题考查超导体、欧姆定律等知识点. C 解析:标有“6 V 6 W”的小灯泡L电阻R==6 Ω,灯泡L正常发光时通过灯泡L的电流为I==1 A,超导部件处于超导状态,其电阻为零,1 A电流全部通过超导部件,即灯泡L短路前通过R2的电流为零,选项A错误.灯泡L短路后电流增大,通过限流器的电流大于超导临界电流,超导体将由超导态转化为正常态,外电路电阻为R′=2 Ω,由闭合电路欧姆定律可得,通过灯泡的电流为I==2 A,选项B错误.由并联电路电流分配规律可知,灯泡L短路后通过R1的电流为 A,通过R2的电流为 A,选项C正确,D错误.

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  • ID:6-6185535 2020版高考物理新设计大一轮江苏版(课件+精讲义+优习题):第一章 直线运动

    高中物理/高考专区/一轮复习

    专题突破 运动图象 追及相遇问题  运动图象的理解及应用 1.分析图象问题时应注意“六看” 一看“轴” 二看“线” 三看“斜率” 四看“面积” 五看“纵截距” 六看“特殊点” 2.几种非常规图象的理解 (1)a-t图象:由v=v0+at可知图象与横轴所围面积表示速度变化量Δv,如图甲所示; (2)a-x图象:由v2-v=2ax可知图象与横轴所围面积表示eq \f(v2-v,2),如图乙所示; (3)-t图象:由x=v0t+at2可得=v0+at,图象的斜率为a,如图丙所示。 (4)v2-x图象:由v2-v=2ax可知v2=v+2ax,图象斜率为2a。 (5)v-x图象:由v2-v=2ax可得v=eq \r(v+2ax),图象为曲线。 命题角度1 图象选择类 依据某一物理过程,设计某一物理量随时间(或位移、高度、速度等)变化的几个图象或此物理过程中某几个物理量随某一量的变化图象,从中判断其正误。 【例1】 (2016·江苏单科)小球从一定高度处由静止下落,与地面碰撞后回到原高度再次下落,重复上述运动,取小球的落地点为原点建立坐标系,竖直向上为正方向。下列速度v和位置x的关系图象中,能描述该过程的是(  ) 解析 由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v与位置x的关系为v=eq \r(v-2gx),从最高点下落时二者的关系为v=-,对比图象可知A正确。 答案 A 解决该类问题一般依据物理过程,运用对应规律,实现公式与图象之间的转化确定某物理量的变化情况,从而确定选项的正确与否。 命题角度2 图象信息类 这类问题是对某一物理情景给出某一物理量的具体变化图象,由图象提取相关信息或将图象反映的物理过程“还原”成数学表达式形式从而对问题做出分析判断作答。 【例2】 物体做直线运动的v-t图象如图1所示,则该物体(  ) 图1 A.第1 s内和第5 s内的运动方向相反 B.第2 s内和第6 s内的加速度相同 C.0~2 s和0~4 s内的平均速度大小相等 D.在0~6 s内,物体的位移大小为30 m 解析 由题图知,在前5 s内物体的速度一直为正值,说明在前5 s内物体的运动方向一直不变,故A项错误;由速度-时间图象的斜率等于加速度,根据题图可知,第2 s内加速度为正,第6 s内加速度为负,方向相反,加速度不同,故B项错误;由图象与时间轴所围的面积表示位移,平均速度等于位移除以时间,则0~4 s内平均速度大小1== m/s=7.5 m/s,0~2 s内的平均速度大小2== m/s=5 m/s,大小不相等,故C项错误;根据“面积”可知:在0~6 s内,物体的位移大小为x=×2×10 m+10×2 m=30 m,故D项正确。 答案 D 命题角度3 图象转化类 【例3】 (2019·阜宁中学调研)一物体由静止开始沿直线运动,其加速度随时间变化的规律如图2所示。取物体开始运动的方向为正方向,则下列关于物体运动的v-t图象正确的是(  ) 图2 解析 根据加速度随时间变化的图象可得,0~1 s为匀加速直线运动,第一秒末的速度v1=at1=1 m/s,速度为正方向,选项D错误;1~2 s加速度变为负值,而速度为正方向,因此做匀减速直线运动,第二秒末,速度v2=v1-at2=1 m/s-1×1 m/s=0,选项B错误;2~3 s,加速度为正方向,初速度为0,物体做正方向的匀加速直线运动,即从第二秒开始又重复前面的运动,选项C正确,A错误。 