2019年高考物理总复习一轮复习课件《高考调研》1-3

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2019年高考物理总复习一轮复习课件《高考调研》单元专题14

第3页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
二、通过计算题的形式考查机械振动和机械波波速公式的应用．机械波的多解问题．
三、综合考查机械波和电磁波的相关知识机械波和电磁波的区别．电磁波的特点及应用．
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高考调研 ·高三总复习 ·物理
四、考查光学的基本规律和实验通过选择题考查光的折射、全反射和色散规律．通过填空题考查两个光学实验．
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高考调研 ·高三总复习 ·物理
(2)(2017·湖南三模)如图所示，将半径为 R 的透明半球体放在水平桌面上方，O 为球心，直径恰好水平，轴线 OO′垂直于水平桌面．位于 O 点正上方某一高度处的点光源 S 发出一束与 OO ′夹角 θ＝60°的单色光射向半球体上的 A 点，已知透明半球体对该单色光的折射率为 3，光在真空中传播速度为 c，不考虑半球体内光的反射，求：第10页源自高考调研 ·高三总复习 ·物理
向沿 y 轴正方向，故 C 项错误；D 项，由于 P、Q 间的距离 x＝ 6 m＝1.5λ，振动情况总是相反，则当质点 Q 位于波峰时，质点 P 在波谷，故 D 项正确；E 项，当 x＝2 m 处的波峰传到 Q 点时， Q 点第一次形成波峰，所经历的时间为 t＝xv＝2＋107 s＝0.9 s．故 E 项正确．
高考调研 ·高三总复习 ·物理
单元综合专题(十四)
选修3－4高考模拟题组专练
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高考调研 ·高三总复习 ·物理
考向分析
第2页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
从近几年的高考题来看，选修 3－4 高考命题主要有五个方向：
一、通过选择题的形式考查机械振动和机械波机械振动运动规律．机械波的形成与传播．波动图像与振动图像综合．

2019届高考物理一轮复习指导精品优选公开课件

二、认真阅读课本
课本中有一些简单问题需要学生自己阅读理解记忆，老师不讲并不代表这些问题不重要，高考不涉及，而是要自己结合课本复习效果更好。比如原子物理部分，该记忆的知识点较多但不难，自己记忆准确，理解透彻就不怕考题变化了。因为高考出题总是源于课本。
三、养成良好的复习习惯
课前预习到位;课中认真听讲、积极思考，要多问几个“为什么”，老师为什么这样做，怎么想到这样做，有没有其他做法等等;课后做题检测要敢于下手，善于推理，题目一看不会怎么办?再读题，再审题，从力和运动的交互关系入手再研究运动过程，多些“假如”，多些尝试。做到每晚一小结，每周一大结，一月一自测。
如何才能放得下？唐代禅宗高僧青原行思曾提出参禅的三境界，那正是路径所在。第一重境界是“看山是山，看水是水”。人之最初，比如年少之时，心思是简单的，看到什么就是什么，别人说什么就相信什么。这样看待世界当然是简单而粗糙的，所看到的往往只是表面。但同时，正是因为简单而不放在心上，于是不受其困扰，这就是放下的心境。只是还太脆弱，容易被现实击碎。第二重境界是“看山不是山，看水不是水”。人随着年龄渐长，经历的世事渐多，就发现这个世界的问题越来越多、越来越复杂，经常是黑白颠倒、是非混淆，无理走遍天下、有理寸步难行，好人无好报、恶人活千年。这时人是激愤的，不平的，忧虑的，怀疑的，警惕的，复杂的。于是人不愿意再轻易地相信什么，容易变得争强好胜、与人比较、绞尽脑汁、机关算尽，永无满足的一天。大多数人都困在这一阶段，虽然纠结、挣扎、痛苦，这却恰恰是顿悟的契机。因为看到了，才能出来；经历了，才能明白。第三重境界是“看山还是山，看水还是水”。那些保持住本心、做得到忍耐的人，等他看得够了，经得多了，悟得深了，终于有一天豁然顿悟，明白了万般只是自然，存在就有存在的合理性，生会走向灭，繁华会变成寂寞，那些以前认为好的坏的对的错的，都会在规律里走向其应有的结局，人间只是无常，没有一定。这个时候他就不会再与人计较，只是做自己，活在当下之中。任你红尘滚滚，我自清风朗月；面对世俗芜杂，我只一笑了之。这个时候，就是放下了。

2019年高考一轮复习研讨PPT课件

总之，我认为，高三复习是一个系统工程，复习方法多种多样，无论什么方法只要能使学生学好的教法，才是好的教法；能使学生学好的教师，才是好的教师；能使学生真正有所提高的课堂，才算有效的课堂。各校学生的习性都不同，各届学生的习性也不同，这就要求老师应当用心去与学生沟通和交流，找到学生的固有频率，老师再确定驱动力的频率，这样才可以使之产生较大的振幅。高考复习我也一直在摸索中前进，在华山中学我感觉我们物理组氛围很好，也很和谐，我学到了很多，也很感激组内的每一位同仁，我会继续向你们请教和学习。同时，我也衷心祝愿每一位老师都能找到最适合自己的学生的教学方法，使更多的学生能够梦想成真。
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前言：一则笑话的启示
军训时，连队间举行行军比赛，看谁先到达目的地。某连举行战术研讨会，商议怎样提高比赛效果。
甲说：要加强技能训练，提高单位时间行走的路程。乙说：要延长行军时间，用时间来换取空间。丙说：路程等于速度乘时间。要在竞争中取胜，既要提高速度，也要比其它连队延长连续行军的时间。连长认为丙有道理，于是就按丙的思路去做。全连一大早就起来，比干劲，拼体力，一路上十分辛苦。中午大家吃饭时，连长拿着地图、登上高地，察看地形。突然无语了：路线错了，方向反了。
三、学生怎么错？
通过平时作业和考试发现学生在答题中存在以下问题
1、概念不清原理模糊。 2、知识零乱考虑不全。 3、思路不通不会建模。 4、实验不熟方法不会。 5、漏洞百出处处失分。 6、时间失控留有空白。
四、老师怎么做？
1、明确难度结构特点，找出复习主攻方向：高考是集基础性、选拔性于一体的大众化考试，其命题难度结构有一定梯度，分析历年物理试卷结构可知，易、中、难的比例大约为 3：5：2。容易题——约30% ，中档题——约 50%，即80%的题目侧重于考查基础知识、基本技能、基本方法、基本能力。难度较大的题——约20%。难题不是所有学生都能做的，它仅对特优生有意义。所以，应对高考要瞄准80%不太难的题，降低容易题的失误率，提高中低档题的正确率，是复习的主攻方向。

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《高考调研》2018-2019高三物理一轮复习课件：3-1第三章牛顿运动定律

