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高考物理二轮专题复习第部分考前抢分策略高考热点终极预测课件新人教_图文

? 专题三 高考热点终极预测

? 力学中的运动图象一直是高考中重点考查 的内容.考查的形式多为选择题,难度中 等.通过图象考查学生的信息处理能力、 物理过程分析能力、应用数学知识解决物 理问题的能力. ? 高考对此类问题的考查有以下三种形式: ? (1)对v-t、x-t、a-t等图象的理解及应 用. ? (2)匀变速直线运动与抛体运动相结合的问

? [例1] (多选)t=0时,甲、乙两汽车从相 距70 km的两地开始相向行驶,它们的v-t 图象如图所示.忽略汽车掉头所需时间, 下列对汽车运动状况的描述正确的是( )

? A.在第1 h末,乙车改变运动方向

? [思路点拨] (1)v-t图线的斜率表示加速度, 与t轴围成的“面积”表示位移,交点表示 速度相等. [解析] 由题图知,1 h 末乙车沿负向行驶由匀加速直线运动变为匀 ? (2)判断是否相遇,关键是比较两者的位 1 减速直线运动,行驶方向并未改变, A 错.在前 2 h 内甲车的位移 x = 移. 2
2

1 ×2×30 km= 30 km,沿正向;乙车的位移 x1= ×2×30 km= 30 km, 2 沿负向;故此时两车相距 Δx= (70- 30- 30) km= 10 km,B 对.由图线 1 的斜率大小可知 C 对.在前 4 h 内甲车的位移 x 甲= ×4×60 km= 120 2 1 1 km,沿正向;乙车的位移 x 乙= ( ×2×60- ×2×30) km=30 km,沿 2 2
[答案] BC 正向;x 甲- x 乙= 90 km≠70 km,两车此时不相遇,D 错.

? 【针对训练1】 ? (多选)如图,A、B分别是甲、乙两小球从 同一地点沿同一直线运动的v-t图象,根 据图象可以判断( ) ? A.A球在t=4 s时速度方向将发生变化 ? B.B球在8 s内加速度方向发生了变化 ? C.两球运动时加速度大小相同方向相反 ? D.两球在t=8 s时相遇 ? 解析:A球在4 s前向正方向运动,4 s后向 负方向运动,故A对;B球的图线为一直线, 斜率不变,则加速度大小方向都不变,故

? 受力分析是力学的基础、高考的必考点, 几乎渗透到每个试题中.选择题以共点力 的平衡问题为主要命题形式,以弹力或摩 擦力分析为考查重点,以整体法与隔离法 或正交分解法为主要考查目标. ? 高考对此类问题有以下三种考查形式: ? (1)有关动态平衡的选择题; ? (2)在静电力、磁场力和重力作用下的平衡 问题;

? [例2] 如图所示,将一套在光滑圆轨上的 小圆环用一始终沿切线方向的力缓慢地由 底端拉向A点,则小圆环在向上拉动的过 程中( ) ? A.圆轨对小圆环的支持力变大 ? B.圆轨对小圆环的支持力变小 ? C.小圆环的拉力F变大 ? D.小圆环的拉力F不变 ? [思路点拨] “缓慢”→受力平衡,由力 的分解法求解. ? [解析] 在缓慢向上拉动小圆环的过程中

? 【针对训练2】 ? 在竖直墙壁与放在水平面上的斜面体M间 放一光滑圆球,如图所示,斜面体M在外 力作用下缓慢向左移动,在移动过程中, 下列说法正确的是( )

? A.球对墙的压力大小增大 ? B.斜面体对球的支持力大小逐渐增大

? 解析:在斜面体缓慢移动中,球 处于平衡状态,而球所受重力不 变,墙、斜面体对球的支持力方 向始终不变,如图所示,由平衡 条件可知,墙、斜面体对球的支 持力大小也不变,故C正确. ? 答案:C

? “力和运动”是新课标物理两条主线之一, 其理论基础是力学的核心规律之一——牛顿 运动定律,在每年高考中几乎占据半壁江 山,考查范围涉及牛顿运动定律的理解(特 别是加速度的矢量性和瞬时性)和应用,如 超重和失重.两类动力学问题(常与运动学 公式或运动图象结合)、动力学临界问题, 而动力学的动态过程分析一直是高考的热 点和难点问题. ? 高考对此类问题有以下十二种考查形式: ? (1)与抛体运动、天体运动相结合的选择题;

? (6)相互接触的两个物体分离的临界问题; ? (7)物体的多过程运动问题的计算题; ? (8)在滑块—木板(传送带)问题中的计算题;
? (9)与能量相结合的综合计算题; ? (10)考查F-t、a-F图象与物体运动相结合 的选择题; ? (11)考查物体在周期性外力作用下的图象 问题的选择题或计算题;

