高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲)动力学观点在电学中的应用

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高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚专题专讲专练考点串讲)功能关系在电的用

拾躲市安息阳光实验学校功能关系在电学中的应用1．静电力做功与路径无关．若电场为匀强电场，则W＝Fl cos α＝Eql cos α；若是非匀强电场，则一般利用W＝qU来求．2．磁场力又可分为洛伦兹力和安培力．洛伦兹力在任何情况下对运动的电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功．3．电流做功的实质是电场对移动电荷做功．即W＝UIt＝Uq.4．导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电能．5．静电力做的功等于电势能的变化，即W AB＝－ΔE p.1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的方法.题型1 几个重要的功能关系在电学中的应用例1如图1所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成α＝30°斜向上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平．现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )图1A．小球再次到达M点时，速度刚好为零B．小球从P到M过程中，合外力对它做了3mgL的功C．小球从P到M过程中，小球的机械能增加了3mgLD．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动审题突破小球静止在M时，受几个力的作用？重力和电场力的大小关系是什么？小球由P到M的过程中，各力做功是多少？解析小球从P到M的过程中，线的拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，大小为3mg，方向水平向右，所以小球再次到达M点时，速度最大，而不是零，选项A错．小球从P到M过程中，电场力与重力的合力大小为3mg，这个方向上位移为L，所以做功为3mgL，选项B正确．小球从P到M过程中，机械能的增加量等于电场力做的功，由于电场力为2mg，由P到M沿电场线方向的距离为d＝L sin 30°＋L cos 30°＝L2 (1＋3)，故电场力做功为2mg·d＝mgL(1＋3)，故选项C错误．如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球的速度方向竖直向上，所受合外力水平向右，小球将做匀变速曲线运动，选项D正确．答案BD以题说法在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点：(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功；(2)电场力做功与路径无关，电场力做的功等于电势能的变化；(3)力学中的几个功能关系在电学中仍然成立．如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做的功分别为W1、W2和W3，不计空气阻力，则上述过程中( )图2A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒B．小球重力势能的变化为W1C．小球动能的变化为W1＋W2＋W3D．小球机械能的变化为W1＋W2＋W3答案C解析由于电场力做功，小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误．重力对小球做的功为W1，小球重力势能的变化为－W1，选项B错误．由动能定理可知，小球动能的变化为W1＋W2＋W3，选项C正确．由功能关系可知，小球机械能的变化为W2，选项D错误．题型2 应用动能定理分析带电体在电场中的运动例2如图3所示，虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量为q＝＋1.0×10－5 C，从a点由静止开始经电压为U＝100 V的电场加速后，垂直进入匀强电场中，从虚线MN的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ、MN间距为20 cm，带电粒子的重力忽略不计．求：图3(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；(2)水平匀强电场的场强大小；(3)ab两点间的电势差．审题突破带电粒子在水平匀强电场中做什么运动？速度与电场方向成30°角，隐含条件是什么？解析(1)由动能定理得：qU＝12mv21代入数据得v1＝104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d＝v1t粒子沿电场方向做匀加速运动：v y＝at由题意得：tan 30°＝v1v y由牛顿第二定律得：qE＝ma联立以上各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ＝1.732×103 N/C(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V.答案 (1)104m/s (2)1.732×103N/C (3)400 V以题说法 1.电场力做功与重力做功的特点类似，都与路径无关． 2．对于电场力做功或电势差的计算，选用动能定理往往最简便快捷，但运用动能定理时要特别注意运动过程的选取．如图4所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B .A 球的带电量为＋2q ，B 球的带电量为－3q ，两球组成一带电系统．虚线MN 与PQ 平行且相距3L ，开始时A 和B 分别静止于虚线MN 的两侧，虚线MN 恰为AB 两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN 、PQ 间加上水平向右的电场强度为E 的匀强电场后，系统开始运动．试求：图4(1)B 球刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B 球电势能的变化量； (3)A 球从开始运动至刚离开电场所用的时间．答案 (1)2qEL m (2)73L 4qEL (3)(32－2) mLqE解析 (1)设B 球刚进入电场时带电系统的速度为v 1，由动能定理得 2qEL ＝12×2mv 21解得：v 1＝2qELm(2)带电系统向右运动分为三段：B 球进入电场前、带电系统在电场中、A 球出电场后．设A 球出电场后移动的最大位移为x ，对于全过程，由动能定理得 2qEL －qEL －3qEx ＝0解得x ＝L3，则B 球移动的总位移为x B ＝73LB 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时的位移为43L其电势能的变化量为ΔE p ＝－W ＝3qE ·43L ＝4qEL(3)取向右为正方向，B 球进入电场前，带电系统做匀加速运动：a 1＝2qE 2m ＝qE m ，t 1＝v 1a 1＝2mLqE带电系统在电场中时，做匀减速运动：a 2＝－qE 2m设A 球刚出电场时速度为v 2，由动能定理得：－qEL ＝12×2m (v 22－v 21)解得：v 2＝qEL mt 2＝v 2－v 1a 2＝2(2－1)mL qE解得总时间t ＝t 1＋t 2＝(32－2)mL qE题型3 功能观点在电磁感应问题中的应用例3 如图5所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v 0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行．图5(1)求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .审题突破导体棒第一次回到初始位置时，受几个力的作用？最终导体棒静止时，在几个力作用下平衡？具体位置在哪里？解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E 1＝BLv 0通过R 的电流大小I 1＝E 1R ＋r ＝BLv 0R ＋r电流方向为b →a(2)导体棒产生的感应电动势为E 2＝BLv感应电流I 2＝E 2R ＋r ＝BLvR ＋r导体棒受到的安培力大小F ＝BIL ＝B 2L 2vR ＋r，方向沿导轨向上根据牛顿第二定律有mg sin θ－F ＝ma解得a ＝g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)导体棒最终静止，有mg sin θ＝kx压缩量x ＝mg sin θk设整个过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律有12mv 20＋mgx sin θ＝E p ＋Q 0 Q 0＝12mv 20＋mg sin θ2k－E p电阻R 上产生的焦耳热Q ＝R R ＋r Q 0＝RR ＋r [12mv 2＋mg sin θ2k－E p ]答案 (1)BLv 0R ＋r ，电流方向为b →a(2)g sin θ－B 2L 2vm R ＋r(3)RR ＋r [12mv 20＋mg sin θ2k－E p ]以题说法导体棒在匀强磁场中运动时棒中的感应电流受到的安培力是变力，所以安培力做的功只能由动能定理或能量守恒定律来求解．在如图6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L ，一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，t 1时刻ab 边刚越过GH 进入磁场Ⅰ区，此时线框恰好以速度v 1做匀速直线运动；t 2时刻ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置，此时线框又恰好以速度v 2做匀速直线运动．重力加速度为g ，下列说法中正确的是 ( )图6A ．线框两次匀速直线运动的速度之比v 1∶v 2＝2∶1B ．从t 1到t 2过程中，线框中通过的电流方向先是a →d →c →b ，然后是a →b →c →dC ．从t 1到t 2过程中，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量D ．从t 1到t 2过程中，有3mgL sin θ2＋mv 21－v 222的机械能转化为电能答案 BD解析根据题意，第一次匀速运动时，B 2L 2v 1R＝mg sin θ，第二次匀速运动时，4B 2L 2v 2R＝mg sin θ，解得v 1∶v 2＝4∶1，选项A 错误；根据楞次定律可以判断，选项B 中所判断的感应电流的方向是正确的，选项B 正确；线框克服安培力做的功等于线框产生的热量，根据能量守恒定律，线框克服安培力做的功等于重力势能的减少量和动能的减少量之和，重力势能的减少量为3mgL sin θ2，动能的减少量为mv 21－v 222，选项C 错误，选项D 正确．7．应用动力学和功能观点处理电学综合问题审题示例(14分)如图7所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m．有一质量为500 g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小球离杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10 m/s2)求：图7(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动时速度的大小v0.审题模板答题模板(1)小环沿杆做匀速运动，受力如图所示故qE cos 45°＝mg cos 45°即qE＝mg (1分)小环离开直杆后，所受合外力为F合＝2mg＝maa ＝2g＝10 2 m/s2 (2分)方向垂直于杆向下(1分)(2)小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔE k＝W重＋W电(2分)其中W重＝mgh＝4 J．W电＝0，所以ΔE k＝4 J(3分)(3)环离开杆做类平抛运动平行杆方向做匀速运动：22h＝v0t (2分)垂直杆方向做匀加速运动：22h＝12at2 (2分)解得v0＝2 m/s(1分)答案(1)10 2 m/s2，方向垂直于杆向下(2)4 J (3)2 m/s如图8，竖直平面坐标系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N.一质量为m的带电小球从y轴上(y>0)的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )．图8(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2R /g 小球距坐标原点O 的距离s 为多远？