这个水球的位置．而同体积的水球和金属球，金属球的质量大，惯性大，运动状态不容易改变，故相对水球来说滞后．同理，由于同体积水球的质量大于泡沫塑料球的质量，水球惯性大，相对泡沫塑料球来说水球滞后，泡沫塑料球相对水球在前，因此 A 选项正确．答案 A
4． (2015· 山东日照 )某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案．关于小磁铁，下列说法中正确的是 ( )
第三章
牛顿运动定律
内容共点力的平衡牛顿运动定律、牛顿运动定律的应用超重和失重
要求 Ⅱ Ⅱ Ⅰ
第1讲牛顿第一定律
牛顿第三定律
梳理基础·强化训练
基础知识清单一、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，直到有外力迫使它改变这种状态为止．
2．牛顿第一定律的两个重要内涵 (1)该定律指出了一切物体都有惯性． (2)定律指出了：要使物体的运动状态改变，必须有力的作用．即指出了“力是使物体产生加速度的原因”，这一点是牛顿第一定律揭示的．
思路点拨相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但是两个力的作用点在不同的物体上．二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，两个力作用在同一个物体上．解决本题的关键掌握作用力与反作用力和平衡力的区别，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一个物体上．
(3)惯性和惯性定律不同：惯性描述的是一种性质，即总保持匀速直线运动或静止状态的性质；而惯性定律描述的是物体不受外力时所遵循的规律 (牛顿第一定律)．
二、牛顿第三定律 1．内容两个物体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．作用力与反作用力分清作用力与反作用力：甲对乙的力为作用力，反作用力必为乙对甲，不涉及第三个物体．

(16套)通用版2019年高考物理一轮实验复习PPT课件汇总(高考全考点) (2)

ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
��4-��2 −
2��
2��(��12�� )B×21��(2=)C��44-��2��(2��32)=12.1.0 m2/.s02。
关闭
解析答案
-24-
考点一考点二考点三
例4某实验小组采用如图甲所示的实验装置探究小车做匀变速直线运动的规律,打点计时器工作频率为50 Hz。图乙是实验中得到的一条较理想的纸带,每两个相邻的计数点之间的时间间隔为 0.10 s。
(1)实验中,除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑
轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外,在下列的器材中,必须
使用的有
。(填选项代号)
A.电压合适的50 Hz交流电源 B.电压可调的直流电源 C.停表
D.刻度尺 E.天平 F.重锤 G.弹簧测力计 H.滑动变阻器
(2)如果小车做匀加速直线运动,所得纸带如图乙所示,则x1、x2、
2×0.1
m/s=0.640 m/s。
(2)速度图象的斜率为加速度。由题丙图可得直线的斜率 k=0.506.03--00..4100
m/s(21=)打0.8点00计m时/s2器,小打车E的点加时速小车度的为瞬a=时0.速80度0 mvE/=s2。
m/s; 关闭
((31))图(02.6)象小40在车纵运(2轴)动0.上8的0的0加截速(距3度)0表为.3示2a0=计时起点的m速/s度2; vA=v0=0.320 m/s。
实验的改进与创新本实验是以教材中的实验为背景,通过改变实验条件、实验仪器等设置题目,不脱离教材而又不拘泥于教材,体现开放性、探究性等特点。多从原理演化和数据处理技巧上进行创新。 1.原理演化(如图所示)

一轮复习《高考调研》全套复习课件和练习5-133页PPT

授人
(3)① A→B＋ B→C＝A→C，A→B＋B→A＝ 0，A→B－A→C＝ C→B
以
渔
②A→1A2＋A→2A3＋……＋An－1An＋A→nA1＝ 0
③ ||a|－ |b||≤ |a± b|≤ |a|＋ |b|
课时作业
高三数学（人教版）
高考调研 ·新课标高考总复习
第五章 ·第1课时
课
前实数与向量的积(数乘) 自
人
以
现高难度的题目，所以复习时应以基本内容为主.
渔
课时作业
高三数学（人教版）
高考调研 ·新课标高考总复习
第五章 ·第1课时
课
课前自助餐
前
自
课本导读
助
一、向量的有关概念
餐
授
1．向量的定义：既有大小又有方向的量叫做向量．
人以
2．向量的长度：表示A→B 的有向线段的长度，即A→B的大小叫做A→B的长度或
(2)若A、B、C、D是不共线的四点，则＝是四边形ABCD为平行四边形的
以
充要条件；
渔
(3)a与b共线，b与c共线，则a与c也共线；
(4)两向量a、b相等的充要条件是|a|＝|b|且a∥b；
(5)有相同起点的两个非零向量不平行．
【解析】 (1)不正确，两个向量的长度相等，但它们的方向不一定相同，
因此由|a|＝|b|推不出a＝b.
高三数学（人教版）
高考调研 ·新课标高考总复习
第五章 ·第1课时
课
5. 2011·衡水市联考卷在△ABC中， A→B＝c， A→C
前自
＝b，若点D满足→ BD＝2D→C，则A→D＝(
)
助餐
A.23b＋13c B.53c－23b