? [例3] (多选)如图所示,点电荷+4Q与+ Q分别固定在A、B两点,C、D两点将AB 连线三等分.现让一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动,不计粒子 的重力,则该粒子在CD之间运动的速度 大小v与时间t的关系图象可能是( )

[解析] 由题意可知,D 点场强为 0, AD 之间场强向右.由于场强 E 是变化的,根据牛顿第二定律 a= qE 知,加速度是变化的,故 A 错; m

粒子从 C 到 D 运动过程中,若到达 D 点时速度恰好为 0,则在 D 点静 止;若到达 D 点之前速度减小到零,则会反向加速,故 C 对;若到达 D 点时速度没有减至零,则过 D 点后在 DB 段向右加速,则 B 对,粒子在 CD 间运动时受力方向始终向左,加速度方向始终向左,故 D 错.

? [答案] BC

? 【针对训练3】 ? (多选)如图甲所示,一轻质弹簧的下端固 定在水平面上,上端叠放两个质量均为M 的物质A、B(B物体与弹簧连接),弹簧的 劲度系数为k,初始时物体处于静止状 态.现用竖直向上的拉力F作用在物体A上, 使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运 动,测得两个物体的v-t图象如图乙所示

(重力加速度为g),则(

)

2Mg 解析: 施加 F 前,2Mg= kx,x= ,A 正确.施加外力 F 的瞬间, k 对 B 物体: F 弹- Mg- FAB= Ma, F 弹= 2Mg, 得 FAB= M(g-a), B 正确. A、 B 在 t1 时刻分离,此时 A、 B 具有共同的 v 与 a 且 FAB=0,对 B: F 弹 ′- Mg= Ma,F 弹 ′= M(g+ a),故 C 错误.当 F 弹′= Mg 时,B 达到 最大速度,D 错误.

? 答案:AB

? 天体运动或人造卫星是每年必考题,以选 择题居多.天体运动是牛顿运动定律和圆 周运动的综合应用,考查多涉及天体密度 或质量的估算,天体运动半径与速度、周 期的关系.人造卫星问题一般以新情境(如 神舟系列、嫦娥系列等国内最新航天科技) 命题,常以飞船的发射和变轨问题、同步 人造卫星问题为热点. ? 高考对此类问题有以下四种考查形式: ? (1)以选择题的形式考查天体质量、密度等 物理量的估算问题.

? [例4] (多选)发射地球同步卫星时,先将 卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火, 使其沿椭圆轨道2运行,最后再次点火, 将卫星送入同步圆轨道3,轨道1、2相切 于Q点,轨道2、3相切于P点,如图所 示.则下列说正确的是( ) ? A.要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3,需 要在椭圆轨道2的近地点Q和远地点P分别 点火加速一次 ? .卫星在椭圆轨道2上经过 P ? D B.由于卫星由圆轨道 1送入圆轨道 3被点 点时的加速度等于它在圆轨道 火加速两次,则卫星在圆轨道3上正常运 3 上经过P点时的加速度 行速度要大于在圆轨道 1上正常运行的速

? [思路点拨] (1)卫星做匀速圆周运动,万 有引力提供向心力. ? (2)卫星变轨:若加速则做离心运动,若减 速则做向心运动. ? (3)低圆轨道的运行速度总比高圆轨道的运 行速度大.

[解析] 将卫星由圆轨道 1 送入圆轨道 3,需要在 Q 点加速,使卫 星做离心运动,进入轨道 2,再在 P 点加速,将在轨道 2 上的椭圆运动 变为在轨道 3 上的匀速圆周运动,故 A 对;在圆轨道 1 和圆轨道 3 上, v2 GMm 根据万有引力提供向心力有 2 = m ,得 v= r r GM 1 ,v∝ ,在圆轨 r r

道 1 上的速度大于圆轨道 3 上的速度,故 B 错;近地圆轨道 1 的线速度 为第一宇宙速度,即 7.9 km/s,同步圆轨道 3 的线速度小于 7.9 km/s(因 为 v∝ 1 ),由于卫星需要在椭圆轨道 2 的近地点 Q 和远地点 P 分别 r

加速一次,才能由圆轨道 1 经椭圆轨道 2 变轨至圆轨道 3,所以椭圆轨 道 2 的近地点 Q 处速度大于 7.9 km/s, 而远地点 P 处速度小于 7.9 km/s, 故 C 对; 卫星在轨道 2 经 P 点和在轨道 3 经 P 点时受到的万有引力相等, 故加速度相等,故 D 对.?

