新课程高考高中物理学史粤教版

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粤教版高考物理知识点总结

粤教版高考物理知识点总结物理作为一门科学，研究的是自然界各种现象和规律。

在高中物理教学中，粤教版提供了一套系统的知识点总结，旨在帮助学生更好地掌握物理知识并应对高考。

本文将对粤教版高考物理知识点进行总结和归纳，帮助同学们系统学习和复习。

第一章运动规律1. 直线运动直线运动是物体在同一直线上运动的过程，可以分为匀速直线运动和变速直线运动。

匀速直线运动中，物体的速度保持恒定，而变速直线运动中，速度随时间变化。

2. 曲线运动曲线运动是物体在曲线轨迹上运动的过程，主要有圆周运动和抛体运动。

圆周运动包括匀速圆周运动和变速圆周运动，其中匀速圆周运动速度大小不变，而变速圆周运动速度大小随着时间变化。

抛体运动是指物体沿着抛物线轨迹运动，主要包括自由落体运动和斜抛运动。

第二章力和运动1. 力的概念力是物体之间相互作用的结果，力的大小用牛顿表示。

力的性质包括大小、方向和作用点，而力的效果有两种：使物体产生加速度或改变物体的形状。

2. 牛顿三定律牛顿三定律描述了物体之间相互作用的基本规律。

第一定律即惯性定律，描述了物体保持匀速直线运动或静止的状态，除非有外力作用。

第二定律是力的定义定律，描述了物体的加速度与作用力之间的关系。

第三定律是作用-反作用定律，描述了物体之间相互作用力的本质。

3. 矢量和分力力是矢量，具有大小和方向。

多个力合成一个力称为合力，反之，一个力拆分为多个力称为分力。

力的合成和分解是解决复杂物理问题的重要方法。

第三章能量和能量守恒1. 功和功率功是衡量力对物体作用效果的物理量，等于力与物体位移的乘积。

而功率是描述单位时间内做功的大小，等于功与时间的比值。

2. 动能和动能守恒定律动能是物体运动时具有的能量，等于1/2质量与速度平方的乘积。

动能守恒定律描述了一个封闭系统中动能总量的守恒，即不受外力和摩擦力的影响，动能总量保持不变。

3. 势能和势能守恒定律势能是物体由于位置或形状而具有的能量。

主要有重力势能和弹性势能。

粤教版物理高中知识点归纳

粤教版物理高中知识点归纳物理学是一门研究自然界基本规律和物体运动的学科，它在高中阶段是一门重要的科学课程。

粤教版物理教材以其严谨的体系和深入浅出的讲解受到广大学生的喜爱。

下面将以“粤教版物理高中知识点归纳”为标题，对该教材的主要知识点进行梳理。

1.运动学知识点–位移、速度和加速度：位移是运动物体位置变化的矢量量，速度是位移与时间的比值，加速度是速度变化率。

–匀速直线运动：物体在相同时间内所走过的位移相等，速度保持不变。

–加速直线运动：物体在相同时间内所走过的位移不相等，速度发生变化。

–自由落体运动：物体在无空气阻力的情况下，只受重力作用下落。

2.力学知识点–牛顿定律：力是改变物体运动状态的原因，牛顿第一定律描述了惯性，第二定律描述了力与加速度的关系，第三定律描述了作用力与反作用力的相互作用。

–弹力和弹簧：弹力是物体受到弹性体压缩或伸长时产生的力，弹簧是一种常见的弹性体。

–静力学：物体处于平衡状态时，作用在物体上的各个力相互抵消。

3.能量与动量知识点–动能和动能定理：动能是运动物体具有的能量，动能定理描述了物体动能与物体质量和速度的关系。

–势能和机械能：物体由于位置关系而具有的能量称为势能，机械能是动能和势能的总和。

–碰撞与动量守恒：碰撞是物体间相互作用的结果，动量守恒定律描述了碰撞中物体动量的守恒。

4.电磁学知识点–电荷与电场：电荷是物质的基本属性，电场是电荷产生的力场。

–静电场与电场力：静电场是由静止电荷产生的电场，电场力是电荷在电场中相互作用的结果。

–电流与电阻：电流是电荷在导体中的流动，电阻是导体阻碍电流流动的程度。

–电路与电压：电路是电流在导体中的路径，电压是电路中电流流动的驱动力。

5.光学知识点–光的反射与折射：光线遇到界面时发生反射和折射，反射满足反射定律，折射满足折射定律。

–光的干涉与衍射：光的干涉是指两个或多个光波的叠加现象，光的衍射是光通过小孔或物体边缘时发生的现象。

–光的颜色与色散：光的颜色由波长决定，色散是光通过介质时不同波长的光具有不同折射率的现象。

高中物理粤教版(2023)选择性必修第三册 3.1 热力学第一定律教案(表格式)

高中物理粵教版（2023）选择性必修第三册3.1 热力学第一定律教案（表格式）《热力学第一定律》教学设计一．教材分析本节是粤教版选择性必修三第三章的第 1 节，第三章《热力学定律》共三节。

第一节阐述了热力学第一定律；第二节研究了能量守恒及其应用；第三节是研究热力学第二定律。

这就使学生对热力学定律和能量守恒定律有了一定的认识。

第一节主要研究物体的内能，以及改变内能的方式，使学生了解内能改变的两个方式（做功和热传递）。

然后通过归纳推理得到热力学第一定律的数学表达式，并应用热力学第一定律解决实际问题。

二．学情分析学生在初中已经接触过内能与改变内能两个方式的相关基础知识，为本节的教学奠定了一定的基础。

高中教材中增加了内能的微观解释和热力学第一定律这两部分内容。

学生在具备了一定的分析能力，探究能力和逻辑思维能力后，可以更好的探究本节的内容。

三．教学目标：1. 认识内能和改变内能的两种方式。

2. 能以物体为研究对象，用归纳推理的方法推导出热力学第一定律。

3. 能运用热力学第一定律解释和计算能量的转化和转移问题。

四、教学的重点和难点重点：1. 物体内能的定义，改变内能的两种方式。

2. 用归纳推理的方法推导出热力学第一定律。

3. 明确热力学第一定律三个物理量正负符号的物理含义。

难点：1. 理解如何通过做功改变物体的内能。

2. 热力学第一定律三个物理量正负符号的物理含义。

3. 运用热力学第一定律解释和计算能量的转化和转移问题。

五、教学过程教学内容教师活动学生活动设计意图1.知识回顾：1. 从学生已学的知识出物体由大量分子组成；分子间存在相互作用的引力和斥力；分新课引入环节创设情境，提出问题分子之间存在相互作用的分子总在不停地做无规则运动，运动的剧烈程度与物质的温度有发，提出问题，激关。

2.子力，应该发学生的也存在某种势能。

联想与推理。

2. 引导学生回忆已学的知物体内部的分子由于作热运动，所以具有分子动能。

识。

3.在我们之前的学习当中，点电荷相互之间有电场力的作用而具有电势能，弹弓发生弹性形变，有弹力的作用而具有弹性势能，工人在高空作业有重力的作用而具有重力势能。

2022-2023年粤教版(2019)新教材高中物理必修2 第1章抛体运动第3节平抛运动第2课时课件

x v0t 6m
1 2 1
h gt 10 22 m=20m
2
2
故选 A
D． 40m ，12m
课后练习
2．在距水平地面的高度为 80m 的低空有一小型飞机以 40m / s 的速度水平匀速飞行，假定
从飞机上释放一物体，取重力加速度大小 g 10m/s2 ，不计空气阻力，则该物体在下落过
球运动过程中的前四个位置，根据平抛运动的规律，在图中画出小球
被拍下的第五个位置。
1
因为小球做平抛运动，在水平方向速
度不变，由前4个点可以发现，每两次拍照
的间隔小球在水平方向向前移动3格，所以
小球第五个位置与第四个位置水平间隔为3
格，又由于在竖直方向小球做自由落体运
动，从小球的第一个位置起，在竖直方向
程中发生的水平位移大小是（
）
A． 100m
B．120m
C． 150m
D．160m
【详解】
物体释放后做平抛运动，
1 2
x v0t
则有 h gt
2
联立解得 x 160m
故选D
课后练习
3．有一物体在离水平地面高 h 处以大小为 v0 的初速度水平抛出，落地时速度大小为 v，竖
）
直分速度大小为 v y ，水平射程为 l，不计空气阻力，则物体在空中飞行的时间为（
间隔距离之比为1:3:5:7，所以第五个位置
与第四个位置在竖直间隔为7格，所以第五
个位置在右图的红点位置。
3
5
7
3.如图所示，一名运动员欲骑车越过宽度d=2m的壕沟AB，现已知两沟
沿的高度差h=0.4m，求车速至少多大才能安全越过壕沟.（g=10m/s2）

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动量观点在电磁感应中的应用

专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解．考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，质量为m ，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B ，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例2间距为L 的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m 、接入电路的阻值为R 的导体棒，当通过横截面的电荷量为q 或下滑位移为x 时，速度达到v求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本模型规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)．答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热例5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，两导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x . 答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误；进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误；线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值．答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。

2022-2023年粤教版(2019)新教材高中物理选择性必修1 第3章机械波第4节多普勒效应课件

二、多普勒效应的解释
图1 波源S和在A处的观察者都不动
图2 波源S不动，观察者向波源运动
相对靠近相对远离
波源的运动情况
观察者运动情况
频率的关系
波源静止
观察者静止
观
波源静止
观察者朝着波源运动察
大于
波
者
源
波源静止
观察者远离波源运动接
小于
的
波源朝着观察者运动
观察者静止
收频
大于
频率
波源远离观察者运动
答案超速
(2)若轿车以20 m/s的速度行进，反射回的电磁波的频率应怎样变化？
解析若该轿车以20 m/s即72 km/h的速度行进，此时巡警车与轿车在相互靠近，由多普勒效应知反射回的电磁波的频率应偏高.
答案比发出时偏高
例3 (多选)下列关于多普勒效应的说法，正确的是
√A.交警可以利用多普勒效应测出汽车速度 √B.不仅机械波会发生多普勒效应，电磁波也会
3. 测量其他星系的速率宇宙中的星球都在不停地运动，测量星球上某些元素发出的光
波的频率，然后与地球上这些元素静止时发光的频率对照，就可以算出星球靠近或远离我们的速度了。
“红移”
例1 关于多普勒效应，下列说法正确的是 A.发生多普勒效应时，波源频率发生了变化
√B.要发生多普勒效应，波源和观察者必须有相对运动且两者间距发生变化
√C.在A处的观察者，接收到的水波频率比振针的振动频率小图1
D.在A处的观察者，接收到的水波频率比振针的振动频率大
知识点二：多普勒效应的应用
4.(多选在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有 A.雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
√B.超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化 √C.观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低 √D.天文学上观察到双星(相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两