2019年高考物理总复习一轮复习课件《高考调研》作业33

题组层级快练(三十三)一、选择题1.(2016·课标全国Ⅰ)一平行板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,极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度不变【试题参考答案】D【试题解析】电容器接在恒压直流电源上,两极板的电压不变,若将云母介质移出,相对介电常数减小,电容器的电容减小,所以极板上的电荷量变小,极板间的距离不变,所以极板间的电场强度不变,故A、B、C项错误,D项正确.2.(2017·山西名校联考)由电源、开关、滑动变动器及电容器组成如图所示电路.将平行板电容器的一个极板与滑动变动器的滑片相连接,并将开关S1、S2闭合.则()A.在电容器两极板间插入一块陶瓷片,电容器的带电量将减少B.将滑片向右移动,电容器带电量将会增大C.保持开关S1闭合,将开关S2断开,将滑动变动器滑片向左移电容器上带电量减少D.保持开关S2闭合,将开关S1断开,将滑动变动器滑向右移电容器上带电量增加【试题参考答案】B【试题解析】根据C＝εS4πkd,在电容器两极板间插入一块陶瓷片,介电常数ε增大,电容增大,再根据C＝QU,电压U不变,故电容器的带电量Q增大,所以A项错误；将滑片向右移动,电容器电压增大,电容不变,所以电荷量Q增大,所以B项正确；保持开关S1闭合,将开关S2断开,电容器电压等于电源电动势,移动滑片电容器电压不变,所以电容器电荷量不变,所以C项错误；保持开关S2闭合,将开关S1断开,电容器放电完毕,电荷量始终为零,所以D项错误.3.(2017·南昌调研)如图所示,平行板电容器两极板M、N相距d,两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接,极板M带正电.现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态,且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k,则( ) A.油滴带正电 B.油滴带电荷量为mgUdC.电容器的电容为kmgdU2D.将极板N 向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动【试题参考答案】C【试题解析】带电油滴在电场中受重力与电场力处于静止状态,故所受电场力方向竖直向上.M 板带正电,故油滴带负电,A 项错误；由平衡条件有:mg ＝U d q ,故q ＝mgdU ,B 项错误；电容定义式为C ＝Q U ,由题意得Q ＝kq ,解得:C ＝kmgdU 2,C 项正确；电容器与电源保持连接,两极板电势差不变,N 板下移,板间距离d 增大,故场强减小,油滴所受电场力减小,故油滴将向下运动,D 项错误.4.(多选)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成角度,两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子( ) A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动【试题参考答案】BD【试题解析】受力分析如图所示,知重力与电场力的合力与速度方向相反,所以粒子做匀减速直线运动,动能减小,所以A 、C 项错误,D 项正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能增加,即B 项正确.5.(2017·福建模拟)(多选)如图所示,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小).R 2为滑动变阻器,当开关S 闭合时,电容器C 中一带电微粒恰好处于静止状态.下列说法中正确的是( )A.只增大R 1的光照强度,电压表示数变小B.只增大R 1的光照强度,电流表示数变小C.只将滑片向上端移动时,微粒将向下运动D.若断开开关S,带电微粒仍处于静止状态【试题参考答案】AC【试题解析】只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,外电路总电阻减小,总电流增大,电流表示数变大,内电压增大,则路端电压减小,因此电压表示数变小,故A项正确,B项错误；只将分析可知,板间场强减小,油滴所受电场滑片向上端移动时,电容器板间的电压变小,由E＝Ud力减小,则微粒将向下运动.故C项正确；若断开开关S,电容器处于放电状态,电荷量变小,板间场强减小,带电微粒所受的电场力减小,将向下运动,故D项错误.6.(2017·湖南模拟)如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成2α角,在平行板间存在着一个匀强电场,线CD是两板间一条垂线,竖直线EF与CD交于O点；一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动,则在此过程中,对该小球下列说法错误的是()A.小球带正、负电荷都有可能B.小球可能做匀加速直线运动C.小球通过O点时所受电场力一定指向DD.小球动能的减少量是电势能增加量的2倍【试题参考答案】B【试题解析】A项,一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动,所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力,所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知,所以小球的电量不确定,故A、C两项正确；B项,据以上分析可知,小球做匀减速直线运动,故B项错误；D项,由以上分析可知,小球受重力等于电场力,运动的位移和夹角相同,所以二力做的功相同,据功能关系可知,小球重力势能的增加量等于电势能的增加量,即小球动能的减少量是电势能增加量的2倍,故D项正确.7.(2017·孝感一模)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小,如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度减小些,下列采取的措施可行的是()A.断开开关S 后,将A 、B 两极板分开些B.断开开关S 后,增大A 、B 两极板的正对面积C.保持开关S 闭合,将A 、B 两极板拉近些D.保持开关S 闭合,将变阻器滑动触头向右移动【试题参考答案】B【试题解析】A 项,断开开关,电容器带电量Q 不变,将A 、B 分开一些,则d 增大,根据C ＝εS4πkd 知,电容C 减小,根据C ＝QU 知,电势差增大,指针张角增大,故A 项错误；B 项,断开开关,电容器带电量Q 不变,增大正对面积,根据C ＝εS 4πkd 知,电容C 增大,根据C ＝QU 知,电势差U 减小,指针张角减小.故B 项正确；C 、D 两项,保持开关闭合,不论使A 、B 两板靠近些,还是使滑动变阻器的滑动触头向右移动,电容器两端的电势差总不变,则指针张角不变.故C 、D 两项错误. 8.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地.两板间有一个正检验电荷固定在P 点,如图所示,以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势,W 表示正电荷在P 点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中,下列关于各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( )【试题参考答案】C【试题解析】电容器的电容C ＝εS4πkd ,两板间距随负极板向右平移而逐渐减小,电容C 与d成反比,A 项错误；电容器与电源断开后,电荷量不变,根据E ＝U d ,U ＝Q C ,C ＝εS4πkd ,可知E ＝4πkQ εS保持不变,B 项错误；负极板接地,电势为零,P 点的电势φ等于P 点到负极板的电势差,即φ＝El ,E 不变,l 减小,φ线性减小,C 项正确；由W ＝qφ可知,W 随φ的变化而变化,即W随l 的变化而变化,D 项错误.9.如图所示是一个平行板电容器,其电容为C,带电荷量为Q,上极板带正电,两极板间距为d.现将一个试探电荷＋q 由两极板间的A 点移动到B 点,A 、B 两点间的距离为x,连线AB 与极板间的夹角为30°,则静电力对试探电荷＋q 所做的功等于( )A.qCx QdB.qQx CdC.qQx 2CdD.qCx 2Qd【试题参考答案】C【试题解析】电容器两极板间电势差为U ＝Q C ,场强为E ＝U d ＝QCd .而A 、B 两点间电势差为U AB ＝Exsin30°＝Qx 2Cd ,静电力对＋q 所做的功为W ＝qU AB ＝qQx2Cd ,C 项正确.10.(2017·临汾二模)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d 处的P 点有一带电液滴,该液滴从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回.若在下极板上叠放一厚度为d4的金属板,则从P 点开始下落的相同液滴将( )A.在两极板间运动的加速度为53gB.在金属板上表面处返回C.在距上极板d2返回D.在距上极板处35d 返回【试题参考答案】AD【试题解析】对下极板未移动前,从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得,mg ·(1＋1)d －qU ＝0.若在下极板上叠放一厚度为d 4的金属板,相当于将下极板向上平移d4,设运动到距离上极板x 处返回.根据动能定理得,mg ·(d ＋x)－x3d 4·qU ＝0 联立两式解得x ＝35d.根据牛顿第二定律,则有:q U3d4－mg＝ma,解得:a＝53g,故A、D两项正确,B、C两项错误.11.(2017·福州联考)如图所示,两平行金属板竖直放置且B板接地,其间有用绝缘细线悬挂的带电小球,当给两金属板充电Q后,悬线与竖直方向夹角为θ＝π3,因电离作用,两金属板的电荷量缓慢减小(小球电荷量假设不变),以致悬线与竖直方向间的夹角逐渐减小,则在夹角减少到π6的过程中,下列说法正确的是()A.细线拉力逐渐增大B.细线拉力大小不变C.电容器两极板减小的电荷量为Q2 D.电容器两极板减小的电荷量为2Q3【试题参考答案】D【试题解析】小球受到重力mg,细线的拉力F T和水平向右的电场力F的作用而处于动态平衡(如图所示),由F T＝mgcosθ可知,θ减小,F T也减小,A、B两项错误；令两极板间距离为d,电容器的电容为C,由图知tanθ1＝Fmg＝qQmgCd,令减小的电荷量为ΔQ,同理可得tanθ2＝q（Q－ΔQ）mgCd,联立解得ΔQ＝23Q,C项错误,D项正确.12.如图(1)是某同学设计的电容式速度传感器原理图,其中上板为固定极板,下板为待测物体,在两极板间电压恒定的条件下,极板上所带电荷量Q将随待测物体的上下运动而变化,若Q 随时间t的变化关系为Q＝bt＋a(a、b为大于零的常数),其图像如图(2)所示,那么图(3)、图(4)中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是()A.①和③B.①和④C.②和③D.②和④【试题参考答案】C【试题解析】由C ＝Q U 知,U 不变,Q 减小,C 减小,由C ＝εS 4k πd 知,d 增大.由E ＝Ud ＝4k πb εS （t ＋a ）知②图像正确.由C ＝Q U ＝εS 4k πd ＝bU （t ＋a ）知d ＝εSU （t ＋a ）4k πb ,即d 与t 为一次函数,故v 的大小不变,③图像正确. 二、非选择题13.如图所示,水平放置的平行板电容器与一恒定的直流电压相连,两极板间距离d ＝10 cm.距下板4 cm 处有一质量m ＝0.01 g 的不带电小球由静止落下,小球和下极板碰撞瞬间带上了q ＝1.0×10－8 C 的电荷,反跳的高度为8 cm,这时下板所带电荷量Q ＝1.0×10－6 C.如果小球和下板碰撞时没有机械能损失.(g 取10 m/s 2)求:(1)该电容器极板间的电场强度； (2)该电容器的电容.【试题参考答案】(1)5.0×106 V/m (2)2.0 pF【试题解析】(1)设小球下落高度为h 1,到下极板时的速度为v 1 由机械能守恒定律,有mgh 1＝12mv 12反弹后的速度为v 2,由于没有机械能损失,所以v 2＝v 1 设电场强度为E ,小球带电后,向上运动的高度为h 2, 由动能定理,有qEh 2－mgh 2＝0－12mv 22由以上各式,得E ＝mg （h 2－h 1）qh 2代入数据,解得E ＝5.0×106 V/m(2)设极板间的电压为U ,电容器的电容为C 由公式C ＝QU 和U ＝Ed得该电容器的电容C ＝Q U ＝QEd＝2.0×10－12 F ＝2.0 pF14.竖直放置的一对平行金属板的左极板上,用长为L 的轻质绝缘细线悬挂一个带电量为q 质量为m 的小球,将平行金属板按如图所示的电路图连接.当滑动变阻器R 在a 位置时,绝缘线与左极板的夹角为θ1＝30°,当将滑片缓慢地移动到b 位置时,夹角为θ2＝60°.两板间的距离大于L,重力加速度为g.问:(1)小球在上述两个平衡位置时,平行金属板上电势差之比U 1∶U 2＝？(2)若保持变阻器滑片位置在a 处不变,对小球再施加一个拉力,使绝缘线与竖直方向的夹角从θ1＝30°缓慢地增大到θ2＝60°,则此过程中拉力做的功W ＝？【试题参考答案】(1)1∶3 (2)(233－1)mgL【试题解析】(1)小球处于静止状态,受力情况如图所示: 由平衡条件得:qEmg ＝tan θ设两极板间的距离为d ,则U ＝Ed所以在两个平衡位置时,两金属板间电势差之比为: U 1∶U 2＝tan30°:tan60°＝1∶3(2)设该过程拉力对小球做功W ,用动能定理得: W ＋qEL(sin60°－sin30°)－mgL(cos30°－cos60°)＝0 又qE ＝mgtan30° 解得W ＝(233－1)mgL.。