答案 (1)正电 mg E (2)2EBRg(3)27R 解析 (1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带电荷量为q ，则有qE ＝mg ① 解得：q ＝mgE②又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：qBv ＝mv 2/r ③小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg ＝mv 2/R ④由②③④得：r ＝EBRg⑤ 即PO 的最小距离为：y ＝2r ＝2EBR g⑥ (3)小球由O 运动到N 的过程中设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2N －12mv2⑦由④⑦解得：v N ＝5gR ⑧ 小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则有：沿x 轴方向有：x ＝v N t ⑨ 沿电场方向有：z ＝12at2⑩由牛顿第二定律得：a ＝qE /m ⑪t 时刻小球距O 点为：s ＝x 2＋z 2＋2R2＝27R(限时：50分钟) 一、单项选择题1． (2013·新课标Ⅰ·16)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 2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将 ( ) A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回 C ．在距上极板d2处返回 D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝Ud知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d2＋h )－q U23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．2．将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图1所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线．A 、B 两点与两球球心的连线位于同一直线上，C 、D 两点关于直线AB 对称，则 ( )图1A ．乙球一定带负电B ．C 点和D 点的电场强度相同C ．正电荷在A 点具有的电势能比其在B 点具有的电势能小D ．把负电荷从C 点移至D 点，电场力做的总功为零答案 D解析电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A 错误；电场强度是矢量，C 、D 两点电场强度的方向不同，B 错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A 点的电势比B 点的电势高，由电势能的定义式E p ＝qφ知，正电荷在A 点的电势能比在B 点的电势能大，C 错误；C 、D 两点在同一等势面上，故将电荷从C 点移至D 点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D 正确．3．如图2所示，在一个点电荷形成的电场中，M 、N 、L 是三个间距相等的等势面．一重力不计的带电粒子从p 点无初速度释放后，沿图中直线依次经过q 、k 两点，且p 、q 、k 三点是带电粒子的运动轨迹与等势面的交点．设带电粒子从p 点到q 点电场力做的功为W pq ，从q 点到k 点电场力做的功为W qk ，则 ( )图2A．W pq＝W qkB．W pq<W qkC．粒子从p点到q点做匀加速直线运动D．粒子从p点到q点其电势能逐渐减小答案D解析离点电荷越近，等势面分布越密集，即离点电荷越近的地方间距相等的等势面间的电势差越大，则有U pq>U qk，由W＝qU得W pq>W qk，选项A、B错误；粒子从静止开始运动，电场力做正功，电势能逐渐减小，选项D正确；从p 到q电场力逐渐减小，则加速度逐渐减小，选项C错误．4．如图3所示，质量为m的物块(可视为质点)，带正电Q，开始时让它静止在倾角α＝60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向向左、大小为E＝3mg/Q的匀强电场中(设斜面顶端处电势为零)，斜面高为H.释放后，物块落地时的电势能为ε，物块落地时的速度大小为v，则( )图3A．ε＝33mgH B．ε＝－33mgHC．v＝2gH D．v＝2gH 答案C解析由电场力做功等于电势能的变化可得物块落地时的电势能为ε＝－QEH/tan 60°＝－3mgH/3＝－mgH，选项A、B错误；由动能定理，mgH ＋QEH/tan 60°＝12mv2，解得v＝2gH，选项C正确，D错误．二、多项选择题5．如图4所示，绝缘轻弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现把与Q大小相同、电性相同的小球P，从N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，以下说法正确的是( )图4A．小球P和弹簧组成的系统机械能守恒B．小球P和弹簧刚接触时其速度最大C．小球P的动能与弹簧弹性势能的总和增大D．小球P的加速度先减小后增大答案CD解析小球P沿斜面向下运动的过程中，在接触弹簧前，库仑斥力变小，合力变小，加速度变小，小球向下加速，接触弹簧后，弹簧弹力增大，故受到的合力沿斜面先向下再向上，小球的加速度先向下减小，再向上增加，小球先向下加速再向下减速，B 错误，D 正确；对于小球P 和弹簧组成的系统，由于电场力对其做正功，故机械能要增大，A 错误；全过程只发生了小球P 的动能、重力势能、电势能与弹簧的弹性势能的相互转化，由于重力和电场力都做正功，重力势能和电势能的总和减小，故小球P 的动能与弹簧弹性势能的总和增大，C 正确．6．如图5所示，在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻，将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上，a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．则 ( ) 图5A ．物块c 的质量是2m sin θB ．b 棒放上导轨前，物块c 减少的重力势能等于a 、c 增加的动能C ．b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D ．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mg sin θBL答案 AD解析 b 棒恰好静止，受力平衡，有mg sin θ＝F 安，对a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件得mg sin θ＋F 安＝m c g ，由上面的两式可得m c ＝2m sinθ，选项A 正确；根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块c 减少的重力势能应等于a 棒、物块c 增加的动能与a 棒增加的重力势能之和，选项B 错误；根据能量守恒定律可知，b 棒放上导轨后，物块c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与a 棒增加的重力势能之和，选项C 错误；对b 棒，设通过的电流为I ，由平衡条件mg sin θ＝F 安＝BIL ，得I ＝mg sin θBL ，a棒中的电流也为I ＝mg sin θBL，选项D 正确．7．如图6所示，间距为L 、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m 、电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是 ( )图6A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv 2C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为2qRBLD ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为12mv 2答案 BC解析由题意可知金属棒在安培力作用下做减速运动直至静止，由于速度一直减小，故安培力的大小一直减小，金属棒的加速度减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误．在整个过程中，只有安培力做负功，由动能定理可知金属棒克服安培力做功为12mv 2，选项B 正确．由q ＝ΔΦR 总可知q＝BLx 2R ，解得x ＝2qRBL，选项C 正确．由B 项可知整个回路中产生的焦耳热为12mv 2，电阻R 上产生的焦耳热为14mv 2，选项D 错误．三、非选择题8．如图7所示，一长为h 2内壁光滑的绝缘细管竖直放置．管的底部固定一电荷量为Q (Q >0)的点电荷M .现在管口A 处无初速释放一电荷量为q (q >0)、质量为m的点电荷N ，N 在距离底部点电荷为h 1的B 处速度恰好为零．再次从A 处无初速度地释放电荷量为q 、质量为3m 的点电荷P (已知静电常数为k ，重力加速度为g )．求：图7 (1)电荷P 运动过程中速度最大处与底部点电荷间的距离； (2)电荷P 运动到B 处时的速度大小．答案 (1)kQq3mg(2)2 g h 2－h 13解析 (1)电荷P 运动到重力等于电场力时，速度最大，距底部距离为r ，则有3mg ＝kQqr 2，解得r ＝ kQq 3mg(2)设电荷P 运动到B 处时的速度为v B ，由动能定理，有3mg (h 2－h 1)－qU AB ＝12×3mv 2B依题意有mg (h 2－h 1)＝qU AB 联立两式可得：v B ＝2g h 2－h 139．如图8所示，MN 和PQ 为固定在绝缘水平面上两平行光滑金属导轨，导轨左端MP 间接有阻值为R 1＝2 Ω的导线；导轨右端接有与水平轨道相切、半径r ＝0.5 m 、内壁光滑的半圆金属轨道．导轨间距L ＝0.4 m ，电阻不计．导轨所在平面abcd 区域内有竖直向上、B ＝0.5 T 的匀强磁场．导轨上长度也为0.4 m 、质量m ＝0.6 kg 、电阻R 2＝1 Ω的金属棒AB 以v 0＝6 m/s 的速度进入磁场区域，离开磁场区域后恰好能到达半圆轨道的最高点，运动中金属棒始终与导轨保持良好接触．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图8(1)金属棒AB 刚滑出磁场右边界cd 时的速度v 的大小； (2)金属棒滑过磁场区域的过程中，导线R 1中产生的热量Q . 答案 (1)5 m/s (2)2.2 J解析 (1)在轨道的最高点，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 21r①从金属棒刚滑出磁场到最高点，根据机械能守恒定律有12mv 21＋mg ·2r ＝12mv 2②联立①②两式并代入数据解得v ＝5 m/s ③(2)在金属棒滑过磁场的过程中，根据能量关系得 Q 总＝12mv 20－12mv2④对闭合回路，根据热量关系有Q ＝Q 总R 1＋R 2R1⑤联立④⑤两式并代入数据得Q ＝2.2 J10．如图9所示，A 、B 为半径R ＝1 m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着E ＝1×106V/m 、竖直向上的匀强电场，有一质量m ＝1 kg 、带电量q ＝1.4×10－5C 正电荷的物体(可视为质点)，从A 点的正上方距离A 点H 处由静止开始自由下落(不计空气阻力)，BC 段为长L ＝2 m 、与物体间动摩擦因数为μ＝0.2的粗糙绝缘水平面，CD 段为倾角θ＝53°且离地面DE 高h ＝0.8 m 的斜面．(1)若H ＝1 m ，物体能沿轨道AB 到达最低点B ，求它到达B 点时对轨道的压力大小；(2)通过你的计算判断：是否存在某一H 值，能使物体沿轨道AB 经过最低点B 后最终停在距离B 点0.8 m 处；(3)若高度H 满足：0.85 m≤H ≤1 m，请通过计算表示出物体从C 处射出后打到的范围．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.不需要计算过程，但要有具体的位置，不讨论物体反弹以后的情况) 图9答案 (1)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D 点59 m 范围内在水平面上距离D 点0.2 m 范围内解析 (1)物体由初始位置运动到B 点的过程中根据动能定理有mg (R ＋H )－qER ＝12mv 2B到达B 点时由支持力F N 、重力、电场力的合力提供向心力F N －mg ＋qE ＝m v 2BR，解得F N ＝8 N根据牛顿第三定律，支持力与压力大小相等、方向相反所以物体对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向下(2)要使物体沿轨道AB 到达最低点B ，当支持力为0时，最低点有个最小速度v ，则qE －mg ＝m v 2R解得v ＝2 m/s在粗糙水平面滑行时的加速度a ＝μg ＝2 m/s 2物体最终停止的位置距离B 为x ＝v 22a＝1 m>0.8 m故不存在某一H 值，使物体沿着轨道AB 经过最低点B 后，停在距离B 点0.8 m 处．(3)在斜面上距离D 点59 m 范围内(如图PD 之间区域)在水平面上距离D 点0.2 m 范围内(如图DQ 之间区域)。

