【红对勾】2017届高考物理新课标一轮复习配套课件：第4章-曲线运动、万有引力与航天 4-3
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案全书word - 副本4
5．(2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(C)A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为I L.S1断开瞬间，A1突然变亮，可知I L>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压与电流均相同，所以两支路电阻相同．由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确．6．(多选)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是(BD)A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭解析：由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．7．(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g.下列说法正确的是(CD)A．金属球会运动到半圆轨道的另一端B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C．金属球受到的安培力做负功D．系统产生的总热量为mgR解析：金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确．电磁感应在生活中的应用电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS 问题中信息题的考查．命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等.8．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E -t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E -t 关系图可能是( D )解析：若将刷卡速度改为v 02，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D 项正确，其他选项错误．9．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线．小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化．如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( C )A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电解析：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误．第41讲电磁感应规律综合应用知识点一电磁感应中的电路问题1．电源：切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．2．电流：电路闭合时的电流I可由欧姆定律求出，I＝ER＋r，路端电压U＝IR＝E－Ir.3．电势：在外电路中，电流由高电势流向低电势；在内电路中，电流由低电势流向高电势．思考：如图所示，MON是固定导轨，金属棒与导轨接触良好，在拉力F 作用下向右运动．(1)图中电路相当于电源的部分是金属棒．(2)闭合电路中的感应电流方向沿逆时针方向．(3)路端电压是闭合电路外电路的电压，等于该图中aOb部分电路的分压．知识点二电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)．知识点三电磁感应中的能量问题1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化．(1)在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源．(√)(2)安培力做正功的过程是将电能转化为机械能的过程．(√)(3)物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程．(√)1．如图所示有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.5 T，两边界间距s＝0.1 m，一边长L＝0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R＝0.4 Ω，现使线框以v＝2 m/s 的速度从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差U ab随时间t变化的图线是(A)解析：t 在0～5×10－2 s 内，ab 切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，则a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正，则ab 两端电势差U ab ＝34E ＝34×BL v ＝34×0.5×0.2×2 V ＝15×10－2 V ；t 在5×10－2 s ～10×10－2 s 内，cd 边进入磁场Ⅱ后，cd 边和ab 都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流为零，由右手定则判断可知，a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正，所以U ab ＝E ＝BL v ＝0.5×0.2×2 V ＝0.20 V ＝20×10－2 V ，t 在10×10－2 s ～15×10－2 s 内，ab 边穿出磁场后，只有cd 边切割磁感线，由右手定则知，a 点的电势高于b 点的电势，U ab 为正．U ab＝14E ＝14BL v ＝14×0.5×0.2×2 V ＝5×10－2 V ，故整个过程中线框a 、b 两点的电势差U ab 随时间t 变化的图线如图A 所示，故A 项正确．2．如图甲，水平放置的平行金属导轨可分别与定值电阻R 和平行板电容器C 相连，导体棒MN 置于导轨上且接触良好，取向右为运动的正方向，导体棒沿导轨运动的位移—时间图象如图乙所示；导体棒始终处于垂直纸面向外的匀强磁场中，不计导轨和导体棒电阻，则0～t 2时间内( C )A．若S接A，电容器a极板始终带负电B．若S接A，t1时刻电容器两极板电压最大C．若S接B，MN所受安培力方向先向左后向右D．若S接B，t1时刻MN所受的安培力最大解析：在x-t图象中，图象的斜率表示导体棒运动的速度，由图乙可知，0～t1时间内斜率是正值、t1～t2时间内斜率为负值，则说明0～t2时间内导体棒先向右移动后向左移动．若S接A，导体棒通过金属导轨与平行板电容器C连接，0～t2时间内导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，感应电流的方向先顺时针后逆时针，可知电容器a极板先带负电后带正电，故A项错误；若S接A，t1时刻导体瞬间静止，即导体棒不切割磁感线，故MN中无感应电动势产生，电容器两极板电压为零，即最小，故B项错误；若S接B，导体棒通过金属导轨与定值电阻R连接，0～t2时间内，导体棒先向右运动后向左运动，根据右手定则可知，电流的方向先顺时针后逆时针，由左手定则可知，MN所受安培力方向先向左后向右，故C项正确；若S 接B，t1时刻MN瞬间静止，导体棒不切割磁感线，电路中无电流，MN受安培力为零(即最小)，故D项错误．3.如图所示，光滑足够长导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，导轨及金属棒电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下的电功率为2P，则应(C)A ．将导轨间距变为原来的2倍B ．换一电阻减半的灯泡C ．换一质量为原来2倍的金属棒D ．将磁场磁感应强度B 加倍解析：当ab 棒下滑到稳定状态时做匀速直线运动，根据平衡条件有：mg sin θ＝F A ，又安培力F A ＝B 2L 2v R 得，mg sin θ＝B 2L 2v R ，由能量守恒定律得，灯泡的功率P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R .当把导轨间的距离增大为原来的2倍时，即L 变为2倍，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来12倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的12倍，故A 项错误；换一电阻减半的灯泡，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来的12倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的12倍，故B 项错误；当换一根质量为原来2倍的金属棒时，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来的2倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的2倍，故C 项正确；当把磁感应强度B 增大为原来的2倍，由mg sin θ＝B 2L 2v R 得知，v 变为原来的14倍，由P ＝E 2R ＝B 2L 2v 2R 得知，P 变为原来的14倍，故D 项错误． 4．用相同的导线绕制的边长分别为L 和2L 的正方形闭合线框，以相同的速度匀速进入右侧的匀强磁场，如图所示，在线框进入磁场的过程中a 、b 和c 、d 两点间的电压分别为U 甲和U 乙，ab 边和cd 边所受的安培力分别为F 甲和F 乙，则下列判断正确的是( D )A ．U 甲＝U 乙B ．U 甲＝2U 乙C ．F 甲＝F 乙D ．F 甲＝F 乙2解析：线框进入磁场后切割磁感线，a 、b 中产生的感应电动势是c 、d 中电动势的一半，而不同的线框的电阻不同，设甲线框电阻为4r ，乙线框的电阻为8r ，则有：U 甲＝BL v ·3r 4r ＝34BL v ，U 乙＝B ·2L v ·6r 8r＝32BL v ，故2U 甲＝U 乙，故A 、B 项错误；根据安培力表达式F ＝BIL ，E ＝BL v 及R ＝ρL S ，从而得出安培力综合式为：F ＝SB 2L v ρ，安培力与线框边长成正比，所以有：F 甲＝12F 乙；故C 项错误，D 项正确．