[答案] ACD

? 【针对训练4】 ? (多选)宇宙中,两颗靠得比较近的恒星, 只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转, 称之为双星系统.在浩瀚的银河系中,多 数恒星都是双星系统.设某双星系统A、B 绕其连线上的O点做匀速圆周运动,如图 所示.若AO>OB,则( ) ? A.星球A的质量一定大于B的质量 ? B.星球A的线速度一定大于B的线速度 ? C.双星间距离一定,双星的质量越大,

解析:设双星质量分别为 mA、mB,轨道半径为 RA、RB 两者间距为 GmAmB L,周期为 T,角速度为 ω,由万有引力定律可知: = mAω2RA① 2 L GmAmB = mBω2RB② 2 L RA+ RB= L③ mA RB 由①②式可得 = ,而 AO>OB 即 RA>RB,则 mA<mB,故 A 错 mB RA 误;vA= ωRA,vB= ωRB,B 正确;联立①②③得 G(mA+ mB)= ω2L3,又 2π 因为 T= ,可知 D 正确, C 错误. ω

? 答案:BD

? “功和能”作为高中物理的两条主线之一, 是高考物理的重中之重.动能定理提供了 有别于牛顿运动定律的解决力学问题的另 一条思路,在高考中每年都会出现,方式 灵活多样,且往往具有多过程的特征.守 恒是高考物理永恒不变的话题,单体机械 能守恒或系统机械能守恒的考查频率极 高.功能关系的考查常以传送带、滑块、 弹簧等经典物理模型为命题情境,还常以 力电综合形式作为压轴题出现. ? 高考对此类问题考查有以下七种形式:

? (4)以计算题的形式考查机械能守恒与牛顿 运动定律、圆周运动、平抛运动相结合的 问题. ? (5)考查机车启动、匀变速直线运动和功能 关系相结合的综合问题. ? (6)考查与弹簧、传送带等相结合的能量转 化与守恒的选择(计算)题. ? (7)以电磁为背景综合考查牛顿运动定律、 能量守恒等的选择(计算)题.

? [例5] 质量相等的两木块A、B用一轻弹 簧拴接,静止于水平地面上,如图甲所 示.现用一竖直向上的力F拉动木块A,使 木块A向上做匀加速直线运动,如图乙所 示.从木块A开始做匀加速直线运动到木 块B将要离开地面时的这一过程,下列说 法正确的是(设此过程弹簧始终处于弹性限 度内)( )

? A.力F一直增大

? [解析] 根据题意分析可知,弹簧先处于 压缩状态再处于伸长状态,所以弹簧的弹 性势能先减小再增大;根据牛顿第二定律, 力F一直增大;整个过程中,木块A的动能 和重力势能都一直增加,所以木块A的动 能和重力势能之和一直增大;由于外力F 一直做正功,根据功能原理,两木块A、B 和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大. ? [答案] A

【针对训练 5】 如图所示,长为 L 的长木板水平放置,在木板的 A 端放置一个质量 为 m 的小物体.现缓慢抬高 A 端,使木板以左端为轴转动.当木板转到 跟水平面的夹角为 α 时,小物体开始滑动,此时停止转动木板,小物体 滑到底端的速度为 v,则在整个过程中( 1 A.木板对小物体做功为 mv2 2 B.摩擦力对小物体做功为 mgLsin α C.支持力对小物体做功为零 1 2 D.克服摩擦力做功为 mgLcos α- mv 2 )

解析:以小物体作为研究对象,利用动能定理可知木板对物体做功 1 为物体动能的增量 mv2,A 正确;从水平位置到木板转到与水平面的夹 2 角为 α 时,根据功的定义可判断,重力做负功,支持力做正功,即 WN = mgLsin α, C 错误;小物体下滑过程中摩擦力做负功,对整个过程利 1 2 1 2 用动能定理,WN- Wf= mv ,即 Wf= mgLsin α- mv , B、 D 错误. 2 2

? 答案:A

? 静电场的性质几乎每年必考,多涉及库仑 定律、电场强度和电势、静电力做功与电 势能等知识点,常考问题有点电荷、等量 异种点电荷或等量同种点电荷的电场性质 问题、带电粒子在电场中的运动问题. ? 高考对此类问题有以下两种考查形式: ? (1)电荷量的分配规律以及库仑定律的应 用. ? (2)考查电场线、等势面的特点以及静电力 做功的正负、电势能的增减.

