2018版第3章章末分层突破

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18版高中数学第三章概率章末分层突破课件新人教A版必修3

[ 再练一题] 2．某服务电话，打进的电话响第 1 声时被接的概率是 0.1；响第 2 声时被接的概率是 0.2；响第 3 声时被接的概率是 0.3；响第 4 声时被接的概率是 0.35. (1)打进的电话在响 5 声之前被接的概率是多少？ (2)打进的电话响 4 声而不被接的概率是多少？
【解】 (1)设事件“电话响第 k 声时被接”为 Ak(k∈N)，那么事件 Ak 彼此互斥，设“打进的电话在响 5 声之前被接”为事件 A，根据互斥事件概率加法公式，得 P(A)＝P(A1∪A2∪A3∪A4)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝0.1＋0.2＋0.3 ＋0.35＝0.95. (2)事件“打进的电话响 4 声而不被接”是事件 A“打进的电话在响 5 声之－－前被接”的对立事件，记为 A .根据对立事件的概率公式，得 P( A )＝1－P(A)＝1 －0.95＝0.05.
3．对立事件概率的求法 P(Ω)＝P(A∪ A )＝P(A)＋P( A )＝1，由公式可得 P(A)＝1－P( A )(这里 A 是 A 的对立事件，Ω 为必然事件)． 4．互斥事件的概率加法公式是解决概率问题的重要公式，它能把复杂的概率问题转化为较为简单的概率或转化为其对立事件的概率求解．
甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有 5 个不同的题目．其中，选择题 3 个，判断题 2 个，甲、乙两人各抽一题． (1)甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题的概率是多少？ (2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？【精彩点拨】用列举法把所有可能的情况列举出来，或考虑互斥及对立
2
170)2 ＋ (168－ 170)2 ＋ (170－ 170)2 ＋ (171－ 170)2 ＋ (179－ 170)2 ＋ (179－ 170)2 ＋ (182－170)2] ＝57.2(cm2)．

高中数学第三章基本初等函数Ⅰ章末分层突破学案新人教B版必修1

第三章基本初等函数（Ⅰ）[自我校对]①分数指数幂②互为反函数③对数函数④解析式y ＝log a x (a >0，a ≠1) ⑤log a N ⑥解析式y ＝x α⑦越来越慢⑧越来越快爆炸式增长握各种变形．如N 1b＝a ，a b＝N ，log a N ＝b (其中N >0，a >0，a ≠1)是同一数量关系的不同表示形式，因此在许多问题中要能熟练进行它们之间的相互转化，选择适合题目的形式进行运算．【精彩点拨】 (1)利用对数的运算法则、对数恒等式即可得出； (2)利用指数幂的运算法则即可得出．【规范解答】(1)原式＝log 322×8329－3＝2－3＝－1.－1＋116＋18＋110＝14380.[再练一题] 1．计算：【解】 (1)原式＝－4－1＋12×(2)4＝－3.)时要借助于指数、对数函数的单调性．涉及指数、对数函数的值域问题有两个类型，一是形如y ＝af (x )和y ＝log a f (x )的函数，一般要先求f (x )的值域，然后利用指数、对数的单调性求解；二是形如y ＝f (a x)和y ＝f (log a x )的函数，则要根据a x和log a x 的范围，利用函数y ＝f (x )的性质求解．(2)已知－3≤log 12x ≤－32，求函数f (x )＝log 2x 2·log 2x4的最大值和最小值．【精彩点拨】(2)由f (x )＝log 2x 2·log 2x4＝(log 2x －1)(log 2x －2)＝(log 2x )2－3log 2x ＋2，结合二次函数的性质即可求解．【规范解答】故所求函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤132，12.(2)∵－3≤log 12x ≤－32，∴32≤log 2x ≤3，∴f (x )＝log 2x 2·log 2x 4＝(log 2x －1)(log 2x －2)＝(log 2x )2－3log 2x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫log 2x －322－14. 当log 2x ＝3时，f (x )max ＝2，当log 2x ＝32时，f (x )min ＝－14.[再练一题]【导学号：60210098】【解】令k ＝2x(0≤x ≤2)，∴1≤k ≤4，则y ＝22x －1－3·2x＋5＝12k 2－3k ＋5.又y ＝12(k －3)2＋12，k ∈[1,4]，∴y ＝12(k －3)2＋12在k ∈[1,3]上是减函数，在k ∈[3,4]上是增函数，∴当k ＝3时，y min ＝12；当k ＝1时，y max ＝52.即函数的最大值为52，最小值为12.用函数的单调性进行转化，也可利用图象解决，对含参数的问题进行分类讨论，同时还要注意变量本身的取值范围，以免出现增根．对于图象的判断与选择可利用图象的变换、也要重视利用特殊点与选择题中排除法的应用．当0＜x ≤12时，4x＜log a x ，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 B.⎝⎛⎭⎪⎫22，1 C ．(1，2) D ．(2，2)【精彩点拨】由指数函数和对数函数的图象和性质，将已知不等式转化为不等式恒成立问题加以解决即可．【规范解答】当0＜x ≤12时，1＜4x ≤2，要使4x＜log a x ，由对数函数的性质可得0＜a＜1，数形结合可知只需2＜log a x ，∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，log a a 2<log a x ，即⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，a 2>x 对0＜x ≤12时恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧0<a <1，a 2>12，解得22＜a ＜1，故选B. 【答案】 B [再练一题]3．若log a 2＜0(a ＞0，且a ≠1)，则函数f (x )＝ax ＋1的图象大致是( )【解析】由log a 2＜0(a ＞0，且a ≠1)，可得0＜a ＜1，函数f (x )＝a x ＋1＝a ·a x，故函数f (x )在R 上是减函数，且经过点(0，a )，故选A. 【答案】 A(1)比较两数(式)或几个数(式)大小问题是本章的一个重要题型，主要考查幂函数、指数函数、对数函数图象与性质的应用及差值比较法与商值比较法的应用．常用的方法有单调性法、图象法、中间搭桥法、作差法、作商法．(2)当需要比较大小的两个实数均是指数幂或对数式时，可将其看成某个指数函数、对数函数或幂函数的函数值，然后利用该函数的单调性比较．(3)比较多个数的大小时，先利用“0”和“1”作为分界点，即把它们分为“小于0”，“大于等于0，小于等于1”，“大于1”三部分，然后再在各部分内利用函数的性质比较大小．比较下列各组中两个值的大小： (1)1.10.9，log 1.10.9，log 0.70.8； (2)log 53，log 63，log 73.【精彩点拨】利用指数函数、对数函数、幂函数的性质进行比较．【规范解答】 (1)∵1.10.9>1.10＝1，log 1.10.9<log 1.11＝0,0＝log 0.71<log 0.70.8<log 0.70.7＝1，∴1.10.9>log 0.70.8>log 1.10.9.(2)∵0<log35<log36<log37，∴log53>log63>log73.[再练一题]4．已知a＝log20.3，b＝20.3，c＝0.30.2，则a，b，c三者的大小关系是( )A．a＞b＞c B．b＞a＞cC．b＞c＞a D．c＞b＞a【解析】∵a＝log20.3＜log21＝0，b＝20.3＞20＝1,0＜c＝0.30.2＜0.30＝1，∴b＞c＞a.故选C.【答案】 CA．a＜b＜c B．a＜c＜bC．b＜c＜a D．b＜a＜c【解析】【答案】 D注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到确定对象的全面，明确分类的标准，不重不漏地分类讨论．在初等函数中，分类讨论的思想得到了重要的体现，可根据函数的图象和性质，依据函数的单调性分类讨论，使得求解得以实现．(1)求m的值，并确定f(x)的解析式；(2)若g(x)＝log a[f(x)－ax](a>0，且a≠1)在[2,3]上为增函数，求实数a的取值范围．【精彩点拨】(1)结合f(3)<f(5)，与函数f(x)的奇偶性，分类讨论确定m的值及f(x)的解析式．(2)由g(x)为增函数，结合a讨论，求出a的取值范围．【规范解答】<m <32. ∵m ∈N ，∴m ＝0或1.综上，m ＝1，此时f (x )＝x 2.(2)由(1)知，当x ∈[2,3]时，g (x )＝log a (x 2－ax )．①当0<a <1时，y ＝log a u 在其定义域内单调递减，要使g (x )在[2,3]上单调递增，则需u (x )＝x 2－ax 在[2,3]上单调递减，且u (x )>0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 2≥3，u 3 ＝32－3a >0，无解；②当a >1时，y ＝log a u 在其定义域内单调递增，要使g (x )在[2,3]上单调递增，则需u (x )＝x 2－ax 在[2,3]上单调递增，且u (x )>0.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤2，u 2 ＝22－2a >0，解得a <2.∴实数a 的取值范围为1<a <2. [再练一题]6．设a >0且a ≠1，若P ＝log a (a 3＋1)，Q ＝log a (a 2＋1)，试比较P 、Q 的大小．【解】当0<a <1时，有a 3<a 2，即a 3＋1<a 2＋1. 又当0<a <1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减， ∴log a (a 3＋1)>log a (a 2＋1)，即P >Q ；当a >1时，有a 3>a 2，即a 3＋1>a 2＋1.又当a >1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递增， ∴log a (a 3＋1)>log a (a 2＋1)，即P >Q .综上可得P>Q.1．函数y ＝2x 2－e |x |在[－2,2]的图象大致为( )【解析】 ∵f (x )＝2x 2－e |x |，x ∈[－2,2]是偶函数，又f (2)＝8－e 2∈(0,1)，故排除A ，B.设g (x )＝2x 2－e x ，则g ′(x )＝4x －e x.又g ′(0)＜0，g ′(2)＞0，∴g (x )在(0,2)内至少存在一个极值点，∴f (x )＝2x 2－e |x |在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D.【答案】 D2．已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 【解析】因为f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (－x )＝f (x )，且f (x )在(0，＋∞)上单调递减．由f (2|a －1|)＞f (－2)，f (－2)＝f (2)可得2|a －1|＜2，即|a －1|＜12，所以12＜a ＜32.【答案】 C3．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)( )【导学号：97512060】A ．2018年B ．2019年C ．2020年D ．2021年【解析】设2015年后的第n 年该公司投入的研发资金开始超过200万元．由130(1＋12%)n >200，得1.12n >2013，两边取常用对数，得n >lg 2－lg 1.3lg 1.12≈0.30－0.110.05＝195，∴n ≥4，∴从2019年开始，该公司投入的研发资金开始超过200万元．【答案】 B4．已知点(3,9)在函数f (x )＝1＋a x 的图象上，则f (x )的反函数f －1(x )＝________. 【解析】 ∵点(3,9)在函数f (x )＝1＋a x的图象上， ∴1＋a 3＝9，解得a ＝2，∴f (x )＝1＋2x∴f －1(x )＝log 2(x －1) 【答案】 log 2(x －1)5．已知a ∈R ，函数f (x )＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋a .(1)当a ＝1时，解不等式f (x )>1；(2)若关于x 的方程f (x )＋log 2(x 2)＝0的解集中恰有一个元素，求a 的值；(3)设a >0，若对任意t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上的最大值与最小值的差不超过1，求a 的取值范围．【解析】 (1)由log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋1>1，得1x ＋1>2，解得{x |0<x <1}．(2)log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋a ＋log 2(x 2)＝0有且仅有一解，等价于⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋a x 2＝1有且仅有一解，等价于ax 2＋x －1＝0有且仅有一解．当a ＝0时，x ＝1，符合题意；当a ≠0时，Δ＝1＋4a ＝0，a ＝－14.综上，a ＝0或－14.(3)当0<x 1<x 2时，1x 1＋a >1x 2＋a ，log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋a >log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋a ，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上的最大值与最小值分别为f (t )，f (t ＋1)．f (t )－f (t ＋1)＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋a －log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋1＋a ≤1即at 2＋(a ＋1)t －1≥0，对任意t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1成立．因为a >0，所以函数y ＝at 2＋(a ＋1)t －1在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递增，所以t ＝12时，y 有最小值34a －12，由34a －12≥0，得a ≥23.故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞.。