知识点一 电磁感应中的电路问题1．电磁感应中电路知识的关系图2．分析电磁感应电路问题的基本思路典例在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N 相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计．磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，质量m＝1×10－14 kg、电荷量q＝－1×10－14C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动．取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定．试求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab 两端的路端电压；(3)金属棒ab 运动的速度．【解析】 (1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab 棒等效于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg ＝Eq又E ＝U MN d ，所以U MN ＝mgd q ＝0.1 VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流为I ＝U MN R 3＝0.05 A 则ab 棒两端的电压为U ab ＝U MN ＋I R 1R 2R 1＋R 2＝0.4 V . (3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝Bl v由闭合电路欧姆定律得E ＝U ab ＋Ir ＝0.5 V联立解得v ＝1 m/s.【答案】 (1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s【突破攻略】 电磁感应中确定电源的方法(1)判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)．(2)动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E ＝Bl v ，方向由右手定则判断．(3)感生问题(磁感应强度的变化)的电动势E ＝n ΔB ·S Δt，方向由楞次定律判断．而电流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向．1．(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( BD )A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 V解析：由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 错误；导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf 间电阻中无电流，de 和cf 间无电压，因此cd和fe 两端电压相等，即U ＝E 2R ×R ＝Bl v 2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误． 2.(多选)如图所示，两根平行长直金属导轨，固定在同一水平面内，间距为d ，其左端接有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为m 的导体棒ab 垂直于导轨放置，且与两导轨接触良好，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F 作用下，从静止开始沿导轨运动距离l 时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)，设导体棒接入电路的电阻为r 导轨电阻不计，重力加速度大小为g ，在这一过程中( BC )A ．导体棒运动的平均速度为(F －μmg )(R ＋r )2B 2d 2B ．流过电阻R 的电荷量为Bdl R ＋rC ．ab 两端的最大电压为(F －μmg )R BdD ．ab 两端的最大电压为(F －μmg )(R ＋r )Bd解析：当合外力为0的时候，导体棒的加速度为0，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，导体棒将做匀速直线运动，由E ＝Bd v ，F A ＝BId 以及I ＝Bd v R ＋r ，得到安培力F A ＝B 2d 2v R ＋r，匀速运动时合外力为0，所以F ＝F A ＋μmg ，可得到：v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，因其运动过程是加速度减小的变加速运动，故其平均速度v >v m 2＝(F －μmg )(R ＋r )2B 2d 2，故A 错误；由电荷量q ＝I Δt 以及E ＝ΔΦΔt，得到q ＝I Δt ＝ΔΦR ＋r ＝Bdl R ＋r，故B 正确；ab 两端的最大电压在电流最大时，由F ＝F A ＋μmg 及F A ＝BId ，得到I m ＝F －μmg Bd ，U m ＝I m R ＝(F －μmg )R Bd，故选项C 正确，D 错误．知识点二 电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象问题2.据电磁感应过程选择图象典例将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是()【解析】在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝12BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝E1r＝BωR22r，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)．在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)．回路中产生的感应电动势为E2＝12BωR2＋12·2Bω·R2＝32BωR2＝3E1；感应电流为I2＝3I1.在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝12BωR2＋12·2Bω·R2＝32BωR2＝3E1；感应电流为I3＝3I1.在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝1 2BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4＝I1，B对．【答案】 B【突破攻略】电磁感应图象选择题的两个常用方法1．排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．2．函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．3．据图象分析判断电磁感应过程典例 如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L ＝0.4 m ．导轨右端接有阻值R ＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B －t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt ，得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V .(2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)感应电动势e＝Bl v＝2B v2(t－1)＝(t－1)V感应电流i＝eR＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)．【答案】(1)0.04 V(2)0.04 N i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)【突破攻略】处理图象问题要做到“四明确、一理解”3．(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是(BC)A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析：由题图乙可知，导线框运动的速度大小v＝Lt＝0.10.2m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BL v，得B＝EL v＝0.010.1×0.5T＝0.2 T，A项错误；由题图乙可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝ER＝0.010.005A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D 项错误．4.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac 右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)(A)解析：由E＝BL v可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大．由右手定则可知，感应电流方向由M到N，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故选项A正确．知识点三电磁感应中的动力学问题1．两种状态及处理方法2.力学对象和电学对象的相互关系典例如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．【审题关键点】分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确的求解问题．【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得ma ＝F －μmg ①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有v ＝at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Bl v ③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg . ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F 安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －F 安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m .【答案】 (1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m 【突破攻略】 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：5．(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环．圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B ，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v ，忽略电感的影响，则( AD )A ．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B ．圆环因受到了向下的安培力而加速下落C ．此时圆环的加速度a ＝B 2v ρdD ．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdg B 2解析：圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A 正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B 错误；圆环中感应电动势为E ＝B ·2πR ·v ，感应电流I＝E R ′，电阻R ′＝ρ2πR πr 2＝2Rρr 2，解得I ＝B πv r 2ρ.圆环受的安培力F ＝BI ·2πR ＝2B 2π2v Rr 2ρ.圆环的加速度a ＝mg －F m ＝g －2B 2π2v Rr 2mρ，圆环质量m ＝d ·2πR ·πr 2，解得加速度a ＝g －B 2v ρd ，C 错误；当mg ＝F 时，加速度a ＝0，速度最大，v m ＝ρdg B 2，D 正确． 6．如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab (仅标出a 端)和cd (仅标出c 端)长度均为L ，质量分别为2m 和m ；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca ，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .已知金属棒ab 匀速下滑．求：(1)作用在金属棒ab 上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析：(1)设导线的张力的大小为T ，右斜面对ab 棒的支持力的大小为N 1，作用在ab 棒上的安培力的大小为F ，左斜面对cd 棒的支持力大小为N 2.对于ab 棒，由力的平衡条件得2mg sin θ＝μN 1＋T ＋F ①N 1＝2mg cos θ ②对于cd 棒，同理有mg sin θ＋μN 2＝T ③N 2＝mg cos θ ④联立①②③④式得F ＝mg (sin θ－3μcos θ)． ⑤(2)由安培力公式得F ＝BIL ⑥这里I 是回路abdca 中的感应电流．ab 棒上的感应电动势为ε＝BL v ⑦式中，v 是ab 棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I ＝εR ⑧联立⑤⑥⑦⑧式得v ＝(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2. 答案：(1)mg (sin θ－3μcos θ) (2)(sin θ－3μcos θ)mgR B 2L 2知识点四 电磁感应中的能量问题1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)．(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化．(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．典例 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l ＝0.50 m ，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R ＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d ＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD 水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F ＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.【审题关键点】【解析】(1)由牛顿第二定律a＝F－mg sinθm＝12 m/s2进入磁场时的速度v＝2as＝2.4 m/s.。
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案17
大一轮复习 ·高三物理 ·经典方案
第四章 第17讲 第3页
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第四章 第17讲 第4页
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知识点一 万有引力定律及其应用 1．内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向 在它们的连线上，引力的大小与物体的质量 m1 和 m2 的乘 积 成正比 ，与它们之间距离 r 的平方 成反比． 2．表达式：F＝ Gmr1m2 2 G 为引力常量：G＝6.67×10－11 N·m2/kg2.
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第四章 第17讲 第16页
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3．假设在轨道上运行的“高分一号”卫星、同步卫星和月 球都绕地球做匀速圆周运动，它们在空间的位置示意图如图所 示．下列有关“高分一号”卫星的说法正确的是( C )
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第四章 第17讲 第17页
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第四章 第17讲 第5页
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3．适用条件 (1)公式适用于 质点 间的相互作用．当两个物体间的距离远 远大于物体本身的大小时，物体可视为质点． (2)质量分布均匀的球体可视为质点，r 是 两球心间 的距离． 知识点二 环绕速度 1．第一宇宙速度又叫 环绕速度． 2．第一宇宙速度是人造地球卫星在 地面附近 绕地球做匀速 圆周运动时具有的速度．
(新课标)近年届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断
（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断高效训练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断高效训练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（新课标）2019届高考物理一轮复习第4章曲线运动万有引力与航天第一节曲线运动运动的合成与分解达标诊断高效训练的全部内容。
第一节曲线运动运动的合成与分解，（建议用时：60分钟）一、单项选择题1．(2018·四川资阳诊断)下列说法正确的是（）A．做曲线运动的物体的合力一定是变化的B．两匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定,方向始终指向圆心D．做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化不同解析：选C.做曲线运动的物体的合力不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误;两个匀变速直线运动的合运动可能是匀变速曲线运动，选项B错误；做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心，选项C正确；做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化相同,均等于gt，选项D错误．2．（2018·牡丹江市一中月考)双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN.v M与v N正好成90°角，则此过程中,乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的( )A．F1B．F2C．F3D．F4解析:选C.根据图示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大,故合外力的方向指向图F2水平线下方,故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误．3．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成30°的斜面向右以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直,则橡皮运动的速度( ）A．大小为v,方向不变，与水平方向成60°角B．大小为3v,方向不变，与水平方向成60°角C．大小为2v，方向不变，与水平方向成60°角D．大小和方向都会改变解析:选B。
红对勾讲与练高三物理人教总复习配套课件：41曲线运动 运动的合成与分解
高三总复习 ·人教版 ·物理