? [例6] 某同学在研究电子只在静电力的作 用下在电场中的运动时,得到了电子由a 点运动到b点的轨迹(图中实线所示),图中 未标明方向的一簇虚线可能是电场线,也 可能是等差等势面,则下列说法正确的是 ( )

? A.如果图中虚线是电场线,则电子在b点 动能较大 ? B.如果图中虚线是等差等势面,则电子

? [思路点拨] 分析带电粒子运动轨迹问题 的关键是根据曲线运动的受力特点(合力总 指向凹侧)找出静电力的方向,基本思维流 程:静电力方向→场强方向→电势高低→ 电势能增减→动能增减;或静电力与速度 的夹角→静电力做正负功→动能增减→电 势能增减→电势高低. ? [解析] 若虚线是电场线,则电子所受的 静电力方向沿电场线向左,电场强度方向 沿电场线向右,由a点到b点,电势在降低, 电子的电势能增加,电子动能减少,故A 错;若虚线是等差等势面,则电子所受静

【针对训练 6】 (多选)真空中有甲、乙两个相同的金属小球(均可视为点电荷 ),相距 为 r,它们之间的静电力为 F.若甲的电荷量是乙的电荷量的 3 倍,现将 甲和乙接触后置于相距为 2r 的位置,则它们之间的静电力变为( A. F 3 4 B. F 3 F D. 12 )

C.12F

解析:设 Q 甲= 3q, Q 乙= q,若甲、乙两个点电荷是同种电荷,则 3q2 4q2 F 接触前 F= k 2 , 接触后, 它们的电荷量都是 2q, 则 F1= k 2= .若甲、 r ?2r? 3 q2 乙两个点电荷是异种电荷,接触后它们的电荷量都是 q,则 F2= k 2= ?2r? F . 12

? 答案:AD

? 直流电路和交流电路是电磁学的重要组成 部分,与实际生活应用也息息相关,故一 直是命题热点之一,通常以选择题形式出 现.直流电路考查形式主要有电路的动态 分析和电路故障分析,交流电路的考查集 中在理想变压器、交变电流的“四值”和 远距离输电上. ? 高考对此类问题的考查有以下五种形式:

? (1)以选择题形式考查电路的动态分析. ? (2)以选择题和实验题考查U-I或I-U图象, 知识点涉及欧姆定律、闭合电路欧姆定律, U-I或I-U图象的斜率、截距,串并联电路 的特点等. ? (3)以选择题的形式考查交变电流的产生、 远距离输电的原理,涉及交变电流的“四 值”、交变电流的图象以及瞬时值的表达 式. ? (4)考查变压器与交变电流的图象、描述交

? [例7] (多选)A、B两块正对的金属板竖直 放置,在金属板A的内侧表面系一绝缘细 线,细线下端系一带电小球,两块金属板 接在如图所示的电路中.电路中的R1为光 敏电阻,R2为滑动变阻器,R3为定值电 阻.当R2的滑片P在a端时闭合开关S.此时 电流表A、电压表V的示数分别为I、U,带 电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角 为θ,已知电源电动势E和内阻r一定.则 ( ) ? 下列说法正确的是 D.保持滑片P不动,用更强 R ,U的变化量的 ? 的光照射 A.若将R 的滑片 P向b端移动,则I不变, 21 绝对值与 U增大 I的变化量的绝对值 的比值不变

[思路点拨] (1)

ΔU (2)r= | |. ΔI

[解析] 金属板处于断路状态,调节滑动变阻器 R2 的滑片不影响电 路,故 A 错;用更强的光照射 R1,光敏电阻 R1 减小,由闭合电路欧姆 定律有 I= E ,U= E- Ir,则 I 增大,路端电压 U 减小,由 U′ R1+ R3+ r

U′ = E- I(R3+ r)知金属板两端电压 U′减小;由小球受力平衡得 q= d mgtan θ,电压 U′减小,故 θ 减小,故 B、C 错;路端电压 U 的变化量 的绝对值与电流 I 的变化量的绝对值的比值等于电源内阻 r,故 D 对.

? [答案] BD

【针对训练 7】 如图所示,矩形线圈面积为 S,匝数为 N,线圈电阻为 r,在磁感应 强度为 B 的匀强磁场中绕 OO′轴以角速度 ω 匀速转动,外电路电阻为 R,当线圈由图示位置转过 60° 的过程中,下列判断正 确的是( )

NBSω A.电压表的读数为 2 NBS B.通过电阻 R 的电荷量 q= 2? R+r? N2B2S2ωRπ C.电阻 R 所产生的焦耳热 Q= 4? R+r? 2 NBSω D.当线圈由图示位置转过 60° 时的电流为 2? R+r?

解析:线圈在磁场中转动产生了正弦交变电流,其电动势的最大值 NBSω Em= NBSω,电动势的有效值 E= ,电压表的读数等于交流电源路 2 端电压,且为有效值,则 U= NBSω ×R, A 错误;求通过电阻 R 的 2? R+ r?