新教材粤教版高中物理必修第二册第一章抛体运动知识点考点重点难点提炼汇总

第一章抛体运动第一节曲线运动.......................................................................................................... - 1 - 第二节运动的合成与分解.......................................................................................... - 3 - 第三节平抛运动.......................................................................................................... - 6 - 第四节生活和生产中的抛体运动.............................................................................. - 9 -第一节曲线运动知识点一物体做曲线运动的速度方向1．速度方向．在曲线运动中，质点在某一位置的速度方向与曲线在这一点的切线方向一致．2．运动性质．只要速度的方向发生变化，速度矢量就发生变化，即具有加速度．所以曲线运动是一种变速运动．知识点二物体做曲线运动的条件当物体所受合外力的方向与它的速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动．探究一曲线运动的方向及性质1．曲线运动的速度方向：曲线运动某时刻的速度方向就是该时刻运动曲线上相应位置点的切线方向．2．曲线运动的性质：由于曲线运动的速度方向时刻变化，即使其速度大小保持恒定，但因为其方向不断变化，所以曲线运动一定是变速运动，加速度一定不为零；但变速运动不一定是曲线运动．3．运动的五种类型．►曲线运动中，判断某点速度方向的步骤1．确定物体运动轨迹的方向．2．确定该点的切线方向．3．画出带箭头的切线，箭头指向为该点的速度方向．探究二曲线运动的动力学特点1．物体做曲线运动的条件．(1)从运动学角度说，物体的加速度方向跟速度方向不在同一条直线上，物体就做曲线运动．(2)从动力学角度说，物体所受合外力方向跟速度方向不在同一条直线上，物体就做曲线运动．2．物体的运动与合外力的关系．(1)合外力与运动轨迹的关系：物体运动时其轨迹总偏向合外力所指的一侧，或者说合外力总指向运动轨迹的凹侧．(2)合外力与速率变化的关系．分类速度和合力的夹角θ运动的性质力的作用效果直线运动θ＝0°加速直线运动只改变速度的大小，不改变速度的方向θ＝180°减速直线运动曲线运动0°＜θ＜90°加速曲线运动既改变速度的大小，又改变速度的方向90°＜θ＜180°减速曲线运动θ＝90°速度大小不变的曲线运动只改变速度的方向，不改变速度的大小曲线运动及轨迹弯曲方向的判断1．判断物体是否做曲线运动，应紧扣物体做曲线运动的条件进行分析．在分析时要做到：(1)明确物体的初速度方向；(2)分析合力的方向；(3)分析上述两个方向的关系，从而做出判断．2．物体做曲线运动时，运动的轨迹始终处在合外力与速度方向的夹角之中，并且合外力F的方向一定指向轨迹的凹侧．第二节运动的合成与分解知识点一运动的分析1.如图所示，用小锤击打弹性金属片，使球沿水平方向飞出.球从抛出点A沿曲线路径运动到落地点D.从运动的效果来看，这一过程可以分解为两个同时进行的分运动，一个是在水平方向上从点A到点B的直线运动，另一个是在竖直方向上从点A到点C的直线运动.实际发生的运动可以看成上述两个分运动合成的结果.2.在竖直和水平两个方向上的分运动互不影响，具有独立性.知识点二位移和速度的合成与分解1.和力的合成与分解类似，位移的合成与分解同样遵循平行四边形法则，如图甲所示.由位移、时间和速度的关系可知，速度的合成与分解也同样遵循平行四边形法则，如图乙所示.图甲图乙2.可以应用运动合成与分解的方法，通过位移和速度的合成与分解，把复杂运动转化为简单运动进行研究.探究一运动的合成与分解方法1.合运动与分运动的关系.等效性各分运动的共同效果与合运动的效果相同等时性各分运动与合运动同时发生，同时结束独立性各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响同体性各分运动与合运动是同一物体的运动2.运动的合成与分解是指描述运动的各物理量，即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们都是矢量，合成与分解遵循平行四边形定则.（1）如果两个分运动都在同一条直线上，需选取正方向，与正方向同向的量取“＋”，与正方向反向的量取“－”，则矢量运算简化为代数运算.（2）如果两个分运动互成角度，则遵循平行四边形定则，如图所示.（3）两个相互垂直的分运动的合成：如果两个分运动都是直线运动，且互成角度为90°，其分位移为s 1、s 2，分速度为v 1、v 2，分加速度为a 1、a 2，则其合位移s 、合速度v 和合加速度a ，可以运用解直角三角形的方法求得，如图所示.合位移大小和方向：s ＝s 21＋s 22，tan α′＝s 1s 2. 合速度大小和方向：v ＝v 21＋v 22，tan β′＝v 1v 2. 合加速度的大小和方向：a ＝a 21＋a 22，tan γ′＝a 1a 2.判断合运动性质的方法分析两个直线运动的合运动的性质时，应先根据平行四边形定则，求出合运动的合初速度v 0和合加速度a ，然后进行判断：1.判断是否做匀变速运动：若a 恒定，物体做匀变速运动；若a 变化，物体做变加速运动.2.判断轨迹曲直：若a 与v 0共线，则做直线运动；若a 与v 0不共线，则做曲线运动.探究二小船渡河问题1.小船参与的两个分运动：小船在河流中实际的运动（站在岸上的观察者看到的运动）可视为船同时参与了这样两个分运动：（1）船相对水的运动（即船在静水中的运动），它的方向与船身的指向相同；（2）船随水漂流的运动（该速度等于水的流速），它的方向与河岸平行. 船在流水中实际的运动（合运动）是上述两个分运动的合成. 2.两类最值问题.（1）渡河时间最短问题：若要渡河时间最短，由于水流速度始终沿河道方向，不能提供指向河对岸的分速度，因此，只要使船头垂直于河岸航行即可.由图可知，t 短＝d v 船，此时船渡河的位移x ＝dsin θ，位移方向满足tan θ＝v 船v 水. （2）渡河位移最短——求解渡河位移最短问题，分为两种情况： ①若v 水<v 船，最短的位移为河宽d ，此时渡河所用时间t ＝d v 合＝d v 船sin θ，船头与上游夹角θ满足cos θ＝v 水v 船，v 合⊥v 水，如图1所示.②若v 水>v 船，这时无论船头指向什么方向，都无法使船垂直河岸渡河，即最短位移不可能等于河宽d ，寻找最短位移的方法是：如图2所示，按水流速度和船在静水中速度大小的比例，先从出发点A 开始做矢量v 水，再以v 水末端为圆心，v 船为半径画圆弧，自出发点A 向圆弧做切线为船位移最小时的合运动的方向.这时船头与河岸夹角θ满足cos θ＝v 船v 水，最短位移s 短＝d cos θ＝dv 水v 船，即v 船⊥v 合时位移最短，此时过河时间t ＝dv 船sin θ.探究三关联速度问题1.“关联速度”特点.用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，两物体的速度通常不同，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等.2.常用的解题思路和方法.（1）先确定合运动的方向（物体实际运动的方向），然后分析这个合运动所产生的实际效果（一方面是使绳或杆伸缩的效果，另一方面是使绳或杆转动的效果）.（2）确定两个分速度的方向（沿绳或杆方向的分速度和垂直于绳或杆方向的分速度）. （3）按平行四边形定则将合速度进行分解，画出速度分解图. （4）根据三角形的边角关系解三角形，得到分速度大小.关于绳端或杆端速度分解的思路： 1.确定合运动方向. 2.分析合运动效果.3.沿绳或杆和垂直于绳或杆方向分解.4.沿绳或杆方向的分速度大小相等，列方程求解.第三节平抛运动知识点一探究平抛运动1.定义.将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，仅在重力作用下物体所做的运动称为平抛运动.2.理想化模型.与自由落体运动相似，平抛运动同样是一个忽略了空气阻力的理想化模型.这体现了物理学解决问题时抓住主要因素、忽略次要因素的研究思想.3.分运动特点.平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动.运用运动合成与分解的方法，我们可以把比较复杂的平抛运动分解为两个简单的直线运动来进行研究.知识点二平抛运动的规律1.平抛运动的位移. （1）水平位移：x ＝v 0t . （2）竖直位移：y ＝12gt 2.（3）轨迹：平抛运动的轨迹是一条抛物线. 2.平抛运动的速度.（1）水平方向：不受力，为匀速直线运动，v x ＝v 0. （2）竖直方向：只受重力，为自由落体运动，v y ＝gt . （3）合速度.大小：v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋（gt ）2；方向：tan θ＝v y v x ＝gt v 0（θ为v 与水平方向的夹角）.探究一平抛运动的特点1.物体做平抛运动的条件：物体的初速度v 0沿水平方向且不等于零，只受重力作用.2.平抛运动的性质：加速度为g 的匀变速曲线运动.3.平抛运动的特点.（1）受力特点：只受重力作用，不受其他力或其他力忽略不计. （2）运动特点.①加速度：为自由落体加速度g ，大小、方向均不变，故平抛运动是匀变速运动. ②速度：大小、方向时刻都在变化，故平抛运动是变速运动.任意相等时间间隔Δt 内的速度变化量相同，方向竖直向下，且Δv ＝Δv y ＝g Δt .③位移变化的特点：连续相等的时间间隔Δt 内，竖直方向上的位移差不变，即Δy ＝g Δt 2.探究二平抛运动的基本规律1.平抛运动的规律. 项目速度位移水平分运动水平速度v x ＝v 0 水平位移x ＝v 0t 竖直分运动竖直速度v y ＝gt 竖直位移y ＝12gt 2合运动大小：v ＝v 20＋（gt ）2；方向：与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v x ＝gtv 0大小：s 合＝x 2＋y 2；方向：与水平方向夹角为α，tan α＝y x ＝gt2v 0图示（1）平抛运动的时间：由y＝12gt2得t＝2yg，可知做平抛运动的物体在空中运动的时间只与下落的高度有关，与初速度的大小无关.（2）平抛运动的水平位移：由x＝v0t＝v02yg知，做平抛运动的物体的水平位移由初速度v0和下落的高度y共同决定.（3）落地速度：v＝v20＋v2y＝v20＋2gy，即落地速度由初速度v0和下落的高度y共同决定.探究三平抛运动的重要推论1.平抛运动的两个偏向角的特点：若平抛运动的速度偏向角为θ，如图所示，则tan θ＝v yv x＝gtv0，平抛运动的位移偏向角为α，则tan α＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0.可见位移偏向角与速度偏向角不等，tan θ＝2tan α.2.速度方向的特点：如图所示，从O点抛出的物体经时间t到达P点，速度的反向延长线交OB于A点.则OB＝v0t，AB＝PBtan θ＝12gt2·v xv y＝12gt2·v0gt＝12v0t.可见AB＝12OB，所以A为OB的中点.3.常见与斜面结合的两类情况.斜面上平抛运动的处理仍采用运动的分解，另外还要注意与斜面结合，建立水平和竖直方向上的位移几何关系或速度几何关系.这一类问题一般可分为两大类：（1）顺着斜面平抛.若物体从斜面上开始平抛又落在斜面上（如图甲所示），则必有位移偏向角与斜面倾角相等；则tan θ＝y x ＝gt 2v 0，得t ＝2v 0tan θg.（2）迎着斜面平抛：这一类问题中，一般有垂直撞击斜面和位移与斜面垂直两种特殊情况.①若物体垂直撞击斜面（如图乙所示），则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt，得t ＝v 0g tan θ；②若位移与斜面垂直（如图丙所示），则tan θ＝x y ＝2v 0gt ，得t ＝2v 0g tan θ. 特别提醒：（1）物体做平抛运动时垂直打在斜面上，是速度与斜面垂直，而不是位移垂直于斜面.（2）从斜面上开始运动又落在斜面上的过程中，速度方向与斜面平行时，物体到斜面距离最远.与斜面相关的平抛问题的解题步骤1.定性地画出物体的平抛运动轨迹.2.判断斜面倾角与平抛位移或速度的关系.3.利用斜面倾角表示出平抛运动的位移关系或速度关系.4.根据平抛运动的规律进行求解.第四节生活和生产中的抛体运动知识点一喷泉1.抛体运动.将物体以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动称为抛体运动. 2.抛体运动分类.根据初速度方向是竖直向上、竖直向下、水平或与水平方向成一定的夹角，抛体运动可分为竖直上抛、竖直下抛、平抛和斜抛.3.喷泉.（1）模型.喷泉水柱由无数的水珠构成.如果忽略水珠在运动过程中受到的空气阻力，则水珠仅受重力作用，可将柱形喷泉中水珠的运动视为竖直上抛运动.（2）规律.设喷泉水柱高度为h ，水珠初速度大小为v 0，重力加速度为g .取竖直向上为正方向，以水珠从喷出至到达最高点为研究过程.根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有v 2t －v 20＝2（－g ）h .水珠到达最高点时v t ＝0，由此得出水柱高度h ＝v 202g.从上式可知，对于柱形喷泉，它的高度主要由喷头的出水速度决定.知识点二传送带输送和跳远1.传送带输送.在自动化生产中，常常需要利用传送带将物品较准确地抛落到相应的位置，因此需要应用抛体运动的相关知识.2.跳远. （1）模型.把人体视作质点，人从起跳到落地，在忽略空气阻力的情况下，只受重力的作用，人体做斜抛运动.（2）研究方法.将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动.探究一竖直上抛运动的规律及应用1.条件.（1）有竖直向上的初速度. （2）只受重力作用.2.运动的性质：初速度v 0≠0，加速度a ＝g 的匀变速直线运动.3.用合运动的思想认识竖直上抛运动：从基本规律的两个公式可以看出，物体在运动时间t 时的速度和位移均由两项组成，v 0和v 0t 分别表示物体向上做匀速直线运动的速度及t 时间内的位移.gt 和12gt 2分别表示物体做自由落体运动时t 时刻的速度和t 时间内的位移，方向均向下，所以做竖直上抛运动的物体可看作是向上的匀速直线运动和向下的自由落体运动的合运动.由于gt 与v 0，12gt 2与v 0t 方向相反，故求合速度或合位移时公式中为“－”号.4.竖直上抛运动的对称性.（1）时间对称性，物体在上升和下降过程中通过同一竖直距离所用时间相等.（2）速度对称性，物体在上升和下降过程中通过同一位置时速度大小相等、方向相反.5.竖直上抛运动的处理方法.（1）分段法.①上升过程：匀减速直线运动，取向上为正方向.⎩⎪⎨⎪⎧v t ＝v 0－gt s ＝v 0t －12gt 2v 2t －v 2＝－2gs ⇒⎩⎪⎨⎪⎧上升时间：t ＝v 0g 上升高度：h ＝v 202g ②下降过程：自由落体运动.⎩⎪⎨⎪⎧v t ′＝gt ′s ＝12gt ′2v ′2t＝2gs ⇒⎩⎪⎨⎪⎧下降时间：t ′＝v t ′g 落到抛出点的速度：v t ′＝－v 0（2）全程法.匀减速直线运动，取向上为正方向，则v 0>0，a ＝－g ，⎩⎪⎨⎪⎧v t ＝v 0－gt s ＝v 0t －12gt 2v 2t －v 2＝－2gs 6.用图像研究竖直上抛运动：竖直上抛运动的v-t 图像是一条斜向下的直线，如图所示，图像表示抛出至落回抛出点的过程，t 轴以上图像表示上升阶段，t 轴以下图像表示下落阶段.t 2＝2t 1，初、末速度大小相等.正方向位移（上升）和负方向位移（下落）的合位移为0.解答竖直上抛运动问题的注意事项1.习惯上取v 0的方向为正方向，则v ＞0时表示物体正在上升，v ＜0时表示物体正在下降；h ＞0时物体在抛出点的上方，h ＜0时物体在抛出点的下方.2.在解题的过程中，当出现位移、速度方向不确定等情况时，注意问题的多解性.探究二斜抛运动的规律及应用1.运动性质：由于斜抛运动的物体只受重力作用，尽管其速度的大小、方向时刻改变，但加速度恒为重力加速度，因此斜抛运动是匀变速曲线运动，在相等时间内速度的变化量相等，Δv ＝g Δt ，方向竖直向下.2.斜抛运动的规律.（1）速度规律.水平速度：v x ＝v 0cos θ.竖直速度：v y ＝v 0sin θ－gt .t 时刻的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y .（2）位移规律.水平位移：x ＝v x t ＝v 0t cos θ.竖直位移：y ＝v 0t sin θ－12gt 2. t 时间内的位移大小为s 合＝x 2＋y 2，与水平方向成α角，且tan α＝y x. 3.几个重要物理量.（1）斜抛运动的飞行时间.从物体被抛出到落回与抛出点等高处所用时间为：t ＝2v y g ＝2v 0sin θg. （2）斜抛运动的射高.从抛出点的水平面到物体运动轨迹最高点间的高度差叫作射高，其值为：Y ＝v 2y 2g＝v 20sin 2θ2g. （3）斜抛运动的射程.从物体被抛出的地点到落地点间的水平距离称射程，其值为：X ＝v 0cos θ·t ＝2v 20sin θcos θg ＝v 20sin 2θg. ►特别说明对于给定的v 0，当θ＝45°时，射程达到最大值，X max ＝v 20g.当θ＝90°时，射高最大，Y max ＝v 202g （变为竖直上抛）.。