高中物理鲁科版选修3-1 ：第3章-章末分层突破省一等奖课件

巩固层
拓展层
章末分层突破（三）
提升层章末综合测评
[自我校对]
①持续电压 ②c＝3×108 m/s q ③正电荷 ④ t U ⑤nqSv ⑥ I ρL ⑦ S ⑧温度 ⑨UIt ⑩UI ⑪I2Rt ⑫＝ ⑬＞
[自我校对] ⑭I＝I1＝I2＝…＝In ⑮U＝U1＋U2＋…＋Un ⑯R＝R1＋R2＋…＋Rn U1 U2 Un ⑰ R ＝ R ＝…＝ R ＝I 1 2 n P1 P2 Pn 2 ⑱R ＝R ＝…＝R ＝I 1 2 n ⑲I＝I1＋I2＋…＋In ⑳U＝U1＝U2＝…＝Un 1 1 1 1 21 ＝＋＋…＋ ○ R R1 R2 Rn 22 I1R1＝I2R2＝…＝InRn＝U ○ 2 23 PnRn＝U ○
如图 33 所示的电路中各元件电阻值分别为：R1＝R2＝10 Ω，R3＝ R4＝20 Ω，电容 C＝300 μF，电源电压 U＝6 V，内阻不计，原先双掷开关 S 与触点 2 接触，则当开关 S 从与触点 2 接触改为与触点 1 接触，待电路稳定后，试求： (1)电容器 C 所带电荷量； (2)若开关从与触点 1 接触改为与触点 2 接触，直到电流变为 0 时为止，求通过电阻 R1 的电荷量．
1．静态分析与动态分析 (1)静态分析：稳定状态下，电容器在直流电路中起阻断电流的作用，电容器两极间存在电势差，电容器容纳一定的电量，并满足 Q＝CU. (2)动态分析：当直流电路中的电流和电势分布发生变化影响到电容器支路两端时，电容器的带电量将随之改变(在耐压范围内)，即电容器发生充、放电现象，并满足 ΔQ＝CΔU.
U 【解析】电动机线圈电阻不能由 R＝ I 求出，故 C 错误；R 消耗的电功率 P＝I2R＝1.02×5.0 W＝5 W，故 B 正确；电动机的机械功率 P 机＝P 入－Pr＝IU－ I2r＝20 W－I2r<20 W，故 A、D 错误．

2017-2018学年高中数学(苏教版选修2-3)文档：第3章章末分层突破含答案

章末分层突破[自我校对］①错误!②3。

841③6.635线性回归直线方程错误!错误!x错误!错误!x每增加一个单位,y平均增加的单位数．一般来说,当回归系数错误!>0时，说明两个变量呈正相关关系,它的意义是：当x每增加一个单位时，y就平均增加错误!个单位；当回归系数错误!<0时，说明两个变量呈负相关关系,它的意义是:当x每增加一个单位时，y就平均减少｜错误!｜个单位．某地最近十年粮食需求量逐年上升，下表是部分统计数据：年份20082010201220142016需求量（万236246257276286吨）(1错误!＝错误!x＋错误!；(2)利用（1)中所求出的直线方程预测该地2018年的粮食需求量．【精彩点拨】正确利用求回归直线方程的步骤求解,注意数据计算的准确性．【规范解答】(1）由所给数据看出，把年份看作点的横坐标，对应的需求量看作点的纵坐标,画出散点图草图(图略），通过观察知这些点大致分布在一条直线附近，下面求回归直线方程，为此对数据预处理如下：年份—2012－4－2024需求量－21－1101929错误!错误!错误!＝错误!＝错误!＝6。

5，错误!＝错误!－错误!错误!＝3。

2，由上述计算结果，知所求回归直线方程为y^－257＝错误!(x－2012）＋错误!＝6.5（x－2012)＋3。

2,即错误!＝6.5（x－2012）＋260.2。

（＊)(2）利用直线方程(*),可预测2018年的粮食需求量为6.5×（2018－2012)＋260.2＝6.5×6＋260。

2＝299。

2(万吨）．［再练一题］1．某车间为了制定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间,为此做了四次试验，得到的数据如下：（1)图3.1(2）求出y关于x的线性回归方程错误!＝错误!x＋错误!，并在坐标系中画出回归直线；(3）试预测加工10个零件需要多少小时？（注：错误!＝错误!，错误!＝错误!－错误!错误!)【解】(1)散点图如图．（2)由表中数据得：错误!i y i＝52.5，错误!＝3。

2018学年高中数学人教B版必修4课件：第3章章末分层突破精品

∴tanα＋2 β＝tanα－β2－α2－β ＝1t＋antαan－αβ2－－2βttaannα2α2－－ββ ＝1－－4343－×151252＝－6136.
[再练一题] 4.(2016·来安中学期末)已知sin α－cos α＝－ 55，α∈0，π4，sinβ－π4＝35，β ∈π4，π2. (1)求sin α和cos α的值； (2)求cosα－β＋π4的值.
已知34π<α<π，tan α＋tan1 α＝－130.
(1)求tan α的值；
5sin2 (2)求
α2＋8sin2sα2icnoαs－α2π2＋ 11cos2α2－8的值.
【精彩点拨】 (1)结合α的取值范围，求解tan α的值；(2)利用降幂公式和诱
导公式先统一角，通过三角变换转化成关于tan α的式子代入求值即可.
ω 2
，即ω2≤π2，所以ω2＝π4，
所以ω＝
π 2.
【答案】
π 2
5.(2016·四川高考)cos2π8－sin2π8＝________.
【解析】 cos2π8－sin2π8＝cos π4＝ 22.
【答案】
2 2
6.(2016·浙江高考)已知2cos2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0)，则A＝______， b＝_______.
θ值代入求值；
(2)先化简成f (x)＝Asin(ωx＋φ)的形式，再据x范围求ωx＋φ范围，进而求得f (x)
的值域.
【规范解答】 (1)∵a＝(1，－ 3)，
b＝(sin x，cos x)，
∴f (x)＝a·b＝sin x－ 3cos x，
∵f (θ)＝0，即sin θ－ 3cos θ＝0，