1 N? BS- BS? N ΔΦ 2 电荷量要用交变电流 的平均电流,则 q= It = = = R+ r R+ r NBS ,故 B 正确;电阻 R 上产生的热量的计算应该用有效值来计算, 2? R+ r? 由交变电流 i= NBSω · sin ωt 可知在转过 60° 角的过程中,交变电流的有 R+ r

NBSω 效值 I 有 < , 2? R+ r?

π 2 2 2 NBSω 3 π N B S Rω 则电阻 R 产生的热量 Q= I2Rt<[ ]2R· = 2 ,故 C ω 6 ? R + r ? 2? R+ r? 错误;线圈由图示位置转过 60° 时的电流为瞬时值,则符合瞬时值的表 NBSω NBSω π 3NBSω 达式为 i= · sin ωt= · sin = ,故 D 错误. 3 2? R+ r? R+ r R+ r

? 答案:B

? 带电粒子在磁场或复合场中的运动体现了 电磁学和力学的完美结合,其最大特点是 知识和能力高度综合,是历年压轴题的首 选.该题型的考查主要集中在极值问题和 临界问题上,常以有界磁场或同源粒子发 射问题为情境.边界问题和多解问题也呈 现为新热点趋势.周期性变化场以其物理 过程复杂、综合分析能力要求高,成为近 几年来命题专家的新宠.由于新课程高考 要体现“从生活走向物理、从物理走向社 会”的新课改理念,所以回旋加速器、质

? (2)以计算题考查带电粒子在组合场中的运 动,一般物理情境都是带电粒子在电场中 做类平抛运动,在磁场中做匀速圆周运 动. ? (3)以计算题考查带电粒子在叠加场中的运 动,带电粒子一般受到多个力的作用,如 重力、静电力和洛伦兹力,结合粒子受力 及初速度来求解粒子运动的有关问题. ? (4)带电粒子在匀强电场(磁场)与周期性变

? [例8] 如图所示,在地面附近,坐标系 xOy在竖直平面内,空间有沿水平方向垂 直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,在x<0的区域内还有沿x轴负方向的匀 强电场,场强大小为E.一个带正电油滴经 图中x轴上的M点,沿着与水平方向成α= 30°角斜向下做直线运动,进入x>0的区 域.要使油滴进入x>0的区域后能在竖直 平面内做匀速圆周运动.需在x>0的区域

? [思路点拨] (1)带电粒子在复合场中做匀 速直线运动,重力、静电力、洛伦兹力三 力合力为0; ? (2) 带电粒子做匀速圆周运动,重力等于静 [解析 ] (1)带电粒子做直线运动时的受力情况如 电力,洛伦兹力提供向心力. 图所示.
由受力图得 qE= mgtan 30° ① mg= qvBcos 30° ② 2E ①②式联立得 v= . B

(2)要使油滴进入 x>0 的区域内做匀速圆周运动,则带电油滴所受静 电力应与所受重力相平衡.有 qE′= mg③ 由①③两式得 E′= 3E,方向竖直向上. (3)运动轨迹如图所示.

由已知条件 MO= NO 可知∠ ONP= α= 30° , 又∠ MO′P= 60° , 则∠ O′PN= 30° ,

故 P 点速度方向与 PN 成 60° 角, N 点速度方向也与 PN 成 60° 角. 即 N 点速度方向与 x 轴垂直, O′为带电油滴做圆周运动的圆心. mv 2 3E2 半径 R= = . qB gB2 带电油滴做直线运动的时间 MP R 3E t1= = = , v vtan 30° gB T 2 3πE 带电油滴做圆周运动的时间 t2= = , 3 3gB 则带电油滴从 M 点到 N 点所用的时间 ?9+ 2 3π?E t= t1+ t2= . 3gB

?9+2 3π?E 2E [答案] (1) (2) 3E 方向竖直向上 (3) B 3gB

? 【针对训练8】 ? 如图所示,斜面顶端在同一高度的三个光 滑斜面AB、AC、AD,均处于水平方向的 匀强磁场中.一个带负电的绝缘物块,分 别从三个斜面顶端A点由静止释放,设滑 到底端的时间分别为tAB、tAC、tAD,则 ( ) ? A.tAB=tAC=tAD ? B.tAB>tAC>tAD ? C.tAB<tAC<tAD

解析:带电物块在磁场中的斜面上运动时受到重力、支持力和垂直 斜面向下的洛伦兹力,设斜面顶端的高度为 h,倾角为 θ,则物块的加 1 h 速度 a= gsin θ,由公式 s= at2= ,得 t= 2 sin θ 越小,则选项 C 正确. 2h ,知 θ 越大, t gsin2 θ