答案 C 命题角度4 应用图象巧解题 【例4】 (2018·江苏南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市高三第二次调研)一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止,经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程,设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2,匀速过程的速度大小为v,则(  ) A.增大a1,保持a2、v不变,加速过程的平均速度不变 B.减小a1,保持a2、v不变,匀速运动过程的时间将变长 C.增大v,保持a1、a2不变,全程时间变长 D.只要v不变,不论a1、a2如何变化,全程平均速度不变 解析 匀变速运动的平均速度为=,则加速运动过程的平均速度等于,v不变,则加速过程的平均速度不变,故A项正确;匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1=vt1、x2=vt2、x3=vt3,如果减小a1,保持a2、v不变,则加速过程的时间t1=将增大,加速过程的位移x1增大,而减速的时间和位移不变,所以匀速的位移将减小,匀速的时间减小,故B项错误;作出物体运动的速度图象如图甲所示,增大v,保持a1、a2不变,由于总位移不变,所以运动的时间将减小,故C项错误;同理如图乙所示,v不变,a1、a2变化,则全程的时间将会发生变化,全程平均速度变化,故D项错误。 答案 A  追及与相遇问题 讨论追及、相遇问题的实质,就是分析两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置。 1.抓住一个条件,两个关系 (1)一个条件:二者速度相等。它往往是能否追上或距离最大、最小的临界条件,也是分析判断的切入点。 (2)两个关系:即时间关系和位移关系。可通过画草图找出两物体的位移关系,也是解题的突破口。 2.能否追上的判断方法 常见情形:(如图3所示)物体A追物体B,开始二者相距x0,则 (1)A追上B时,必有xA-xB=x0,且vA≥vB。 图3 (2)要使两物体恰不相撞,必有xA-xB=x0,且vA≤vB。 命题角度1 与运动图象相结合的追及相遇问题 【例5】 (2019·南京学情调研)如图4,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置-时间(x-t)图线。由图可知(  ) 图4 A.在时刻t1,a车追上b车 B.在时刻t2,a、b两车运动方向相同 C.在t1到t2这段时间内,b车的速率先减小后增加 D.在t1到t2这段时间内,b车的速率一直比a车的大 解析 从x-t图象可以看出,在t1时刻,b车追上a车,选项A错误;在t2时刻,b车运动图象的斜率为负值,表示b车速度反向,而a车速度大小和方向始终不变,选项B错误;从t1时刻到t2时刻,图象b斜率的绝对值先减小至零后增大,反映了b车的速率先减小至零后增加,选项C正确,D错误。 答案 C 【例6】 (2018·高邮中学阶段检测)a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动,二者运动的v-t图象如图5所示,下列说法正确的是(  ) 图5 A.a、b两物体运动方向相反 B.a物体的加速度小于b物体的加速度 C.t=1 s时两物体的间距等于t=3 s时两物体的间距 D.t=3 s时,a、b两物体相遇 解析 由题图可知a、b两物体的速度均为正值,则a、b两物体运动方向相同,A项错误;因v-t图象中图线的斜率表示加速度,则a的加速度大于b的加速度,B项错误;v-t 图象中图线与坐标轴所围的面积表示位移,因为t=1 s到t=3 s,a图线和b图线与t轴所围的面积相等,即此时间段两物体位移相同,则t=1 s时两物体的间距等于t=3 s 时两物体的间距,C项正确;由题图可知t=3 s时,xb>xa,又a和b同时、同地出发,同向运动,所以t=3 s时,b在a前方,D项错误。 答案 C 命题角度2 联系生活实际的追及问题 【例7】 在水平轨道上有两列火车A和B相距x,A车在后面做初速度为v0、加速度大小为2a的匀减速直线运动,而B车同时做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动,两车运动方向相同。要使两车不相撞,求A车的初速度v0满足什么条件。(可用多种方法) 解析 两车不相撞的临界条件是,A车追上B车时其速度与B车相等。设A、B两车从相距x到A车追上B车时,A车的位移为xA、末速度为vA、所用时间为t;B车的位移为xB、末速度为vB,运动过程如图所示,现用三种方法解答如下: 法一 分析法 利用位移公式、速度公式求解,对A车有xA=v0t+(-2a)t2,vA=v0+(-2a)t 对B车有xB=at2,vB=at 两车位移关系有x=xA-xB 追上时,两车不相撞的临界条件是vA=vB 联立以上各式解得v0= 故要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是 v0≤。 