2019年高考物理总复习一轮复习课件《高考调研》作业31

题组层级快练(三十一)一、选择题1.(2017·衡阳质检)关于电场,下列说法正确的是( ) A.由E ＝Fq 知,若q 减半,则该处电场强度为原来的2倍B.由E ＝k Qr2知,E 与Q 成正比,而与r 2成反比C.由E ＝k Qr 2知,在以Q 为球心,以r 为半径的球面上,各处场强均相同D.电场中某点场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向【试题参考答案】B【试题解析】电场中某点的场强大小与试探电荷的电量无关,故A 项错误；由E ＝k Qr 2知,E 与Q 成正比,而与r 2成反比,B 项正确；由E ＝k Qr 2知,在以Q 为球心、r 为半径的球面上,各处电场强度大小均相同,但是方向不同,C 项错误；电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,D 项错误；故选B 项.2.如图所示,在一条直线上有两个相距0.4 m 的点电荷A 、B,A 带电＋Q,B 带电－9Q.现引入第三个点电荷C,恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态,则C 的带电性质及位置应为( ) A.正,B 的右边0.4 m 处 B.正,B 的左边0.2 m 处 C.负,A 的左边0.2 m 处 D.负,A 的右边0.2 m 处【试题参考答案】C【试题解析】要使三个电荷均处于平衡状态,必须满足“两同夹异”“两大夹小”的原则,所以C 项正确.3.(多选)某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受电场力作用,其运动轨迹如图中虚线所示,由M 运动到N,以下说法正确的是( ) A.粒子必定带正电荷B.粒子在M 点的加速度大于它在N 点的加速度C.粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度D.粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能【试题参考答案】ACD【试题解析】根据粒子运动轨迹弯曲的情况,可以确定粒子受电场力的方向沿电场线切线方向,故此粒子带正电荷,A项正确；由于电场线越密,场强越大,粒子受电场力就越大,根据牛顿第二定律可知其加速度也越大,故此粒子在N点加速度大,C项正确；粒子从M点到N点,电场力做正功,根据动能定理得此粒子在N点动能大,故D项正确.4.(2016·课标全国Ⅱ)如图,P为固定的点电荷,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a a、a b、a c,速度大小分别为v a、v b、v c,则()A.a a>a b>a c,v a>v c>v bB.a a>a b>a c,v b>v c>v aC.a b>a c>a a,v b>v c>v aD.a b>a c>a a,v a>v c>v b【试题参考答案】D【试题解析】由库仑定律可知,粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为F b>F c>F a,可知,a b>a c>a a,由运动轨迹可知,粒子Q的电性与P相同,受斥力作用,不论粒子从a 由a＝Fm到c,还是从c到a,在运动过程中总有排斥力与运动方向的夹角先为钝角后为锐角,即斥力先做负功后做正功,因此v a>v c>v b,故D项正确.5.A、B是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点,其速度v与时间t的关系图像如图所示.则此电场的电场线分布可能是下列图中的()【试题参考答案】A【试题解析】从图像可以直接看出,粒子的速度随时间逐渐减小；图线的斜率逐渐增大,说明粒子的加速度逐渐变大,电场强度逐渐变大,从A到B电场线逐渐变密.综合分析知,负电荷是顺着电场线运动,由电场线疏处到达密处,正确是A项.6.(2017·甘肃二诊)如图所示,等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合,C、D是绝缘杆上的两点,ACBD构成一个正方形.一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速释放,由C运动到D的过程中,下列说法正确的是()A.小球的速度先减小后增大B.小球的速度先增大后减小C.杆对小球的作用力先减小后增大D.杆对小球的作用力先增大后减小【试题参考答案】D【试题解析】等量异种点电荷中垂线上的场强方向为水平向右,从C 到D 场强的大小先变大后变小,并且C 、D 两点的场强相等.带负电的小球沿光滑杆运动时,竖直方向上只受重力,水平方向上受力平衡,则小球的速度越来越大,A 、B 两项错误；杆对小球的作用力等于电场力,则先变大,后变小,C 项错误,D 项正确.7.在点电荷Q 产生的电场中有a 、b 两点,相距为d,已知a 点的场强大小为E,方向与ab 连线成30°角,b 点的场强方向与ab 连线成120°角,如图所示,则点电荷Q 的电性和b 点的场强大小为( ) A.正电、E/3 B.负电、E/3 C.正电、3E D.负电、3E【试题参考答案】D【试题解析】分别将经过a 点和b 点的电场线延长交于一点O ,如图所示,则O 点即为点电荷Q 所在的位置,电场线指向此电荷,则Q 为负电荷；由几何关系可知,如果Ob ＝d ,则Oa ＝3d ,由点电荷产生的电场强度表达式为E ＝kQr2可知,点电荷在b 点产生的场强大小为3E ,D 项正确.8.(2017·南京三模)如图,在点电荷－q 的电场中,放着一块带有一定电量、电荷均匀分布的绝缘矩形薄板,MN 为其对称轴,O 点为几何中心.点电荷－q 与a 、O 、b 之间的距离分别为d 、2d 、3d.已知图中a 点的电场强度为零,则带电薄板在图中b 点处产生的电场强度的大小和方向分别为( )A.kqd 2,水平向右 B.kqd 2,水平向左 C.kq d 2＋kq9d 2,水平向右 D.kq9d2,水平向右【试题参考答案】A【试题解析】－q 在a 处产生的场强大小为E 1＝k qd 2,方向水平向右.据题,a 点处的电场强度为零,则知－q 与带电薄板在a 点产生的场强大小相等,方向相反,则带电薄板在a 点产生的场强大小为E 2＝k qd 2,方向水平向左,则薄板带负电.根据对称性可知,带电薄板在b 点产生的场强大小为E 3＝k qd 2,方向水平向右.故A 项正确,B 、C 、D 三项错误.9.如图所示,A 为带正电的点电荷,电量为Q,中间竖直放置一无限大的金属板,B 为质量为m 、电量为＋q 的小球,用绝缘丝线悬挂于O 点,平衡时丝线与竖直方向的夹角为θ,且A 、B 两个小球在同一水平面上,间距为L,则金属板上的感应电荷在小球B 处产生的电场强度大小E 为( ) A.E ＝kQ L 2B.E ＝mgtan θqC.E ＝mgtan θq ＋kQL2 D.E ＝mgtan θq －kQL2 【试题参考答案】D【试题解析】静电平衡时,金属板的感应电荷在B 处产生的电场强度方向向右.以小球为研究对象,分析受力情况:重力、点电荷对小球的静电力F 、感应电荷的静电力qE 和细线的拉力,如图. 根据共点力平衡条件: F ＋qE ＝Tsin θ mg ＝Tcos θ又根据库仑定律得:F ＝k QqL2联立解得,E ＝mgtan θq －kQL 2,故A 、B 、C 三项错误,D 项正确.10.