新教材粤教版高中物理必修第三册全册学案(各章节知识点考点汇总及配套习题,含解析)

粤教版物理必修第三册全册学案第一章静电场的描述............................................................................................................ - 2 - 第一节静电现象.......................................................................................................... - 2 - 第二节库仑定律........................................................................................................ - 12 - 第三节电场电场强度.............................................................................................. - 23 - 第四节电势能与电势................................................................................................ - 37 - 第五节电势差及其与电场强度的关系.................................................................... - 50 - 第二章静电场的应用............................................................................................................ - 61 - 第一节电容器与电容................................................................................................ - 61 - 第二节带电粒子在电场中的运动............................................................................ - 74 - 第三节静电的利用与防护........................................................................................ - 85 - 第三章恒定电流 ................................................................................................................... - 91 - 第一节导体的伏安特性曲线.................................................................................... - 91 - 第二节决定导体电阻大小的因素.......................................................................... - 101 - 第三节测量金属丝的电阻率.................................................................................. - 109 - 第四节电阻的串联和并联...................................................................................... - 121 - 第四章闭合电路 ................................................................................................................. - 132 - 第一、二节常见的电路元器件闭合电路的欧姆定律...................................... - 132 - 第三节测量电源的电动势和内阻.......................................................................... - 144 - 第四节练习使用多用电表...................................................................................... - 157 - 第五章电能与能源的可持续发展...................................................................................... - 169 - 第一节电路中的能量.............................................................................................. - 169 - 第二、三、四节能源的利用方式能量的转化与守恒能源与环境 .............. - 179 - 第六章电磁现象与电磁波.................................................................................................. - 187 - 第一节磁现象与磁场.............................................................................................. - 187 - 第二节磁感应强度.................................................................................................. - 196 - 第三节电磁感应现象.............................................................................................. - 207 - 第四节电磁波及其应用.......................................................................................... - 218 - 第五节量子化现象.................................................................................................. - 224 -第一章静电场的描述第一节静电现象一、各种起电方式1．填一填(1)两种电荷的性质：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

高考物理学史复习(广东版)

高考物理学史复习专题（广东版）力学部分伽利略1、伽利略理想实验法指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去2、发现摆的等时性牛顿1、提出了三条运动定律适用范围：（1）只适用于低速运动的物体（与光速比速度较低）。

（2）只适用于宏观物体，牛顿第二定律不适用于微观原子。

（3）参照系应为惯性系。

（1）惯性定律又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性——惯性。

（2）F=ma 物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。

(3) 两个物体之间的作用力和反作用力，在同一直线上，大小相等，方向相反。

2、发表万有引力定律开普勒1、开普勒三定律：（1）开普勒第一定律，也称椭圆定律：每一个行星都沿各自的椭圆轨道环绕太阳，而太阳则处在椭圆的一个焦点中。

（2）开普勒第二定律，也称面积定律：在相等时间内，太阳和运动中的行星的连线（向量半径）所扫过的面积都是相等的。

（3）开普勒第三定律，也称调和定律：各个行星绕太阳公转周期的平方和它们的椭圆轨道的半长轴的立方成正比。

卡文迪许利用卡文迪许扭秤装置比较准确地测出了引力常量电学部分库仑发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值。