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第四章·第1节
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第四章·第1节
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(1)某时刻R在x轴方向的分速度如何求解？R的合速度可 由什么定则确定？
(2)由x轴、y轴方向分运动的特征，可确定小圆柱体R的 合加速度为哪个方向？合外力方向为哪个方向？
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【例2】 [多选]在一光滑水平面内建立平面直角坐标 系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿 x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如下图甲、乙所示，下 列说法中正确的是( )
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第四章·第1节
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A．前2s内物体沿x轴做匀加速直线运动 B．后2s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴 方向 C．4s末物体坐标为(4 m,4 m) D．4s末物体坐标为(6 m,2 m)
答案：5 m/s 4 13 m
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第四章·第1节
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课堂考点演练02
课堂互动·提能力
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第四章·第1节
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物体做曲线运动的条件及轨迹分析
1．条件 (1)因为速度时刻在变，所以一定存在加速度； (2)物体受到的合外力与初速度不共线．
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第四章·第1节
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(1)在2s前和2s后，物体在x轴和y轴方向上的运动规律不 同．
(2)由物体在4s末的坐标位置，可分析物体在x，y方向上 的分运动并求解．
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高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案2
大一轮复习 ·高三物理 ·经典方案Βιβλιοθήκη 进入导航第一章 第2讲
第11页
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A．50 m C．10 m
B．20 m D．1 m
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第一章 第2讲
第12页
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解析：由题意知，车速 v≤10 m/s，系统立即启动“全力自 动刹车”的加速度大小约为 5 m/s2，最后末速度减为 0，由推导 公式 v2＝2ax 可得：x≤2va2＝21×025 m＝10 m，所以系统设置的安 全距离约 10 m，故 C 正确，A、B、D 错误．
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第一章 第2讲
第10页
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1．如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车” 功能的城市安全系统，系统以 50 Hz 的频率监视前方的交通状 况．当车速 v≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安 全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力 自动刹车”，加速度大小约为 5 m/s2，使汽车避免与障碍物相 撞．则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( C )
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第一章 第2讲
第9页
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(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由 0 到 v 运动 距离是由 v 到 2 v 运动距离的 2 倍．( × )
(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均 速度．( × )
(6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续 相等的时间间隔 T 内的位移之差恒定．( √ )
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第一章 第2讲
第7页
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版红对勾讲与练高三物理人教版总复习配套课件分子动理论热力学定律与能量守恒演示文稿
1．(2014·福建卷)如图，横坐标 v 表示分子速率，纵坐标 f(v)表示各等间隔速率区间的分子数占总分子数的百分比．图 中曲线能正确表示某一温度下气体分子麦克斯韦速率分布规 律的是( )
A．曲线① B．曲线② C．曲线③ D．曲线④
第十八页，共83页。
解析：分子速率从 0→∞分布中，速率很大和很小的分子 所占的分子数很少，大部分分子具有中等速率，故选项 D 正 确．
第十四页，共83页。
(3)分子力与分子间距离关系图线
由分子间的作用力与分子间距离关系图线(如图所示)可 知：
当 r＝r0 时，F 引＝F 斥，分子力为________； 当 r>r0 时，F 引>F 斥，分子力表现为________． 当 r<r0 时，F 引<F 斥，分子力表现为________． 当分子间距离大于 10r0(约为 10－9 m)时，分子力很弱，可 以忽略不计．
第三十六页，共83页。
(1)固体、液体分子一个一个紧密排列，可将分子看 成球形或立方体形，如图所示，分子间距等于小球的直
3 径或立方体的棱长，所以 d＝
6πV(球体模型)或 d＝3 V
(立方体模型)．
第三十七页，共83页。
(2)气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离 很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间．如 上图所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为 d 的立方体， 所以 d＝3 V.
第十二页，共83页。
(3)热运动 分子的无规则运动和温度有关，温度越高，分子运动越 激烈．分子永不停息地________运动叫做热运动．
第十三页，共83页。
3．分子间同时存在引力和斥力 (1) 物 质 分 子 间 存 在 空 隙 ， 分 子 间 的 引 力 和 斥 力 是 ________ 存 在 的 ， 实 际 表 现 出 的 分 子 力 是 引 力 和 斥 力 的 ________． (2)分子力随分子间距离变化的关系：分子间的引力和斥 力都随分子间距离的增大而________，随分子间距离的减小而 ________，但斥力比引力变化得________．
【红对勾】2017届高考物理新课标一轮复习配套课件：第4章-曲线运动、万有引力与航天 4-4
，其中r＝R＋h，代入数据解得M＝
7.4×1022 kg，选项D正确．
答案：D
2．1798年，英国物理学家卡文迪许测出引力常量G，因 此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知引力常 量G，地球表面处的重力加速度g，地球半径R，地球上一个昼 夜的时间T1(地球自转周期)，一年的时间T2(地球公转周期)， 地球中心到月球中心的距离L1，地球中心到太阳中心的距离L2. 你能计算出( )
2
GM v甲 r ， v乙 ＝
M甲 ＝ M乙
81 ＝ 1
9 mM GM a甲 M甲 81 ，选项A、B错误；由G 2 ＝ma，则a＝ 2 ， ＝ ＝ ， 1 r r a乙 M乙 1 mM 4π2 选项C正确；由G 2 ＝m 2 r，T＝ r T 1 1 ＝ ，选项D错误． 81 9
答案：C
4π2r3 T甲 GM ， T乙 ＝
解析：地球对一颗卫星的引力利用万有引力公式计算， 两者距离为r，则两者间的引力大小为 GMm ，A错误，B正 r2
确；由几何知识可得，两颗卫星之间的距离为 3 r，利用万有 Gm2 引力定律可得两者间引力大小为 2 ，C正确；三颗卫星对地 3r 球的引力大小相等，方向在同一平面内，相邻两个力夹角为 120° ，所以三颗卫星对地球引力的合力等于零，D错误．
2 v mM 4π2 牛顿第二定律得G 2 ＝ma＝m 2 r＝mω2r＝m r ，可得a＝ r T
GM ，T＝2π r2
r3 GM ，ω＝
GM ， v＝ r3
GM r .由于M甲<M乙，所
以a甲<a乙，T甲>T乙，ω甲<ω乙，v甲<v乙，A正确．
答案：A
突破考点04
竖直面内圆周运动的轻绳、轻杆模型
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案1
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第一章 第1讲
第9页
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3．加速度
(1)定义：物体速度的__变__化__量___与发生这一变化所用时间的比
值．
Δv
(2)定义式：a＝____Δ__t ___.单位：m/s2.