2018学年高中数学北师大版选修2-1课件：第3章章末分层突破精品

明曲线类型．
【解】 (1)由e＝ac＝
1－ba22＝
33，得ba＝
6 3.
又由原点到直线y＝x＋2的距离等于圆的半径，得b＝ 2，a＝ 3.
(2)法一：由c＝ a2－b2＝1，得F1(－1,0)，F2(1,0)．设M(x，y)，则P(1，y)．因为点M在线段PF1的垂直平分线上，所以|MF1|＝|MP|，得(x＋1)2＋y2＝(x－ 1)2，即y2＝－4x. 所以此轨迹是抛物线．
设F1、F2是椭圆x2 9＋Fra biblioteky2 4
＝1的两个焦点，P为椭圆上的一点，已知P、
F1、F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|＞|PF2|，求||PPFF12||的值．
【精彩点拨】要求||PPFF12||的值，可考虑利用椭圆的定义和△PF1F2为直角三角形的条件，求出|PF1|和|PF2|的值，但Rt△PF1F2的直角顶点不确定，故需要分类讨论．
整理，得7k2＝2，故k＝±
14 7.
所以y0＝±2
14 5.
综上，y0＝±2 2或y0＝±2 514.
[再练一题] 3．在抛物线y2＝16x内，通过点(2,1)且在此点被平分的弦所在的直线的方程是________．【解析】设所求直线与y2＝16x相交于点A、B，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入抛物线方程得y21＝16x1，y22＝16x2，两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝16(x1－x2)，即yx11－－yx22＝y11＋6y2，得kAB＝8. 设直线方程为y＝8x＋b，代入点(2,1)得b＝－15；故所求直线方程为y＝8x－15. 【答案】 8x－y－15＝0
法二：因为点M在线段PF1的垂直平分线上，所以|MF1|＝|MP|，即M到F1的距离等于M到l1的距离．

高中物理课件第3章章末分层突破

如图 3-2 中 MN 表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为 B，一带电粒子从平板上的狭缝 O 处以垂直于平板的初速度 v 射入磁场区域，最后到达平板的 P 点．已知 B、v 以及 P 到 O 的距离 l，不计重力，求此粒子的电荷 q 与质量 m 之比．
图 5-1-1
探讨：地球的公转和电子的运动情况都能用经典力学(牛顿力学)来研究吗？
【提示】地球的公转属于宏观、低速运动，能用经典力学来研究；而电子的运动属于微观、高速运动，经典力学就不能适用了．
[核心点击] 1．以牛顿运动定律为基础的经典力学的成就 (1)牛顿运动三定律和万有引力定律把天体的运动与地上物体的运动统一起来，是人类对自然界认识的第一次大综合，是人类认识史上的一次重大飞跃． (2)经典力学和以经典力学为基础发展起来的天体力学、材料力学和结构力学等得到了广泛的应用，并取得了巨大的成就．
经典力学的成就与局限性
[先填空] 1．经典力学的成就英国物理学家_牛__顿__在《自然哲学的数学原理》中建立了一个完整的力学理论体系．他的理论只用几个基本的概念和原理，不但可以解决人们日常看到的种种物体的运动问题，也可以说明天__体__运__动__规律．经典力学的思__想__方__法__的影响远远超出了物理学与天文学的研究领域，对其他自然科学、社会科学领域都产生了巨大影响．
2．经典力学的局限性 (1)经典力学的绝对时空观，割裂了时间、空间、物质及其运动之间的联系，不能解释高速运动领域的许多客观现象． (2)经典力学的运动观，从自然观角度来说，给出的是一幅机械运动的图景，不能解释微观世界丰富多彩的现象． 3．经典力学的适用范围相对论和量子力学的出现，使人们认识到经典力学的适用范围：只适用于低速运动，不适用于高速运动；只适用于宏观世界，不适用于微观世界．

2018版物理粤教版新课堂同步必修一文档：第3章章末分

章末分层突破[自我校对]①接触②弹形性变③垂直接触面④沿绳收缩的方向⑤F ＝kx⑥挤压⑦相对运动⑧相对运动趋势⑨粗糙⑩相对运动⑪相对运动趋势⑫二力平衡⑬f ＝μF N⑭等效替代⑮平行四边形定则⑯三角形定则⑰大小相等⑱方向相反⑲同一条直线上⑳静止○21匀速直线运动 ○22F x 合＝0 ○23F y 合＝0______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________ ______________________________________________________________正确分析物体的受力情况，是研究力学问题的关键．是必须掌握的基本能力．1．物体受力分析的一般思路(1)明确研究对象，研究对象可以是质点、结点、物体、物体系．(2)按顺序分析物体所受的力，按重力、弹力、摩擦力的顺序分析．(3)正确画出受力示意图，注意不同对象的受力图用隔离法分别画出．①对质点和不考虑力对物体的形变和转动效果的情况，可将各力移至物体的重心上，即各力均从重心画起．②画每个力时不要求严格按比例画出每个力的大小，但方向必须正确．(4)检验防止错画力、多画力和漏画力．2．受力分析的注意事项(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施的力．(2)只分析实际力，不分析效果力．(3)每分析一个力，都应找出施力物体．(4)合力和分力不能同时作为物体所受的力．(5)分析一个系统的受力情况时，注意区分内力和外力．(6)如果一个力的方向不易确定时，可先确定该力的反作用力，根据牛顿第三定律再确定这个力的方向．3．整体法与隔离法(1)整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解的方法．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力．(2)隔离法：把系统分成若干部分并隔离开来，分别以每一部分为研究对象进行受力分析，分别列出方程，再联立求解．(3)通常在分析外力对系统的作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用．如图3-1所示，重力为G的长木板AB、A端靠在光滑墙壁上，AB上又放置一木块m，整个系统处于静止状态，请画出木板AB的受力示意图．图3-1【解析】严格按照受力分析的步骤进行分析．(1)明确研究对象是木板AB，把木板AB从图中隔离出来，单独画出．(2)画出物体AB的重力示意图G.(3)环绕AB一周，找出其他物体与AB的接触处：木板与墙在A处相接触、与地面在B处相接触、与物块m在C处相接触．一共有三处与外界接触．(4)在A处，由于墙面是光滑的，那么木板AB在A处只受水平向右的弹力F1(支持力)作用，在B处，受地面竖直向上的弹力F2(支持力)作用；假设地面光滑，木板AB可向右滑动，所以地面给木板B端一个向左的摩擦力f1作用；在C 处，m对木板有一个垂直木板斜向下的弹力F4(压力)作用，又因为m静止在木板AB上，故m要受到沿木板AB斜向上的静摩擦力作用，所以木板受到m施加的沿斜面向下的静摩擦力f2的作用．【答案】见解析1.化，而在这个过程中物体又始终处于一系列的平衡状态．2．解决动态平衡问题常用的方法有三种(1)解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，利用三角形的知识建立平衡方程，求出因变量与自变量的一般函数式，然后依据自变量的变化确定因变量的变化(自变量一般为某个力与水平方向或竖直方向的夹角)．(2)图解法：利用图解法解决此类问题的基本方法是；对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化，在同一图中作出物体在若干状态下的平衡力图(力的平行四边形)，再由动态的力四边形各边长度变化及角度变化确定力的大小及方向的变化情况．如图3-2所示，将重球用绳挂在光滑墙上，当保持球的重力不变而增大球的半径时，就属于一个动态平衡问题．首先分析球的受力，如图3－3所示，则F1与F2的合力F大小等于G，在球半径增大时F的大小和方向不变，F2的方向不变，α增大，画出几个位置的情况．A、A′、A″及B、B′、B″，由图可知F1增大，F2也增大．图3-2(3)相似三角形法：在运算过程中既找不到直角三角形也不符合图解法的条件，但是力的三角形与几何三角形相似，则可利用相似三角形对应边成比例，依据几何三角形的边长变化判断力的大小变化情况．(多选)如图3-3所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜面及挡板间均无摩擦，当挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，则有()图3-3A．斜面对球的支持力逐渐增大B．斜面对球的支持力逐渐减小C．挡板对小球的弹力先减小后增大D．挡板对小球的弹力先增大后减小【解析】对小球受力分析如图，作平行四边形，因为小球处于平衡状态，可知F N1和F N2的合力F N一定与小球的重力等大反向，在挡板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F N1的方向保持不变，F N2与水平方向的夹角θ逐渐增大，在三角形中，由几何知识可以看出F N2先减小后增大，F N1逐渐减小，答案选B、C.【答案】BC动摩擦力，或由滑动摩擦力变为静摩擦力．摩擦力的突变情况如下表：放在粗糙水平面上的物体，从零逐渐增大，物体开始滑动时，地面的摩擦力由静冲上斜面做减速运动，当把一个重力为G 的物体，用一个水平力F ＝kt (k 为恒量，t 为时间)压在竖直的足够高的平面墙体上，如图3-4所示，则从t ＝0开始物体所受的摩擦力f 随t 的变化关系是下图中的( )图3-4【解析】由于物体受的水平推力为F＝kt，由二力平衡得，墙与物体间的压力F N＝kt.当F比较小时，物体受到的摩擦力f小于物体的重力G，物体将沿墙壁下滑，此时物体间的摩擦力为滑动摩擦力．由f＝μF N得，滑动摩擦力f＝μkt，当摩擦力f大小等于重力G时，由于惯性作用，物体不能立即停止运动，物体受到的摩擦力仍然是滑动摩擦力．随着摩擦力的增大，摩擦力将大于重力，物体做减速运动直至静止，摩擦力将变为静摩擦力，静摩擦力与正压力无关，跟重力始终平衡．【答案】 B物体受到的外力发生变化时，物体受到的摩擦力就有可能发生突变.解决这类问题的关键是：正确对物体进行受力分析和运动状态分析，从而找到物体摩擦力的突变“临界点”.1.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3-5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()【导学号：60042114】图3-5A．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【解析】以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确．【答案】 A2.如图3-6所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P的支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()图3-6A．M处受到的支持力竖直向上B．N处受到的支持力竖直向上C．M处受到的静摩擦力沿MN方向D．N处受到的静摩擦力沿水平方向【解析】M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力方向与接触面平行，故选项C、D错误．【答案】 A3.如图3-7，一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()图3-7A ．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【解析】因为物块b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误；拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确．【答案】 BD4．如图3-8，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( )【导学号：60042115】图3-8A.m 2B.32m C ．m D ．2m【解析】如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m .故选项C 正确．【答案】 C5．如图3-9，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2>0)．由此可求出()图3-9A．物块的质量B．斜面的倾角C．物块与斜面间的最大静摩擦力D．物块对斜面的正压力【解析】物块在斜面上处于静止状态，先对物块进行受力分析，确定其运动趋势，列平衡方程可得f.物块受与斜面平行的外力F作用，而在斜面上静止，此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化．设斜面倾角为θ，由平衡条件F1－mg sin θ－f max＝0，F2－mg sin θ＋f max＝0，解得f max＝F1－F22，故选项C正确．【答案】 C。