富兰克林1、解释了摩擦起电的原因2、通过风筝实验验证闪电是电的一种形式3、把天电与地电统一起来4、发明避雷针奥斯特发现了电流的磁效应洛仑兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力（洛仑兹力），提出洛伦兹力公式F=qvB安培1、安培定则（右手定则），用于判断安培力的方向2、分子环形电流假说3、安培力：F=BIL法拉第发现了法拉第电磁感应定律：因磁通量变化产生感应电动势的现象，闭合电路的一部分导体在磁场里做切割磁感线的运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应。

闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中就会产生电流。

2020_2021学年新教材高中物理第一章动量和动量守恒定律第一节_第二节动量动量守恒定律课件粤教版

【解析】选 A、C。物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 对；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C 对；由动量和动能的关系 p＝ 2mEk 可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故 D 错。
关键能力·合作学习
知识点一动量动量的变化 1．动量的性质： (1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用 p＝mv 表示。 (2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。 (3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
Δp＝p′－p＝－6 kg·m/s－6 kg·m/s＝－12 kg·m/s，负号表示动量变化的方向竖直向下。答案：6 kg·m/s，方向竖直向上 6 kg·m/s，方向竖直向下 12 kg·m/s，方向竖直向下
知识点二动量定理、冲量 1．冲量的性质： (1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。 (2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
【审题关键】
序号
信息提取
① 物体在水平方向除了受拉力以外还受到摩擦力的作用
② 合外力的冲量等于动量的变化量
【解析】(1)由图乙知 IF＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3＝18 N·s (2)由图丙可知：前 2 s 内物体处于静止状态，2～6 s 物体匀加速运动；6～8 s 物体做匀速直线运动，在此过程中物体拉力与摩擦力相等，即 f＝2 N 物体在 0～8 s 时间内动量的变化量为合外力的冲量 Δp＝IF－If＝18 N·s－1×2 N·s－2×6 N·s＝4 N·s＝4 kg·m/s 答案：(1)18 N·s (2)4 kg·m/s

高中粤教版教材中的物理学史与素质教育的思考

理学史教育的体会注意了物理学史爱国教育的科
学性。粤教版新教材在讲中国有关
的物理史时．实事求是更能激发民
、
对高中粤教版新教材中物
的照片中，仅发现八条有分叉，而正是八条分叉有力地证明了原子的人工转变。通过这事例使学生明白：科学工作乃至各种工作都需要实事求是，严格要求，决不弄虚作
“ 磁”生 “ 电 ” 的产生条件。注意了物理史的育人性。高中粤教版新教材物理学史的育人作用
是其他物理课无法取代的。例如：
英国的布拉凯特拍摄了二万多张照
片．从四十多万条ＯＬ粒子的径迹
美国著名的科学史家Ｈ・Ｍ・莱
斯特在书中指出， “ 科学发现。无
略的斜面探究实验、气垫导轨实验装
置简介、选修１－１的正电子的发现、
同物理知识有机结合起来。像必修１第二章第三节《从自由落体运动到匀变速直线运动》加了资料活页《伽利略的斜面探究实验》，对学生理解自由落体运动规律很有用，同时体会了把快速下落物体研究转化为对慢速下落物体的研究的思想和掌握将实验与逻辑推理结合在一起