(3)方向：与____Δ_v____的方向一致，由__合__力_____的方向决定，
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第一章 第1讲
第12页
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1．对于下列体育比赛的论述，说法正确的是( C ) A．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时 刻 B．运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球位移的大小为 4.50 m C．运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该 硬币可以看成质点
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第一章 第1讲
第13页
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解析：某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是 时间，故 A 错误；运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球水平方 向的位移大小为 4.50 m，故 B 错误；运动员跑完 1 500 m 比赛， 指的是路程为 1 500 m，故 C 正确；足球比赛挑边时，上抛的硬 币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看成质点，故 D 错误．
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第一章 第1讲
第8页
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2．速度 (1)定义：物体___运_Δ_动_x_位__移___与发生这个位移所用时间的比值． (2)定义式：v＝___Δ_t____.单位：m/s. (3)方向：平均速度方向与__位__移____的方向相同，瞬时速度方 向即物体运动的方向．
【红对勾】2017年高考物理新课标一轮复习课件4-2
(初 速 度 v0方向)为x轴 ， 竖 直
y轴 ， 建 立 平 面 直 角 坐 标 系 ， 如 图 所 示 ， 则 ：
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第四章·第二节
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( 1 ) 水 平 方 向 ： 做 ＝________.
_ _ _ _ _ _ _ _
运 动 ， 速 度
vx＝_ _ _ _ _ _ _ _
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第四章·第二节
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5． 两 个 重 要 推 论 ( 1 ) 做平抛(或 类 平 抛 )运 动 的 物 体 任 一 时 刻 的 瞬 时 速 度 的 反 向 延 长 线 一 定 通 过 此 时 水 平 位 移 的 中 点 ， 如 图 甲 中 所 示 ． ( 2 ) 做平抛(或 类 平 抛 )运 动 的 物 体 在 任 一 时 刻 任 一 位 置 处 ， 设 其 速 度 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角 为 为θ，则t a n α＝2 t a n θ. α， 位 移 与 水 平 方 向 的 夹 角 A点和B点
1．飞 行 时 间 ： 由 初 速 度 v0无 关 ． 2． 水 平 射 程 ： 和 下 落 高 度
t＝
2h ， 时 间 取 决 于 下 落 高 度 g知
h，与
x＝v0t＝v0
2h 即 水 平 射 程 由 初 速 度 g，
v0
h共 同 决 定 ， 与 其 他 因 素 无 关 ．
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x2＋y2 ，方向与水平方向的夹角为θ，
第四章·第二节
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答案 1． 匀 变 速 曲 线 2． ( 1 ) 匀 速 直 线 gt ( 3 ) v0 gt ( 4 ) 2v 0 v0 v0t ( 2 ) 自 由 落 体 gt 1 2 gt 2
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案14
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第四章 第14讲 第17页
系列丛书
4．在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速 度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使运动员与滑板分别 从杆的上、下方通过，如图所示．假设运动员和滑板运动过程中 受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落 在滑板上原来的位置．要使这个表演成功，运动员除了跳起的高 度足够外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该( A )
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第四章 第14讲 第16页
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A．A、B 均向对方游(即沿图中虚线方向)而不考虑水流作用 B．B 沿图中虚线向 A 游，A 沿图中虚线偏上方向游 C．A 沿图中虚线向 B 游，B 沿图中虚线偏上方向游 D．A、B 均沿图中虚线偏上方向游，A 比 B 更偏上一些
解析：游泳运动员在河里游泳时同时参与两种运动，一是 被水冲向下游，二是沿自己划行方向的运动．游泳时划行的方 向是人相对于水的方向．选水为参考系，则 A、B 两运动员的运 动都只是沿划行方向的运动，由于两点之间线段最短，所以 A、 B 均向对方游(即沿图中虚线方向)时所用时间最短，选项 A 正 确．
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第四章 第14讲 第10页
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(6)运动合成与分解的实质是对描述运动的物理量(位移、速 度、加速度)的合成与分解．( √ )
(7)两个直线运动的合运动一定是直线运动．( × ) (8)做曲线运动的物体受到的合外力一定是变力．( × )
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第四章 第14讲 第19页
系列丛书
5．如图所示，水平面上固定一个与水平面夹角为 θ 的斜杆 A， 另一竖直杆 B 以速度 v 水平向左做匀速直线运动，则从两杆开始 相交到最后分离的过程中，两杆交点 P 的速度方向和大小分别为 (C )
【红对勾】2017届高考物理新课标一轮复习配套课件：第4章-曲线运动、万有引力与航天 4-1
m，C错误；歼—20战机在第20 s内，水平
方向的平均速度为21 m/s，D正确．
答案：D
突破考点03
小船渡河模型
分类例析
1．小船过河问题分析思路
2．三种速度 v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度)． 3．三种过河情景分析 (1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝ d (d为河宽)． v1 (2)过河路径最短(v2<v1时)：合速度垂直于河岸时，航程最 v2 短，xmin＝d.船头指向上游与河岸夹角为α，cosα＝ . v1
v2 3 sinα＝ ＝ ，得 α＝37° . v1 5 所以船头应朝上游与河岸成 53° 方向． d 180 t＝ ＝ s＝150 s. v2cosα 1.2 v 合＝v1cos37° ＝2 m/s x＝v 合· t＝300 m.