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2022高考物理二轮复习专题突破秘籍（考点汇聚专题专讲专练考点【二轮复习名师专题突破秘籍】2022高考物理二轮复习：图像问题（考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲，20页word，含名师详解）专题定位本专题主要是解决高中物理的有关图象问题，涉及图象物理意义的理解和应用图象解决问题．《考试大纲》能力要求中明确指出，要求学生具有阅读图象、描述图象、运用图象解决问题的能力．物理图象能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一，是当今高考出题的热点．高考对本专题考查的内容及命题形式主要有以下几个方面：①通过对物理过程的分析找出与之对应的图象并描绘出来；②通过对已知图象的分析寻找其内部蕴含的物理规律；③图象的转换——用不同的图象描述同一物理规律或结论；④综合应用物理图象分析解决问题．应考策略图象问题的处理有两条途径：一是根据图象反映的函数关系，找到图象所反映的两个物理量间的关系，分析其物理意义和变化规律．二是既能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能将实际过程的抽象规律对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断．这样，才抓住了解决图象问题的根本．1．坐标轴的物理意义弄清两个坐标轴表示的物理量及单位．注意坐标原点是否从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时，横轴以上表示此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负．2．图线形状注意观察图象形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系，明确图象反映的物理意义．3．斜率图线上某点的斜率表示两物理量增量的比值，反映该点处一个量随另一个量变化的快慢．几种常见图象斜率的物理意义：(1)变速直线运动的某－t图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度；(2)v－t 图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度；(3)线圈的Φ－t图象(Φ为磁通量)，斜率表示感应电动势；(4)恒力做功的W－l图象(l为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小；(5)沿电场线方向的φ－某图象(φ为电势，某为位移)，其斜率的大小等于电场强度；(6)用自由落体运动测量重力加速度实验的v－h图象(v为速度，h为下落位移)，其斜率为重力加速度的2倍．4．面积的物理意义2图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往往就是纵、横轴所表示的物理量的乘积的物理意义．几种常见图象面积的物理意义：(1)在直线运动的v－t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于速度v与时间t的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位移；(2)在a－t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度a与时间t的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；(3)线圈中电磁感应的E－t图象(E为感应电动势)，图线跟t坐标轴之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量；(4)力F移动物体在力的方向上产生一段位移l，F－l图象中图线和l坐标轴之间的面积表示F做的功，如果F是静电力，此面积表示电势能的减小量，如果F是合力，则此面积表示物体动能的增加量；(5)静电场中的E－某图象(E为电场强度，某为沿电场线方向的位移)，图线和某坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差．5．交点、拐点的物理意义交点往往表示不同对象达到的某一物理量的共同点，如在同一U－I 坐标系中，电阻的U－I图线和电源的U－I图线的交点表示两者连成闭合电路时的工作点；拐点既是坐标点，又是两种不同变化情况的交界点，即物理量之间的突变点．1．公式与图象的转化要作出一个确定的物理图象，需要得到相关的函数关系式．在把物理量之间的关系式转化为一个图象时，最重要的就是要明确公式中的哪个量是自变量，哪些是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系，那么这两个物理量就是物理图象中的两个坐标轴．2．图象与情景的转化2题型1对图象物理意义的理解例1甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其v－t图象如图1所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是()图1A．在t＝1时，甲、乙相遇B．在t＝2时，甲、乙的运动方向均改变C．在t＝4时，乙的加速度方向改变D．在t＝2到t＝6内，甲相对乙做匀速直线运动解析在t＝1时，甲、乙速度相等，乙车的位移比甲车的大，选项A 错误；t＝2时，甲、乙两车的速度开始减小，但运动方向不变，选项B 错误；乙在2～6内加速度都相同，选项C错误；2～6内，甲、乙图象的斜率相同即加速度相同，故甲相对乙做匀速直线运动，选项D正确．答案D以题说法图象问题往往隐含着两个变量之间的关系，因此要通过有关的物理概念和规律建立函数关系，并注意理解其斜率或面积的物理意义．(2022·新课标Ⅰ·21)2022年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图2(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()3(a)(b)图2A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B．在0.4～2.5时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5gD．在0.4～2.5时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC解析由v－t图象中图线与t轴围成的面积，可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为1103m，即大约是无阻拦索时的，A正确．由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度10大约保持在a＝27.6m/＞2.5g，故C正确；飞机的速度很大，空气阻力的影响不能忽略，且阻力随速度的减小而减小，所以要保持加速度不变，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误；由P＝Fv知，阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故D错误．题型2图象选择问题例2一小球自由下落，与地面发生碰撞，原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则下列图中能正确描述小球位移某、速度v、动能2Ek、机械能E与时间t关系的是()解析小球自由下落，做初速度为零的匀加速运动；与地面发生碰撞，原速率反弹，做竖直上抛运动，速度图象B正确；小球下落时，速度与时间成正比，位移和动能都与时间的二次方成正比，位移图象A、动能图象C均错误；机械能保持不变，机械能图象D正确．答案BD以题说法此类问题应根据物理情景，找出两个物理量间的变化关系，寻求两物理量之间的函数关系，然后选择出正确的图象；若不能找到准确的函数关系，则应定性判断两4物理量间的变化关系，特别要注意两种不同变化的交界点，对应图象中的拐点．如图3所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ图3答案D解析滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，故上行阶段：E＝E0－Fh阻inα，下行阶段：E＝E0′－Fh阻inα，故B错误；动能的变化量等于外力的总功，故上行阶段：－mgh－F阻＝Ek－E0，下行阶inα段：mgh－F阻＝Ek－E0′，C错，D对；上行阶段：Ep＝mgh，下行阶段：Ep＝mgh，inαA错误．如图4所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立O某轴．下列四幅图分别反映了在某轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E的大小随坐标某的变化关系，其中正确的是()hh5图4答案C解析在两个等量正点电荷连线的垂直平分线上，O点电势最高，由于为非匀强电场，选项A、B关于电势的图线错误．O点电场强度为零，无穷远处电场强度为零，中间有一点电场强度最大，所以电场强度E的大小随坐标某的变化关系正确的是C.题型3图象变换问题例3如图5甲所示，在圆形线框区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线是()图5解析圆形线框内，从t＝0时刻起磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，此过程产生恒定的感应电动势和感应电流，磁感应强度增大到最大后开始均匀减小，产生与前面过程中方向相反的恒定的感应电动势和感应电流；由楞6次定律可知，在前半段时间产生的感应电流方向为逆时针方向，为正值；后半段时间产生的感应电流方向为顺时针方向，为负值，所以感应电流I随时间t的变化图线是A.答案A以题说法对于图象变换问题，应注意划分不同的时间段或者运动过程，逐个过程画出与之对应的图象．有时图象间具有某种关系，如本题中B－t图象的斜率表示单位面积内感应电动势的大小，其与电流大小成正比，找到这个关系后就可以很容易的找到正确选项．光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化的图象如图6所示，用Ek、v、某、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是()图6答案BD12解析物体在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移某＝at，212选项C错误；由动能定理，F某＝F·at＝Ek，选项A错误；水平拉力的功率P＝Fv，选2项D正确．题型4图象作图问题例4如图7甲所示，水平地面上有一块质量M＝1.6kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小F＝10N、与水平方向成37°角的拉力作用，木板恰好能以速度v0＝8m/水平向右匀速运动．现有很多个质量均为m＝0.5kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速度地放上第一个小铁块，此后每当木板运动L＝1m时，就在木板最右端无初速度地再放上一个小铁块．取g＝10m/，co37°＝0.8，in37°＝0.6，求：27甲乙图7(1)木板与地面间的动摩擦因数μ；(2)第一个小铁块放上后，木板运动L时速度的大小v1；(3)请在图乙中画出木板的运动距离某在0≤某≤4L范围内，木板动能变化量的绝对值|ΔEk|与某的关系图象(不必写出分析过程，其中0≤某≤L的图象已画出)．解析(1)对木板受力分析，由平衡条件Fco37°＝μ(Mg－Fin37°)解得木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.8.(2)第一个小铁块放上后，对木板由动能定理有2Fco37°L－μ(Mg＋mg－Fin37°)L＝Mv21－Mv02121212化简得：－μmgL＝Mv1－Mv022解得木板运动L时速度的大小v1＝v20－2μmgL＝59m/M(3)木板动能变化量的绝对值|ΔEk|与某的关系图象如图所示．答案(1)0.8(2)59m/(3)见解析图12．图象与情景结合分析物理问题8审题示例(14分)如图8甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg物体．物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示，某为物体相对O的位移．物体从静止开始运动，问：甲乙图8(1)当位移为某＝0.5m时物体的加速度多大？(2)物体在某＝0到某＝2m内何位置物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在某＝0到某＝2m内何位置物体的速度最大？最大值为多少？审题模板答题模板(1)由题图乙可知F2与某的函数关系式为：F2＝(2＋2某)N当某＝0.5m时，F2＝(2＋2某0.5)N＝3N分)(2F1－F2＝maF1－F24－322a＝＝m/＝0.5m/m2分)(2)物体所受的合力为F合＝F1－F2＝[4－(2＋2某)]N＝(2－2某)N(1分)(29作出F合－某图象如图所示：从图中可以看出，当某＝0时，物体有最大加速度a0F0＝ma0F02a0＝＝m/2＝1m/2m2(2分)当某＝2m时，物体也有最大加速度a2.F2＝ma2F2－2a2＝＝m/2＝－1m/2m2负号表示加速度方向向左．(2分)(3)当物体的加速度为零时速度最大．从上述图中可以看出，当某＝1m时，a1＝0，速度v1最大．(1分)从某＝0至某＝1m合力所做的功为W合＝F合某＝某2某1J＝1J根据动能定理，有1212(1分)Ek1＝W合＝mv21＝1J2(2分)所以当某＝1m时，物体的速度最大，为v1＝2Ek1m＝22某1m/＝1m/22(1分)答案(1)0.5m/(2)某＝0时有最大加速度a0，a0＝1m/；某＝2m时，也有最大加速度a2，a2＝－1m/，负号表示加速度方向向左(3)某＝1m时，物体的速度最大，最大为1m/如图9甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离某与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10m/(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，试求：2210图9(1)当t＝1.5时，重力对金属棒ab做功的功率；(2)金属棒ab从开始运动的1.5内，电阻R上产生的热量；(3)磁感应强度B的大小．答案(1)0.7W(2)0.26J(3)0.1T解析(1)金属棒先做加速度减小的加速运动，t＝1.5后以速度vt匀速下落11.2－7.0由题图乙知vt＝m/＝7m/2.1－1.5由功率定义得t＝1.5时，重力对金属棒ab做功的功率PG＝mgvt＝0.01某10某7W＝0.7W(2)在0～1.5，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得mgh－W安＝mv2t－0解得W安＝0.455J闭合回路中产生的总热量Q＝W安＝0.455J电阻R上产生的热量QR＝2Q＝0.26JR＋rR(3)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mg＝BIL金属棒产生的感应电动势E＝BLvt则电路中的电流I＝BLvtR＋r代入数据解得B＝0.1T(限时：45分钟)一、单项选择题1．一质点自某轴原点O出发，沿正方向以加速度a运动，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度－a运动，当速度变为－时，加速度又变为a，直至速度变为时，加速度再变24为－a，直至速度变为－，.其v－t图象如图1所示，则下列说法中正确的是()8v0v0v011图1A．质点运动方向一直沿某轴正方向B．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t02C．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0D．质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0答案C解析质点运动方向先沿某轴正方向，2t0时间后沿某轴负方向，再沿某轴正方向，往返运动，选项A错误．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0，选项B错误，C正确．由题图结合数学知识可知，质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t0，选项D错误．2．如图2所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t＝0时由无初速度释放，同时开始受到一随时间变化规律为F＝kt的水平力作用，用a、v、Ff和Ek分别表示物块的加速度、速度、物块所受的摩擦力、物块的动能，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是()图2答案B解析根据题述，物块与竖直墙壁之间的压力随时间增大，开始，物块从静止无初速度释放，所受摩擦力逐渐增大，物块做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后逐渐减小，选项A错误．由mg－μkt＝ma，选项B正确．物块运动时所受摩擦1212力Ff＝μkt，速度减为零后Ff＝mg，选项C错误．物块动能Ek＝mv，随时间增大，但2不是均匀增大，达到最大速度后逐渐减小，但不是均匀减小，选项D错误．3．如图3所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落．从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的加速度a随时间t或者随距O点的距离某变化的关系图线是()图3答案B解析小球从接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，所受弹力F＝k某，由牛顿第二定律，mg－k某＝ma，解得a＝g－某，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故选项B正确，A、C、D错误．4．如图4(a)所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向．图(b)表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图象，则磁场B随时间t变化的图象可能是下图中的()km图413答案B解析由题图(b)可知，从1到3无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除C选项，对于A选项，从0到1，磁通量不变，感应电流也为零，所以可排除；从电流的方向看，对于B选项，从0到1，磁通量增大，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，对于D选项，从0到1感应电流沿逆时针方向，故选项B正确．5．如图5甲所示，圆环形线圈P用四根互相对称的轻绳吊在水平的天棚上，四根绳的结点将环分成四等份，图中只画出平面图中的两根绳，每根绳都与天棚成30°角，圆环形线圈P静止且环面水平，其正下方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有按正弦函数规律变化的电流，其i－t图象如图乙所示，线圈P所受的重力为mg，每根绳受的拉力用FT表示．则()甲乙图5A．在t＝1.5时，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流最大B．在t ＝1.5时，穿过线圈P的磁通量最大，此时FT＝0.5mgC．在t＝3时，穿过线圈P的磁通量的变化率为零D．在0～3内，线圈P受到的安培力先变大再变小答案B解析由题图可知，t＝1.5时螺线管中的电流最大，磁场最强，所以穿过P环的磁通量最大，但是此时磁通量的变化率为零，故P环中没有感应电动势即没有感应电流，也就不受安培力的作用，所以选项A错，B正确，同理可知，选项C、D错误．6．如图6，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F与时间t的关系图中可能正确的是()14图6答案D解析小滑块从小车A点由静止开始沿斜面(斜面倾角为θ)下滑时，对斜面压力等于mgcoθ，该力在水平方向的分力mgcoθinθ，方向水平向右；小滑块由B点滑动到C点的过程，BC面对小滑块有向右的摩擦力，滑块对BC面有向左的滑动摩擦力，所以，传感器记录到的力F随时间t的关系图中可能正确的是D.二、多项选择题7．如图7所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mginθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，下列图象中能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移某变化关系的是()图7答案CD解析根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mginθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移某均匀增大，选项C、D正确．产生的热量Q＝Ff某，随位移均匀增大，滑块动能Ek1512随位移某均匀减小，某＝vt－(ginθ)t，选项A、B错误．28．一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右．汽车速度的二次方v与汽车前进位移某的图象如图8所示，则下列说法正确的是2()图8A．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车受到的合外力越来越大B．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车受到的合外力越来越小C．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车的平均速度大于2D．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车的平均速度小于2答案AD解析由v＝2a某可知，若汽车速度的二次方v与汽车前进位移某的图象为直线，则汽车做匀加速运动．由汽车速度的二次方v与汽车前进位移某的图象可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确，B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象如图所示，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车的平均速度小于，选项C错误，D正确．29．如图9，在直角坐标系y轴上关于坐标原点对称的两点固定有两等量点电荷，若以无穷远处为零电势点，则关于某轴上各点电势φ随某坐标变化图线的说法正确的是()222v0v0v0图9A．若为等量异种点电荷，则为图线①B．若为等量异种点电荷，则为图线②C．若为等量正点电荷，则为图线②16D．若为等量正点电荷，则为图线③答案AD解析若为等量异种点电荷，某轴上各点电势φ相等，各点电势φ随某坐标变化的图线则为图线①，选项A正确，B错误．若为等量正点电荷，坐标原点电势最高，沿某轴正方向和负方向电势逐渐降低，各点电势φ随某坐标变化的图线则为图线③，选项C错误，D正确．10．图10甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8V，电压表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()图10A．电压表的读数约为7.07VB．电流表的读数约为0.05AC．电阻R2上消耗的功率为2.5WD．若闭合开关S，电容器会被击穿答案AC解析由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20V，电压表的读数为UR2＝20U2某V≈7.07V，选项A正确；变压器输出功率为P2＝U2I2＝＝20＋20R1＋R22202210240W2002＝5.0W，U1＝V＝1002V，由P1＝U1I1＝5.0W可得电流表的读数为A≈0.035402A，选项B错误；电阻R2上消耗的功率为＝2.5W，选项C正确；若闭合开关S，R1和2P2R3并联部分电压最大值为V<8V，电容器不会被击穿，选项D错误．17203三、非选择题11．如图11甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨距为L＝2m，重力加速度g＝10m/.轨道足够长且电阻不计．2图11(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；(2)求金属杆的质量m和阻值r；(3)求金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm；(4)当R＝4Ω时，随着杆ab下滑，求回路瞬时电功率每增大1W的过程中合外力对杆做的功W.答案(1)2V，电流方向由b→a(2)0.2kg2Ω(3)4W(4)0.6J解析(1)由题图乙可知，当R＝0时，杆最终以v＝2m/匀速运动，产生感应电动势E＝BLv＝0.5某2某2V＝2V杆中电流方向从b→a(2)最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm由闭合电路欧姆定律：I＝ER＋r杆达到最大速度时满足mginθ－BIL＝0解得：vm＝mginθmginθR＋r22BLB2L24－2m/(·Ω)＝1m/(·Ω)，纵截距为v0＝2m/2由题图乙可知：斜率为k＝即mginθmginθr＝v0，＝k22BLB2L2解得m＝0.2kg，r＝2Ω18(3)金属杆匀速下滑时电流恒定mginθ－BIL＝0mginθI＝＝1ABLPm＝I2Rm＝4W(4)由题意：E＝BLv，P＝E2R＋rB2L2v2得P＝R＋rB2L2v2B2L2v221ΔP＝－R＋rR＋r1212由动能定理得W＝mv2－mv122故W＝mR＋rΔP222BL代入数据，解得W＝0.6J12．杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知有一传感器记录了竿上演员下滑时的速度随时间变化的情况，如图12所示．竿上演员质量为m1＝40kg，长竹竿质量m2＝10kg，g＝10m/.2图12(1)求下滑过程中，竿上演员克服摩擦力做的功；(2)求下滑过程中，竿上演员受到的摩擦力；。