新教材粤教版高中物理选择性必修第一册第一章动量和动量守恒定律知识点考点解题方法规律汇总

第一章动量和动量守恒定律第一节冲量动量...................................................................................................... - 1 - 第二节动量定理.......................................................................................................... - 1 - 第三节动量守恒定律.................................................................................................. - 6 - 第四节动量守恒定律的应用...................................................................................... - 8 - 第五节弹性碰撞与非弹性碰撞................................................................................ - 16 - 第六节自然界中的守恒定律.................................................................................... - 16 -第一节冲量动量第二节动量定理知识点一冲量1．定义及公式：在物理学中，将Ft定义为冲量，用I表示，即I＝Ft．2．单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s．3．冲量的方向：它的方向由力的方向决定，冲量是矢量(填“矢量”或“标量”)．知识点二动量1．定义及公式：在物理学中，将质量和速度的乘积m v叫作物体的动量，用p表示，即p＝m v．2．单位：动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s．3．动量的方向：它的方向与速度的方向相同，动量是矢量．(填“矢量”或“标量”)知识点三动量定理1．动量定理的推导：根据牛顿第二定律，F＝ma；由运动学公式，a＝v t－v0t，可得Ft＝m v t－m v0．2．动量定理的内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．3．动量定理的适用情况：(1)恒定的外力．(2)随时间变化的变力．此时动量定理中的F通常取力在作用时间内的平均值．考点1动量和冲量正在玩旋转秋千的游客，他的每一时刻的动量相同吗？每一时刻的动能相同吗？提示：游客做匀速圆周运动，速度的方向时刻改变，所以动量时刻变化；速度的大小不变，所以动能不变．(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝m v表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．冲量的性质(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同．4．冲量的计算(1)若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致；若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力，则不能直接计算冲量．(2)若知F-t图像，图线与时间轴围成的面积就是力的冲量．如图所示．(3)冲量的计算公式I ＝Ft 既适用于计算某个恒力的冲量，又可以计算合力的冲量．如果计算分力的冲量，必须明确是哪个分力的冲量；若计算合力的冲量，一个物体的动量变化Δp 与合力的冲量具有等效代换关系．动量和动能的比较物理量动量动能物理意义描述机械运动状态的物理量定义式p ＝m v E k ＝12m v 2 标矢性矢量标量变化决定因素物体所受冲量外力所做的功换算关系 p ＝2mE k ，E k ＝p 22m训练角度2 动量变化量的计算2．一台自动传送盘，盘上离转轴0.5 m 处有一质量为0.5 kg 的零件，随盘做匀速圆周运动，则当盘以角速度为2 rad/s 转过180°的过程中，零件动量的变化量大小为( )A ．0.25 kg·m/sB ．0.5 kg·m/sC ．1 kg·m/sD ．2 kg·m/sC [零件动量的变化量大小为Δp ＝m v 2－m v 1＝2mωr ＝2×0.5×2×0.5 kg·m/s ＝1 kg·m/s ，故C 正确．]训练角度3 冲量的理解和计算3．重为4 N 的物体，静止在倾角为30°的斜面上，在5 s 内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是( )A ．重力的冲量为零B ．重力的冲量为10 N·sC ．重力的冲量为20 N·sD．重力的冲量与摩擦力的冲量相等C[物体重为4 N，在5 s内，重力的冲量为I1＝Gt＝4×5 N·s＝20 N·s，故A、B错误，C正确；物体受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，摩擦力为f＝mg sin 30°＝2 N，故5 s内摩擦力的冲量为：I2＝ft＝2×5 N·s＝10 N·s，故重力的冲量大于摩擦力的冲量，故D错误．]考点2动量定理体操运动员从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为什么？提示：人落地过程中动量的变化一定，屈腿下蹲延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，这样就减小了地面对人的冲力．(1)动量定理的表达式Ft＝m v t－m v0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．应用动量定理的四点注意事项(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．(4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意是末动量减去初动量．[跟进训练]训练角度1定性分析现象4．如图所示，突发交通事故时，车内正面的安全气囊弹出．弹出安全气囊可以()A．增大事故突发时人的惯性B．减小事故突发时人的惯性C．增大事故突发时由于撞击对人的伤害D．减小事故突发时由于撞击对人的伤害D[惯性是物体的固有属性，其大小只与质量有关，故安全气囊弹出不会改变人的惯性，故A、B错误；安全气囊弹出后可以延长撞击时间，从而减小作用力，减小事故突发时由于撞击对人的伤害，故C错误，D正确．]训练角度2定量计算5．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kgB[根据动量定理有FΔt＝Δm v－0，解得Δm＝FΔtv＝4.8×106×13 000kg＝1.6×103 kg，所以选项B正确．]第三节动量守恒定律知识点一动量守恒定律的推导1．内力和外力系统内物体之间的相互作用力叫作内力．系统外部其他物体对系统的作用力叫作外力．2．动量守恒定律的推导(1)情境：如图所示，光滑水平面上两个物体发生碰撞．(2)推导：物体1、2间的相互作用力F12和F21，根据牛顿第三定律有，F12＝－F21．由动量定律，对物体1有，F21t＝m1v1′－m1v1对物体2有，F12t＝m2v2′－m2v2．由以上三式得(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)＝0．(3)内容：物体在碰撞时，如果系统所受合外力为零，则系统的总动量保持不变．(4)公式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．知识点二动量守恒定律的验证1．实验原理质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰，若碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律，应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．可采用“探究平抛运动的特点”实验中测量平抛初速度的方法，设计实验装置如图所示．让入射球从同一位置释放，测出不发生碰撞时入射球飞出的水平距离l OP，再测出入射球、靶球碰撞后分别飞出的水平距离l OM、l ON，只要验证m1l OP ＝m1l OM＋m2l ON，即可验证动量守恒定律．因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，若用飞行时间作时间单位，则小球的水平速度在数值上就等于小球飞出的水平距离，所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可验证动量守恒定律．2．实验步骤(1)按上图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端处于水平，钢球放在上面能保持静止状态．在木板上依次铺上白纸、复写纸．利用重垂线在白纸上分别标注斜槽水平段端口、靶球初位置(支球柱)在白纸平面的投影点O和点O′．(2)用天平测出两个大小相同、但质量不同的钢球的质量，质量大的钢球m1作为入射球，质量小的钢球m2作为靶球．(3)先让入射球单独从斜槽上端紧靠定位板的位置自由滑下，在白纸上留下落地碰撞的痕迹．(4)让入射球从斜槽上端同一位置自由滑下，与放在支球柱上的靶球发生碰撞，两球分别在白纸上留下落地碰撞的痕迹．(5)测出入射球m1两次落地碰撞点与点O的距离s和s1，靶球m2落地碰撞点与点O′的距离s2．(6)若m1s在实验误差允许范围内与m1s1＋m2s2相等，就验证了两钢球碰撞前后总动量守恒．3．误差分析实验所研究的过程是两个不同质量的球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件．实验中两球心高度不在同一水平面上，给实验带来误差．每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小．应进行多次碰撞，落点取平均位置来确定，以减小偶然误差．4．注意事项(1)入射小球质量m1必须大于靶球质量m2，若入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球会被反弹，滚回斜槽后再返回抛出点过程中克服摩擦力做功，飞出时的速度大小小于碰撞刚结束时的速度大小，会产生较大的误差．(2)斜槽末端的切线必须水平．(3)入射小球与靶球的球心连线与入射小球的初速度方向一致．(4)入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下．(5)地面应水平，白纸铺好后，实验过程中不能移动，否则会造成很大的误差．第四节动量守恒定律的应用1．反冲(1)定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂成两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反方向运动的现象．(2)特点：作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，故反冲运动可用动量守恒定律处理．2．火箭(1)原理：火箭的发射过程是一个反冲运动．(2)影响火箭速度的因素：火箭喷出的燃料速度越大，喷出的燃料质量与火箭质量之比越大，则火箭获得的速度越大．考点1动量守恒的判断在光滑的水平面上有一辆平板车，一个人站在车上用大锤敲打车的左端，如图所示．(1)人和大锤组成的系统动量守恒吗？(2)在连续敲打下，这辆车能否持续地向右运动？提示：(1)以人和大锤组成的系统为研究对象时，人受到平板车施加的摩擦力，系统所受合外力不为零，动量不守恒，地面光滑，以人、大锤和平板车为系统动量守恒．(2)当把锤头打下去时，锤头向右摆动，系统总动量要为零，车就向左运动；举起锤头时，锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一旦锤头不动，车就会停下来，所以车不能持续向右运动．(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形．(2)系统受外力作用，但所受合外力为零．像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形．(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒．例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒．(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．[跟进训练]1．(多选)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同CD[在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确．故选C、D．]考点2动量守恒定律的理解及应用三国演义“草船借箭”中(如图所示)，若草船的质量为m1，每支箭的质量为m，草船以速度v1返回时，对岸士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同．由此，草船的速度会增加吗？这种现象如何解释？(不计水的阻力)提示：不计水的阻力，将船、箭视为一个系统，船与箭的作用过程系统动量守恒，以草船的速度方向为正方向，有m1v1＋nm v＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，得Δv＝nmm1＋nm(v－v1)，所以草船的速度会增加nmm1＋nm(v－v1)．(1)系统：相互作用的几个物体所组成的整体．(2)内力：系统内各物体之间的相互作用力．(3)外力：系统外其他物体对系统的作用力．2．对“系统的总动量保持不变”的四点理解(1)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和．(2)总动量保持不变指的是大小和方向始终不变．(3)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能在不断变化．(4)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不能误认为只是初、末两个状态的总动量相等．3．动量守恒定律的四个特性(1)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量关系式，对作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，要选取一个正方向，凡与正方向相同的动量取正值，与正方向相反的动量取负值，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：应用动量守恒定律列方程时，各物体的速度和动量必须相对于同一参考系，通常以地面为参考系．(3)同时性：动量是状态量，动量守恒反映的是系统某两个状态的动量是相同的，应用动量守恒定律解题一定要注意同一时刻的动量才能相加，不是同一时刻的动量不能相加．(4)普遍性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于低速宏观物体组成的系统，也适用于高速微观粒子组成的系统．应用动量守恒定律解题的基本步骤(1)合理地选取研究对象，明确系统是由哪几个物体组成的．(2)分析系统的受力情况，分清内力和外力，判断系统的动量是否守恒．(3)确定所研究的作用过程．选取的过程应包括系统的已知状态和未知状态，通常为初态到末态的过程，这样才能列出对解题有用的方程．(4)对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的问题，设定正方向，各物体的动量方向可以用正、负号表示．(5)建立动量守恒方程，代入已知量求解．[跟进训练]2．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是()A．1.0 m/s，向右B．1.0 m/s，向左C．2.2 m/s，向右D．2.2 m/s，向左A[选向右为正方向，则小车和砂袋组成的系统在水平方向动量守恒，有m车v车－m砂v砂＝(m车＋m砂)v，解得v＝1.0 m/s，方向向右，故A正确．]考点3反冲运动2020年1月16日11时02分，我国在酒泉卫星发射中心用“快舟一号甲”运载火箭，成功将我国首颗通信能力达10Gbps的低轨道宽带通信卫星——银河航天首发星发射升空，卫星顺利进入预定轨道．(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种什么运动？(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中是否满足动量守恒定律？提示：(1)“快舟一号甲”运载火箭升空过程中的运动是一种反冲运动．(2)“快舟一号甲”运载火箭运动过程中内力远大于外力，所以满足动量守恒定律．(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力，所以可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为动能，所以系统的总动能增加．2．反冲运动中的三类问题(1)相对速度问题：在讨论反冲运动时，有时给出的速度是相互作用的两物体的相对速度．由于动量守恒定律中要求速度为对同一参考系的速度(通常为对地的速度)，应先将相对速度转换成对地速度后，再列动量守恒定律方程．(2)变质量问题：在讨论反冲运动时，还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取相互作用的这个过程为研究过程来进行研究．(3)“人船模型”问题：①人船模型中的动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度或位移大小与质量成反比，方向相反．这类问题的特点是：两物体同时运动，同时停止．②动量规律：任意时刻的系统总动量为零，因此任意时刻的瞬时速度v1和v2都与各物体的质量成反比，所以全过程的平均速度也与质量成反比，即有m1v1－m2v2＝0．③位移规律：如果两物体相互作用的时间为t，在这段时间内两物体的位移大小分别为s1和s2，则有m1s1t－m2s2t＝0，即m1s1－m2s2＝0．【典例3】一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体喷出时相对于地面的速度v＝1 000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度为多大？(2)第1 s末，火箭的速度为多大？[思路点拨](1)火箭和气体系统动量守恒．(2)运用动量守恒定律求解时，注意系统内部质量变化关系．(3)以每喷出一次气体列一次方程，找出对应规律分步求解．[解析]解法一(1)喷出气体的运动方向与火箭的运动方向相反，气体和火箭系统动量守恒．设第一次气体喷出后火箭速度为v1，有(M－m)v1－m v＝0，所以v1＝m vM－m，设第二次气体喷出后火箭速度为v2，有(M－2m)v2－m v＝(M－m)v1，所以v2＝2m vM－2m，设第三次气体喷出后火箭速度为v3，有(M－3m)v3－m v＝(M－2m)v2，所以v3＝3m vM－3m ＝3×0.2×1 000300－3×0.2m/s≈2 m/s．(2)设第n次气体喷出后火箭速度为v n，由上面推导可知，有(M－nm)v n－m v ＝[M－(n－1)m]v n－1所以v n＝nm vM－nm，因为每秒喷气20次，所以1 s末火箭速度为v20＝20m vM－20m ＝20×0.2×1 000300－20×0.2m/s≈13.5 m/s．解法二选取整体为研究对象，运用动量守恒守律求解．(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，根据动量守恒守律，得(M－3m)v3－3m v＝0，所以v3＝3m vM－3m≈2 m/s．(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律，有(M－20m)v20－20m v＝0，所以v20＝20m vM－20m≈13.5 m/s．[答案](1)2 m/s(2)13.5 m/s反冲运动的处理方法(1)反冲运动过程中系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，可以用动量守恒定律分析解决问题．(2)反冲运动过程中系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，也可以用动量守恒定律分析解决问题．(3)反冲运动过程中系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，可以在该方向上用动量守恒分析解决问题．[跟进训练]训练角度1反冲应用3．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/sA[由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量大小p1＝m v＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量大小p2＝p1＝30 kg·m/s，选项A正确．]训练角度2人船模型4．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L．已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为()A．m(L＋d)d B．m(L－d)d C．mLd D．m(L＋d)LB[设人走动的时候船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝dt，v′＝L－dt．根据动量守恒有：M v－m v′＝0，可得：M dt＝mL－dt，小船的质量为：M＝m(L－d)d，故B项正确．]1．物理观念：反冲运动．2．科学思维：动量守恒定律的应用．第五节弹性碰撞与非弹性碰撞第六节自然界中的守恒定律1．碰撞的定义和特点(1)定义：碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用．(2)特点：物体组成的系统所受外力远小于内力，且相互作用时间极短，故系统在碰撞过程中动量守恒．2．碰撞的分类(1)弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能相等的碰撞．(2)非弹性碰撞：碰撞前后系统的机械能不再相等的碰撞．(3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体完全不反弹而粘在一起的碰撞．这时机械能损失最大．3．弹性碰撞举例分析设质量为m1的小球以速度v1与质量为m2的静止的小球发生弹性碰撞，碰后m1、m2的速度分别为v1′和v2′，由动量守恒和动能守恒有m1v1＝m1v1′＋m2v2′①，12m1v 21＝12m1v′21＋12m2v′22②，以上两式联立可解得v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1，由以上两式对弹性碰撞实验研究结论的解释：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，表示碰撞后两球交换速度．(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，表示碰撞后两球向前运动．(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，表示碰撞后质量小的球被反弹回来．(4)若m1≫m2或m2≫m1，则质量大的物体速度几乎不变．4．自然界中的守恒定律(1)系统：物理学上常将物体及与之相互作用的因素视为一个系统．(2)动量守恒定律的适用范围动量守恒定律在微观、宏观和宇观都是适用的，是自然界普适的基本定律．考点1碰撞过程的特点台球比赛中，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心不在同一直线上，碰撞过程动量守恒吗？碰撞后的总动量能否直接相加？提示：守恒，不能直接相加，因为动量是矢量．在碰撞、爆炸现象中，相互作用的时间很短．2．相互作用力的特点在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大．3．动量守恒条件的特点系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒．4．位移特点碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在原位置．5．能量特点碰撞前总动能E k与碰撞后总动能E k′满足E k≥E k′．【典例1】(多选)如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：探究平抛运动的特点