(1)①船头垂直于河岸 ②船头与上游河岸成60° 夹角 (2)船头与上游河岸成53° 夹角
同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直 线运动．同学们测出某时刻R的坐标为(4,6)，此时 R的速度大小为________cm/s.R在上升过程中运动 轨迹的示意图是________．(R视为质点)
(1)某时刻R在x轴方向的分速度如何求解？R的合速度可由 什么定则确定？ (2)由x轴、y轴方向分运动的特征，可确定小圆柱体R的合 加速度为哪个方向？合外力方向为哪个方向？
第四章
曲线运动 万有引力与航天
第一节 曲线运动
运动的合成与分解
突破考点01
突破考点02 突破考点03
突破考点04
课时作业 高考真题
突破考点01
曲线运动的性质和条件
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案3
动．( × ) 提示：若 x-t 图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于
静止状态．
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第一章 第3讲
第12页
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(3)v-t 图象是一条平行于 t 轴的直线，说明物体做匀速直线运 动．( √ )
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第一章 第3讲
第10页
系列丛书
知识点二
追及相遇问题
1．追及问题的两类情况 (1)若后者能追上前者，追上时，两者处于__同__一______位置，
且后者速度一定大于等于前者速度． (2)若追不上前者，则当后者速度与前者速度___相__等____时，两
者相距最近．
(4)x-t 图 象 与 时 间 轴 围 成 的 面 积 表 示 物 体 运 动 的 路 程．( × )
提示：x-t 图象与时间轴围成的面积无物理意义．
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第一章 第3讲
第13页
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(5)两条 v-t 图象的交点表示两个物体相遇．( × ) 提示：两条 v-t 的交点表示两物体速度相等． (6)两条 x-t 图象的交点表示两个物体相遇．( √ ) (7)相向运动的物体各自发生的位移大小之和等于开始时二者 之间的距离时即相遇．( √ )
B．若 t1 时刻 c、d 两质点第一次相遇，则 t2 时刻两质点第二 次相遇
C．t1 到 t2 时间内，四个质点中只有 b、d 两个质点的运动方 向发生改变
D．t1 到 t2 时间内，四个质点中只有 b、d 两个质点的速率先 减小后增大
《红对勾》高中物理(人教)必修一配套课件：4-6用牛顿运动定律解决问题(一)
第四章 课时 6
红对勾系列丛书
9．(10分)一木箱静止在水平地面上，装货物后质量 为50 kg，木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，某人以200 N的力推箱，推力的方向与水平面成30°角斜向下(g取 10 m/s2)
求：(1)木箱的加速度． (2)第2 s末木箱的速度．
第四章 课时 6
答案：C
第四章 课时 6
红对勾系列丛书
3．A、B两物体以相同的初速度在同一水平面上滑 动，两个物体与水平面间的动摩擦因数相同，且mA＝ 3mB，则它们所能滑行的距离xA、xB的关系为( )
A．xA＝xB B．xA＝3xB C．xA＝13xB D．xA＝9xB
第四章 课时 6
红对勾系列丛书
解析：根据牛顿第二定律知，两物体加速度 a＝μg， 且初速度相同，根据运动学公式 v2＝2ax，知 x＝2va2 ，∴xA ＝xB.
图5
第四章 课时 6
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A． 0
F B.m1
F C. m1＋ m2
2F D. m1＋ m2
解析：以人和车为研究对象，在水平方向受到两绳拉
力 2F 的作用，由牛顿第二定律可知它们的加速度 a＝
2F m1＋ m2.