(2017·广州毕业班质检)如图所示,MON 是固定的光滑绝缘直角杆,MO 沿水平方向,NO 沿竖直方向,A 、B 为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球,用一指向竖直杆的水平力F 作用在A 球上,使两球均处于静止状态.现将A 球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后,A 、B 两小球可以重新平衡.则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较,下列说法正确的是( ) A.A 、B 两小球间的库仑力变大B.A 、B 两小球间的库仑力变小C.A 球对MO 杆的压力变大D.A 球对MO 杆的压力变小【试题参考答案】B【试题解析】A 项,A 、B 间的连线与竖直方向的夹角减小,对B 球研究,库仑力在竖直方向的分力与重力等大反向,因此A 、B 两小球间的库仑力减小；由整体法可知,A 球对杆的压力等于A 、B 的重力之和,A 、C 、D 项错误,B 项正确.11.(2017·黄山二模)如图所示,两根长度相等的绝缘细线,上端都系在同一水平天花板上,另一端分别连着质量均为m 的两个带电小球P 、Q,两小球静止时,两细线与天花板间的夹角θ＝30°,以下说法正确的是( ) A.细线对小球的拉力大小为233mg B.两小球间的静电力大小为33mg C.剪断左侧细线瞬间P 球的加速度大小为2gD.若两球间的静电力瞬间消失时Q 球的加速度大小为3g 【试题参考答案】C【试题解析】A 、B 两项,对P 球分析,运用共点力平衡条件得:细线的拉力为T ＝mgsin θ＝2mg 库仑力大小F ＝mgcot θ＝3mg ,故A 、B 两项错误.C 项,剪断左侧细线的瞬间,库仑力不变,小球P 所受的合力F 合＝T ＝2mg ,根据牛顿第二定律得,a ＝2g.故C 项正确.D 项,若两球间的静电力瞬间消失时Q 球的加速度大小为a ＝mgcos θm ＝32g ,故D 项错误.12.(多选)如图甲所示,Q 1、Q 2为两个被固定的点电荷,其中Q 1为正点电荷,在它们连线的延长线上有a 、b 两点.现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b 点开始经a 点向远处运动(检验电荷只受电场力作用),q 运动的速度图像如图乙所示.则( ) A.Q 2必定是负电荷B.Q 2的电荷量必定大于Q 1的电荷量C.从b 点经a 点向远处运动的过程中检验电荷q 所受的电场力一直减小D.可以确定检验电荷的带电性质【试题参考答案】AD【试题解析】由图乙可知,检验电荷先减速后加速运动,若Q 2是正电荷,则在b 点右侧的电场方向必定向右,q 受力不可能改变方向,故Q 2一定为负电荷,故A 项正确；根据点电荷场强公式,设q 到Q 1、Q 2的距离分别为r 1、r 2,则q 所在处的场强为E ＝k Q 1r 12－k Q 2r 22,q 在b →a 运动过程中,受力向左,在a 点右侧运动过程中,受力向右.由于r 1>r 2,若Q 1<Q 2,场强E 必定始终向左,q 受力方向不可能发生改变,故必定有Q 1>Q 2,故B 项错误；由图乙可知,q 受力先向左后向右,且加速度先减小后增大再减小,故C 项错误；在b 处,若k Q 1r 12>k Q 2r 22,考虑到Q 1>Q 2,r 1>r 2,设q移动的位移为Δx ,由数学知识可以证明,则一定有k Q 1（r 1＋Δx ）2>k Q 2（r 2＋Δx ）2,即E 始终朝一个方向,不符合题意,故在b 处必定有k Q 1r 12<k Q 2r 22,场强E b 必定向左,而q 在b 处受力向左,因此q 电荷一定为正电荷,故D 项正确. 二、非选择题13.在一个水平面上建立x 轴,在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E ＝6.0×105 N/C,方向与x 轴正方向相同,在原点O 处放一个质量m ＝0.01 kg 带负电荷的绝缘物块,其带电荷量q ＝－5×10－8 C.物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2,给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0＝2 m/s.如图所示.试求: (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？【试题参考答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s.【试题解析】(1)物块沿x 轴正方向运动时,由牛顿第二定律有 qE －μmg ＝ma 1则加速度a 1＝qE －μmgm ＝－5 m/s 2,即加速度大小为5 m/s 2,方向沿x 轴负方向.(2)由运动学公式,物块沿x 轴正方向运动的最远距离为 x 1＝－v 022a 1＝0.4 m.(3)物块先向右做匀减速直线运动,则 x 1＝v 0＋02·t 1解得t 1＝0.4 s接着物块向左做匀加速直线运动:a 2＝qE ＋μmgm ＝－1 m/s 2由－x 1＝12a 2t 22解得t 2＝20.2 s物块离开电场后,向左做匀减速运动:a 3＝μmgm ＝μg ＝2 m/s 2根据:a 3t 3＝0－a 2t 2 得t 3＝－a 2a 3t 2＝0.2 s物块运动的总时间为:t ＝t 1＋t 2＋t 3＝1.74 s.14.(2017·淮南一模)如图甲所示,倾角为θ＝30°绝缘斜面被垂直斜面直线MN 分为左右两部分,左侧部分光滑,范围足够大,上方存在大小为E ＝1 000 N/C,方向沿斜面向上的匀强电场,右侧部分粗糙,范围足够大,一质量为m ＝1 kg,长为L ＝0.8 m 的绝缘体制成的均匀带正电直棒AB 置于斜面上,A 端距MN 的距离为d,现给棒一个沿斜面向下的初速度v 0,并以此时作为计时的起点,棒在最初0.8 s 的运动图像如图乙所示,已知0.8 s 末棒的B 端刚好进入电场,取重力加速度g ＝10 m/s 2,求:(1)直棒AB 开始运动时A 端距MN 的距离为d ； (2)直棒AB 的带电量q ；(3)直棒AB 最终停止时,直棒B 端到MN 的距离. 【试题参考答案】(1)20 m (2)7.5×10－3 C (3)25.48 m 【试题解析】(1)0～0.8 s 内棒运动的位移为: x 1＝v 0＋v 2t ＝27＋252×0.8 m ＝20.8 m ,A 端距离MN 的距离为:d ＝x 1－L ＝20.8－0.8 m ＝20 m.(2)由乙可知,棒在向下运动至B 端刚好进入电场的过程中,棒的加速度一直不变,为: a ＝ΔvΔt＝2.5 m/s 2,当B 端刚进入电场时根据牛顿第二定律可得: qE －mgsin θ＝ma得:q ＝m （a ＋gsin θ）E ＝1×（2.5＋5）1 000 C ＝7.5×10－3 C.(3)AB 棒未进入电场前,根据牛顿第二定律可得: μmgcos θ－mgsin θ＝ma 代入数据解得:μ＝a ＋gsin θgcos θ＝32,到B 刚要离开电场的运动过程中,静电力做功为零,重力做功为零.而棒AB 出电场过程中,因电场力做的正功与摩擦力做的负功大小相等,二力总功为零,棒B 端出电场直到最终停止,设B 端在MN 右侧与MN 相距为x ,由动能定理可得: －mgxsin θ－μmg cos θ(x －L)＝0－12mv 2,代入数据求得:x ＝25.48 m故B 端在MN 右边且距MN 为25.48 m.。