实验五探究平抛运动的特点目标要求 1.知道平抛运动的特点是初速度水平，只有竖直方向受重力作用.2.知道平抛运动轨迹是抛物线，会在实验中描绘其轨迹.3.会通过描绘的平抛运动轨迹计算物体的初速度．实验技能储备1．实验思路用描迹法逐点画出小钢球做平抛运动的轨迹，判断轨迹是否为抛物线，并求出小钢球的初速度．2．实验器材末端水平的斜槽、背板、挡板、复写纸、白纸、钢球、刻度尺、铅垂线、三角板、铅笔等．3．实验过程(1)安装、调整背板：将白纸放在复写纸下面，然后固定在装置背板上，并用铅垂线检查背板是否竖直．(2)安装、调整斜槽：将固定有斜槽的木板放在实验桌上，用平衡法检查斜槽末端是否水平，也就是将小球放在斜槽末端直轨道上，小球若能静止在直轨道上的任意位置，则表明斜槽末端已调水平，如图．(3)描绘运动轨迹：让小球在斜槽的某一固定位置由静止滚下，并从斜槽末端飞出开始做平抛运动，小球落到倾斜的挡板上，会挤压复写纸，在白纸上留下印迹．取下白纸用平滑的曲线把这些印迹连接起来，就得到小球做平抛运动的轨迹．(4)确定坐标原点及坐标轴：选定斜槽末端处小球球心在白纸上的投影的点为坐标原点O，从坐标原点O画出竖直向下的y轴和水平向右的x轴．4．数据处理(1)判断平抛运动的轨迹是不是抛物线如图所示，在x轴上作出等距离的几个点A1、A2、A3、…，把线段OA1的长度记为l，则OA2＝2l，OA3＝3l，由A1、A2、A3、…向下作垂线，与轨迹交点分别记为M1、M2、M3、…，若轨迹是一条抛物线，则各点的y坐标和x坐标之间应该满足关系式y＝ax2(a是待定常量)，用刻度尺测量某点的x、y两个坐标值代入y＝ax2求出a，再测量其他几个点的x、y坐标值，代入y＝ax2，若在误差范围内都满足这个关系式，则这条曲线是一条抛物线．(2)计算平抛物体的初速度情景1：若原点O 为抛出点，利用公式x ＝v 0t 和y ＝12gt 2，即可求出多个初速度v 0＝x g 2y，最后求出初速度的平均值，这就是做平抛运动的物体的初速度．情景2：若原点O 不是抛出点，①在轨迹曲线上取三点A 、B 、C ，使x AB ＝x BC ＝x ，如图所示．A 到B 与B 到C 的时间相等，设为T .②用刻度尺分别测出y A 、y B 、y C ，则有y AB ＝y B －y A ，y BC ＝y C －y B .③y BC －y AB ＝gT 2，且v 0T ＝x ，由以上两式得v 0＝xg y BC －y AB.5．注意事项(1)固定斜槽时，要保证斜槽末端的切线水平，以保证小球的初速度水平，否则小球的运动就不是平抛运动了．(2)小球每次从槽中的同一位置由静止释放，这样可以确保每次小球抛出时的速度相等．(3)坐标原点(小球做平抛运动的起点)不是槽口的端点，应是小球在槽口时，球的球心在背板上的水平投影点．考点一教材原型实验例1(2023·广东省模拟)采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验．(1)实验时需要下列哪个器材________．A ．弹簧测力计B ．重垂线C ．打点计时器(2)做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．下列一些操作要求，正确的是________．A ．每次必须由同一位置静止释放小球B ．每次必须严格地等距离下降记录小球位置C ．小球运动时不应与木板上的白纸相接触D ．记录的点应适当多一些(3)若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片．在测得x 1，x 2，x 3，x 4后，需要验证的关系是________．已知频闪周期为T ，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是________．A.x 1T B.x 22T C.x 33T D.x 44T答案(1)B (2)ACD (3)x 4－x 3＝x 3－x 2＝x 2－x 1D 解析(1)实验时需要重垂线来确定竖直方向，不需要弹簧测力计和打点计时器，故选B.(2)实验时每次必须由同一位置静止释放小球，以保证小球到达轨道最低点的速度相同，选项A 正确；每次不一定严格地等距离下降记录小球位置，选项B 错误；小球运动时不应与木板上的白纸相接触，否则会改变运动轨迹，选项C 正确；记录的点应适当多一些，以减小误差，选项D 正确．(3)因相邻两位置的时间间隔相同，则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则满足：x 4－x 3＝x 3－x 2＝x 2－x 1；由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小，则用x 44T 计算式求得的水平速度误差较小，故选D.例2(2021·全国乙卷·22)某同学利用图(a)所示装置研究平抛运动的规律．实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图(b)所示(图中未包括小球刚离开轨道的影像)．图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm.该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图(b)中标出．完成下列填空：(结果均保留2位有效数字)(1)小球运动到图(b)中位置A时，其速度的水平分量大小为____________m/s，竖直分量大小为____________m/s；(2)根据图(b)中数据可得，当地重力加速度的大小为________m/s2.答案(1)1.0 2.0(2)9.7解析(1)小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，因此速度的水平分量大小为v0＝x t＝0.050.05m/s＝1.0m/s；竖直方向做自由落体运动，根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该段位移的平均速度，因此小球在A点速度的竖直分量大小为v y＝8.6＋11.00.05×2cm/s≈2.0m/s.(2)由竖直方向为自由落体运动可得g＝y3＋y4－y2－y14t2代入数据可得g＝9.7m/s2.考点二探索创新实验考向1实验过程的创新例3某实验小组利用如图甲所示装置测定平抛运动的初速度．把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行．每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点．(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是________．A．实验时应保持桌面水平B．每次应使钢球从静止开始释放C．使斜面的底边ab与桌边重合D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面(2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm，如图乙．重力加速度g＝10m/s2，钢球平抛的初速度为________m/s.(3)如图甲装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是_________________________________．答案(1)AB(2)2(3)方便调整木板，使其保持在竖直平面上解析(1)实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，故B正确；实验只要每次钢球水平抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面重合时，钢球不是水平抛出，而钢球与斜面间的摩擦力大小对于本实验无影响，故C、D错误．(2)每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，钢球抛出后在竖直方向上做自由落体运动，根据Δh＝gT2可知，相邻两点的时间间隔T ＝(25.0－15.0)×10－210s ＝0.1s ，钢球在水平方向上做匀速直线运动，所以钢球平抛的初速度为v ＝x T ＝0.20.1m/s ＝2m/s.(3)悬挂铅垂线的目的是方便调整木板，使其保持在竖直平面上．考向2数据处理的创新例4在做“探究平抛运动的特点”的实验时：(1)钢球抛出点的位置必须及时记录在白纸上，然后从这一点画水平线和竖直线作为x 轴和y 轴，竖直线是用________来确定的．(2)某同学通过实验得到的轨迹如图甲所示，由轨迹可知，竖直距离y OA ∶y AB ∶y BC ＝________，t OA ∶t AB ∶t BC ＝________，这表明在竖直方向上的运动是初速度为________的________运动．(3)该同学在轨迹上选取间距较大的几个点，测出其坐标，并在直角坐标系内绘出了y －x 2图像(如图乙)，此平抛运动中钢球的初速度v 0＝0.49m/s ，则竖直方向的加速度g ＝________m/s 2.(结果保留3位有效数字)答案(1)重垂线(2)1∶3∶51∶1∶1零匀加速直线(3)9.60解析(1)竖直线用重垂线确定，因为小球在竖直方向所受的重力是竖直向下的．(2)由轨迹可知，竖直距离y OA ∶y AB ∶y BC ＝1∶3∶5；由于水平距离x OA ＝x AB ＝x BC ，则t OA ＝t AB ＝t BC ，所以t OA ∶t AB ∶t BC ＝1∶1∶1，在连续相等的时间内，竖直方向的位移之比为1∶3∶5，表明在竖直方向上的运动是初速度为零的匀加速直线运动，O 点就是抛出点．(3)竖直方向有y ＝12gt 2，水平方向有x ＝v 0t ，则平抛运动的轨迹方程为y ＝g 2v 02x 2，则斜率为g 2v 02＝0.80.04m －1＝20m －1，解得g ＝9.60m/s 2.课时精练1．(2022·浙江1月选考·17(1))在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O ，建立水平与竖直坐标轴．让小球从斜槽上离水平桌面高为h 处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示．在轨迹上取一点A ，读取其坐标(x 0，y 0)，重力加速度为g .(1)下列说法正确的是________．A ．实验所用斜槽应尽量光滑B ．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来C ．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v 0＝________.A.2gh B.2gy 0C ．x 0g 2h D ．x 0g 2y 0(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是______________．答案(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同解析(1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，故A 错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，故B 错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差的影响，故C 正确．(2)坐标原点O 为抛出点，由平抛运动规律有x 0＝v 0t ，y 0＝12gt 2联立解得平抛的初速度为v 0＝x 0g 2y 0，故选D.(3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同．2．(2023·广东茂名市第一中学模拟)用如图甲所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．小球沿斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上．由于挡板靠近硬板一侧较低，小球落在挡板上时，小球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放小球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．(1)下列实验条件必须满足的有________．A ．斜槽末端可以不水平B ．每次从斜槽上相同的位置由静止释放小球C ．在描绘小球的运动轨迹时，实验所得的相邻两点均应用直线连接起来(2)图乙是实验所得的一部分坐标纸，测得小格的边长为a ，小球经过相邻两点的时间间隔为T ，则小球通过B 点时的竖直分速度大小为________，小球从Q 点运动到A 点经历的时间为________．答案(1)B (2)5a 2T 32T 解析(1)斜槽末端保持水平，才可保证小球每次都做平抛运动，A 错误；每次从斜槽上相同的位置由静止释放小球，才能使小球做平抛运动的初速度相同，B 正确；小球的运动轨迹是曲线，在描绘小球的运动轨迹时，实验时出现的误差较大的点应舍弃，然后用平滑曲线连接其他点，选项C 错误．(2)由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，则有小球通过B 点时的竖直分速度大小为v By ＝Δh Δt ＝2a ＋3a 2T＝5a 2T 根据Δh ＝gT 2，可得g ＝a T2小球经A 点时的竖直分速度大小为v Ay ＝gt小球经B 点时的竖直分速度大小为v By ＝v Ay ＋gT联立以上各式，解得小球从Q 点运动到A 点经历的时间为t ＝32T .3．(2023·广东惠州市六校联考)在地球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律．悬点O 正下方P 点处有水平放置的刀片，当悬线摆至P 点处时能轻易被割断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄．在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示．a 、b 、c 、d 为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s ．照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为5∶12，则：(1)由已知信息，可知a点________(选填“是”或“不是”)小球的抛出点．(2)由已知信息，若不计其他阻力，可以算出小球做平抛运动的初速度是________m/s.(保留两位有效数字)(3)由已知信息，可以推算出地球表面的重力加速度为________m/s2(保留两位有效数字)答案(1)不是(2)0.96(3)9.6解析(1)因为竖直方向相邻相等时间内的位移之比为1∶2∶3，不符合初速度为0的匀变速直线运动连续相等时间内的位移之比为1∶3∶5特点，故a点竖直分速度不为0，即a点不是抛出点．(2)根据题意可知ab间水平距离为l＝9.6cm小球在水平方向做匀速直线运动，所以初速度v0＝lT＝0.96m/s(3)竖直方向Δy＝l＝gT2解得g＝9.6m/s2.4．(2023·广东佛山市南海区九江中学摸底)图甲为某种瓶装水电动取水器，某实验小组利用平抛运动规律测量该取水器取水时的流量(单位时间流出水的体积)．实验方案如下：(1)利用游标卡尺测量取水器出水管内径d，如图乙所示，应利用游标卡尺________部分进行测量(选填图乙中的字母代号)，读数为________mm；(2)调节取水器管口方向，使取水器启动后，水从管口水平射出；(3)待水在空中形成稳定的弯曲水柱后，紧贴水柱后方放置白底方格板(已知每个正方格的边长为L )，并利用手机正对水柱拍摄照片，如图丙所示；(4)已知当地重力加速度为g ，根据图丙可以计算水从O 点运动到P 点所需要的时间为________(用L 、g 表示)；(5)已知流量的公式为Q ＝S ·v (其中S 为水流的横截面积，v 为水流的速度大小)．由上述信息可得出取水器取水时的流量为________(用L 、g 、d 表示)．答案(1)A 5.5(4)10L g (5)πd 22gL 5解析(1)游标卡尺测量内径应该用内测量爪，即A 部分；其读数为d ＝5mm ＋0.1×5mm ＝5.5mm(4)由公式有5L ＝12gt 2，解得t ＝10L g(5)由题图丙得8L ＝v t ，又Q ＝S ·vS ＝π(d 2)2，解得Q ＝πd 22gL 5.5．(2023·陕西省西安中学模拟)在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图甲所示的装置．实验操作的主要步骤如下：A ．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直B ．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹AC ．将木板沿水平方向向右平移一段距离x ，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹BD ．将木板再水平向右平移同样距离x ，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C若测得A 、B 间距离为y 1，B 、C 间距离为y 2，已知当地的重力加速度为g .(1)关于该实验，下列说法中正确的是________．A ．斜槽轨道必须尽可能光滑B ．每次释放小球的位置可以不同C ．每次小球均需由静止释放D ．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度h 后再由机械能守恒定律求出(2)根据上述直接测量的物理量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式v 0＝________.(用题中所给字母表示)(3)另外一位同学根据测量出的不同x 情况下的y 1和y 2，令Δy ＝y 2－y 1，并描绘出了如图乙所示的Δy －x 2图像．若已知图线的斜率为k ，则小球平抛的初速度大小v 0与k 的关系式为________．(用题中所给字母表示)答案(1)C (2)x g y 2－y 1(3)v 0＝g k 解析(1)为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，故A 错误；为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，故B 错误，C 正确；因为存在摩擦力，故不满足机械能守恒定律，故D 错误．(2)竖直方向根据自由落体运动规律可得y 2－y 1＝gT 2，水平方向由匀速直线运动得x ＝v 0T ，联立解得v 0＝xy 2－y 1g ＝x g y 2－y 1.(3)因为Δy ＝y 2－y 1＝gT 2，x ＝v 0T ，联立可得Δy ＝g v 02x 2，所以Δy －x 2图像的斜率为k ＝g v 02，解得v 0＝g k .。