? 答案:C

? 电磁感应的综合应用问题不仅涉及电磁感 应现象的基本规律,还涉及力学和电路、 静电场、磁场等主干知识,是历年高考的 重点、热点之一.该题型更侧重于知识的 综合,难度较大. ? 高考对此类问题的考查有以下两种形式: ? (1)法拉第电磁感应定律的应用、导体切割 磁感线产生感应电动势的计算是高考的热 点,常结合电路、力学、能量转化与守恒 等知识进行考查,题型以计算题为主,个 别省市的高考试卷会出现一些综合性的选

? [例9] 相距L=1.5 m的足够长金属导轨竖 直放置,质量为m1=1 kg的金属棒ab和质 量为m2=0.27 kg的金属棒cd均通过棒两 端的金属套环水平地套在金属导轨上,如 图a所示,虚线上方磁场方向垂直纸面向 里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁 场磁感应强度大小相同.ab棒与导轨间光 滑,cd棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.75, 两棒总电阻为1.8 Ω,导轨电阻不计.ab 棒在方向竖直向上,大小按图b所示规律 变化的外力F作用下,从静止开始,沿导 轨匀加速运动,同时cd棒也由静止释放, g取10 m/s2.

? (1)求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大 小; ? (2)已知在2 s内外力F做功为40 J,求这一 过程中两金属棒产生的总焦耳热; ? (3)判断cd棒将做怎样的运动,求出cd棒达 到最大速度所需的时间t0,并在图c中定性 画出cd棒所受摩擦力Ffcd随时间变化的图 象. ? [思路点拨]

[解析] v= at①

(1)经过时间 t,金属棒 ab 的速率

E BLv 此时,回路中的感应电流 I= = ② R R 对金属棒 ab,由牛顿第二定律得 F- BIL- m1g= m1a③ B2L2 联立①②③得 F= m1a+ m1g+ at④ R 在 Ft 图线上取两点 t1= 0, F1= 11 N; t2= 2 s, F2= 14.6 N 代入上式得 a= 1 m/s2, B= 1.2 T.⑤

(2)在 2 s 末金属棒 ab 的速率 vt= at2= 2 m/s⑥ 1 所经过的位移 x= at2 = 2 m⑦ 2 2 1 由动能定理得 WF- m1gx- Q= m1v2 t⑧ 2 代入数据解得 Q= 18 J. (3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当 cd 棒所受重力与滑动 摩擦力相等时,速度达到最大;然后做加速度逐渐增大的减速运动,最 后停止运动. 当 cd 棒速度达到最大时,有 m2g= μFN⑨ 又 FN= BIL⑩ E BLvab I= = ? R R

vab= at0? 联立⑨⑩??解得 m2gR t0= 2 2 , μB L a 代入数据得 t0= 2 s. Ffcd 随时间变化的图象如图所示.

? [答案] (1)1.2 T 1 m/s2 (2)18 J (3)见 解析

? 【针对训练9】 ? (多选)如图所示,匀强磁场边界水平,方 向垂直纸面向里,两固定竖直光滑金属导 轨电阻不计,完全相同的导体棒ab、cd水 平置于磁场上方且相距一定距离.现同时 由静止释放ab、cd,ab进入磁场时恰好做 匀速运动,ab出磁场时,cd刚好进入磁场, 已知导体棒与导轨接触良好,竖直导轨足 够长,则cd在穿越磁场的过程中( )

解析: cd 在穿越磁场的过程中, 由右手定则可知 d 点电势高于 c 点, B2l2v1 故 A 对; ab 进入磁场时, = mg,匀速穿过磁场,而 cd 自由落体 R B2l2v2 的距离大于 ab,进入磁场的速度 v2>v1,则 >mg,棒 cd 进入磁场 R 时会先做减速运动,故 B 错;由于棒 cd 进入磁场后一直做减速运动, 直到 v2′= v1,才会做匀速运动, 由于整个过程棒 cd 的速度一定不小于 v1,所以棒 cd 运动时间小于 ab 在磁场中的运动时间,故 C 对; v2>v1, 棒 cd 所受安培力不小于 ab 所受安培力, 则棒 cd 穿越磁场过程中克服安 培力做的功大于 ab 穿越磁场过程中克服安培力做的功,故 D 错.

? 答案:AC

? 1.(多选)质量为2 kg的质点在xOy平面上 做曲线运动,它在x方向的速度图象和y方 向的位移图象如图所示,下列说法正确的 是( )

? A.质点的初速度为5 m/s

解析:由 y 方向的位移图象可求得 vy= 4 m/s,而 x 方向初速度 vx0
2 2 2 = 3 m/s,则质点初速度 v0= v2 x0+ vy = 3 + 4 m/s= 5 m/s,故 A 对;

2

2 2 2 s 末, vx2= 6 m/s,质点合速度 v2= v2 x2+ vy = 6 + 4 m/s = 52

m/s>6 m/s,故 B 错;质点初速度方向在 xOy 平面内的第一象限,而合 Δv 6- 3 力 F 沿 x 轴正方向,两者不垂直,故 C 错;由 vt 图象知,a= = Δt 2 m/s2= 1.5 m/s2,根据牛顿第二定律 F= ma= 2×1.5 N= 3 N,故 D 对.