高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚专题专讲专练考点串讲)原子物理和动量

拾躲市安息阳光实验学校原子物理和动量1．能级和能级跃迁(1)轨道量子化核外电子只能在一些分立的轨道上运动r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3，…)(2)能量量子化原子只能处于一系列不连续的能量状态E n ＝E 1n2(n ＝1,2,3，…)(3)吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子，该光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E m －E n . 2．原子核的衰变3. α4.(1)在物理学中，原子核在其他粒子的轰击下产生新原子核的过程，称为核反应．核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律．(2)质能方程：一定的能量和一定的质量相联系，物体的总能量和它的质量成正比，即E ＝mc 2或ΔE ＝Δmc 2.(3)核物理中，把重核分裂成质量较小的核，释放出核能的反应，称为裂变；把轻核结合成质量较大的核，释放出核能的反应，称为聚变．(4)核能的计算：①ΔE ＝Δmc 2，其中Δm 为核反应方程中的质量亏损；②ΔE ＝Δm ×931.5 MeV，其中质量亏损Δm 以原子质量单位u 为单位． (5)原子核的人工转变卢瑟福发现质子的核反应方程为：14 7N ＋42He→17 8O ＋11H查德威克发现中子的核反应方程为：94Be ＋42He→12 6C ＋10n约里奥·居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al ＋42He→3015P ＋10n ，3015P→3014Si ＋01e5．光电效应及其方程(1)光电效应的规律：入射光的频率大于金属的极限频率才能产生光电效应；光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与入射光的强度无关；光电流的强度与入射光的强度成正比；光电子的发射几乎是瞬时的，一般不大于10－9 s.(2)光电效应方程：E k＝hν－W 0.6．动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于系统相互作用后的总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(2)动量守恒定律的适用条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统所受合力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．7．弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．8．碰撞问题同时遵守的三条原则(1)系统动量守恒原则(2)物理情景可行性原则(3)不违背能量守恒原则碰撞过程满足E k≥E k′即12m1v21＋12m2v22≥12m1v1′2＋12m2v2′2或p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m21．在书写核反应方程时，一般先满足质量数守恒，后满足电荷数守恒．2．在处理粒子的碰撞和衰变问题时，通常应用动量守恒定律、质能方程和能量守恒定律综合分析.题型1 原子物理基本知识与动量守恒定律的组合例1(15分)(1)(6分)以下说法中正确的是( )A．普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B．贝可勒尔通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了质子C．卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型D．氘核和氚核可发生热核聚变，核反应方程是21H＋31H→42He＋10nE ．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大 (2)(9分)如图1所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．图1解析 (1)根据物理学史实，选项A 、C 正确；查德威克通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了电子，选项B 错误；根据电荷数守恒和质量数守恒可知，选项D 正确；运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越小，选项E 错误．(2)取向左为正方向，根据动量守恒定律得推出木箱的过程有0＝(m ＋2m )v 1－mv (3分) 接住木箱的过程有mv ＋(m ＋2m )v 1＝(m ＋m ＋2m )v 2(3分)解得共同速度v 2＝v 2 (3分)答案 (1)ACD (2)v2以题说法运用动量守恒定律解题的步骤 1．确定研究对象(系统)；2．做好受力分析，判断是否满足动量守恒的条件； 3．确定满足动量守恒的过程； 4．选取正方向，明确初、末状态； 5．列方程求解．(1)下列说法正确的是________．A ．光电效应现象揭示了光具有粒子性B ．阴极射线的本质是高频电磁波C ．卢瑟福依据极少数α粒子发生大角度散射提出了原子核式结构模型D ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分E ．一群氢原子从n ＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子(2)如图2所示，在水平地面上有A 、B 两个物体，质量分别为m A ＝2 kg ，m B ＝1 kg ，A 、B 相距s ＝9.5 m ，A 以v 0＝10 m/s 的初速度向静止的B 运动，与B 发生正碰，碰撞时间极短，分开后仍沿原来方向运动，A 、B 均停止运动时相距Δs ＝19.5 m ．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求碰撞过程中的能量损失．图2答案 (1)ACE (2)24 J解析 (1)光电效应是证明光具有粒子性的一个典型实验，选项A 正确；阴极射线的本质是高速运动的电子流，选项B 错误；卢瑟福的原子核式结构模型就是根据α粒子散射实验提出的，选项C 正确；β衰变中飞出的电子是由一个中子转化成质子时释放出来的，原子核中没电子，选项D 错误；一群原子从n ＝3激发态跃迁到基态有3种途径，从n ＝3能级到n ＝2能级，从n ＝2能级到n ＝1能级，从n ＝3能级直接到n ＝1能级，选项E 正确．(2)从A 开始运动到与B 相碰这一时间段内，根据s ＝v 0t －12μgt 2代入已知条件，解得t 1＝19 s(舍掉，这表示A 超过B 后直到静止然后反向加速运动经过B 点时所需要的时间)t 2＝1 s于是碰撞时刻A 的速度v ＝v 0－μgt 2＝9 m/s碰撞过程中能量损失了，但是动量守恒，设碰撞后A 的速度为v 1，B 的速度为v 2，根据动量守恒定律，有m A v ＝m A v 1＋m B v 2同时2μgx A ＝v 21 2μgx B ＝v 22Δs ＝x B －x A ＝19.5 m联立解得v 1＝5 m/s ，v 2＝8 m/s可知碰撞前能量为12m A v 2＝81 J ，碰撞后能量为12m A v 21＋12m B v 22＝25 J ＋32 J ＝57J ，所以碰撞过程中能量损失了24 J题型2 氢原子能级与动量守恒定律的组合例2 (15分)(1)(6分)已知氢原子的能级为：E 1＝－13.60 eV ，E 2＝－3.40 eV ，E 3＝－1.51 eV ，E 4＝－0.85 eV ，现用光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV 之间的某单色光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法中正确的是 ( )A ．该照射光的光子可能会被处于基态的氢原子吸收B ．该照射光的光子一定会被吸收C ．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有3种D ．若可以吸收该光子，则可判断激发后的氢原子发射不同能量的光子最多有6种(2)(9分)如图3所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 、质量不计的细绳，绳的另一端拴一个质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则：图3①当细绳与AB 成θ角时，圆环移动的距离是多少？②若在横杆上立一挡板，问应与环的初位置相距多远，才不致使环在运动过程中与挡板相碰？解析 (1)E 2－E 1＝10.20 eV ，E 3－E 1＝12.09 eV ，由于光子能量介于10.00 eV ～12.70 eV ，所以可能会被处于基态的氢原子吸收从而跃迁到能级2或能级3上，A 正确；若此光子不符合能级差值，则不会被氢原子吸收，B 错误；若吸收该光子，激发后的氢原子处于能级2或能级3上，则此时氢原子跃迁到基态发出的光子最多有三种，分别为3→2、3→1、2→1，C 正确，D 错误．(2)①设小球的水平位移大小为x 1，圆环的水平位移大小为x 2，且设向左为正方向，则有mx 1－Mx 2＝0 (2分) x 1＋x 2＝L －L cos θ (2分) 解得x 2＝mL 1－cos θM ＋m(1分)②设小球向左的最大水平位移大小为x 1′，圆环向右的最大水平位移为x 2′，且设向左为正方向，则有当圆环运动到最右侧速度为零时，小球应运动到最左边同初始位置等高，且速度为零(1分)mx 1′－Mx 2′＝0 (1分) x 1′＋x 2′＝2L (1分)解得x 2′＝2mLM ＋m所以挡板与环的初始位置相距2mLM ＋m(1分)答案 (1)AC (2)①mL 1－cos θM ＋m ②2mLM ＋m以题说法关于原子跃迁要注意以下四方面：(1)一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射的光谱条数N ＝n n －12.(2)只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量(hν＝E m －E n )时，光子才被吸收．(3)“直接跃迁”只能对应一个能级差，发射一种频率的光子．“间接跃迁”能对应多个能级差，发射多种频率的光子．(4)入射光子能量大于电离能(hν＝E ∞－E n )时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能．(1)动能为12.5 eV 的电子通过碰撞使处于基态的氢原子激发，最高能跃迁到量子数n ＝______的能级．当氢原子从这个能级跃迁回基态的过程中，辐射的光子的最长波长λ＝______m ．已知氢原子基态能量E 1＝－13.6 eV ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s.(保留三位有效数字)(2)如图4所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m ，人与车的总质量为16m .人将球以水平速率v 推向竖直墙壁，球又以速率v 弹回，人接住球后再以速率v 将球推向墙壁，如此反复．图4(i)求人第一次将球推出的过程中，人做了多少功？ (ii)人经几次推球后，再也不能接住球？答案 (1)3 6.58×10－7(2)(i)1732mv 2(ii)9次解析 (1)12.5 eV 大于让氢原子从基态跃迁到n ＝3激发态上的能量，小于让氢原子从基态跃迁到n ＝4激发态上的能量，所以最高能跃迁到量子数为n ＝3的能级；从n ＝3激发态跃迁到n ＝2激发态上的光子能量最小，波长最长，(3.4－1.51)×1.6×10－19J ＝h3×108λ，代入数据解得λ＝6.58×10－7m.(2)(i)以水平向右为正方向，人第一次将球推出后，设人与车的速度为v ′，球、人与车组成的系统动量守恒有 0＝16mv ′－mv人对系统做功W ＝12×16mv ′2＋12mv 2所以W ＝1732mv 2(ii)球反弹回来的速率始终为v ，设人推球n 次后，若人与车的速率也为v 时，人恰好不能再接住球．以水平向右为正方向，球与墙壁碰撞一次，墙壁对系统的冲量为ΔI ＝mv －(－mv )＝2mv球与墙壁碰撞n 次后，墙壁对系统的冲量为n ΔI ，由动量定理得n ΔI ＝(16m ＋m )v即n ·2mv ＝(16m ＋m )v 解得n ＝8.5次所以，人推球9次后，再也不能接住球．题型3 原子核的衰变、核反应与动量守恒定律的组合例3 (15分)(1)(6分)下列关于核反应及衰变的表述正确的有________．A.21H ＋31H→42He ＋10n 是轻核聚变 B ．X ＋147N→178O ＋11H 中，X 表示32He C ．半衰期与原子所处的化学状态无关D ．β衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的E.232 90Th 衰变成20882Pb 要经过6次α衰变和4次β衰变(2)(9分)如图5所示，平板小车C 上固定有两个完全相同的弹射装置，在弹射装置中分别压装上两个光滑小球A 、B ，将它们停放在光滑水平地面上．先打开球A 所在的装置，将球A 发射出去，球A 获得v A ＝8 m/s 的速度．已知球A 的质量m A ＝1 kg ，小车C 和球B 的总质量M ＝4 kg.则：图5①发射球A 时，弹射装置释放的能量为多少？②将球A 发射出去后，要使小车C 停止，必须以多大的速度将质量为23 kg的球B 发射出去？解析 (1)由轻核聚变定义可知A 正确；在核反应过程中电荷数和质量数守恒，设选项B 中X 的电荷数为N ，质量数为M ，则N ＋7＝8＋1，N ＝2，M ＋14＝17＋1，M ＝4，B 错误；半衰期为放射性元素自身的性质，与所处化学状态、物理环境无关，C 正确；β衰变的实质是核内的中子转化成了一个质子和一个电子，D 错误；设23290Th 衰变成20882Pb 要经过x 次α衰变和y 次β衰变，则由90－2x ＋y ＝82，232－4x ＝208可得x ＝6，y ＝4，E 正确． (2)①发射球A 时，球A 、B 和小车C 组成的系统动量守恒，有m A v A ＝Mv 1(2分)解得v 1＝2 m/s (1分)弹射装置释放的能量转化为系统的动能，有E p ＝12m A v 2A ＋12Mv 21 (2分)解得E p ＝40 J (1分)②发射球B 时，球B 与小车组成的系统动量守恒，设将球B 发射出去的速度为v B ，有m B v B ＝Mv 1(2分)解得v B ＝12 m/s (1分)答案 (1)ACE (2)①40 J ②12 m/s 以题说法 1.原子核的衰变(1)衰变实质：α衰变是原子核中的2个质子和2个中子结合成一个氦核并射出；β衰变是原子核中的中子转化为一个质子和一个电子，再将电子射出；γ衰变伴随着α衰变或β衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形式释放出衰变过程中产生的能量．(2)衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子无意义． 2．核反应方程的书写(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替．(2)核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能．