2018版物理新课堂同步选修3-1文档：第3章章末分层突

章末分层突破[自我校对]①运动的电荷②运动电荷(电流)③B ＝F IL④北极⑤N→S⑥S→N⑦垂直⑧ILB(B⊥L)⑨m v qB⑩2πm qB有关安培力问题分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题中条件由牛顿定律或动能定理等规律列式求解．具体求解应从以下几个方面着手分析：1．安培力的大小(1)当通电导体和磁场方向垂直时，F＝ILB.(2)当通电导体和磁场方向平行时，F＝0.(3)当通电导体和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILB sin θ.2．安培力的方向(1)安培力的方向由左手定则确定．(2)F安⊥B，同时F安⊥L，即F安垂直于B和L决定的平面，但L和B不一定垂直．3．安培力作用下导体的状态分析通电导体在安培力的作用下可能处于平衡状态，也可能处于运动状态．对导体进行正确的受力分析，是解决该类问题的关键．分析的一般步骤是：(1)明确研究对象，这里的研究对象一般是通电导体．(2)正确进行受力分析并画出导体的受力分析图，必要时画出侧视图、俯视图等．(3)根据受力分析确定通电导体所处的状态或运动过程．(4)运用平衡条件或动力学知识列式求解．如图3-1所示，电源电动势E＝2 V，内阻r＝0.5 Ω，竖直导轨宽L ＝0.2 m，导轨电阻不计．另有一质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω的金属棒，它与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，靠在导轨的外面．为使金属棒不滑动，施加一与纸面夹角为30°且与导体棒垂直指向纸里的匀强磁场(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．求：图3-1(1)此磁场的方向；(2)磁感应强度B的取值范围．【解析】(1)要使金属棒静止，安培力应斜向上指向纸里，画出由a→b的侧视图，并对棒ab受力分析如下图所示．经分析知磁场的方向斜向下指向纸里．(2)如图甲所示，当ab棒有向下滑的趋势时，受静摩擦力向上为F f，则：F sin 30°＋F f－mg＝0F＝B1ILF f＝μF cos 30°I＝E/(R＋r)联立四式并代入数值得B1＝3.0 T.当ab棒有向上滑的趋势时，受静摩擦力向下为F f′，如图乙所示，则：F′s in 30°－F f′－mg＝0F f′＝μF′cos 30°F′＝B2ILI＝E R＋r可解得B2＝16.3 T.所以若保持金属棒静止不滑动，磁感应强度应满足3.0 T≤B≤16.3 T.【答案】(1)斜向下指向纸里(2)3.0 T≤B≤16.3 T受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解．如图3-2所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b.图3-22．磁场方向的不确定形成多解磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解．如图3-3所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b.图3-33．临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，如图3-4所示，于是形成了多解．图3-44．运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图3-5所示．图3-5在x轴上方有匀强电场，场强为E，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图3-6所示．在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为＋q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)．图3-6【解析】要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2R·n＝O M＝l.2R·n＝l ①R＝m vqB②Eq·y＝12m v2 ③联立①②③可得：y ＝B 2l 2q 8n 2mE (n ＝1、2、3…)【答案】见解析1．质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图3-7所示，则下列关于导体棒中电流的分析正确的是( )图3-7A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg BLB ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg 3BLC ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg BLD ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg 3BL【解析】平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有tan 60°＝BIL mg ＝3，得导体棒中电流I ＝3mg BL .再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里，故选项C 正确．【答案】 C2．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【解析】两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍．A ：由q vB ＝m v 2r 得r ＝m v qB ∝1B ，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确．B ：由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝q v B m ∝B ，所以a 2a 1＝1k ，选项B 错误． C ：由T ＝2πr v 得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确． D ：由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k ，选项D 错误．正确选项为A 、C.【答案】 AC3．(多选)如图3-8，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )图3-8A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s【解析】图1因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，作出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝m v max qB ，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R＝3.75 m ，由半径公式R ＝m v qB 得v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．【答案】 ABD4．(多选)如图3-9所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0×10－4 T ，电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()图3-9A．θ＝90°时，l＝9.1 cmB．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cmD．θ＝30°时，l＝4.55 cm【解析】图1电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：e v B＝m v2R，R＝m vBe＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝L2，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l＜2R＝9.1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误．图4【答案】AD5．如图3-10所示，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．图3-10【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F ＝IBL ②式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl 2＝0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得2k (Δl 1＋Δl 2)＝mg ＋F③由欧姆定律有 E ＝IR④式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得 m ＝0.01 kg.⑤【答案】安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为0.01 kg6．如图11甲所示，匀强磁场垂直于xOy 平面，磁感应强度B 1按图乙所示规律变化(垂直于纸面向外为正)．t ＝0时，一比荷为qm ＝1×105 C/kg 的带正电粒子从原点沿y 轴正方向射入，速度大小v ＝5×104 m/s ，不计粒子重力．(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径； (2)求t ＝π2×10－4 s 时带电粒子的坐标；(3)保持b 中磁场不变，再加一垂直于xOy 平面向外的恒定匀强磁场B 2，其磁感应强度为0.3 T ，在t ＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻．甲乙图3-11【解析】 (1)带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力，则q v B 1＝m v 2r代入数据解得：r ＝1 m.(2)带电粒子在磁场中运动的周期T 0＝2πr v ＝2π5×10－4 s在0～π4×10－4s 过程中，粒子运动了5T 08，圆弧对应的圆心角θ1＝5π4 在π4×10－4 s ～π2×10－4 s 过程中，粒子又运动了5T 08，圆弧对应的圆心角θ2＝5π4甲轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，横坐标：x ＝2r ＋2r sin π4＝(2＋2) m ≈3.41 m纵坐标：y ＝－2r cos π4＝－2m ≈－1.41 m 所以带电粒子的坐标为(3.41 m ，－1.41 m)．(3)施加B 2＝0.3 T 的匀强磁场与原磁场叠加后，如图乙所示，乙①当nT ≤t ＜nT ＋T2(n ＝0,1,2，…)时， T 1＝2πm q (B 1＋B 2)＝π4×10－4 s②当nT ＋T2≤t ＜(n ＋1)T (n ＝0,1,2，…)时，T 2＝2πmq (B 1－B 2)＝π×10－4 s粒子运动轨迹如图丙所示，则粒子回到原点的时刻为丙t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋2n π×10－4 st 2＝2(n ＋1)π×10－4 s(n ＝0,1,2，…)．【答案】 (1)1 m (2)(3.41 m ，－1.41 m) (3)t 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋2n π×10－4 s t 2＝2(n＋1)π×10－4 s (n ＝0,1,2，…)我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)。