? 答案:AD

? 2.(多选)如图所示,MON为固定的“L”形 直角光滑绝缘板,ON置于水平地面上,P 为一可移动的光滑绝缘竖直平板.现有两 个带正电的小球A、B,小球A置于“L”形 板的直角处,小球B靠在P板上且处于静止 状态,小球A、B位于同一竖直平面内,若 将P板缓慢向左平移,则下列说法中正确 的是( ) ? A.B对P板的压力变大 ? B.A对ON的压力变小 ? C.A、B间的距离变大

解析: 取 B 为研究对象进行受力分析如图所示.由 B 受力平衡可知 mBg= F 斥 cos θ,当 P 向左移动时,θ 减小,cos kQAQB θ 增大, F 斥减小,由 F 斥= 2 可知, A、 B r 间的距离增大, B 上升,C 对;由于距离增大, 库仑斥力做正功,电势能减小, D 对;由 FNB = F 斥 sin θ 知 FNB 减小,A 错;取 A、B 整体为 研究对象可知 A 对 ON 的压力不变, B 错.

? 答案:CD

? 3.已知“嫦娥二号”卫星绕月运动的周 期约为118分钟,月球绕地球运动的轨道 半径与“嫦娥二号”卫星绕月球运动的轨 道半径之比约为220∶1.利用上述数据以 及日常的天文知识,可估算出地球对“嫦 娥二号”卫星绕月运动时的万有引力与此 时月球对它的万有引力的比值约为( ) 解析:地球对 “嫦娥二号”卫星绕月运动时的万有引力与此时月球 ? A.2 B.0.2 GM m GM m M r 对它的万有引力的比值为 F ∶F = ∶ -3 = · = m - 2 r M r ? C.2×10 D.2×10 r
地 卫 月 卫 地 月

2

月卫

地卫

月卫

2

地月

2

月卫

2



地月

m卫 4π2 4π2 -3 r ∶ r , 代入数据可计算得出两万有引力比值约为 2 × 10 , 地月 月卫 T2 T2 地月 月卫 选 D.
答案:D

? 4.如图所示,三条平行且等间距的虚线 表示电场中的三个等势面,其电势分别为 10 V、20 V、30 V.实线是一带负电的粒 子(不计重力)在该区域内运动的轨迹,对 于轨迹上的a、b、c三点,下列说法中正 确的是( )

? A.粒子一定是先过a,再到b,然后到c

? 解析:根据题意知,三个等势面平行等间 距,且又是等差等势面,所以该电场是匀 强电场,方向向上垂直等势面,又由于粒 子带负电,运动过程可以先过a,再到b, 然后到c;也可以是先过c,再到b,然后 到a,选项A错误.带电粒子在三点所受静 电力的大小Fa=Fb=Fc,选项B错误.由 图中等势面可知a、b、c三点电势的高低 关系是φc>φa>φb,由动能定理可知粒子在 三点动能的大小关系为Ekc>Eka>Ekb,选项

? 5.图中理想变压器原、副线圈的匝数之 比为2∶1,现在原线圈两端加上交变电压 u=311sin(100πt+π) V时,灯泡L1、L2均 正常发光,电压表和电流表可视为理想电 表,则下列说法中正确的是( )

? A.该交流电的频率为100 Hz

Um 解析:由交变电压表达式知该电压的有效值 U= = 220 V,角速 2 ω 度 ω= 100π rad/s,故频率 f= = 50 Hz,A 错误;电压表的示数即理想 2π n2 变压器的副线圈两端的电压 U2= U= 110 V,B 错误;滑片上移时变阻 n1 器接入电路中的阻值减小, 副线圈两端电压不变, 则通过 L1 的电流不变, 亮度不变,通过 L2 的电流增大,亮度增加,副线圈中总电流增大,电流 表示数增大,C 错误,D 正确.

? 答案:D

? 6.如图所示,A是一边长为L的正方形导 线框.虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁 场,磁场宽度为3L.线框的bc边与磁场左 右边界平行且与磁场左边界的距离为L.现 维持线框以恒定的速度v沿x轴方向运 动.规定磁场对线框作用力沿x轴正方向 为正,且在图示位置时为计时起点,则在 线框穿过磁场的过程中,磁场对线框的作 用力随时间变化的图象正确的是( )

解析:当 bc 边进入磁场切割磁感线时,产生感应电流,利用右手定 则可判断感应电流的方向从 c→b,再利用左手定则可判断安培力向左, BLv 与规定的安培力正方向相反, A 错误;结合 I= , F= BIL,得安培 R 力 F 是定值,C 错误;当线框穿出磁场时,ad 边切割磁感线,产生感应 电流从 d→a,利用左手定则可判断安培力向左,与规定的安培力正方向 相反, B 正确.