(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程．(1)3月，地震引发海啸，继而福岛核电站发生核泄漏．关于核电站和核辐射，下列说法中正确的是( ) A．核反应堆发生的是轻核聚变反应B．核反应堆发生的是重核裂变反应C．放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关D．放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境有关(2)如图6所示，一平板小车静止在光滑的水平面上，可看做质点的质量均为m的物体A、B分别以2v和v的初速度，沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为m，最终物体A、B都停在小车上(若A、B相碰，碰后一定粘在一起)．要想使物体A、B不相碰，平板车的长度至少为多长？图6答案(1)BC (2)7v23μg解析(1)核反应堆发生的是重核裂变反应，A错误，B正确；放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关，C正确，D错误．(2)设A、B及小车组成的系统最终达到共同速度v共，系统所受合外力为0，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则m·2v－mv＝3mv共解得v共＝13v要使A、B恰好不相碰，则A、B及小车共速时A、B刚好相遇，设车长为L，由能量守恒定律有μmgL＝12m(2v)2＋12mv2－12×3m(13v)2解得L＝7v23μg17．动量和能量观点的综合应用审题示例(10分)如图7，Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为R的光滑圆弧轨道，AD段为一长度L＝R的粗糙水平轨道，二者相切于D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内，物块P的质量为m(可视为质点)，P与AD间的动摩擦因数μ＝0.1，Q的质量为M＝2m，重力加速度为g.图7(1)若Q 固定，P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，冲至C 点后返回A 点时恰好静止，求v 0的大小和P 向右刚越过D 点时对Q 的压力大小；(2)若Q 不固定，P 仍以速度v 0从A 点滑上水平轨道，求P 在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h . 审题模板答题模板(1)P 从A 点到C 点又返回A 点的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12mv 20 (1分)将L ＝R 代入上式解得：v 0＝2gR5(1分) 若P 在D 点的速度为v D ，此时Q 对P 的支持力为F D ，由动能定理和牛顿第二定律有－μmgL ＝12mv 2D －12mv 20 (1分)F D －mg ＝m v 2DR(1分)联立解得：F D ＝1.2mg (1分)由牛顿第三定律可知，P 对Q 的压力大小也为1.2mg (1分)(2)当P 、Q 具有共同速度v 时，P 达到最大高度h ，由动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v (1分)由能量守恒定律有12mv 20＝μmgL ＋12(m ＋M )v 2＋mgh (2分) 联立解得：h ＝130R (1分)答案 (1)2gR 5 1.2mg (2)130R (1)原子核的结合能和质量亏损是两个有密切联系的概念，关于这两个概念，下列说法正确的是________． A ．当核子结合成原子核时要吸收一定能量B ．原子核的平均结合能越大，表示原子核的核子结合得越牢固，原子核越稳定C ．核子结合成原子核时会出现质量亏损，质量亏损并不意味着质量被消灭D ．原子核的平均结合能越大，则原子核中核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)就越小，平均每个核子的质量亏损就越多E ．一个质子(m p )和一个中子(m n )结合成一个氘核(m D )，则氘核的平均结合能为(m p ＋m n －m D )c 2(2)如图8所示，光滑水平面上静止一质量为2m 、长为L 的长方形匀质木块．现有一颗质量为m的子弹以速度v0沿轴线水平射向木块，穿出木块时子弹速度为v02，设木块对子弹的阻力保持不变．求：图8(i)子弹穿出木块的过程中系统增加的内能；(ii)若换用一块同样材料、同样横截面积、但长L′＝1.5L的质量较大的木块，则子弹不能穿出木块，求子弹射入木块的深度x.答案(1)BCD (2)(i)516mv20(ii)1.2L解析(1)轻核的比结合能小，聚变后的原子核比结合能增加，因此核子结合成原子核时会放出能量，A错误；平均结合能越大，把原子核分开需要的能量越大，原子核越稳定，B正确；质量亏损只是表明了亏损的质量与释放的能量的关系，C正确；结合能与核子数之比称做比结合能，也叫平均结合能，比结合能越大，表示原子核中单个核子分离所需能量越多，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，原子核中核子结合时平均每个核子的质量亏损越多，原子核中核子的平均质量越小，D正确；由于有两个核子，所以氘核的平均结合能为m p＋m n－m D c22，E错误．(2)(i)子弹穿出木块的过程中，子弹和木块组成的系统满足动量守恒，设子弹穿出木块后木块速度为v，则有mv0＝m(v02)＋2mv解得v＝14v0损失的动能即为系统增加的内能Q，设木块对子弹的阻力为F f，则Q＝F f L＝12mv20－12m(v02)2－12(2m)v2＝516mv20(ii)设较大木块的质量为m′，则m′＝2mLL′＝3m设子弹与较大木块的共同速度为v′，由动量守恒得mv0＝(m＋m′)v′v′＝14v0射入木块过程中损失的动能为F f x＝12mv20－12(m＋m′)v′2＝38mv20解得x＝1.2L(限时：40分钟)1．(2013·新课标Ⅱ·35)(1)关于原子核的结合能，下列说法正确的是________．A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B．一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C．铯原子核(133 55Cs)的结合能小于铅原子核(208 82Pb)的结合能D．比结合能越大，原子核越不稳定E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能(2)如图1，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图1(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．答案(1)ABC (2)(ⅰ)116mv20(ⅱ)1348mv20解析(2)(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②12mv21＝ΔE＋12×(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116mv20④(ⅱ)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤12mv20－ΔE＝12×(3m)v23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p＝1348mv202． (1)下列说法中正确的是( ) A．一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关B．对于同一种金属来说，其极限频率恒定，与入射光的频率及光的强度均无关C ．汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构D ．“人造太阳”的核反应方程是23592U ＋10n→14456Ba ＋8936Kr ＋310n(2)如图2所示，质量m A ＝2 kg 的木块A 静止在光滑水平面上．一质量m B ＝1 kg 的木块B 以某一初速度v 0＝5 m/s 向右运动，与A 碰撞后A 、B 都向右运动．木块A 运动至挡板处，与挡板碰撞反弹(碰撞过程中无机械能损失)．后来与B 发生二次碰撞，碰后A 、B 同向运动，速度大小分别为0.9 m/s 、1.2m/s.求：图2①第一次碰撞后A 的速度；②第二次碰撞过程中，A 对B 做的功．答案 (1)AB (2)①2 m/s ②0.22 J解析 (1)一般物体辐射电磁波的情况与物体的温度、物体的材料有关，A正确；金属的极限频率是由金属本身的性质决定的，与入射光的频率及光的强度均无关，B 正确；汤姆孙发现了电子，卢瑟福通过α粒子散射实验说明原子具有核式结构，C 错误；“人造太阳”是轻核的聚变，核反应方程为21H ＋31H→42He ＋10n ，D 错误．(2)①设向右为正方向，A 、B 第一次碰撞后的速度大小分别为v A 1、v B 1，由动量守恒定律得m B v 0＝m A v A 1＋m B v B 1A 与挡板碰撞反弹，则A 、B 第二次碰撞前瞬间的速度分别为－v A 1、v B 1，设碰撞后的速度大小分别为v A 2、v B 2 －m A v A 1＋m B v B 1＝－m A v A 2－m B v B 2 联立解得v A 1＝2 m/s ，v B 1＝1 m/s②设第二次碰撞过程中，A 对B 做的功为W ，根据动能定理有W ＝12m B v 2B 2－12m B v 2B 1＝0.22 J3． (1)如图3所示为卢瑟福和他的同事们做α粒子散射实验装置的示意图．把荧光屏和显微镜分别放在图中的A 、B 、C 三个位置时，观察到相同时间内屏上的闪光次数最多的位置是________位置，相同时间内屏上的闪光次数最少的位置是________位置．图3(2)如图4所示，一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块．木块的质量分别为m 1和m 2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t 1和t 2.子弹在木块中受到的阻力为恒力F f ，求子弹穿过两木块后，两木块各以多大的速度运动？图4答案 (1)A C (2)F f t 1m 1＋m 2 F f t 1m 1＋m 2＋F f t 2m 2解析 (1)绝大多数α粒子穿越金箔后沿原方向前进，因此在A 位置观察到的闪光次数最多，极个别α粒子穿越金箔后发生了大角度的偏转，因此在C 位置观察到的闪光次数最少．(2)设子弹穿过木块m 1时，m 1、m 2的速度为v 1 由动量定理有F f t 1＝(m 1＋m 2)v 1 解得v 1＝F f t 1m 1＋m 2设子弹穿过m 2时，m 2的速度为v 2，由动量定理有F f t 2＝m 2v 2－m 2v 1解得v 2＝F f t 1m 1＋m 2＋F f t 2m 24． (1)光电效应的实验规律及对应的理论分析过程，让人们体会到光电效应的神奇并认识到经典理论的局限性．实验电路如图5所示，已知光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属K 的截止频率，下列选项中分析正确的是 ( ) 图5A ．将滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数一定持续增大B ．将滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明逸出的光电子有最大初动能C ．将滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明单位时间内逸出的光电子的数目是一定的D ．如果将图中电源正负极对调，滑片P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数将会减小，说明光电子逸出的初动能有大有小(2)如图6所示，一个质量为2m 的物体A 静止在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹以一定的速度水平射入物体A 内，射入的深度为物体长度的四分之一时达到共速，然后将一质量为m 的小物块B 轻放在物体A 的，最终B 刚好没有脱离A .设子弹射入过程中所受阻力大小恒为F f1，A 、B 间的摩擦力大小恒为F f2，求F f1与F f2的比．图6答案 (1)CD (2)16∶1解析 (1)光电管两端加正向电压，目的是使从K 极射出的光电子尽可能都打在A 极上，滑片P 向右移动的过程中，若光电子都已能打到A 极，则再增加光电管两端电压时灵敏电流计示数也不会再增加，说明此时单位时间内逸出的光电子的数目是一定的，A 、B 错误，C 正确；将电源正负极对调，滑片P 向右移动的过程中，光电子克服反向电压打到A 极，且电压越高，光电子要到达A 极需要的初动能越大，灵敏电流计示数减小，说明光电子逸出的初动能有大有小，D 正确．(2)子弹射入A 中，由动量守恒定律有mv 0＝3mv 1解得v 1＝13v 0由能量守恒定律有F f1·L 4＝12mv 20－12×3mv 21＝13mv 20小物块B 放上后，对全过程由动量守恒定律有mv 0＝4mv 2解得v 2＝14v 0小物块B 在物体A 上滑动，由能量守恒定律有F f2·L 2＝12×3mv 21－12×4mv 22＝124mv 20故F f1F f2＝1615． (1)如图7所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n ＝3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2.49 eV 的金属钠，下列说法正确的是 ( ) 图7A ．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光波长最短B ．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n ＝3跃迁到n ＝1所发出的光频率最大C ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11.11 eVD ．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9.60 eV(2)如图8所示，质量为m 2＝1.5 kg 的平板车B 停放在光滑的水平面上，左端放置着一块质量为m 1＝450 g 的物体A ，一颗质量为m 0＝50 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的速度水平瞬间射入物体A 并留在A 中，平板车B 足够长．求物体A 与平板车B 间因摩擦产生的热量．图8答案 (1)D (2)18.75 J解析 (1)有的氢原子可直接从n ＝3跃迁到n ＝1，释放出[－1.51－(－13.60)] eV ＝12.09 eV 的能量，有些可从n ＝3跃迁到n ＝2，释放出[－1.51－(－3.40)] eV ＝1.89 eV 的能量，再跃迁到n ＝1，释放出[－3.40－(－13.60)] eV ＝10.20 eV 的能量，所以，这群氢原子能发出三种频率不同的光，由能级图及跃迁方程hν＝E m －E n 可知，从n ＝3跃迁到n ＝2所发出的光的频率最小，波长最长，选项A 、B 错误；由光电效应方程可知，氢原子从n ＝3跃迁到n ＝1时发出的光使金属钠表面发出的光电子的初动能最大，为(12.09－2.49) eV ＝9.60 eV ，选项C 错误，D 正确． (2)子弹射入A 有m 0v 0＝(m 1＋m 0)v A。