答案：D
第四章 课时 6
红对勾系列丛书
二、非选择题(共52分) 7．(8分)某步枪子弹的出口速度达1000 m/s，若步枪 的枪膛长0.5 m．子弹的质量为20 g，则高压气体对子弹 的平均作用力为__________N. 答案：2.0×104
第四章 课时 6
红对勾系列丛书
(2)设物体做匀加速直线运动的时间为 Δt1、初速度为 v10、 末速度为 v1t、加速度为 a1，则 a1＝v1t－ Δt1v10＝1 m/s2⑤
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案15
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第四章 第15讲 第18页
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A．击球点的高度与网高度之比为 2 1 B．乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为 2 1 C．乒乓球过网时与落到右侧桌边缘时速率之比为 1 2 D．乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为 1 2
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第四章 第15讲 第16页
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理得 mgh＝12mv2，而平抛运动时 vy2＝2gh，解得 v＝2v0，故选 项 D 错误；物体经过 P 点时，速度的水平分量为 vx＝vcosθ＝ 2v0× 55＝2 5 5v0，竖直分量为 vy＝vsinθ＝2v0×2 5 5＝4 5 5v0， 故选项 B 正确，C 错误．
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第四章 第15讲 第4页
系列丛书
知识点一 平抛运动 1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在 重力 作用下的运动． 2．性质：平抛运动是加速度为 g 的 匀加速 曲线运动，其 运动轨迹是 抛物线． 3．平抛运动的条件：(1)v0≠0，沿 水平方向 ；(2)只受 重力 作用． 4．研究方法：平抛运动可以分解为水平方向的 匀速直线 运动和竖直方向的 自由落体 运动．
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第四章 第15讲 第17页
系列丛书
4．如图所示，球网高出桌面 H，网到桌边的距离为 L，某人 在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出， 球恰好通过网的上沿落到右侧边缘，设乒乓球的运动为平抛运动， 下列判断正确的是( D )
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第四章 第15讲 第8页
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又踏板与链轮同轴，脚踩踏板的角速度ω3＝ω2， N1 则ω3＝ ω1，要使ω3最小，则N1＝15，N2＝48， N2 15×12 故ω3＝ rad/s＝3.75 rad/s≈3.8 rad/s. 48
B
传动装置的特点：①同轴传动：固定在一起共轴转动的物体 上各点角速度相同；②皮带传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带 或齿轮传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点线速度大小 相等.
A.1.9 rad/s C．6.5 rad/s
B．3.8 rad/s D．7.1 rad/s
(1)自行车前进的速度与前、后轮边缘的线速度有何关系？ (2)后轮与飞轮、飞轮与链轮、链轮与脚踏板的线速度或角 速度有何关系？ (3)链轮、飞轮的齿数，与它们的半径速度相等， 后轮边缘的线速度为4 m/s，故后轮的角速度 v 4 ω＝R＝ rad/s≈12 rad/s － 330×10 3 飞轮与后轮为同轴装置，故飞轮的角速度 ω1＝ω＝12 rad/s 飞轮与链轮是用链条连接的，故链轮与飞轮线速度相同， 所以ω1r1＝ω2r2，r1、r2分别为飞轮和链轮的半径，因周长L＝ NΔL＝2πr，N为齿数，ΔL为两邻齿间的弧长，故r∝N，所以 ω1N1＝ω2N2.
解析：地球上的物体均绕一个轴运动，其角速度、周期都 相同，由v＝Rω知，R不同，则v不同，A正确．
答案：A
2．(2016· 大连模拟)某石英表中的分针与时针可视为做匀 速转动，分针的长度是时针长度的1.5倍，则下列说法中正确 的是( )
A．分针的角速度与时针的角速度相等 B．分针的角速度是时针角速度的60倍 C．分针端点的线速度是时针端点线速度的18倍 D．分针端点的向心加速度是时针端点向心加速度的1.5 倍
2．涉及圆周运动的传动方式图解 传动类型 图示 结论 ①运动特点：转动方向相同； 共轴传动 ②定量关系：A点和B点转动的周 期相同，角速度相同，A点和B点 的线速度与其半径成正比
传动类型
图示
结论 ①运动特点：两轮的转动方向与 皮带的绕行方式有关，可同向转 动，也可反向转动；
皮带(链 条)传动
②定量关系：由于A、B两点相当 于皮带上的不同位置的点，所以 它们的线速度必然相同，二者角 速度与其半径成反比，周期与其 半径成正比
(1)小物块受到的摩擦力恰好为零说明小物块受到的重力与 支持力的合力提供向心力． (2)当ω≠ω0时，注意分析小物块受到摩擦力的方向．
(1)当ω＝ω0时，小物块受重力和支持力，由牛顿第 二定律得mgtanθ＝mω2 0r. 小物块做圆周运动的半径r＝Rsinθ 解得ω0＝ 2g R.
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，小物块所需向心力变大，则摩擦力方 向沿罐壁的切线方向向下，对小物块，受力分析如图甲所示， 由牛顿第二定律得， 水平方向有 FN1sinθ＋Ff1cosθ＝mω2r 竖直方向有 FN1cosθ－Ff1sinθ＝mg
(1)当提供的向心力等于所需的向心力即F＝mω2r时，物体 做圆周运动．
(2)做圆周运动的物体，当所受的合力突然消失或不足以提 供圆周运动所需的向心力，即F＝0或F<mω2r时，物体逐渐远离 圆心，做离心运动． (3)F>mω2r时，物体做近心运动．
【例2】
如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以
3．非匀速圆周运动 (1)定义：线速度大小、方向均________的圆周运动． (2)合力的作用： ①合力沿速度方向的分量Ft产生切向加速度，Ft＝mat， 它只改变速度的________； ②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man， 它只改变速度的________．
答案 1．快慢 s 相切 m/s 转动快慢 rad/s 一圈 圈数
A．小球运动的角速度ω＝T/(2π) B．小球运动的线速度v＝2πL/T C．小球运动的加速度a＝2π2L/T2 D．细绳中的拉力为F＝4mπ2L/T2
解析：小球运动的角速度ω＝2π/T，选项A错误；线速度v ＝ωL＝2πL/T，选项B正确；加速度a＝ω2L＝4π2L/T2，选项C错 误；细绳中的拉力为F＝ma＝4mπ2L/T2，选项D正确．
绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称 轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小 物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块 随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的 连线与OO′之间的夹角θ为60° .重力加速度大 小为g.