? 答案:B

? 7.如图甲所示,建立xOy坐标系.两平行 极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称,极 板长度和板间距均为l.在第一、四象限有 磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于 xOy平面向里,位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、 速度相同、重力不计的带电粒子,在0~ 3t0时间内两极间加上如图乙所示的电压 (不考虑极板边缘的影响).已知t=0时刻 进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极 板边缘射入磁场.上述m、q、l、t0、B为 已知量.(不考虑粒子间相互影响及返回极 板间的情况)

(1)求电压 U0 的大小; 1 (2)求 t0 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径; 2 (3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最 短时间.

解析:(1)t= 0 时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运 1 动, t0 时刻刚好从极板边缘射出,在 y 轴负方向偏移的距离为 l,则有 2 E= U0 ① l

qE= ma② 1 1 2 l= at ③ 2 2 0 联立①②③式,解得两板间偏转电压为 ml2 U0= 2 .④ qt0

1 1 1 (2) t0 时刻进入两板间的带电粒子,前 t0 时间在电场中偏转,后 t0 2 2 2 时间两板间没有电场,带电粒子做匀速直线运动. 带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 l v0= ⑤ t0 带电粒子离开电场时沿 y 轴负方向的分速度大小为 1 vy= a·t0⑥ 2 带电粒子离开电场时的速度大小为
2 v= v2 0 + vy ⑦

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R,则有

v2 qvB= m ⑧ R 联立③⑤⑥⑦⑧式解得 R= 5ml .⑨ 2qBt0

(3)2t0 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短. 带电粒子 离开电场时沿 y 轴正方向的分速度为 vy′= at0⑩ 设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 α,则 v0 tan α= ? vy′ 联立③⑤⑩?式解得 π α= ? 4

π 带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示,圆弧所对的圆心角 2α= , 2 所求最短时间为 1 tmin= T? 4 带电粒子在磁场中运动的周期为 2πm T= ? qB 联立??式得 πm tmin= . 2qB

ml2 答案:(1) 2 qt0

5ml (2) 2qBt0

(3)2t0

πm 2qB

? 8.如图甲所示,一半径为2l、电阻为r的 带有极窄缝隙的金属圆环和一电阻为R的 定值电阻构成一闭合回路,有一板间距为 d的平行板电容器和电阻并联.金属圆环 内存在一半径为l的有界匀强磁场,该磁场 区域与金属圆环共心,磁感应强度随时间 的变化图象如图乙所示,设磁感应强度方 向垂直纸面向里为正,t=0时刻在接近A 板的位置处无初速度释放一不计重力的带 电粒子,粒子质量为m,重力不计,电荷 量为-q(q>0),求: ? (1)粒子在0~T时间内发生的位移(假设电 荷没有到达B板);

1 解析:(1)在 0~ T 时间内,有 3 ΔΦ1 Δ B1 2ΔB1 E1= =S = πl , Δt 1 Δt 1 Δt 1 Δ B1 2 B 0 6 B 0 又 = = , Δt 1 T T 3 6πl2B0 联立得 E1= . T E1 因为 I1= , R+ r 又因为 U1= I1R, 6πl2B0R 可得 U1= . T? R+ r?

T ΔΦ2 2ΔB2 在 ~ T 时间内,有 E2= = πl , 3 Δt 2 Δt 2 又知 ΔB2 2B0 3B0 = = , Δt 2 2 T T 3

3πl2B0 1 联立得 E2= = E1 . T 2 1 1 3πl2B0R 所以 I2= I1, U2= U1= . 2 2 T? R+ r? 因为 F 电= ma= qU , d

1 qU1 1 qU2 则有 0~ T 时间内, a1= , T~ T 时间内, a2= , 3 md 3 md 1 得 a2= a1, 2 由楞次定律知两个过程中产生的电动势方向相反,

1 2 由 v= a1 T= a2t2 得 t2= T, 3 3 即在 t=T 时刻速度为零. 1 1 s1= a1( T)2, 2 3 1 2 s2= a2( T)2, 2 3 s= s1+ s2, πl2B0RqT 得 s= . md? R+ r?

(2)若粒子一直做匀加速直线运动到达 B 板时,速度最大. 1 T2 d0= a1( ) 2 3 d0= l πB0RqT 3m? R+ r? πB0RqT 3m? R+ r?

所以 d≤l

? 答案:见解析



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