法二 函数法 利用判别式求解,由解法一可知 xA=x+xB,即v0t+(-2a)t2=x+at2 整理得3at2-2v0t+2x=0 这是一个关于时间t的一元二次方程,当根的判别式Δ=(-2v0)2-4·3a·2x=0时,两车刚好不相撞,所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0≤。 法三 图象法 利用v-t图象求解,先作A、B两车的v-t图象,如图所示,设经过t时间两车刚好不相撞,则对A车有 vA=v′=v0-2at 对B车有vB=v′=at 以上两式联立解得t= 经t时间两车发生的位移之差为原来两车间距离x,它可用图中的阴影面积表示,由图象可知 x=v0t=v0·=eq \f(v,6a) 所以要使两车不相撞,A车的初速度v0应满足的条件是v0≤。 答案 v0≤ 1.解决追及问题要牢记“一个思维流程” 2.掌握“三种分析方法”:分析法、极值法、图象法。 科学思维的拓展——应用速度图象解决变速类问题 1.对于实际问题在无法运用物理公式解答的情况下,用图象法则会使思路豁然开朗。 2.运用图象法时,要结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象,再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量。 【典例】 如图6所示,一个固定在水平面上的光滑物块,其左侧面是斜面AB,右侧面是曲面AC,已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑,比较它们到达水平面所用的时间(  ) 图6 A.p小球先到 B.q小球先到 C.两小球同时到 D.无法确定 解析 可以利用v-t图象(这里的v是速率,曲线下的面积表示路程s)定性地进行比较。在同一个v-t图象中做出p、q的速率图线,显然开始时q的加速度较大,斜率较大;由于机械能守恒,末速率相同,即曲线末端在同一水平线上。为使路程相同(曲线和横轴所围的面积相同),显然q用的时间较少,q小球先到,选项B正确。 答案 B 【变式训练】 (多选)如图7所示,质量相同的木块A、B用轻质弹簧连接。静止在光滑的水平面上,此时弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A,则从力F开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中(  ) 图7 A.弹簧压缩到最短时,两木块的速度相同 B.弹簧压缩到最短时,两木块的加速度相同 C.两木块速度相同时,加速度aA<aB D.两木块加速度相同时,速度vA>vB 解析 从力F开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,对两木块运动过程分析可知,A做加速度减小的加速运动,B做加速度增大的加速运动,只要A的速度大于B的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中,则两木块速度相同时弹簧压缩到最短,画出这一过程A、B两木块的v-t图象,则t1时刻,A、B两木块的加速度相同(切线斜率相同),且vA>vB,t2时刻A、B两木块的速度相同,且aB>aA,综上,选项A、C、D正确,B错误。 答案 ACD  1.(2019·淮安高三期末)(多选)在地面上某处将一金属小球竖直向上抛出,上升一定高度后再落回原处,若不考虑空气阻力,则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和速率随时间变化关系的是(取向上为正方向)(  ) 解析 金属小球竖直向上抛出,空气阻力忽略不计,只受重力,做竖直上抛运动,上升和下降过程加速度大小和方向都不变,故做匀变速直线运动,故选项A正确,B错误;根据位移—时间公式,有x=v0t+at2,则位移—时间图象是抛物线,故选项C错误;小球做竖直上抛运动,上升过程,速率均匀减小,下降过程,速率均匀增大,故选项D正确。 答案 AD 2.(2018·镇江市高三第一次模拟)甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图8所示,下列说法正确的是(  ) 图8 A.甲车做直线运动,乙车做曲线运动 B.在0~t1时间内,甲车平均速度小于乙车平均速度 C.