高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚专题专讲专练考点串讲)力学与创

拾躲市安息阳光实验学校【二轮复习名师专题突破秘籍】2014高考物理二轮复习：力学实验与创新（考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲，16页word，含名师详解）专题定位高考对学生实验的考查，主要有以下十一个实验：①研究匀变速直线运动；②探究弹力和弹簧伸长量的关系；③验证力的平行四边形定则；④验证牛顿第二定律；⑤探究做功和物体速度变化的关系；⑥验证机械能守恒定律；⑦测定金属丝的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)；⑧描绘小灯泡的伏安特性曲线；⑨测定电源的电动势和内阻；⑩练习使用多用电表；⑪传感器的简单使用．高考除了对课本中原有的学生实验进行考查外，还增加了对演示实验的考查，利用学生所学过的知识，对实验器材或实验方法加以重组，来完成新的实验设计．设计型实验将逐步取代对课本中原有的单纯学生实验的考查．应考策略 1.熟知各种器材的特性.2.熟悉课本实验，抓住实验的灵魂——实验原理，掌握数据处理的方法，熟知两类误差分析．力学实验与创新一、游标卡尺和螺旋测微器的读数例1用游标卡尺测得某样品的长度如图1甲所示，其读数L＝________mm；用螺旋测微器测得该样品的外边长a如图乙所示，其读数a＝________mm.图1解析根据游标卡尺的读数方法，读数为20 mm＋3×0.05 mm＝20.15 mm.根据螺旋测微器的读数方法，读数为1.5 mm＋23.0×0.01 mm＝1.730 mm.答案20.15 1.730以题说法 1.游标卡尺的读数方法：由主尺读出整毫米数l0，从游标尺上读出与主尺上某一刻度对齐的格数n，则测量值(mm)＝(l0＋n×精确度) mm.注意：(1)游标卡尺的精确度一般为游标尺上总刻度数的倒数．(2)游标卡尺不需要估读．2．螺旋测微器的读数方法：测量值(mm)＝固定刻度指示的毫米数(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度上与固定刻度基线所对的刻度值(注意刻度值要估读一位)×0.01 mm.(1)用螺旋测微器测量一小球的直径，结果如图2甲所示，则小球的直径d＝________ mm.图2(2)知识的迁移能力是非常重要的，应用螺旋测微器的原理，解决下面的问题：在一些用来测量角度的仪器上，有一个可转动的圆盘，圆盘的边缘标有角度刻度．为了较准确地测量出圆盘转动的角度，在圆盘外侧有一个固定不动的游标，上面共有10个分度，对应的总角度为9度．如图乙中画出了游标和圆盘的一部分．读出此时圆盘的零刻度线相对于游标零刻度线转过的角度为________度．答案(1)10.975 (2)20.6解析(1)螺旋测微器主尺读数为10.5 mm，可动刻度一共50个格，代表0.5 mm，每个格表示0.01 mm，第47.5个格与固定刻度基线对齐，因此可动刻度的读数为0.475 mm，故螺旋测微器的读数为10.975 mm.(2)主尺部分的读数为20度，游标尺一共10个格，每个格代表0.1度，第6个格对齐，故游标尺的读数为0.6度，因此一共是20.6度．二、验证力的平行四边形定则例2有同学利用如图3所示的装置来验证力的平行四边形定则．在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F T OA、F T OB和F T OC，回答下列问题：图3(1)改变钩码个数，实验能完成的是________．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________．A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时(如图4)，你认为图示中________是正确的．(填“甲”或“乙”)图4答案(1)BCD (2)A (3)甲解析(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|<F3<F1＋F2，因此B、C、D选项是可以的．(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向．(3)F3的方向一定竖直向下，而F1和F2合力方向由于测量误差可能偏离竖直向上方向，所以甲是正确的．以题说法 1.本实验考查的重点是“力作用效果的等效性”．2．对实验步骤中两个分力和合力的大小和方向的确定也是考查的重点．“验证力的平行四边形定则”的实验如图5甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，P为橡皮条与细绳的结点，用两把互成角度的弹簧秤把结点P拉到位置O.图5①从图甲可读得弹簧秤B的示数为________ N.②为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的______(填“图示”或“示意图”)来表示分力与合力．③图乙中与F1、F2效果相同的力是________(填“F”或“F′”)．④图乙中方向一定沿AO方向的力是________(填“F”或“F′”)．答案①3.8②图示③F′④F′解析为了更准确得到合力与分力的关系，要采用作力的图示来表示分力与合力．图乙中与F1、F2效果相同的力是用一个弹簧秤把结点P拉到位置O时的力F′.图乙中方向一定沿AO方向的力是F′.三、探究弹力和弹簧伸长量的关系例3通过《探究弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系》实验，我们知道在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧的伸长(或压缩)量x成正比，并且不同的弹簧，其劲度系数不同．已知一根原长为L0、劲度系数为k1的长弹簧A，现把它截成长为23L0和13L0的B、C两段，设B段的劲度系数为k2、C段的劲度系数为k3，关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想．甲同学：既然是同一根弹簧截成的两段，所以，k1＝k2＝k3乙同学：弹簧越短劲度系数越大，所以，k1<k2<k3丙同学：弹簧越长劲度系数越大，所以，k1>k2>k3(1)为了验证猜想，可以通过实验来完成．实验所需的器材除铁架台外，还需要________．(2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．a．将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的长度L0；b．在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数(如n个)并用刻度尺测量弹簧的长度L1；c．由F＝mg计算弹簧的弹力；由x＝L1－L0计算出弹簧的伸长量．由k＝Fx计算弹簧的劲度系数；d．改变________________，重复实验步骤b、c，并求出弹簧A的劲度系数k1的平均值；e．按要求将弹簧A剪断，分成B、C两段，重复实验步骤a、b、c、d.分别求出弹簧B、C的劲度系数k2、k3的平均值．比较k1、k2、k3并得出结论．(3)图6是实验得到的图线．根据图线得出弹簧的劲度系数与弹簧长度有怎样的关系？图6答案(1)刻度尺、已知质量且质量相等的钩码(2)钩码的个数(3)同一根弹簧上截下的几段，越短的段，劲度系数越大(或越长的段，劲度系数越小)四、以打点计时器或光电门为工具的力学实验例4(2013·四川·8(2))如图7所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：图7①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动．②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图8所示的纸带．纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1 s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2 N，小车的质量为0.2 kg.图8请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化ΔE k.补填表中空格(结果保留至小数点后第四位).O—B O —C O —D O—E O—FW/J0.043 20.057 20.073 40.091 5ΔE k/J0.043 00.057 00.073 40.090 7分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W＝ΔE k.与理论推导结果一致．③实验前已测得托盘质量为7.7×10－3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg(g取9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位)．解析②W＝Fx OF＝0.2×55.75×10－2 J＝0.111 5 Jv F＝66.77－45.75×10－22×0.1m/s＝1.051 m/sΔE k＝12mv2F＝12×0.2×1.0512 J＝0.110 5 J③设放入砝码质量为m，则(m＋7.7×10－3 kg)g－0.2 N＝(m＋7.7×10－3 kg)a①对小车：a＝FM＝0.20.2m/s2＝1 m/s2 ②联立①②得：m＝0.015 kg答案①匀速直线②0.111 50.110 5 ③0.015以题说法新课标《考试大纲》规定的六个力学实验中有四个涉及打点计时器：研究匀变速直线运动、验证牛顿第二定律、探究做功和物体速度变化的关系和验证机械能守恒定律．这类实验的关键是要掌握纸带的分析处理方法，对于纸带常见有以下三大应用． 1．由纸带确定时间要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔为Δt ＝0.02×5 s＝0.1 s.2．求解瞬时速度利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．如图9所示，打n 点时的速度v n ＝x n ＋x n ＋12T图93．用“逐差法”求加速度如图10所示，a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1＋x 2＋x 33T2图10有些实验用光电门代替打点计时器来完成瞬时速度和加速度的测量，具体做法如下：(1)求瞬时速度：把遮光条(宽度为d )通过光电门的时间Δt 内的平均速度看做物体经过光电门的瞬时速度，即v ＝dΔt.(2)求加速度：若两个光电门之间的距离为L ，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a ＝v 22－v 212L.某学习小组在“研究匀变速直线运动”的实验中，用如图11所示的气垫导轨装置来测小车的加速度，由导轨标尺可以测出两个光电门之间的距离L ，窄遮光板的宽度为d ，窄遮光板依次通过两个光电门的时间分别为t 1、t 2.图11(1)通过两个光电门的瞬时速度分别为v 1＝________，v 2＝________.在计算瞬时速度时应用的物理方法是________________．(填“极限法”“微元法”或“控制变量法”)．(2)则滑块的加速度可以表示为a ＝________(用题中所给物理量表示)． (3)该学习小组在测出滑块的加速度后，经分析讨论，由于滑块在气垫导轨上运动时空气阻力很小，可用上述实验装置来验证机械能守恒定律，为此还需测量的物理量是________和________，机械能守恒的表达式为________________(用题中所给物理量和测量的物理量表示)．答案 (1)d t 1 d t 2 极限法 (2)d 22L (1t 22－1t 21)(3)沙桶的质量m 滑块的质量MmgL ＝12(M ＋m )d 2(1t 22－1t 21)解析 (1)小车通过两个光电门的瞬时速度等于小车通过光电门这段时间内的平均速度，故瞬时速度分别为d t 1和dt 2.时间取的越短，瞬时速度越接近平均速度，故采用了极限法；(2)根据运动学公式2aL ＝v 22－v 21，代入可求得加速度a ＝d 22L (1t 22－1t 21)；(3)要验证机械能守恒就要看沙桶重力势能的减少量和系统动能的增加量是否相等，因此需要测量沙桶的质量m 和滑块的质量M ，机械能守恒定律的表达式为mgL ＝12(M ＋m )d 2(1t 22－1t 21).13．力学创新实验的分析技巧审题示例(2013·新课标Ⅰ·22)(7分)图12为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：图12①用天平测量物块和遮光片的总质量M ，重物的质量m ，用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，用米尺测量两光电门之间的距离s ； ②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ； ④多次重复步骤③，求a 的平均值 a ； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题：(1) 测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图13所示．其读数为________ cm. 图13(2)物块的加速度a 可用d 、s 、Δt A 和Δt B 表示为a ＝________.(3)动摩擦因数μ可用M 、m 、a 和重力加速度g 表示为μ＝________. (4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．