2018版物理新课堂同步必修二文档：第3章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①平行四边形 ②实际效果 ③g ④g ⑤v 202g ⑥2v 0g ⑦v 0 ⑧v 0t ⑨gt⑩12gt2⑪重力加速度g⑫初速度大小____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1.绳、杆等相牵连的物体，在运动过程中，两端点的速度通常是不同的，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等．2．解决“关联”速度问题的关键(1)物体的实际运动是合运动，要按实际运动效果分解速度．(2)沿杆(或绳)方向的速度分量大小是相等的．如图3-1所示，用细绳跨过定滑轮拉水平面上的物体，某时刻，拉绳的速度为v1，物体在水平面上运动的速度为v2，此时拉物体的绳与水平面的夹角为α，则v1与v2的关系为________．图3-1【解析】物体的实际速度为v2，将其分解为垂直绳和沿绳两个方向的分量，沿绳的分量v绳＝v2·cos α，由于沿绳速度大小相等，则v1＝v绳＝v2cos α.【答案】v1＝v2cos α挖掘题目中隐含的几何关系．有以下两种常见的模型：1．物体从斜面平抛后又落到斜面上．如图3-2甲所示，则平抛运动的位移大小为沿斜面方向抛出点与落点之间的距离，位移偏向角为斜面倾角α，且tan α＝yx (y 是平抛运动的竖直位移，x 是平抛运动的水平位移)．2．物体做平抛运动时以某一角度θ落到斜面上，如图3-2乙所示．则其速度偏向角为(θ－α)，且tan(θ－α)＝v yv 0.图3-2如图3-3所示，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速为v 0的平抛运动，恰落在b 点．若小球初速变为v ，其落点位于c ，则( )【导学号：45732104】图3-3A ．v 0＜v ＜2v 0B ．v ＝2v 0C ．2v 0＜v ＜3v 0D ．v ＞3v 0【解析】过b 点作一水平线MN ，分别过a 点和c 点作出MN 的垂线分别交MN 于a ′、c ′点，由几何关系得：a ′b ＝bc ′，作出小球以初速度v 抛出落于c 点的轨迹如图中虚线所示，必交b 、c ′之间的一点d ，设a ′、b 间的距离为x ，α′、d 间的距离为x ′，则研究小球从抛出至落至MN 面上的运动可知，时间相同，x＜x′＜2x，故v0＜v＜2v0，选项A正确，B、C、D错误．【答案】 A竖直下抛、它们的受力特点相同，且初速度均不为零，具体特性如下：1速度v2竖直上抛一小球乙，两球恰好在空中相遇，求：图3-4(1)两小球从抛出到相遇的时间．(2)讨论小球乙在上升阶段或下降阶段与小球甲在空中相遇的速度条件．【解析】(1)两球从抛出到相遇，在竖直方向上甲的位移与乙的位移之和等于H即12gt2＋⎝⎛⎭⎪⎫v2t－12gt2＝H解得t＝H v2这一结果与小球乙是上升阶段还是下降阶段与小球甲在空中相遇无关．(2)设小球甲从抛出到落地的时间为t甲，则有t甲＝2H g设小球乙从抛出到最高点所用的时间为t乙，则有t乙＝v2g①两球在小球乙上升阶段相遇，则相遇时间t≤t乙，即Hv2≤v2g，解得v2≥gH式中的等号表示小球甲、乙恰好在小球乙上升的最高点相遇．②两球在小球乙下降阶段相遇，则相遇时间t乙<t<t甲，即v2g<Hv2<2Hg，解得gH2<v2<gH.【答案】(1)H v2(2)小球乙上升阶段两球相遇的条件：v2≥gH小球乙下降阶段两球相遇的条件：gH2<v2<gH抛体运动的分析方法(1)各种抛体运动中，物体都只受重力作用，加速度均为重力加速度g，均为匀变速运动．(2)对于轨迹是直线的竖直方向上的抛体运动往往直接应用运动学公式分析求解．(3)对于轨迹是曲线的平抛运动和斜抛运动往往分解为两个直线运动进行分析求解．(教师用书独具)1.如图3-5所示，帆板在海面上以速度v 朝正西方向运动，帆船以速度v 朝正北方向航行，以帆板为参照物( )图3-5A ．帆船朝正东方向航行，速度大小为vB ．帆船朝正西方向航行，速度大小为vC ．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2vD ．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v【解析】以帆板为参照物，帆船具有朝正东方向的速度v 和朝正北方向的速度v ，两速度的合速度大小为2v ，方向朝北偏东45°，故选项D 正确．【答案】 D2.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图3-6所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使兵乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )图3-6A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6h【解析】设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间．则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21①，水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g h .设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22 ③，在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④ 由③④两式可得v 2＝12(4L 21＋L 22)g6h. 则v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.故选项D 正确．【答案】 D3.距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图3-7所示．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，重力加速度的大小g 取10 m/s 2.可求得h 等于( )图3-7A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m 【解析】根据两球同时落地可得2H g ＝d AB v ＋2hg ，代入数据得h ＝1.25m ，选项A 正确．【答案】 A4.如图3-8所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h .足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )图3-8A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2C ．足球末速度的大小v ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋4gh D ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s【解析】根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h ，水平位移为x水平＝s 2＋L 24，则足球位移的大小为：x ＝x 2水平＋h 2＝s 2＋L 24＋h 2，选项A 错误；由h ＝12gt 2，x 水平＝v 0t ，可得足球的初速度为v 0＝g 2h (L 24＋s 2)，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh ＝m v 22－m v 202，可得足球末速度v ＝v 20＋2gh ＝g 2h (L 24＋s 2)＋2gh ，选项C 错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝2sL ，选项D 错误．【答案】 B5．在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图3-9所示，P 是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒．高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h.图3-9(1)若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；(2)求能被屏探测到的微粒的初速度范围；(3)若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系．【解析】(1)打在中点的微粒32h＝12gt2 ①t＝3hg. ②(2)打在B点的微粒v1＝Lt1，2h＝12gt21③v1＝L g4h④同理，打在A点的微粒初速度v2＝L g2h⑤微粒初速度范围L g4h≤v≤Lg2h.⑥(3)由能量关系12m v22＋mgh＝12m v21＋2mgh ⑦代入④、⑤式L＝22h. ⑧【答案】(1)3hg(2)Lg4h≤v≤Lg2h(3)L＝22h。