在0~t2时间内,丙、丁两车在t2时刻相距最远 D.在0~t2时间内,丙、丁两车加速度总是不相同的 解析 运动图象描述的是直线运动,A错误;0~t1时间内,甲、乙位移相等,所以平均速度相等,B错误;0~t2时间内,丁的速度始终大于丙的速度,t2时刻速度相等,之后丙的速度大于丁的速度,所以t2时刻两者相距最远,C正确;在速度-时间图象中,图线的斜率表示加速度,所以在0~t2 时间内,丙、丁的加速度有相等的时刻,D错误。 答案 C 3.从塔顶由静止释放一个小球A的时刻为计时零点,t0时刻,在与A球t0时刻所在位置的同一水平高度,由静止释放小球B,若两球都只受重力作用,设小球B下落时间为t,在A、B两球落地前,A、B两球之间的距离为Δx,则-t0的图线为(  ) 解析 A、B两球释放后都做自由落体运动,B球释放时,A球的速度vA=gt0,B释放t时间时,A、B两球之间的距离Δx=vAt+gt2-gt2=gt0t,则=gt0,所以-t0的图线为一条过原点的倾斜直线,斜率为g,故选项B正确。 答案 B 4.(2018·扬州模拟)(多选)如图9所示,A、B两物体在同一点开始运动,从A、B两物体的位移图线可知下述说法中正确的是(  ) 图9 A.A、B两物体同时自同一位置向同一方向运动 B.A、B两物体自同一位置向同一方向运动,B比A晚出发2 s C.A、B两物体速度大小均为10 m/s D.A、B两物体在A出发后4 s在距原点20 m处相遇 解析 由题意可知A、B两物体由同一地点开始运动,但A比B提前2 s开始运动,故A项错误;由于A、B位移图象的斜率都大于0,故两物体运动的方向都为正方向,故B项正确;由题图可知A物体的速度v1== m/s=5 m/s,B物体的速度v2== m/s=10 m/s,故C项错误;由题图可知在t=4 s时两物体到达同一位置在x=20 m处相遇,D项正确。 答案 BD 活页作业 (时间:40分钟) 一、单项选择题 1.(2019·泰州中学期中)如图1所示为一个质点运动的位移x随时间t变化的图象,由此可知质点(  ) 图1 A.0~2 s内沿x轴正方向运动 B.0~4 s内做曲线运动 C.0~4 s内速率先增大后减小 D.0~4 s内位移为零 解析 x-t图象切线的斜率表示该时刻的速度,0~4 s内图象斜率一直为负,则质点一直沿负方向做直线运动,选项A、B错误;在0~4 s内,x-t图象的斜率的绝对值先增大后减小,故质点的速率先增大后减小,选项C正确;x-t图象上纵坐标的改变量表示位移,故0~4 s内质点的位移为Δx=x2-x1=-10 m- 10 m=-20 m,选项D错误。 答案 C 2.(2018·江阴模拟)如图2(a)所示为甲、乙两质点的v-t图象,(b)图是在同一直线上运动的物体丙、丁的位移图象。下列说法中正确的是(  ) 图2 A.质点甲、乙的速度相同 B.不管质点甲、乙是否从同一地点开始运动,它们之间的距离一定越来越大 C.丙的出发点在丁前面x0处 D.丙的运动速率大于丁的运动速率 解析 由题图(a)读出,甲、乙两质点的速度大小都是2 m/s,甲的速度沿正方向,乙的速度沿负方向,说明两质点速度方向相反,而速度是矢量,则质点甲、乙的速度不同,故A项错误;由于甲、乙出发点的位置关系未知,无法判断它们之间的距离如何变化,故B项错误;由题图(b)看出丙从距原点正方向x0处出发沿正方向做匀速直线运动,丁从原点出发沿同一方向做匀速直线运动,所以丙的出发点在丁前面x0处,故C项正确;丙图线的斜率小于丁图线的斜率,则丙的运动速率小于丁的运动速率,故D项错误。 答案 C 3.(2019·苏州高三上学期期末)一个质点从静止开始沿直线做加速运动,速度v随位移x变化的图线如图3所示,则质点在此运动过程中加速度的大小(  ) 图3 A.等于0    B.保持不变 C.逐渐减小   D.逐渐增大 解析 由图可知,x与v成正比,即x=kv,其中k为常量,根据速度的定义式得v===ka,可见加速度与速度成正比,所以质点的加速度逐渐增大,选项D正确。 答案 D 4.(2018·江苏扬中等七校高三联考)运动质点的v-x图象如图4所示,图线为顶点在坐标原点,开口向右的一条抛物线,则下列判断不正确的是(  ) 图4 A.质点做初速度为零的匀加速直线运动 B.质点的加速度大小为5 m/s2 C.质点在3 s末的速度大小为30 m/s D.质点在0~3 s内的平均速度大小为7.5 m/s 解析 图线为一顶点在原点,开口向右的抛物线的一部分,由数学知识可得:v2=2ax。对照匀变速直线运动的公式v2=2ax可知加速度一定,物体做初速度为零的匀加速运动,故选项A正确;根据102=2a×10可得a=5 m/s2,选项B正确;质点在3 s末的速度大小为v3=at=15 m/s,选项C错误;质点在0~3 s内的平均速度大小为==7.5 m/s,选项D正确。 