审题模板答题模板(1)0.9 cm ＋12×0.05 mm＝0.960 cm (2分)(2)因为v A ＝d Δt A ，v B ＝d Δt B，又由2as ＝v 2B －v 2A ，得a ＝12s [(d Δt B )2－(d Δt A)2] (2分)(3)设细线上的拉力为F T ，则mg －F T ＝m a ，F T －μMg ＝M a两式联立得μ＝mg －M ＋m x\to(a )Mg(2分)(4)细线没有调整到水平，属于实验方法粗略，这样会引起系统误差． (1分)答案 (1)0.960 (2)12s [(d Δt B )2－(d Δt A)2](3)mg －M ＋m x\to(a )Mg(4)系统误差为了探究合外力做功与物体动能改变的关系，某同学设计了如下实验方案：第一步：如图14甲所示，把木板一端垫起，滑块通过细绳与一重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤下连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块，滑块沿木板向下匀速运动．第二步：如图乙所示，保持木板倾角不变，取下细绳和重锤，将打点计时器安装在木板靠近滑轮处，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器．第三步：接通电源，释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出的纸带如图丙所示．其中打下计数点O 时，滑块的速度为零，相邻计数点的时间间隔为T .图14(1)根据纸带求打点计时器打E 点时滑块的速度v E ＝________.(2)已知重锤质量为m ，当地的重力加速度为g ，合外力在OE 段对滑块做功的表达式W OE ＝________.(3)利用图丙数据求出各段合外力对滑块所做的功W 及A 、B 、C 、E 各点的速度v .以v 2为纵轴，以W 为横轴建立坐标系，作出v 2－W 图象，发现它是一条过坐标原点的倾斜直线，测得直线斜率为k ，则滑块质量M ＝________.答案 (1)x 6－x 42T (2)mgx 5 (3)2k解析 (1)根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可得v E ＝x 6－x 42T. (2)本实验中将重锤的重力当作合外力，合外力在OE 段对滑块做的功为mgx 5.(3)根据动能定理有W ＝12Mv 2，得v 2＝2M W ，所以2M ＝k ，M ＝2k .(限时：45分钟)1．(2013·广东·34(1))研究小车匀变速直线运动的实验装置如图1(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz ，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个记录点未画出．图1①部分实验步骤如下：A ．测量完毕，关闭电源，取出纸带B ．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C ．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D ．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：__________(用字母填写)．②图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T ＝______ s.③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v 5＝________.④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________.答案 ①DCBA ②0.1 ③s 4＋s 52T④s 4＋s 5＋s 6－s 1＋s 2＋s 39T2解析 ②时间t ＝nT 0＝5×0.02 s＝0.1 s(n 为相邻两个计数点的间隔数)．③在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于平均速度．④取s 1′＝s 1＋s 2＋s 3，s 2′＝s 4＋s 5＋s 6，则：T ′＝3T ，就可用Δs ′＝s 2′－s 1′＝aT ′2求a .2．橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x 与弹力F 成正比，即F ＝kx ，k 的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L 、横截面积S 有关，理论与实际都表明k ＝YSL，其中Y 是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量．(1)在国际单位中，杨氏模量Y 的单位应该是________．A ．NB ．mC ．N/mD ．Pa(2)用如图2甲所示的实验装置可以测量出一段横截面积是圆形的橡皮筋的杨氏模量Y 的值，首先利用毫米刻度尺测得橡皮筋的长度L ＝20.00 cm ，利用测量工具a 测得橡皮筋未受到拉力时的直径D ＝4.000 mm ，那么测量工具a 应该是________________．图2(3)用如图甲所示的装置就可以测出这种橡皮筋的Y 值，下面的表格是橡皮筋受到的拉力F 与伸长量x 的实验记录．处理数据时，可在图乙中作出F －x 的图象，由图象可求得该橡皮筋的劲度系数k ＝______N/m.(保留两位有效数字)拉力F (N)5 10 15 20 25 伸长量x (cm)1.63.24.86.48(4))答案 (1)D (2)螺旋测微器(或千分尺) (3)图象见解析图 3.1×102(4)5×106Pa解析 (1)根据表达式k ＝YS L 得：Y ＝kLS已知k 的单位是N/m ，L 的单位是m ，S 的单位是m 2，所以Y 的单位是N/m 2，也就是Pa ，故选D.(2)测量橡皮筋未受到拉力时的直径用螺旋测微器(或千分尺)．(3)根据F ＝kx 可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小，由图象求出劲度系数为k ＝3.1×102N/m.(4)根据Y ＝kL S求得，Y ≈5×106Pa.3．某同学找到一条遵循胡克定律的橡皮筋来验证力的平行四边形定则，设计了如下实验：图3(1)将橡皮筋的两端分别与两条细线相连，测出橡皮筋的原长；(2)将橡皮筋一端细线用钉子固定在竖直板上M 点，在橡皮筋的中点O 再用细线系重物，自然下垂，如图3甲所示．(3)将橡皮筋另一端细线固定在竖直板上的N 点，如图乙所示．为完成实验，下述操作中需要的是________．A ．橡皮筋两端连接的细线长度必须相同B ．要测量图甲中橡皮筋Oa 的长度和图乙中橡皮筋Oa 、Ob 的长度C ．M 、N 两点必须在同一高度处D ．要记录图甲中O 点的位置及过O 点的竖直方向E ．要记录图乙中结点O 的位置、过结点O 的竖直方向及橡皮筋Oa 、Ob 的方向答案 BE解析橡皮筋两端连接的细线长度不需要必须相同，M 、N 两点可以不在同一高度处，不需要记录题图甲中O 点的位置及过O 点的竖直方向．由于已经测出橡皮筋的原长，只需要测量题图甲中橡皮筋Oa 的长度和题图乙中橡皮筋Oa 、Ob 的长度，需要记录题图乙中结点O 的位置、过结点O 的竖直方向及橡皮筋Oa 、Ob 的方向．操作中需要的是B 、E. 4．用图4所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验．图4(1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须在长木板________(填“远离”或“靠近”)滑轮的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车能单独在长木板上做________运动．(2)为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用________法． (3)保持小车受力不变，测量不同质量的小车在这个力作用下的加速度．某次实验中打出如图5所示的纸带(打点计时器电源的频率为50 Hz)，则这个加速度值a ＝______m/s 2. 图5(4)某同学把实验得到的几组数据画成图6的a －m 图象，为了更直观描述小车的加速度跟其质量的关系，请你根据他的图象在图7中画出a －1m图象．图6图7答案 (1)远离匀速直线 (2)控制变量 (3)0.8(或0.80) (4)如图所示解析 (1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须平衡摩擦力，在长木板远离滑轮的一端下面垫一块木板，反复移动木板的位置，直至小车能单独在长木板上做匀速直线运动．(2)由于小车的加速度与合外力和质量有关，为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用控制变量法．(3)根据纸带，由0.035 3 m －0.019 3 m ＝2a (5/f )2解得a ＝0.8 m/s 2.(4)某同学把实验得到的几组数据画成了题图的a －m 图象，为了更直观描述小车的加速度跟其质量的关系，可根据他的图象上的一些数据点，在题图中画出a －1m图象．5． (2013·福建·19(1))在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图8)：图8①下列说法哪一项是正确的________．(填选项前字母) A ．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B ．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C ．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放②图9是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O 、A 、B 、C 计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz ，则打B 点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留三位有效数字)．图9答案 ①C ②0.653解析 ①平衡摩擦力时，是让小车的重力沿木板的分力与小车受到的摩擦力相等，故不应挂钩码，A 选项错误；为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车的质量，B 选项错误；为了有效利用纸带，且小车运动的距离应适当大一些，应使小车靠近打点计时器由静止释放，C 选项正确．②打B 点时小车的瞬时速度v B ＝s AC150×10 s ＝18.59－5.53×10－2m0.2 s ＝0.653 m/s6．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．有一名同学设计了如图10甲所示的实验装置．一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h.图10(1)这名同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图乙所示，他记录的小钢球的直径d＝________cm.(2)这名同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量？________(填“需要”或“不需要”)(3)该同学如果打算用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是( )A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量答案(1)1.00 (2)不需要(3)AC解析(1)游标卡尺读数时，先读主尺为10 mm，再读游标尺，共10个格，每个格代表0.1 mm，第0个格与主尺刻度线对齐，故游标卡尺读数为10.0 mm，因此小钢球的直径为1.00 cm；(2)在验证动能定理时，我们使用的方法是验证mgh＝12mv2，v＝dt，因为两边都有质量，故不需要测质量；(3)由于空气阻力的影响，实际的方程应该是mgh－F f h＝12mv2，v＝dt，可以推得gh－F f hm＝12v2，v＝dt，所以质量越大，F f hm越小，可以提高精确性，C正确；另外从推导过程来看d越小，速度的测量越精确，所以A正确．7．(2013·新课标Ⅱ·22)某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图11所示．向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图11回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能E p与小球抛出时的动能E k相等．已知重力加速度大小为g.为求得E k，至少需要测量下列物理量中的________(填正确答案标号)．A ．小球的质量mB ．小球抛出点到落地点的水平距离sC ．桌面到地面的高度hD ．弹簧的压缩量ΔxE ．弹簧原长l 0(2)用所选取的测量量和已知量表示E k ，得E k ＝________.(3)图12中的直线是实验测量得到的s －Δx 图线．从理论上可推出，如果h 不变．m 增加，s －Δx 图线的斜率会________(填“增大”、“减小”或“不变”)；如果m 不变，h 增加，s －Δx 图线的斜率会______(填“增大”、“减小”或“不变”)．由图中给出的直线关系和E k 的表达式可知，E p 与Δx 的________次方成正比．图12答案 (1)ABC (2)mgs 24h(3)减小增大二解析 (1)小球离开桌面后做平抛运动，设桌面到地面的高度为h ，小球抛出点到落地点的水平距离为s ，则有 h ＝12gt 2，s ＝v 0t ，解得v 0＝s t ＝s g2h所以E k ＝12mv 20＝mgs 24h.由此可知需要测量的量有m 、s 、h ，故选A 、B 、C.(2)由(1)的解析知E k ＝mgs 24h.(3)在Δ x 相同的情形下，弹簧的弹性势能相同，由E p ＝12mv 20可知：①在m增加时，速度v 0减小，因而h 不变时s 减小，故图线的斜率减小．②m 不变时，v 0不变，h 增加时，时间变长，s 变大，故图线的斜率增大．由s －Δx 图象可知，s 正比于Δx ，即s ＝k Δx . 则E p ＝12mv 20＝mgs 24h ＝mgk 24h Δx 2＝k ′Δx 2所以E p 与Δx 的二次方成正比．。