2017_2018学年高中物理第三章磁场章末分层突破学案教科版选修3_120170913148

第三章磁场章末分层突破①磁体②电流③磁体 ④运动电荷 ⑤磁场强弱和方向 ⑥B ＝FIL(B ⊥L )⑦小磁针N 极的受力方向 ⑧Φ＝BS (B ⊥S ) ⑨N→S ⑩S→N ⑪F ＝ILB sin θ ⑫B 与I 的夹角 ⑬左手定则 ⑭F ＝qvB sin θ ⑮B 与v 的夹角 ⑯左手定则 ⑰B ⑱r ＝mv qB⑲T ＝2πm qB(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图31所示)图31(2)平行边界(不同情况下从不同边界射出，存在临界条件，如图32所示)图32(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图33所示)图332．两类典型问题(1)临界问题：解决此类问题的关键是找准临界点，找临界点的方法是以题目中的“恰好”“最大”“至少”等词语为突破点，挖掘隐含条件，分析可能的情况，必要时画出几个不同半径的轨迹，这样就能顺利地找到临界条件．(2)多解问题：造成多解问题的常见原因有带电粒子电性的不确定、磁场方向的不确定、临界状态不唯一、运动的周期性等．解答这类问题的关键是认真分析物理过程，同时考虑问题要全面，不要漏解．3．注意的问题(1)分析带电粒子在有界磁场中的运动问题应抓住解决问题的基本思路，即找圆心、求半径、确定圆心角并利用其对称性，结合磁场边界，画出粒子在有界磁场中的轨迹．(2)带电粒子在有界磁场中的对称性或临界情景①带电粒子在一些有界磁场中的圆周运动具有对称性，是指从某一边界射入又从同一边界射出时，粒子的速度方向与边界的夹角相等，或在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出．②刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(3)当速度v一定时，弧长越长，轨道对应的圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(多选)如图34所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电荷量为q的微观粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是( )图34A.BqdmB.＋2BqdmC.－2BqdmD.2Bqd2m【解析】粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R ＝mv 0qB知，粒子的入射速度v 0越大，R 越大，当粒子的径迹和边界QQ ′相切时，粒子刚好不从QQ ′射出，此时其入射速度v 0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O 点)，容易看出R 1sin 45°＋d ＝R 1，将R 1＝mv 0qB代入上式得v 0＝＋2Bqdm，B 项正确．若粒子带负电，其运动径迹如图(b)所示(此时圆心为O ′点)，容易看出R 2＋R 2cos 45°＝d ，将R 2＝mv 0qB代入上式得v 0＝－2Bqdm，C项正确．(a) (b)【答案】 BC1.复合场一般包括重力场、电场和磁场三种场的任意两种场复合或三种场复合． 2．分析带电粒子的受力及运动特征(1)带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)．(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向、洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成．3．选用力学规律(1)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速运动时，根据平衡条件列方程求解． (2)当带电粒子(带电体)在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程求解．(3)当带电粒子(带电体)在复合场中做非匀变速曲线运动时，常选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．4．带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的区别横向偏移y 和偏转角φ类似平抛运动的规律求解和偏转角φ要结合圆的几何关系通过圆周运动的讨论求解象限内有垂直于平面向外的匀强磁场．现有一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子(重力不计)以初速度v 0沿－x 方向从坐标为(3l ，l )的P 点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O 射出，射出时速度方向与y 轴正方向夹角为45°，求：【导学号：96322070】图35(1)粒子从O 点射出时的速度v 和电场强度E ；(2)粒子从P 点运动到O 点的过程所用的时间．【解析】根据题意可推知：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Q 点进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，最终由O 点射出(轨迹如图所示)．(1)根据对称性可知，粒子在Q 点时速度大小为v ，方向与－y 轴方向成45°，则有v cos 45°＝v 0①即v ＝2v 0 在P 到Q 过程中有qEl ＝12mv 2－12mv 20 ② 由①②解得E ＝mv 202ql.③(2)粒子在Q 点时沿－y 方向的速度大小v y ＝v sin 45° ④P 到Q 的运动时间 t 1＝v y a ＝v yqEm⑤P 到Q 沿－x 方向的位移为s ＝v 0t 1 ⑥则OQ 之间的距离为OQ ＝3l －s⑦粒子在磁场中的运动半径为r ，则有2r ＝OQ ⑧ 粒子在磁场中的运动时间t 2＝14×2πrv ⑨粒子由P 到Q 的过程中的总时间t ＝t 1＋t 2 ⑩解得t ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋π4lv 0.【答案】 (1)2v 0 mv 202ql (2)⎝⎛⎭⎪⎫2＋π4lv 0如图36所示，xOy 在竖直平面内．x 轴下方有匀强电场和匀强磁场．电场强度为E ，方向竖直向下；磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．将一个带电小球从y 轴上P (0，h )点以初速度v 0竖直向下抛出．小球穿过x 轴后，恰好做匀速圆周运动．不计空气阻力，已知重力加速度为g .求：图36(1)判断小球带正电还是带负电； (2)小球做圆周运动的半径；(3)小球从P 点出发，到第二次经过x 轴所用的时间．【解析】 (1)小球穿过x 轴后恰好做匀速圆周运动有qE ＝mg ，故小球带负电．(2)画出带电小球的运动轨迹如图所示．设小球经过O 点时的速度为v ，从P 到O ，有v 2＝v 20＋2gh 从O 到A ，根据牛顿第二定律qvB ＝m v 2r求出r ＝E v 20＋2ghgB.(3)从P 到O ，小球第一次经过x 轴，所用时间为t 1，则v ＝v 0＋gt 1从O 到A ，小球第二次经过x 轴，所用时间为t 2，则T ＝2πr v ＝2πm qB ，t 2＝T 2＝πEgB所以t ＝t 1＋t 2＝v 20＋2gh －v 0g ＋πE gB .【答案】 (1)负电 (2)E v 20＋2ghgB(3)v 20＋2gh －v 0g ＋πE gB电子、质子、α粒子等一般不计重力，带电小球、液滴等带电颗粒一般要考虑重力作用.对于粒子连续通过几个不同场的问题，要分阶段进行处理，并注意相邻阶段的关联量，如速度、位移、时间等.对于临界问题，要挖掘隐含条件，并列出辅助方程，再联立其他方程求解.1.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图37.结合上述材料，下列说法不正确的是( )【导学号：96322071】图37A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【解析】由“常微偏东，不全南也”和题图知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，地磁的南极在地理北极附近，地球是一个巨大的磁体，因此地球内部也存在磁场，故选项A、B的说法正确．从题图中磁感线的分布可以看出，在地球表面某些位置(如南极、北极附近)磁感线不与地面平行，故选项C的说法不正确．宇宙射线粒子带有电荷，在射向地球赤道时，运动方向与地磁场方向不平行，因此会受到磁场力的作用，故选项D的说法正确．【答案】 C2．一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图38所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )【导学号：96322072】图38A.ω3B B.ω2B C.ωBD.2ωB【解析】如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πm qB ·30°360°，即q m ＝ω3B，选项A 正确．【答案】 A3．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图39所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )【导学号：96322073】图39A ．11B ．12C ．121D ．144【解析】带电粒子在加速电场中运动时，有qU ＝12mv 2，在磁场中偏转时，其半径r ＝mvqB ，由以上两式整理得：r ＝1B 2mUq.由于质子与一价正离子的电荷量相同，B 1∶B 2＝1∶12，当半径相等时，解得：m 2m 1＝144，选项D 正确．【答案】 D4．如图310所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( ) 【导学号：96322074】图310A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2【解析】如图所示，设正六边形的边长为l ，当带电粒子的速度为v b 时，其圆心在a 点，轨道半径r 1＝l ，转过的圆心角θ1＝23π，当带电粒子的速率为v c 时，其圆心在O 点(即fa 、cb 延长线的交点)，故轨道半径r 2＝2l ，转过的圆心角θ2＝π3，根据qvB ＝m v 2r ，得v ＝qBrm，故v b v c ＝r 1r 2＝12.由于T ＝2πr v 得T ＝2πm qB ，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t ＝θ2πT ，所以t b t c ＝θ1θ2＝21.故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A5．如图311所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．图311(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小. 【导学号：96322075】【解析】 (1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝qvB ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mvqB匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB.(2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB .粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB 场强E 的大小E ＝vB . 【答案】 (1)mv qB2πmqB(2)vB章末综合测评(三) (时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，共60分．在每小题所给的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．在下列图中，分别给出了导线中的电流方向或磁场中某处小磁针N 极的指向或磁感线方向．其对应不正确的是( )【解析】由安培定则判断C 、D 正确；又因小磁针静止时N 极所指的方向与磁场方向相同，A 正确，B 错误．【答案】 B2．如图1所示，a 是竖直平面P 上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于P ，且S 极朝向a 点．P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点．在电子经过a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右【解析】由题意知，磁铁在a 点磁场方向为垂直于P 向前，电子在a 点的瞬时速度方向向右．根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A 正确．【答案】 A3．用同一回旋加速器分别对质子(11H)和氘核(21H)加速后，则( ) A ．质子获得的动能大 B ．氘核获得的动能大 C ．两种粒子获得的动能一样大 D ．无法确定【解析】因qvB ＝m v 2r① 又E k ＝12mv2②故E k ＝q 2B 2r 22m ，所以E k ∝q 2m，故A 正确．【答案】 A4．长直导线AB 附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M 点，当导线AB 通以如图2所示的恒定电流时，下列说法正确的是( )图2A ．小球受磁场力作用，方向与导线AB 垂直且指向纸里 B ．小球受磁场力作用，方向与导线AB 垂直且指向纸外C ．小球受磁场力作用，方向与导线AB 垂直向左D ．小球不受磁场力作用【解析】电场对在其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对在其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D 选项正确．【答案】 D5．如图3是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径R ＝10 cm 的圆柱形筒内有B ＝1×10－4T 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔a 、b 分别作为入射孔和出射孔．现有一束比荷为qm＝2×1011C/kg 的正离子，以不同角度α入射，最后有不同速度的离子束射出．其中入射角α＝30°，则不经碰撞而直接从出射孔射出的离子的速度v 大小是( )【导学号：96322186】图3A ．4×105m/s B ．2×105m/s C ．4×106 m/sD ．2×106m/s【解析】离子运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r ，由几何知识可得r ＝2R ＝20 cm ，由qvB ＝mv 2r，可得v ＝4×106 m/s.【答案】 C6．如图4所示，一根有质量的金属棒MN ，两端用细软导线连接后悬于a ，b 两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M 流向N ，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以( )【导学号：96322187】图4A ．适当减小磁感应强度B ．使磁场反向C ．适当增大电流D ．使电流反向【解析】首先对MN 进行受力分析，受竖直向下的重力G ，受两根软导线竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时2F ＋ILB ＝mg ，重力mg 恒定不变，欲使拉力F 减小到0，应增大安培力ILB ，所以可增大磁场的磁感应强度B 或增大通过金属棒中的电流I ，或二者同时增大，故选项C 正确．【答案】 C7．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压为U 的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B 的偏转磁场中，带电粒子打在底片上的P 点，设OP ＝x ，则在图中能正确反映x 与U 之间的函数关系的是( ) 【导学号：96322188】图5【解析】根据动能定理qU ＝12mv 2可知，v ＝2qUm ，粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2R ，所以R ＝mv qB ＝1B2mUq，x ＝2R ＝2B2mUq，即x ∝U ，B 正确．【答案】 B8．电磁轨道炮的工作原理如图6所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )【导学号：96322189】图6A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变【解析】由题意可知B ＝kI ，F ＝BId ＝kI 2d . 由动能定理可得：F ·L ＝12mv 20，v 0＝2FLm＝2kI 2dLm，v 0∝IdLm，要使v 0加倍，则B 、D 正确，A 、C 错．【答案】 BD9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图7所示，已知离子P ＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( )图7A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3【解析】应用动能定理和圆周运动规律分析两种离子的速度关系及在磁场中运动的半径关系，结合几何知识分析两离子在有界磁场中的偏转角．磷离子P ＋与P 3＋电荷量之比q 1∶q 2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a ＝qEm，由此可知，a 1∶a 2＝1∶3，选项A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r ＝mv qB ，又qU ＝12mv 2，故有r＝1B2mUq ，即r 1∶r 2＝3∶1，选项B 正确；设离子P 3＋在磁场中偏角为α，则sin α＝dr 2，sin θ＝d r 1(d 为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C 正确；全过程中只有电场力做功，W ＝qU ，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以E k1∶E k 2＝W 1∶W 2＝1∶3，选项D 正确．【答案】 BCD10．如图8所示，光滑绝缘轨道ABP 竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A 点由静止滑下，经P 点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动．则可判定( )【导学号：96322190】图8A ．小球带负电B ．小球带正电C ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D ．若小球从B 点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【解析】小球从P 点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qE ＋qvB ＝mg ；若从B 点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时v ′<v ；则qE ＋qv ′B <mg ，故向下偏，B 、D 正确．【答案】 BD二、计算题(本大题共3个小题，共40分．按题目要求作答)11．(12分)如图9所示，平行金属导轨PQ 与MN 都与水平面成θ角，相距为l .一根质量为m 的金属棒ab 在导轨上，并保持水平方向，ab 棒内通有恒定电流，电流大小为I ，方向从a 到b .空间存在着方向与导轨平面垂直的匀强磁场，ab 棒在磁场力的作用下保持静止，并且棒与导轨间没有摩擦力．求磁感应强度B 的大小和方向．图9【解析】金属棒受力如图所示，根据力的平衡条件可知：F 安＝mg sin θ而F 安＝BIl 可得B ＝mg sin θIl由左手定则可知，B 的方向垂直导轨平面向下．【答案】mg sin θIl方向垂直导轨平面向下 12．(14分)如图10所示，在半径为r 的圆形区域内，有一个匀强磁场，一带电粒子以速度v 0从M 点沿半径方向射入磁场区，并由N 点射出，O 点为圆心．∠MON ＝120°，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R 及在磁场区中的运动时间.【导学号：96322191】图10【解析】首先应确定带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆心．具体方法是：过M 和N 点作圆形磁场区半径OM 和ON 的垂线，两垂线的交点O ′即为带电粒子做圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图所示．由图中几何关系可知，圆弧MN 所对的圆心角为60°，O 、O ′的连线为该圆心角的角平分线，由此可得tan 30°＝r R ，所以带电粒子偏转半径为R ＝rtan 30°＝3r .带电粒子运动周期T ＝2πm qB ，R ＝mv 0qB，因为m qB ＝Rv 0＝3rv 0，所以T ＝2πm qB ＝23πr v 0，则带电粒子在磁场中运动时间为t ＝60°360°T ＝16T ＝3πr3v 0. 【答案】3r3πr3v 013．(14分)如图11所示，真空中有以O ′为圆心、r 为半径的圆柱形匀强磁场区域，圆的最下端与x 轴相切于坐标原点O ，圆的右端与平行于y 轴的虚线MN 相切，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在虚线MN 右侧x 轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E 的匀强电场．现从坐标原点O 向纸面内不同方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为r ，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：图11(1)质子进入磁场时的速度大小；(2)沿y 轴正方向射入磁场的质子到达x 轴所需的时间．【解析】 (1)由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：Bev ＝mv 2r ，解得：v ＝Ber m.(2)若质子沿y 轴正方向射入磁场，则以N 为圆心转过14圆弧后从A 点垂直电场方向进入电场，质子在磁场中有：T ＝2πm Be ，得：t B ＝14T ＝πm2eB进入电场后质子做类平抛运动，y 方向上的位移 y ＝r ＝12at 2＝eE2m t 2E解得：t E ＝ 2mreE则：t ＝t B ＋t E ＝πm2eB ＋ 2mr eE.【答案】 (1)Ber m (2)πm 2eB＋ 2mreE。