粤教版高一物理知识点总结

粤教版高一物理知识点总结高一是学习物理的重要阶段，它为学生打下了扎实的物理基础，为将来的学习和发展奠定了重要的基石。

下面就是粤教版高一物理课程的知识点总结。

1. 力学力学是物理学的基础，主要包括力、质量、运动和力的效果等内容。

在力学部分，同学们需要掌握牛顿三大定律，如惯性、加速度和作用反作用定律等。

此外，还需了解摩擦力、重力、弹力和离心力等。

2. 热学热学是研究热量传递和热力学变化的学科。

同学们需要了解热量的传导、传递和传播，如导热、热辐射和传热的实验方法等。

在热力学方面，需要学习热力学第一定律和第二定律，掌握能量守恒和熵的概念。

3. 光学光学是研究光的传播和光与物质相互作用的学科。

在光学部分，同学们需要了解光的传播方式，如直线传播和反射折射等。

此外，还需学习光的像的成因和成像规律，如薄透镜成像和球面镜成像。

最后，还要掌握色光的合成和分解原理。

4. 电学电学是研究电力和磁力的学科。

在电学部分，同学们需要了解电荷和电场的概念，学习电流和电路的基本知识。

掌握欧姆定律、基尔霍夫定律和电源的电动势等重要内容。

此外，还需了解电场力和带电粒子的运动轨迹，以及磁场的概念和磁场的特性。

5. 波动波动是研究波的传播和波与物质相互作用的学科。

在波动部分，同学们需要了解机械波和电磁波的特性和传播规律。

学习机械波的波动方程和波的干涉、衍射和叠加等现象。

此外，还需了解光的干涉和衍射现象，掌握声音的音高、音量和音质等概念。

总结一下，粤教版高一物理课程涵盖了力学、热学、光学、电学和波动等内容。

学生们需要通过学习这些知识点，深入理解物理学的基本原理和概念，并能够灵活运用于解决实际问题。

物理学的学习需要注重理论与实践的结合，培养学生的动手能力和实际操作技能。

希望同学们能够善于思考，勇于探索，在物理学这个广阔的领域里不断提升自己的综合素质和能力。

高考物理学史粤教版

高考物理学史复习专题（粤教版）再补充：1、国际单位制里力学中的三个基本单位：Kg 、m 、s2、关于光的本质有两种学说：一种是牛顿主张的微粒说：认为光是光源发出的一种物质微粒；一种是荷兰物理学家惠更斯提出的波动说：认为光是在空间传播的某种波。

3、1885年，瑞士的中学数学教师巴耳末总结了氢原子光谱的波长规律——巴耳末系。

4、卢瑟福通过α粒子轰击氮核，发现了质子的核反应方程：H O N H e 1117814742+→+5、查德威克用α粒子轰击铍核发现了中子的核反应方程：n C B H e e 101269442+→+ 6、约里奥·居里和伊丽芙·居里（小居里）用α粒子轰击铝箔，探测到中子和正电子，发现了放射性同位素；n P Al H e 1030151271342+→+，ν++→e Si P 0130143015 7、重核的裂变（以23592U 的链式反应为代表，可用于核能发电和原子弹）：n Ba Kr n U 1014456893610235923++→+8、轻核的聚变（以21H 和31H 的热核反应为代表，存在于太阳内部，可用于氢弹）：n He H H 10423121+→+ 9、核反应堆：人工控制链式反应的一种装置。

【物理小知识】1、电饭锅的工作原理（选修3－1第56页）2、日光灯的工作原理（选修3－2第28页）3、射线的应用及危害。

（选修3－5第76页）【考试说明中要求而平日里少考的内容】1、核力：一种区别于电场力和万有引力之外的只作用在核子之间的力。

在约0.5×10-15m~2×10-15m 的距离内主要表现为引力。

大于2×10-15m 就迅速减小到零；在小于0.5×10-15m 又迅速转变为强大的斥力使核子不能融合在一起。

2、半衰期：原子核数目减少到原来一半所经过的时间，其衰变速率由核本身的因素决定。

跟外界因素无关。

【热学】1、1827年英国植物学家布朗——悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象——布朗运动。

新课程高考高中物理学史粤教版

新课程高考高中物理学史（粤教版）必修部分：一、力学：1、1638年，意大利物理学家伽利略在《两种新科学的对话》中用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快；并在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点（即：质量大的小球下落快是错误的）；2、1654年，德国的马德堡市做了一个轰动一时的实验——马德堡半球实验；3、1687年，英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了三条运动定律（即牛顿三大运动定律）。

4、17世纪，伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；得出结论：力是改变物体运动的原因，推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。

同时代的法国物理学家笛卡儿进一步指出：如果没有其它原因，运动物体将继续以同速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。

5、20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。

6、1638年，伽利略在《两种新科学的对话》一书中，运用观察－假设－数学推理的方法，详细研究了抛体运动。

7、人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是代表；而波兰天文学家哥白尼提出了“日心说”，大胆反驳地心说。

8、17世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律；9、牛顿于1687年正式发表万有引力定律；1798年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量；10、1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维烈应用万有引力定律，计算并观测到海王星，1930年，美国天文学家汤苞用同样的计算方法发现冥王星。