答案 C 5.(2018·江苏海安中学检测)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内,它们的v-t图象如图5所示。在这段时间内(  ) 图5 A.汽车甲的平均速度比乙的大 B.汽车乙的平均速度等于 C.甲、乙两汽车的位移相同 D.汽车甲的加速度大小逐渐减小,汽车乙的加速度大小逐渐增大 解析 根据v-t图象中图象与时间轴所围的面积表示位移,可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙,选项C错误;根据v=得,汽车甲的平均速度 v甲大于汽车乙的平均速度v乙,选项A正确;汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x,即汽车乙的平均速度小于,选项B错误;根据v-t图象的斜率反映了加速度的大小,因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小,选项D错误。 答案 A 二、多项选择题 6.在一笔直公路上有a、b、c三辆汽车,它们同时经过同一路标开始计时,此后的v-t图象如图6所示,下列判断正确的是(  ) 图6 A.在t1时刻a、b速度相等 B.0~t1时间内,a、b间距离在减小 C.0~t1时间内,a位于b、c前面 D.t1时刻以后,b位于a、c前面 解析 根据图象可知,在t1时刻a、b速度相等,故选项A正确;0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标,在t1时间内a车速度大于b车的速度,a车在b车的前方,所以两车逐渐远离,距离增大,故选项B错误;0~t1时间内,a的位移最大,所以a位于b、c前面,t1时刻以后的一段时间内,a位于b、c前面,故选项C正确,D错误。 答案 AC 7.(2018·江苏苏州高三上学期期初调研)甲、乙、丙三个质点在同一直线上运动的位移-时间图象如图7所示。其中质点丙的图线为抛物线。则下列说法正确的是(  ) 图7 A.甲、乙两质点均做匀速直线运动,且速度大小相等 B.甲质点做匀加速直线运动,乙质点做匀减速直线运动,两者的加速度大小相等 C.在t=5 s甲、乙两质点距离最近 D.丙质点做匀加速直线运动 解析 位移-时间图象的斜率表示质点运动的速度,由图可知,甲、乙图线斜率的绝对值相等,因此甲、乙两质点做速度大小相等的匀速直线运动,A正确,B错误;根据图象可知,在t=5 s时甲、乙两质点相距最远,C错误;丙质点对应的图线是开口向上的抛物线,故在做匀加速直线运动,D正确。 答案 AD 8.(2017·南京市第三次模拟)伽利略在研究自由落体运动的过程中,曾提出两种假设:①速度v与下落的高度h成正比。②速度v与下落的时间t成正比,分别对应于图8甲、乙,对于甲、乙两图作出的判断中正确的是(  ) 图8 A.图甲中加速度不断增加 B.图乙中加速度不断增加 C.图甲中0~h内运动的时间是 D.图乙中0~t内运动的位移是t 解析 由甲图可得v=kh,k为常数,则==k=kv,所以a=kv,表明加速度随速度均匀增大,平均速度<,所用时间t=>,选项A正确,C错误;图乙为v-t图象,斜率表示加速度,为定值,根据图象的面积可求位移为x=t=t,选项B错误,D正确。 答案 AD 9.(2018·无锡市高三期末考试)宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度(jerk)的概念。加速度对时间的变化率称为急动度,其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动,其加速度随时间的变化关系如图9。下列说法正确的是(  ) 图9 A.t=1 s时急动度是0.5 m/s3 B.t=3 s时的急动度和t=5 s时的急动度等大反向 C.2~4 s内的质点做减速运动 D.0~6 s内质点速度方向不变 解析 由图可知,a-t图线的斜率表示急动度,则t=1 s时的急动度为=0.5 m/s3,A正确;t=3 s时的急动度和t=5 s时的急动度是一个过程的急动度,等大同向,B错误;在2~4 s时间内,质点的加速度为正,与速度方向相同,即做加速运动,C错误;a-t图线所围“面积”表示速度变化量,0~6 s内“面积”分成三段,第二段与第三段“抵消”,第一段为正,则质点整个过程速度方向均为正,D正确。 答案 AD 三、计算题 10.