物理人教必修一课件第3章章末分层突破

C．FN1 先增大后减小，FN2 始终减小
D．FN1 先增大后减小，FN2 先减小后增大
图 3-3
【解析】法一(解析法)：如图所示，由平衡条件得 FN1＝tamngθ，FN2＝smingθ，随 θ 逐渐增大到 90°，tan θ、sin θ 都增大，FN1、FN2 都逐渐减小，所以选项 B 正确．
如图 3-3 所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的弹
力大小为 FN1，木板对球的弹力大小为 FN2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为
轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中( )
A．FN1 始终减小，FN2 始终增大
【导学号：57632062】
B．FN1 始终减小，FN2 始终减小
物体受力分析问题
受力分析就是把指定物体(研究对象)在特定的物理情境中所受到的所有外力找出来，并画出受力图．
物体运动状态的变化，是由它受力的情况决定的．对物体进行正确的受力分析，是研究物体运动状态变化的基础，也是学好力学的先决条件．
1．受力分析的步骤研究对象可以是单个物体或物体的一部分，
— 也可以是几个物体组成的系统 ↓
3．受力分析时要注意的问题 (1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体施加的力．不要把作用在其他物体上的力错误地通过“力的传递”作用在研究对象上． (2)如果一个力的方向难以确定，可以用假设法分析． (3)合力和分力不能重复地列为物体所受的力．因为合力与分力是等效替代关系． (4)受力分析一定要结合物体的运动状态，特别是物体处于临界状态的受力分析．
【答案】 B
1．如图 3-4，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