2019年高考物理总复习一轮复习课件《高考调研》作业23

题组层级快练(二十三)一、选择题1.在如图所示的物理过程示意图中,甲图一端固定有小球的轻杆,从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球,从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动,则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是()A.甲图中小球机械能守恒B.乙图中小球A机械能守恒C.丙图中小球机械能守恒D.丁图中小球机械能守恒【试题参考答案】A【试题解析】甲图过程中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,A项正确；乙图过程中轻杆对A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以小球A的机械能不守恒,但两个小球组成的系统机械能守恒,B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失,机械能不守恒,C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒,但小球的机械能不守恒,这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧,细绳会对小球做功,D项错误.2.(2017·四川模拟)如图所示,两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置,轨道两端等高,两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大,设为大球,另一个为小球,且可均视为质点)分别自轨道左端由静止开始滑下,在各自轨迹的最低点时,下列说法正确的是()A.大球的速度大于小球的速度B.大球的动能可能小于小球的动能C.大球的向心加速度大于小球的向心加速度D.大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力【试题参考答案】A【试题解析】根据机械能守恒定律可得:mgR ＝12mv 2知:v ＝2gR ,半径大的圆形轨道,球到达底端的速度大,大球质量大,下降的高度大,则到达底端的动能大,故A 项正确,B 项错误.根据向心加速度公式可得向心加速度为:a ＝v 2R ＝2g ,则可知,两球的向心加速度相等,故C 项错误.根据牛顿第二定律得:N －mg ＝m v 2R ,解得:N ＝3mg ,由于大球的质量大,则大球所受的支持力大,故D 项错误.3.(2017·郑州第二次质检)如图所示,可视为质点的小球以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑,恰能到达高度为h 的斜面顶端.下图中有四种运动:A 图中小球滑入轨道半径等于12h 的光滑管道；B 图中小球系在半径大于12h 而小于h 的轻绳下端；C 图中小球滑入半径大于h 的光滑轨道；D 图中小球固定在长为12h 的轻杆下端.在这四种情况中,小球在最低点的水平初速度都为v 0,不计空气阻力,小球不能到达高度h 的是( )【试题参考答案】B【试题解析】小球经过管道最高点时,最小速度为零,由机械能守恒定律可知,小球可以到达最高点,A 项不合题意；小球在绳的约束下,到达最高点时,速度不为零,由机械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h ,B 项符合题意；小球在曲面上运动时,到达最高点的速度可以为零,由机械能守恒定律可知小球能到达高度h ,C 项不合题意；小球在杆的约束下,到达最高点的最小速度可为零,由机械能守恒定律可知,小球可以到达最大高度h ,D 项不合题意. 4.以水平初速度v 0将一个小石子从离水平地面高H 处抛出,从抛出时开始计时,取地面为参考平面,不计空气阻力.下列图像中,A 为石子离地的高度与时间的关系,B 为石子的速度大小与时间的关系,C 为石子的重力势能与时间的关系,D 为石子的动能与离地高度的关系.其中正确的是( )【试题参考答案】C【试题解析】A 项,由自由落体的知识h ＝H －12gt 2,故A 项错误；B 项,根据矢量的合成,v ＝v 02＋（gt ）2,所以不是一次函数,B 项错误；C 项,E p ＝mgh ,h ＝H －12gt 2,所以E p ＝mgH －12mg 2t 2,故C 项正确；D 项,根据能量守恒知E k ＝mgH ＋12mv 02－mgh ＝mg(H －h)＋12mv 02,与高度是一次函数,故D 项错误；故选C 项.5.(2017·惠州二模)如图所示,绕过光滑钉子O 的细绳,两端分别拴有A 、B 两个小球,A 球的质量是B 球的2倍.现将两球从距地面高度为h 处由静止释放.若细绳足够长,细绳的质量、空气的阻力均不计.则B 球上升到距地面的最大高度为( )A.hB.43h C.73h D.83h 【试题参考答案】C【试题解析】对系统由机械能守恒可得:2mgh －mgh ＝12×3mv 2,对B 在A 落地之后:12mv 2＝mgh ′,联立解得:h ′＝h3,故B 的离地最大高度为:H ＝h ′＋2h ＝h 3＋2h ＝73h ,故C 项正确,A 、B 、D 三项错误.6.(2017·衡阳模拟)木板固定在墙角处,与水平面夹角为θ＝37°,木板上表面光滑,木板上开有一个孔洞,一根长为l 、质量为m 的软绳置于木板上,其上端刚好进入孔洞,用细线将质量为m 的物块与软绳连接,如图所示.物块由静止释放后向下运动,带动软绳向下运动,当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时,物块的速度为(已知重力加速度为g,sin37°＝0.6)( ) A.gl B. 1.1gl C. 1.2gl D.2gl 【试题参考答案】C【试题解析】在下落过程中,由几何关系可知,重物的重心下降高度为l ；而软绳重心的下降高度为:h ′＝0.5l －0.5lsin37°＝0.2l ,故全过程中重力势能的减小量为:ΔE p＝mgl＋0.2mgl＝1.2mgl；根据机械能守恒定律可得:12＝ΔE p2mv解得:v＝ 1.2gl；故C项正确,A、B、D三项错误.7.(2017·云南模拟)(多选)如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端与小球相连,另一端固定于O点.现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,已知OA长度小于OB长度,弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等,A、B两点间的距离为h.在小球由A到B的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧处于OA、OB两位置时的弹性势能不相等B.小球在B点时的动能为mghC.小球的加速度等于重力加速度g的位置只有一个D.在弹簧与杆垂直时,小球机械能最小【试题参考答案】BD【试题解析】现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,在小球由A到B的过程中,由于弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等,根据胡克定律可知弹簧形变量相等,根据同一轻弹簧的弹性势能只与形变量有关,所以弹簧处于OA、OB两位置时的弹性势能相等,A项错误.在小球由A到B的过程中,由机械能守恒定律,小球在B点时的动能为E k＝mgh,B项正确.在小球由A到B的过程中,在小球下落到与O点在同一水平位置时,即在弹簧与杆垂直时,在竖直方向只受重力作用,加速度为重力加速度g；在小球下落到轻弹簧恢复到原长时,在竖直方向只受重力作用,加速度为重力加速度g；所以在小球由A到B的过程中,小球的加速度等于重力加速度g的位置有两个,C项错误.在小球由A点下落到与O点在同一水平位置的过程中,轻弹簧的弹力对小球做负功,小球的机械能减小；在小球由与O点在同一水平位置继续下落的过程中,轻弹簧的弹力对小球做正功,小球的机械能增大,所以在弹簧与杆垂直时,小球机械能最小,D项正确.8.(2017·江西省联考)(多选)如图1所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h,并作出如图2滑块的E k－h图像,其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图像为直线,其余部分为曲线,以地面为零势能面,取g＝10 m/s2,由图像可知( )A.小滑块的质量为0.1 kgB.轻弹簧原长为0.2 mC.