(2019·苏南名校第三次联考)如图10所示,在两车道的公路上有黑白两辆车,黑色车停在A线位置,某时刻白色车以速度v1=40 m/s通过A线后,立即以大小为a1=4 m/s2的加速度开始制动减速,黑车4 s后以a2=4 m/s2的加速度开始向同一方向匀加速运动,经过一定时间,两车都到达B线位置。两车可看成质点。从白色车通过A线位置开始计时,求经过多长时间两车都到达B线位置及此时黑色车的速度大小。 图10 解析 设白车停下来所需的时间为t1,减速过程通过的距离为x1,则v1=a1t1 v=2a1x1 解得x1=200 m,t1=10 s 在t1=10 s时,设黑车通过的距离为x2, 则x2=a2(t1-t0)2 解得x2=72 mx乙,s甲x乙,s甲>s乙 C.x甲v甲,丙停在空中 B.甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙匀速上升 C.甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙匀速下降且v丙>v甲 D.甲、乙匀速下降,且v乙>v甲,丙匀速下降且v丙v甲,甲看到丙匀速上升,丙看到乙匀速下降,丙可能停在空中,也可能匀速上升,故选项A、B正确;甲看到丙匀速上升,丙看到乙匀速下降,丙可能匀速下降,且v丙x乙,s甲x乙,s甲>s乙 C.x甲

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  • ID:6-6185510 2019-2020高三物理最新一轮复习资料(人教版)第十三章热学(选修3-3) (共8份打包)

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    (共41张PPT) 第十三章 热学(选修3-3) 返回导航 考点内容 要求 2014~2017年全国课标卷考点考次统计 分子动理论的基本观点和实验依据 Ⅰ 2015年Ⅱ卷33题 阿伏加德罗常数 Ⅰ 气体分子运动速率的统计分布 Ⅰ 2017年Ⅰ卷33题 返回导航 温度是分子平均动能的标志、内能 Ⅰ 2017年206年Ⅱ卷33题 2016年Ⅲ卷33题 固体的微观结构、晶体和非晶体 Ⅰ 2015年Ⅰ卷33题 液晶的微观结构 Ⅰ 液体的表面张力现象 Ⅰ 气体实验定律 Ⅱ 理想气体 Ⅰ 2018年、2017年2016年、2015年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷33题 返回导航 饱和蒸气、未饱和蒸气、饱和蒸气压 Ⅰ 相对湿度 Ⅰ 热力学第一定律 Ⅰ 2017年Ⅱ卷Ⅲ卷33题 2016年Ⅰ卷Ⅱ卷33题 能量守恒定律 Ⅰ 热力学第二定律 Ⅰ 2016年Ⅰ卷33题 实验:用油膜法估测分子的大小 返回导航 命题特点 1.在全国卷的命题中,对该部分内容的考查,在选考部分单独设置,考查的知识内容比较全面.重点考查分子动理论、气体实验定律及热力学第一定律.题型一般以选择、计算为主. 2.预计在2018年高考中,对本部分内容的考查仍将以分子动理论、气体实验定律及热力学第一定律为重点,固体与液体的性质及物态变化的知识也可能会考查到. 返回导航 10-10m 10-27~10-26kg 6.02×1023 返回导航 无规则 越小 越高 固体微粒 液体分子 温度 返回导航 同时 减小 10-10m 斥力 引力 返回导航 热力学温标 273.15 返回导航 所有 温度 体积 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 现象 扩散现象 布朗运动 热运动 活动主体 分子 微小固体颗粒 分子 区别 分子的运动,发生在固体、液体、气体任何两种物质之间 比分子大得多的微粒的运动,只能在液体、气体中发生 分子的运动,不能通过光学显微镜直接观察到 共同点 ①都是无规则运动;②都随温度的升高而更加激烈 联系 扩散现象、布朗运动都反映分子做无规则的热运动 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! (共36张PPT) 第十三章 热学(选修3-3) 返回导航 不规则 不确定 各向异性 返回导航 返回导航 表面张力 异性 流动性 液体 晶体 发生改变 返回导航 上升 下降 动态平衡 饱和 温度 体积 返回导航 返回导航 温度 反比 p1V1=p2V2 体积 正比 返回导航 压强 正比 不太大 不太低 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 PA poS PB mg Mg (b) C T C 3 O (共44张PPT) 第十三章 热学(选修3-3) 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 考点定位 K (共33张PPT) 第十三章 热学(选修3-3) 返回导航 做功 热传递 返回导航 热量 Q+W 低温物体 高温物体 不产生其他影响 第二类 返回导航 减小 无序性 转化 转移 总量 返回导航 能量守恒定律 热力学第二定律 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 点击进入word.... 