人教新课标版数学高一必修5讲义第3章章末分层突破_2

章末分层突破[自我校对]①作商法②a＋b2≥ab(a>0，b>0)③一元二次不等式及其解法④均值不等式的实际应用⑤简单线性规划的应用不等式的恒成立问题1．变更主元法根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看做主元．2．分离参数法若f (a )<g (x )恒成立，则f (a )<g (x )min . 若f (a )>g (x )恒成立，则f (a )>g (x )max . 3．数形结合法利用不等式与函数的关系将恒成立问题通过函数图象直观化．若不等式x 2＋ax ＋3－a >0对于满足－2≤x ≤2的一切实数 x 恒成立，求实数 a 的取值范围．【精彩点拨】因为(x －1)的符号不确定，所以参变量 a 不能分离，只好研究二次函数 y ＝x 2＋ax ＋3－a .【规范解答】设 f (x )＝x 2＋ax ＋3－a ，其函数图象为开口向上的抛物线，要使得对于满足－2≤x ≤2的一切实数 x 恒有f (x )>0，只需满足：(1)Δ＝a 2－4(3－a )<0；(2)⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4(3－a )≥0，f (－2)＝7－3a >0， f (2)＝7＋a >0，－a 2－2>0或⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4(3－a )≥0，f (－2)＝7－3a >0， f (2)＝7＋a >0，－a 2＋2<0.解(1)(2)得，当－7<a <2时，不等式x 2＋ax ＋3－a >0对于满足－2≤x ≤2的一切实数x 恒成立．[再练一题]1．在R 上定义运算：⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝ad －bc .若不等式⎣⎡⎦⎤x －1a ＋1 a －2x ≥1对任意实数 x 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－12B ．－32 C.13 D.32【解析】原不等式等价于x (x －1)－(a －2)(a ＋1)≥1，即x 2－x －1≥(a ＋1)(a －2)对任意x 恒成立，x 2－x －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－54≥－54，所以－54≥a 2－a －2，－12≤a ≤32.故选D. 【答案】 D线性规划问题1.(1)给定一定数量的人力、物力资源，如何运用这些资源，使完成任务量最大，收到的效益最高；(2)给定一项任务，怎样统筹安排，使得完成这项任务耗费的人力、物力资源最少．2．解答线性规划应用题的步骤：(1)列：设出未知数，列出约束条件，确定目标函数． (2)画：画出线性约束条件所表示的可行域．(3)移：在线性目标函数所表示的一组平行线中，利用平移的方法找出与可行域有公共点且纵截距最大或最小的直线．(4)求：通过解方程组求出最优解． (5)答：作出答案．若x ，y满足约束条件⎩⎨⎧x ＋y －2≤0，x －2y ＋1≤0，2x －y ＋2≥0，则z ＝3x ＋y 的最大值为_____．【解析】画出可行域(如图所示)．∵z ＝3x ＋y ， ∴y ＝－3x ＋z .∴直线y ＝－3x ＋z 在y 轴上截距最大时，即直线过点B 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2＝0，x －2y ＋1＝0，解得B (1,1)， ∴z max ＝3×1＋1＝4. 【答案】 4 [再练一题]2．若x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －1≥0，x －y ≤0，x ＋y －4≤0，则yx 的最大值为________．【解析】画出可行域如图阴影所示，∵yx 表示过点(x ，y )与原点(0,0)的直线的斜率，∴点(x ，y )在点A 处时yx 最大．由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，x ＋y －4＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3. ∴A (1,3)，∴yx 的最大值为3. 【答案】 3利用基本不等式求最值在解决数学问题和实际问题中应用广泛．(1)基本不等式通常用来求最值，一般用a ＋b ≥2ab (a >0，b >0)解“定积求和，和最小”问题，用ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22解“定和求积，积最大”问题．(2)在实际运用中，经常涉及函数f(x)＝x＋kx(k>0)，一定要注意适用的范围和条件：“一正、二定、三相等”．特别是利用拆项、添项、配凑、分离变量、减少变元等，构造定值条件的方法和对等号能否成立的验证．设函数f(x)＝x＋ax＋1，x∈[)0，＋∞.(1)当a＝2时，求函数f (x) 的最小值；(2)当0<a<1时，求函数f (x) 的最小值．【精彩点拨】(1)将原函数变形，利用基本不等式求解．(2)利用函数的单调性求解．【规范解答】(1)把a＝2代入f (x) ＝x＋ax＋1，得f(x)＝x＋2x＋1＝(x＋1)＋2x＋1－1，∵x∈[)0，＋∞，∴x＋1>0，2x＋1>0，∴x＋1＋2x＋1≥22，当且仅当x＋1＝2x＋1，即x＝2－1时，f (x) 取等号，此时f (x) min＝22－1.(2)当0<a<1时，f (x) ＝x＋1＋ax＋1－1若x＋1＋ax＋1≥2a，则当且仅当x＋1＝ax＋1时取等号，此时x＝a－1<0(不合题意)，因此，上式等号取不到．f (x) 在[)0，＋∞上单调递增．∴ f (x ) min ＝ f (0)＝a . [再练一题]3．若x ，y 是正数，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋12x 2的最小值是( )A ．3 B.72 C ．4D.92【解析】 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋12x 2＝x 2＋x y ＋14y 2＋y 2＋y x ＋14x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋14x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 2＋14y 2＋y x ＋xy≥2x 2·14x 2＋2y 2·14y 2＋2y x ·x y ＝4，当且仅当x ＝y ＝22时取等号，故⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋12x 2的最小值为4.【答案】 C分类讨论思想的应用(1)对二次项系数含有参数的一元二次不等式，要注意对二次项系数是否为零进行讨论，特别当二次项系数为零时需转化为一元一次不等式问题来求解．(2)对含参数的一元二次不等式，在其解的情况不明确的情况下，需要对其判别式分Δ>0，Δ＝0，Δ<0三种情况并加以讨论．(3)若含参数的一元二次不等式可以转化成用其根x 1，x 2表示的形如a (x －x 1)(x －x 2)的形式时，往往需要对其根分x 1>x 2、x 1＝x 2，x 1<x 2三种情况进行讨论，或用根与系数的关系帮助求解．若不等式组⎩⎨⎧x 2－x －2>0，2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k <0的整数解只有－2，求k 的取值范围．【精彩点拨】不等式组的解集是各个不等式解集的交集，分别求解两个不等式，取交集判断．【规范解答】由x 2－x －2>0，得x <－1或x >2.对于方程2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k ＝0有两个实数解 x 1＝－52，x 2＝－k .(1)当－52>－k ，即k >52时，不等式的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪－k <x <－52，显然－2∉⎝ ⎛⎭⎪⎫－k ，－52.(2) 当－k ＝－52时，不等式2x 2＋(2k ＋5)x ＋5k <0的解集为∅. (3)当－52<－k ，即k <52时，不等式的解集为⎩⎨⎧ x ⎪⎪⎪⎭⎬⎫－52<x <－k .∴不等式组的解集由⎩⎨⎧x <－1，－52<x <－k或⎩⎨⎧x >2，－52<x <－k确定．∵原不等式组整数解只有－2， ∴－2<－k ≤3，故所求k 的范围是－3≤k <2. [再练一题] 4．解不等式a (x －1)x －2>1(a ≠1).【导学号：05920058】【解】原不等式可化为a (x －1)x －2－1>0，即(a －1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －a －2a －1(x －2)>0(*)，(1)当a >1时，(*)式即为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －a －2a －1(x －2)>0，而a －2a －1－2＝－a a －1<0，所以a －2a －1<2，此时x >2或x <a －2a －1.(2)当a <1时，(*)式即为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －a －2a －1(x －2)<0，而2－a －2a －1＝a a －1， ①若0<a <1，则a －2a －1>2，此时2<x <a －2a －1；②若a ＝0，则(x －2)2<0，此时无解；③若a <0，则a －2a －1<2，此时a －2a －1<x <2.1．若变量x ，y 满足⎩⎨⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0，则x 2＋y 2的最大值是( )A ．4B ．9C ．10D ．12【解析】作出不等式组所表示的平面区域，如图(阴影部分)所示．x 2＋y 2表示平面区域内的点到原点距离的平方，由图易知平面区域内的点A (3，－1)到原点的距离最大，所以x 2＋y 2的最大值是10，故选C.【答案】 C2．已知x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y ≥0，x ＋y ≤2，y ≥0.若z ＝ax ＋y 的最大值为4，则a＝( )A ．3B ．2C ．－2D ．－3【解析】画出不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，若z ＝ax ＋y 的最大值为4，则最优解为x ＝1，y ＝1或x ＝2，y ＝0，经检验知x ＝2，y ＝0符合题意，∴2a ＋0＝4，此时a ＝2，故选B. 【答案】 B3．已知f (x )是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x ，那么不等式f (x ＋2)<5的解集是________．【解析】设x <0，则－x >0. ∵当x ≥0时，f (x )＝x 2－4x ， ∴f (－x )＝(－x )2－4(－x )． ∵f (x )是定义在R 上的偶函数，∴f (－x )＝f (x )， ∴f (x )＝x 2＋4x (x <0)，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ，x ≥0，x 2＋4x ，x <0.由f (x )＝5，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＝5，x ≥0或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝5，x <0，∴x ＝5或x ＝－5.观察图象可知由f (x )<5，得－5<x <5. ∴由f (x ＋2)<5，得－5<x ＋2<5，∴－7<x <3. ∴不等式f (x ＋2)<5的解集是{x |－7<x <3}．【答案】 {x |－7<x <3}4．设a ＋b ＝2，b >0，则当a ＝________时，12|a |＋|a |b 取得最小值.【解析】由于a ＋b ＝2，所以12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ，由于b >0，|a |>0，所以b 4|a |＋|a |b ≥2b 4|a |·|a |b ＝1，因此当a >0时，12|a |＋|a |b 的最小值是14＋1＝54；当a <0时，12|a |＋|a |b 的最小值是－14＋1＝34.故12|a |＋|a |b 的最小值为34，此时⎩⎨⎧b 4|a |＝|a|b ，a <0，即a ＝－2.【答案】－25．若x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x －y ＋1≥0，x －2y ≤0，x ＋2y －2≤0，则z ＝x ＋y 的最大值为________．【解析】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分．高中数学-打印版精心校对由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，x ＋2y －2＝0得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12. 当直线z ＝x ＋y 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12时，z max ＝1＋12＝32.【答案】 32。

第3章章末分层突破

第3章章末分层突破请依据下面的体系图快速回忆本章内容，把各序号代表的含义填到对应的框内，构建出明晰的知识网络。

[自我校正]①旅游者②维护生态平衡③景区笼统④功用分区⑤突出主题⑥消弭不平安要素1．近年来，一种不同于传统观光游的〝深度游〞悄然兴起。

深度游是指旅游者经过徒步、自驾等方式，围绕某一特定主题取得深入体验的旅游活动。

有3位旅游者结伴拟于4月下旬自驾前往图中所示区域(湖面高程3 196米)，停止以观鸟为主题的深度游。

指出为应对旅游地自然环境的特殊性，他们需求携带的生活用品，并说明理由。

【解析】首先，经过图中经纬度和湖面的高程(3 196米)确定旅游地为位于青藏高原上的青海湖；其次，依据外地的自然天文特征剖析旅游者需求携带的生活用品。

青藏高原高寒缺氧、太阳辐射剧烈、昼夜温差大、气压低、多微风等自然特征，决议了旅游者必需带足相应的生活用品。

【答案】海拔较高(3 000米以上)，氧气含量偏低，需带氧气袋(瓶)、抗缺氧药品等；气压偏低，水的沸点低，需带高压锅等；空气较稀薄，太阳辐射强，需带防晒物品；气温偏低，昼夜温差大，需备防寒衣物；此时该区域多微风，需备防风帐篷等。

2．负地形是指从空中向下发育的地形，发育水平越高，高差越大。

重庆武隆地处乌江下游，其喀斯特景观以负地形(峡谷、溶洞、竖井等)高度发育著称，2021年被结合国教科文组织列出生界自然遗产名录。

指出武隆喀斯特景观特点对旅游活动的不利影响，并提出应对措施。

【解析】不利影响主要从该地负地形广布，高差大，地表坎坷，交通方便，旅游难度大，存在多种旅游平安效果等方面剖析。

措施主要从游客数量调控、电梯等设备树立及添加多种平安保证等方面剖析。

【答案】不利影响：负地形发育，旅游线路高差大，交通困难，平安隐患多。

措施：控制人、车流量；增设电梯等设备；添加平安防护设备；设置平安警示牌；添加平安引导人员。

3．九黄机场位于四川省松潘县川主寺镇(以下图)，距九寨沟和黄龙景区区分为88千米和43千米。

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