弹簧最大弹性势能为0.5 JD.小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J 【试题参考答案】BC【试题解析】在从0.2 m 上升到0.35 m 范围内,ΔE k ＝ΔE p ＝mg Δh ,图线的斜率绝对值为:k ＝ΔE k Δh ＝0.30.35－0.2 N ＝2 N ＝mg ,所以m ＝0.2 kg ,故A 项错误；在E k h 图像中,由于高度从0.2 m 上升到0.35 m 范围内图像为直线,说明滑块从h ＝0.2 m ,滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m.故B 项正确；根据能的转化与守恒可知,当滑块上升至最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以E pm ＝mg Δh ＝0.2×10×(0.35－0.1) J ＝0.5 J ,故C 项正确；由图可知,当h ＝0.18 m 时的动能最大；滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小,根据能的转化和守恒可知,E pmin ＝E －E km ＝E pm ＋mgh －E km ＝0.5 J ＋0.2×10×0.1 J －0.32 J ＝0.38 J ,故D 项错误.9.(2017·沈阳一模)(多选)如图所示,在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起,斜面足够长.在圆弧轨道上静止着N 个半径为r(r ≪R)的光滑刚性小球,小球恰好将圆弧轨道铺满,从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3……N.现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走,N 个小球由静止开始沿轨道运动,不计摩擦与空气阻力,下列说法正确的是( )A.N 个小球在运动过程中始终不会散开B.第N 个小球在斜面上能达到的最大高度为RC.第1个小球到达最低点的速度2gR ＞v ＞gRD.第1个小球到达最低点的速度v ＜gR【试题参考答案】AD【试题解析】在下滑的过程中,水平面上的小球要做匀速运动,而曲面上的小球要做加速运动,则后面的小球对前面的小球有向前的压力作用,所以小球之间始终相互挤压,冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压,所以小球之间始终相互挤压,故N 个小球在运动过程中始终不会散开,故A 项正确；把N 个小球看成整体机械能守恒,在斜面上N 个小球整体重心最大高度不变,但第N 个小球在斜面上能达到的最大高度不能确定,故B 项错误；若AB 为斜面,对全部小球,根据机械能守恒定律得:12mv 2＝mg·R2,解得:v ＝gR.由于N 个小球在圆弧轨道上重心高度低于12R ,所以第1个小球到达最低点的速度v ＜gR ,故C 项错误,D 项正确.10.如图所示,在倾角θ＝30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B,两球之间用一根长L ＝0.2 m 的轻杆相连,小球B 距水平面的高度h ＝0.1 m.两球由静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是( )A.整个下滑过程中A 球机械能守恒B.整个下滑过程中B 球机械能守恒C.整个下滑过程中A 球机械能的增加量为23 JD.整个下滑过程中B 球机械能的增加量为23 J【试题参考答案】D【试题解析】在下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,但在B 球沿水平面滑行而A 沿斜面滑行时,杆的弹力对A 、B 球做功,所以A 、B 球各自机械能不守恒,故A 、B 项错误；根据系统机械能守恒得:m A g(h ＋Lsin θ)＋m B gh ＝12(m A ＋m B )v 2,解得v ＝23 6 m/s ,系统下滑的整个过程中B 球机械能的增加量为12m B v 2－m B gh ＝23 J ,故D 项正确；A 球的机械能减小23,C 项错误.二、非选择题11.如图,在半径为r 的轴上悬挂着一个质量为M 的水桶P,轴上均匀分布着6根手柄,每个柄端固定有质量均为m 的金属球,球离轴心的距离为l,轮轴、绳和手柄的质量及摩擦均不计.现由静止释放水桶,整个装置开始转动. (1)当水桶下降的高度为h 时,水桶的速度为多少？ (2)已知水桶匀加速下降,下降过程中细绳的拉力为多少？【试题解析】(1)水桶下降的高度为h 时,水桶的速度为v 1,金属球的速度为v 2,系统机械能守恒,有Mgh ＝12Mv 12＋12×6mv 22,又v 1v 2＝ωr ωl ＝r l .解得v 1＝2Mghr 2Mr 2＋6ml 2,(2)水桶匀加速下降的加速度为a ,则v 12＝2ah ,a ＝v 122h ＝Mgr 2Mr 2＋6ml 2,对水桶:Mg －T ＝Ma , 解得T ＝M(g －a)＝6Mmgl 2Mr 2＋6ml 212.(2017·江苏学业考试)将一根长为L 的光滑细钢丝ABCDE 制成如图所示的形状,并固定在竖直平面内.其中AD 段竖直,DE 段为34圆弧,圆心为O,E为圆弧最高点,C 与E 、D 与O 分别等高,BC ＝14AC.将质量为m 的小珠套在钢丝上由静止释放,不计空气阻力,重力加速度为g. (1)小珠由C 点释放,求到达E 点的速度大小v 1；(2)小珠由B 点释放,从E 点滑出后恰好撞到D 点,求圆弧的半径R ； (3)欲使小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过mg4,求释放小珠的位置范围.【试题参考答案】(1)0 (2)2L4＋3π(3)见解析【试题解析】(1)选取O 点为0势能点,C 点与E 点相对于O 的高度都是R ；小珠由C 点释放后,小球的机械能守恒,则: mgR ＝mgR ＋12mv 12所以:v 1＝0；(2)小珠从E 点滑出后做平抛运动,竖直方向:R ＝12gt 2所以:t ＝2R g水平方向:R ＝v 2t 所以:v 2＝Rt＝gR 2B 相对于O 点的高度:h B ＝R ＋14AC其中:AC ＝L －34·2πR －RB 到E 的过程中:mgh B ＝mgR ＋12mv 22联立可得:R ＝2L4＋3π；(3)设释放点的高度相对于C 点为h ,若小珠子到达E 时,与钢丝间的弹力超过mg4有两种情况:Ⅰ.小珠受到的弹力方向向上,则:mg －14mg ＝mv 32R由机械能守恒得:mg(h ＋R)＝mgR ＋12mv 32联立得:h ＝3L4（4＋3π）Ⅱ.小珠受到的弹力方向向下,则:mg ＋14mg ＝mv 42R由机械能守恒得:mg(h ′＋R)＝mgR ＋12mv 42联立得:h ′＝5L4（4＋3π）即当小珠子从C 点上方低于3L 4（4＋3π）处滑下或高于5L4（4＋3π）处滑下时,小珠到达E 点与钢丝间的弹力超过mg4.13.(2017·辛集市统考)如图所示,竖直光滑的固定杆上套有一滑块A,滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B 又通过一轻质弹簧连接物块C,C 静止在地面上.开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力,现将A 由静止释放,当A 、B 速度达到最大时,C 也刚好同时离开地面(此时B 还没有到达滑轮位置).已知:m A ＝1.2 kg,m B ＝m C ＝1.0 kg,滑轮与杆的水平距离L ＝0.8 m,g 取10 m/s 2.试求:(1)A 下降多大距离时速度最大？ (2)弹簧的劲度系数k ； (3)A 的最大速度是多少？【试题参考答案】(1)0.6 m (2)100 N/m (3)2153m/s【试题解析】(1)如图所示,设A 下降h 时速度达最大,此时绳与杆夹角为θ,绳中张力为T.因为A 物块速度达到最大,故加速度为零,即受力平衡, 有m A g ＝Tcos θ,此时C 刚好离开地面,故T ＝(m B ＋m C )g ＝20 N , 解得cos θ＝0.6,即θ＝53°, 所以h ＝L tan θ＝0.8tan53°m ＝0.6 m.(2)开始时绳中无张力,对B 分析,有m B g ＝kx 1, C 离开地面时,有m C g ＝kx 2, 又x 1＋x 2＝Lsin θ－L可解得k ＝100 N/m.(3)由(2)知,x 1＝x 2＝0.1 m ,故初、末状态弹簧的弹性势能相等, 对A 、B 、C 及弹簧系统由机械能守恒定律有 m A gh －m B g(x 1＋x 2)＝12m A v A 2＋12m B v B 2又v B ＝v A cos θ联立可解得v A＝2153m/s.。