返回导航 谢谢观看! m 基础回顾 考点定位 隔板 活塞 理想 气体/真空 热力学宏观现象的方向性 热力学第一定律说明发生的任何过程中能量必定守 恒,热力学第二定律说明并非所有能量守恒的过程都 能实现 (1)高温物体 热量Q能自发传给低温物休 热量Q不能自发传给 能自发地完全转化为 (2)功 一热量 不能自发地完全转化为 能自发膨胀到 (3)气体体积V1 不能自发命气体体积V(较大) (4)不同气体A和乃~能自发混合成 混合气体A乃 不能自发分离成 课时作业 【基础练习】 一、微观量的估算 1.只要知道下列哪一组物理量,就可以估算气体分子间的平均距离(  ) A.阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量 B.阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度 C.阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积 D.该气体的密度、体积和摩尔质量 B 解析:要求平均距离,需要知道气体体积及相应分子总个数,求出每个分子占有的体积,选项A的条件只能求出分子的总个数;C只能求出该气体的密度,D能求出该气体的质量和摩尔数,B项可求得摩尔体积,即可得到每个分子占有的体积,就可以估算气体分子间的平均距离. 2.已知铜的摩尔质量为M(kg/mol),铜的密度为ρ(kg/m3),阿伏加德罗常数为NA(mol-1).下列判断错误的是(  ) A.1 kg铜所含的原子数为 B.1 m3铜所含的原子数为 C.1个铜原子的质量为(kg) D.1个铜原子的体积为(m3) B 解析:1 kg铜所含的原子数N=NA=;1 m3铜所含的原子数N=NA;1个铜原子的质量m0=(kg),1个铜原子的体积V0=(m3),D正确. 3.(2018江苏盐城三模)已知氮气的摩尔质量为M,在某状态下氮气的密度为ρ,阿伏加德罗常数为NA,在该状态下体积为V1的氮气分子数为________,该氮气变为液体后的体积为V2,则一个氮分子的体积约为________. 解析:体积为V1的氮气的质量为ρV1,则物质的量为,则分子数N=NA,该氮气变为液体后的体积为V2,则一个氮分子的体积V0==. 答案:   二、布朗运动与分子热运动 4.(2015全国新课标理综Ⅱ)(多选)关于扩散现象,下列说法正确的是(  ) A.温度越高,扩散进行得越快 B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 答案:ACD 5.PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物,其漂浮在空气中做无规则运动,很难自然沉降到地面,吸入肺后对人体形成危害.下列关于PM2.5的说法中正确的是(  ) A.在实验室尽量排除外界影响的情况下(如振动、空气对流等),PM2.5不会再运动 B.PM2.5在空气中的运动属于分子热运动 C.PM2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡决定的 D.无风空气中PM2.5运动是空气分子永不停息的无规则运动造成的 D 解析:布朗运动是由空气分子无规则运动引起的,与振动、对流等外界影响无关,选项A错误;PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动,选项B错误;PM2.5的运动轨迹是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡和空气的运动决定的,选项C错误,D正确. 三、分子力、分子势能的理解和应用 6.(2017福州第三次质量检查)根据分子动理论,分子间同时存在着相互作用的引力和斥力,以及具有分子势能.当分子间距离减小时,下列说法正确的是(  ) A.分子间引力一定增大 B.分子间斥力一定减小 C.分子势能一定增大 D.引力和斥力的合力一定增大 A 解析:分子之间引力和斥力均随着分子之间距离的增大而减小,随着距离的减小而增大;由于不知开始时分子之间距离与r0的关系,因此不能确定随着分子间距离减小分子势能与分子力的变化情况. 