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； (2)若ω＝(1± k)ω0，且0<k≪1，求小物块受到摩擦力大小和 方向．
定义、意义 向心 加速 度 ①描述速度________变化 快慢的物理量(an)； ②方向指向________ ①作用效果是产生向心加 向心 力 速度，只改变线速度的 ________，不改变线速度 的大小； ②方向指向________
公式、单位 v2 ①an＝ r ＝ω2r； ②单位：m/s2
2 v ①Fn＝mω2r＝m r ＝
答案：D
2．(2016· 桂林模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C 半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比为RB RC＝3 2， A轮的半径大小与C轮相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其 中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动 起来．a、b、c分别为三轮边缘的三个点，则a、b、c三点在运 动过程中的( )
A．线速度大小之比为3 2 2 B．角速度之比为3 3 2 C．转速之比为2 3 2 D．向心加速度大小之比为9 6 4
解析：A、B轮摩擦传动，故va＝vb，ωaRA＝ωbRB，ωa ωb＝ vb vc 3 2；B、C同轴，故ωb＝ωc， R ＝ R ，vb vc＝3 2，因此va vb vc B C ＝3 3 2，ωa ωb ωc＝3 2 2，故A、B错误．转速之比等于角速度 之比，故C错误．由a＝ωv得：aa ab ac＝9 6 4，D正确．
3k2＋k 解得Ff1＝ mg 2
当ω＝(1－k)ω0时，小物块所需向心力变小，则摩擦力方向 沿罐壁切线方向向上，对小物块受力分析如图乙所示，由牛顿 第二定律得，
水平方向有 FN2sinθ－Ff2cosθ＝mω2r 竖直方向有 FN2cosθ＋Ff2sinθ＝mg 3k2－k 解得Ff2＝ mg. 2
1.
如图所示是一个玩具陀螺，a、b和c是陀螺表面上的三
个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列 表述正确的是( )
A．a、b和c三点的线速度大小相等 B．b、c两点的线速度始终相同 C．b、c两点的角速度比a点的大 D．b、c两点的加速度比a点的大
解析：当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转 时，a、b和c三点的角速度相同，a半径小，线速度要比b、c的 小，A、C错；b、c两点的线速度大小始终相同，但方向不相 同，B错；由a＝ω2r可得b、c两点的加速度比a点的大，D对．
第四章
曲线运动 万有引力与航天
第三节
圆周运动
突破考点01
突破考点02 突破考点03
突破考点04
突破考点05
课时作业 高考真题
突破考点01
圆周运动的运动学分析
自主练透
1．描述圆周运动的物理量 定义、意义 ①描述做圆周运动的物体 运动________的物理量 线速度 (v)； ②是矢量，方向和半径垂 直，和圆周________ 公式、单位 ①v＝ 2πr T ； ②单位： ________ Δs ＝ Δt
答案：BD
突破考点02
圆周运动中的传动问题
分类例析
v2 1．对公式v＝rω和an＝ r ＝rω2的理解 (1)由v＝rω知，r一定时，v与ω成正比；ω一定时，v与r成 正比；v一定时，ω与r成反比． v2 (2)由an＝ r ＝rω2知，在v一定时，an与r成反比；在ω一定 时，an与r成正比．
Hz 方向 圆心 方向 圆心 2．(1)大小 (2)不变 圆心 (3)大小 垂直 圆心
3．(1)发生变化
(2)大小
方向
1．如图所示，静止在地球上的物体都要随地球一起转 动，下列说法正确的是( )
A．它们的运动周期都是相同的 B．它们的速度都是相同的 C．它们的线速度大小都是相同的 D．它们的角速度是不同的
解析：分针的角速度ω1＝
2π π ＝ rad/min，时针的角速度 T1 30
2π π ω2＝ ＝ rad/min，ω1 ω2＝12 1，v1 v2＝ω1r1 ω2r2＝18 1， T2 360 a1 a2＝ω1v1 ω2v2＝216 1，C正确，A、B、D错误．
答案：C
3．荡秋千是儿童喜爱的一项体育运动，当秋千荡到最高 点时，小孩的加速度方向是图中的( A．a方向 C．c方向 B．b方向 D．d方向 )
解析：秋千荡到最高点时，速度为零，小孩所受的向心 力为零，只有沿b方向的合力，故其加速度方向沿b方向，B正 确．
答案：B
4．(多选)在“天宫一号”的太空授课中，航天员王亚平做 了一个有趣实验．在T形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢 球．设小球质量为m，细绳长度为L.王亚平用手指沿切线方向轻 推小球，小球在拉力作用下做匀速圆周运动．测得小球运动的 周期为T，由此可知( )
3.圆周运动的周期性 由于圆具有中心对称的特点，故物体每转一周，该物体又 回到原处，所以物体在某处出现所需的时间应为周期的整数 倍，解题时，应注意圆周运动的多解问题．
【例1】
某种变速自行车，有六个飞轮和三个链轮，如图所
示，链轮和飞轮的齿数如表所示，前、后轮直径约为660 mm，人 骑该种自行车行进速度为4 m/s时，脚踩踏板做匀速圆周运动的角 速度最小值约为( 名称 齿数N/个 48 ) 链轮 38 28 15 16 飞轮 18 21 24 28
答案：B
r1 n ，从动轮边缘 r2 1
突破考点03
圆周运动的动力学分析
分类例析
1．向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩 擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此 在受力分析中要避免再另外添加一个向心力．