2019高考物理一轮复习第2章第3单元课件必修1

[听课记录] (1)物体刚好不下滑时，受力分析如图甲所示，由平衡条
件可得
F1cos θ＋f1＝mgsin θ N1＝mgcos θ＋F1sin θ 又 f1＝μN1 以上三式联立可得：
F1＝mgcsions
θ－μmgcos θ＋μsin θ
θ
(2)物体刚好不上滑时，受力分析如图乙所示，由平衡条件得：
4．平衡条件的推论 (1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反，为一对平衡力． (2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，这三个力必定共面，且其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向
相反． (3)多力平衡如果物体受多个力作用处于平衡状态，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反． (4)三力汇交原理如果一个物体受到三个非平行力作用而平衡，这三个力的作用线必定在同一平面内，而且必为共点力． [温馨提示] (1)处理多力平衡问题时，常采用合成的方法简化成二力平衡或三力平衡问题． (2)物体保持静止必须同时满足两个条件，即速度和加速度同时为零．
2．(2009年高考海南卷)两刚性球a和b的质量分别为ma和mb、直径分别为da和db(da＞db)．将a、b球依次放入一竖直放置、内径为d(da ＜d＜da＋db)的平底圆筒内，如图所示．设a、b两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为N1和N2，筒底所受的压力大小为N，已知重力加速度大小为g，若所有接触面都是光滑的，则( )
(2019年中山模拟)如图所示，质量为m的正方体和质量为 M的正方体放在两竖直墙和水平面间，处于静止状态．m与M相接触边与竖直方向的夹角为α，若不计一切摩擦，求：
(1)水平面对正方体M的弹力大小； (2)墙面对正方体m的弹力大小． [思路点拨] 求解此题应把握以下三点： (1)整体法分析受力，利用平衡求水平面