高考物理备考力学专题突破

高考物理备考力学专题突破目录第一篇、运动与力专题1.1 匀变速直线运动规律的应用专题1.2 自由落体运动和竖直上抛专题1.3 运动图像的理解和运用专题1.4 共点力的静态平衡专题1.5 共点力的动态平衡与临界极值问题专题1.6 动力学基本问题专题1.7 动力学的图像问题专题1.8 连接体问题专题1.9 动力学中的斜面问题专题1.10 动力学中的板块问题专题1.11 动力学中的传送带问题专题1.12 动力学中的临界极值问题第二篇、曲线运动专题2.1 运动的合成与分解专题2.2 平抛运动专题2.3 水平面内的圆周运动专题2.4 竖直面内的圆周运动专题2.5 直线、（类）平抛圆周组合模型专题2.6 中心天体质量密度的计算问题专题2.7 卫星运行规律与宇宙速度专题2.8 卫星变轨与航天器对接问题专题2.9 双星与天体追及相遇问题第三篇、能量与动量专题3.1 功的计算问题专题3.2 功率与机车启动问题专题3.3 动能定理的理解和应用专题3.4 机械能守恒定律的理解及应用专题3.5 功能关系和能量守恒定律专题3.6 “传送带”模型中的能量转化问题专题3.7“板块”模型中的能量转化问题专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题专题3.9 动量和动量定理专题3.10 动量守恒定律的理解与应用专题3.11 一维碰撞问题分析专题3.12 爆炸、反冲及人船模型专题3.13 三大动力学观点的综合应用1m n【专题诠释】一、基本公式（1）速度公式： v t= v 0 + at 专题 1.1 匀变速直线运动规律的应用（注意：公式的矢量性以及v - t 图是一次函数）（2）位移公式： ① 意：公式的矢量性）x = v t + 122（注意：公式的矢量性以及 x - t 图是二次函数）② x =v 0 + v t t （注2（3）速度与位移的关系式： v 2- v 2=2ax（位移等分专项工具）t 0二、常用推论（1） ∆x = aT 2 即任意相邻相等时间内的位移之差相等。

备战2024年高考物理抢分秘籍秘籍09 动力学三大观点的综合应用(原卷+解析卷)

秘籍09 动力学三大观点的综合应用一、三大观点在力学中的应用【题型一】动力学三大观点解决多过程问题放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。

滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。

求：（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失量与碰前动能的百分比）。

1．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平2．（2024·贵州安顺·一模）如图，足够长的光滑水平桌面上静止着质量为3m的滑块，滑块右G、Ⅰ、L、I……。

某时刻一质量为m的小物体自A点由静止释放，经过一段时间后恰好由C 点沿着圆弧CD的切线无碰撞地进入管形轨道。

已知轨道CD段和右侧各竖直圆内壁均光滑，轨道的内径相比R忽略不计，小物体与管形轨道各水平部分的动摩擦因数均为0.3，水平部分DE EG CI R===⋅⋅⋅⋅⋅⋅=，重力加速度为g，不计空气阻力，小物体运动过程没有与桌面发生碰4撞。

（1）求小物体离开滑块时的速度大小；（2）求小物体开始释放时的位置距D点的水平距离；（3）求小物体停止运动时的位置距D点的距离。

3．（2024·安徽·一模）如图，为某轮滑赛道模型，AB段和BC段为在B点相切的圆弧，半径分别为23、，在圆弧AB的最上端A点的切线水平，1O为圆弧AB的圆心，1O B与竖直方向的夹R R角为60︒；圆弧BC的最下端C点的切线水平，2O为圆弧BC的圆心，C点离地面的高度为R，一个质量为m的滑块从A点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，求：（1）滑块运动到B点时的速度多大；（2）滑块在AB段圆弧和在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。

新高考备战2024年高考物理抢分秘籍07动力学和能量观点的综合应用教师届

秘籍07动力学和能量观点的综合应用一、功能关系的理解和应用1.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。

(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做正功。

(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。

2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。

(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量。

(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物体做正功，也可以做负功，还可以不做功。

二、能量守恒的理解和应用1.对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

2.运用能量守恒定律解题的基本思路三、动力学和能量观点的三大综合应用应用动力学和能量观点分析多过程问题核心策略：(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．应用动力学和能量观点分析传送带模型问题核心功能关系（1）功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.（2）对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f x相对．应用动力学和能量观点分析滑块—木板模型问题核心思路：滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．【题型】应用动力学和能量观点分析多过成问题A．小球过最高点D时的速度大小为2gR B．释放小球时弹簧的弹性势能为C．小球运动到C点时对轨道的压力为2mg D．水平轨道上的落点【答案】B【答案】（1）9mg ；（2）20182v gR gL；（3）2【详解】（1）碰撞后恰好能运动到最高点21(2)0(2)m m gR m m v根据牛顿第三定律，压力与支持力等大反向N NF F 解得N 9F mg（2）P 从A 到B 的过程中22101122mgL mv mv 碰撞过程中1(2)mv m m v解得20182v gR gL（3）碰撞过程中2122W mv 解得2W mgR 1．（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，半径0.4m R 竖直放置的光滑半圆轨道与光滑水平轨道在A 点平滑连接，质量为1kg m 的小物体a （可视为质点）以初速度0v 从C 点出发，经A 点恰好运动到B 点，物体通过最高点B 后作平抛运动，恰好落在C 点，重力加速度g 取210m/s ，试求：（1）物体的初速度0v ；（2）若物体以初速度0v 从C 点出发，在运动过程中，始终受到竖直平面内且与水平方向成45 角斜向左上方恒力的作用，此时物体恰好对水平轨道无压力，求物体运动过程中离出发点C 的最大水平距离（计算结果用分数表示）。