9、我国宋朝发明的火箭是现代火箭的鼻祖，与现代火箭原理相同；俄国科学家齐奥尔科夫斯基被称为近代火箭之父，他首先提出了多级火箭和惯性导航的概念。

10、1957年10月，苏联发射第一颗人造地球卫星；1961年4月，世界第一艘载人宇宙飞船“东方1号”带着尤里加加林第一次踏入太空。

新教材2023高中物理粤教版必修第三册：第六章电磁现象与电磁波

章末质量评估（五）（对应第六章）（时间：75分钟分值：100分）一、单项选择题（本题共7小题，每题4分，共28分.每小题只有一个选项是正确的，选对得4分.错选、多选、不选均不得分）1.指南针是我国古代的四大发明之一，司南是春秋战国时期发明的一种指南针，如图所示，它由青铜盘和磁勺组成，磁勺放置在光滑青铜盘的中心，可以自由转动.《论衡·是应篇》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南”，说的是将司南放在地上，它的勺柄静止时指向南方.以下说法正确的是（）A.司南的指向会受到附近磁铁的干扰B.放置磁勺的光滑青铜盘可改用光滑的铁盘代替C.司南静止时指向南方的勺柄是磁勺的N极D.司南的勺柄在北半球和南半球指示的方向正好相反解析：司南的磁勺具有磁性，会受到磁场的作用力，即会受到附近磁铁的干扰，A正确；磁勺会对铁盘产生吸引，影响磁勺转动，故不能改用光滑的铁盘代替，B错误；由于南方对应的是地磁场的N极，司南静止时指向南方的应是勺柄是磁勺的S极，C错误；地磁场的方向由南方（地磁N极）指向北方（地磁S极），与南北半球无关，故司南的勺柄在北半球和南半球指示的方向均相同，D错误.故选A.答案：A2.关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是（）A.电磁波可以传递信息，声波不能传递信息B.手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波C.太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同D.遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同解析：电磁波可以传递信息，声波也能传递信息，故选项A错误；手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波，故选项B正确；太阳光中的可见光的传播速度是光速，医院“B超”中的超声波传播速度是声速，二者的大小不相同，故选项C错误；遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长不相同，故选项D错误.答案：B3.下列说法中正确的是（）A.电荷在某处不受电场力的作用，则该处的电场强度不一定为零B.把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱C.一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零D.把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受到的磁场力与该段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱解析：电荷在电场中某处不受电场力，可知电场强度为零，故A错误；根据E＝Fq知，电荷受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱，故B正确；一小段通电导线在磁场中不受磁场力，可能是导线的方向与磁场方向平行，磁感应强度不一定为零，故C错误；只有当导线中电流的方向与磁场的方向垂直时，导线所受的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值才能表示该处磁场的强弱，故D错误.故选B.答案：B4.磁感应强度是描述磁场的重要概念，磁场的基本性质是对电流有磁场力的作用，则关于磁感应强度的大小，下列说法正确的是（）A.一小段通电直导线，在磁场某处受的力越大，该处的磁感应强度越大B.一小段通电直导线在磁场某处受的力等于零，则该处的磁感应强度一定等于零C.匀强磁场中沿磁感线方向磁感应强度逐渐减小D.磁感线较密时，磁感应强度较大；磁感线较疏处，磁感应强度较小解析：磁场的强弱由磁场本身的性质决定，与放入磁场中的电流元无关，电流元在磁场中所受的力越大，该点磁感应强度不变，所受力等于零，磁感应强度仍然未变，故A、B错误；匀强磁场中各处的磁感应强度都是相同的，故C错误；磁感线疏密表示磁场的强弱，故磁感线越密的地方磁场越强，越疏的地方磁场越弱，故D正确.答案：D5.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点.下列说法正确的是（）A.a点与b点的磁感应强度相同B.a点与c点的磁感应强度相同C.a点与d点的磁感应强度相同D.a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同解析：通电直导线在周围形成的磁场，大小为B＝kIr，方向由安培定则可知垂直于点到导线垂直线段，从右向左画出各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知，a与c点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向.故选B.答案：B6.如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图.若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（）A.电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场B.螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场C.螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场D.磁感线画得越密，内部的磁场越接近匀强磁场解析：根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场.故选B.答案：B7.如图所示，匀强磁场中有一个矩形闭合导线框绕轴线AB顺时针转动，在线框由水平位置转动90°的过程中，下列说法正确的是（）A.磁场的磁感应强度不断减小B.穿过线框的磁通量保持不变C.穿过线框的磁感线条数增多D.在线框中会产生感应电流解析：磁场的磁感应强度不变，A 错误；磁感线穿过线圈的面积发生变化，故穿过线框的磁通量发生变化，B 错误；磁感线穿过线圈的面积减小，故穿过线框的磁感线条数减小，C 错误；磁感线穿过线圈的面积发生变化，穿过线框的磁通量发生变化，故在线框中会产生感应电流，D 正确.故选D.答案：D二、多项选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分.每小题有多个选项是正确的，全选对得6分，少选得3分，错选、多选、不选均不得分）8.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图所示，由此可知（）A.电源最大输出功率可能大于45WB.电源电动势等于30VC.电源内阻等于5ΩD.电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50%解析：由题图可知，电源的输出功率最大为45W，故A 错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由题图可知，电源的内阻为5Ω，故C 正确；由P max ＝E 24r可知，E ＝30V，故B 正确；根据效率公式η＝R R ＋r×100%可得，最大功率时内外电阻相等，所以效率为50%，故D 错误.故选BC.答案：BC9.如图所示，蓝牙设备和Wi Fi 已经广泛应用于我们的日常生活中.由于Wi Fi 和蓝牙都在全球通用频段2.4GHz 上工作，因此它们共存时会相互干扰，造成两者的信噪比下降，影响数据传输.为缓解上述干扰，目前不少路由器的Wi Fi 采用双频段模式，即同时工作在2.4GHz 和5GHz 的模式下，其中2.4GHz 信号在空气或障碍物中传播时衰减小，而5GHz 信号更加高速且稳定.下列说法正确的是（）A.WiFi和蓝牙的相互干扰是指产生了干涉B.2.4GHz信号比5GHz信号的衍射能力更强C.5GHz信号在空中的传播速度大于2.4GHz信号的传播速度D.信噪比下降是指接收电路在接收所需信号的同时也接收了其他杂质信号解析：WiFi和蓝牙都在全球通用频段2.4GHz上工作，它们共存时会相互干扰，造成两者的信噪比下降，信噪比下降是指接收电路在接收所需信号的同时也接收了其他杂质信号，并非产生了干涉，选项A错误，D正确；2.4GHz信号比5GHz信号的波长更大，则衍射能力更强，选项B正确；5GHz信号在空中的传播速度等于2.4GHz信号的传播速度，均为3×108 m/s，选项C错误.故选BD.答案：BD10.在家用电热灭蚊器中，电热部分主要元件是PTC元件，PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率ρ随温度t的变化关系如图所示，由于这种特性，使PTC元件具有发热、保温双重功能.以下关于电热灭蚊器的判断正确的是（）A.当温度低于t1时通电，通电后，其电功率先增大，后减小B.当温度低于t1时通电，通电后，其电功率先减小，后增大C.当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1不变D.当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t1和t2之间的某一值不变解析：在电热灭蚊器温度由初温升高到t1的过程中，电阻器的电阻率随温度的升高而减小，其电阻也随之减小，由于加在灭蚊器上的电压U保持不变，灭蚊器的电功率P增大，当t＝t1时，功率达到最大；在温度由t1升高到t2的过程中，ρ增大，R增大，P减小，因此在t1～t2之间的某一温度会有产热功率等于散热功率，这时是保温状态，故A、D正确，B、C错误.故选AD.答案：AD三、非选择题（本大题共5小题，共54分.解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位）11.（6分）在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实验连线后如图1所示，感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示.（1）接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动.将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针（选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）；迅速抽出铁芯时，G表指针（选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）.（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变.接通电源，闭合开关，G表指针（选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”）.（3）仅用一根导线，试判断G表内部线圈是否断了：_________________________________________________________________________________________________.解析：（1）将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，电阻减小，回路电流变大，根据线圈中导线的绕向可知磁通量向下增加，根据楞次定律可知，A线圈中产生的感应电流使G表指针左偏；迅速抽出铁芯时，磁通量减小，产生的感应电流方向与上述方向相反，则G表指针右偏.（2）断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变.接通电源，闭合开关，由于穿过线圈的磁通量大小方向都不断变化，在线圈A中产生的感应电流大小方向不断变化，则G表指针不停振动.（3）仅用一根导线，将检流计G短接前后，摇动表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，说明虽有切割磁感应线，但没有感应电流，则没有安培阻力，指针变化明显；反之，则出现感应电流，进而有安培阻力，使其变化不明显，则线圈未断.答案：（1）左偏右偏（2）不停振动（3）短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈断了，反之则未断12.（9分）某研究小组同学做了以下两个实验.（1）甲同学在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央.在图乙中，S闭合后，将螺线管A插入螺线管B 的过程中，电流表的指针；线圈A放在B中不动时，指针将；线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将.（均选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”）（2）乙同学为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，用图丙所示电路进行实验，得出两种UI图线如图丁所示.根据UI图线可知正常光照射时光敏电阻阻值为Ω，强光源照射时电阻为Ω.若实验中所用电压表的内阻约为5 kΩ，毫安表的内阻约为100Ω；考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中（选填“正常光照射时”或“强光照射时”）测得的电阻误差较大.若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用（选填“内接”或“外接”）法进行实验，实验结果较为准确.解析：（1）由题图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转.S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向下，从左接线柱流入，故电流表指针向左偏转；A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向右偏转.（2）根据R＝UI且在UI图像中斜率等于电阻阻值可得，正常光照射时R a＝k a＝ΔUΔI＝2.4 0.8×10－3Ω＝3000Ω；强光照射时R b＝k b＝ΔUΔI＝0.84×10－3Ω＝200Ω.由实物图可知，本实验采用电流表内接法；由以上解析可知，强光照射时电阻较小，与电流表内接接近，因此强光照射时误差较大；强光照射时，光敏电阻阻值为200Ω，根据RνR＝5000200＝25；RR A＝200100＝2可得：RνR>RR A，说明此时该电阻为小电阻，电流表的分压作用引起的误差大，应采用外接法.答案：（1）向左偏不偏转向右偏（2）3000200强光照射时外接13.（11分）普朗克的能量子假说和爱因斯坦的光子假说的内容是什么？它们分别能解释哪些现象？解析：普朗克能量子假设：1900年，德国物理学家普朗克通过对黑体辐射现象的深入研究，对黑体辐射中的能量提出了著名的能量子假设，即黑体辐射或吸收电磁波的能量是不连续的，它是以能量子hν为基本单元来吸收或发射能量的，即能量为E＝nhv，式中ν是电磁波的频率，h称为普朗克常量，n可以取正整数.爱因斯坦光子假设：为了克服经典理论所遇到的困难，从理论上解释光电效应，爱因斯坦提出了光子假设，即光束可以看成是由微粒构成的粒子流，这些粒子叫光量子，简称光子.在真空中，每个光子都以光速c运动.这些频率为ν的光量子的能量为hν.区别：两人所研究对象不同，普朗克把黑体内谐振子的能量看作是量子化的，它们与电磁波相互作用时吸收和发射的能量也是量子化的，可以解释黑体辐射；爱因斯坦认为，空间存在的电磁波的能量本质就是量子化的，可用于解释光电效应和康普顿效应.答案：见解析14.（13分）如图所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框沿顺时针方向转过90°到如图所示的虚线位置时.求：（1）初、末位置穿过线框的磁通量大小Φ1和Φ2；（2）磁通量的变化量ΔΦ.解析：（1）以初态磁通量为正，则初态时磁通量大小为Φ1＝BS sinθ，转过90°时，磁通量大小为Φ2＝－BS cosθ.（2）磁通量的变化量为ΔΦ＝－BS cosθ－BS sinθ＝－BS（cosθ＋sinθ）.答案：（1）BS sinθ－BS cosθ（2）－BS（cosθ＋sinθ）15.（15分）我们常处于电流产生的磁场中.通电长直导线所产生磁场的磁感应强度可用B＝k Id计算，其中k＝2×10－7T·m/A，I为电流，d为该点到直导线的垂直距离.利用该公式可估算生活中所遇到的磁场的磁感应强度.则：（1）家庭通电导线的电流很少超过10A.试比较距离导线0.5m处的磁场与地磁场的磁感应强度大小.（2）765kV高压输电线中的电流常可达200A.假定这种输电线离地面高度为20m，试估算输电线正下方地面处的磁感应强度，并与家庭电路中磁场的磁感应强度进行比较.解析：（1）设I＝10A，距离导线0.5m处磁场的磁感应强度B＝k Id＝2×10－7×100.5T＝4×10－6T，地球表面磁场的磁感应强度约为5×10－5T，可见生活用电产生的磁场比地磁场微弱得多.（2）当I′＝200A时，据B＝k Id得，距该输电线20m处的磁感应强度B′＝k I′d′＝2×10－7×20020`T＝2×10－6``T，可见高压输电线正下方地面处的磁感应强度比家庭电路中的磁感应强度略小.答案：见解析。

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