7.(2017湖北枣阳期末)(多选)如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线,下列说法正确的是(  ) A.当r>r1时,分子间的作用力表现为引力 B.当r<r1时,分子间的作用力表现为斥力 C.当r=r2时,分子间的作用力为零 D.在r由r1变到r2的过程中,分子间的作用力做负功 E.当r0),内能增加了b(b>0),则此过程气体________(选填“吸收”或“放出”)的热量为________. 解析:对A到B过程,温度不变,由玻意耳定律可知,气体在状态B时的体积为V=;气体从状态A经状态B变化到状态C的过程中,对外做的功为a,内能增加了b,由热力学第一定律知,此过程气体吸收的热量为a+b. 答案: 吸收 a+b 【素能提升】 12.(2016全国卷Ⅱ)(多选)一定量的理想气体从状态a开始,经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态,其p?T图像如图所示,其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是________.(填正确答案标号.选对1个得2分,选对2个得4分,选对3个得5分.每选错1个扣3分,最低得分为0分) A.气体在a、c两状态的体积相等 B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能 C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功 D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功 E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功 ABE 解析:由=k可知,P-T图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线,A项正确;气体从状态c到状态d的过程温度不变,内能不变,从状态d到状态a的过程温度升高,内能增加,B项正确;由于过程cd中气体的内能不变,根据热力学第一定律可知,气体向外放出的热量等于外界对气体做的功,C项错误;在过程da中气体内能增加,气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功,D项错误;过程bc中,外界对气体做的功Wbc=pb(Vb-Vc)=pbVb-pcVc,过程da中气体对外界做的功Wda=pd(Va-Vd)=paVa-pdVd,由于pbVb=paVa,pcVc=pdVd,因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等,E项正确. 13.如图所示,内壁光滑的气缸水平放置.一定质量的理想气体被活塞密封在气缸内,外界大气压强为p0.现对气缸缓慢加热,气体吸收热量Q后,体积由V1增大为V2.则在此过程中,气体分子平均动能________(选填“增大”“不变”或“减小”),气体内能变化了________. 解析:由于对气缸缓慢加热,温度升高,气体分子平均动能增大;根据热力学第一定律W+Q=ΔU,其中气体对外做功W=-p0(V2-V1),气体内能变化ΔU=Q-p0(V2-V1). 答案:增大 Q-p0(V2-V1) 14.(2018潍坊模拟)如图所示,横截面积S=10 cm2的活塞,将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内,开始活塞与气缸底距离H=30 cm.在活塞上放一重物,待整个系统稳定后.测得活塞与气缸底部距离变为h=25 cm.已知外界大气压强始终为p0=1×105 Pa,不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦,g取10 m/s2.求: (1)所放重物的质量; (2)在此过程中被封闭气体与外界交换的热量. 解析:(1)封闭气体发生等温变化 气体初状态的压强为p1=p0=1.0×105 Pa 气体末状态的压强为p2=p0+ 根据玻意耳定律得p1HS=p2hS 解得m=2 kg. (2)外界对气体做功W=(p0S+mg)(H-h) 一定质量的理想气体温度不变,内能不变 根据热力学第一定律知ΔU=W+Q=0 解得Q=-6 J,即放出6 J的热量. 答案:(1)2 kg (2)6 J

    • 2019-08-31
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