《三维设计》2017年高中物理(人教版)一轮复习真题集训 章末验收：(八) Word版含答案
三维设计新课标高考物理一轮总复习课件市公开课金奖市赛课一等奖课件
图5－4－2
有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到
B运动过程中
()
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A．重力做功 2mgR B．机械能减少 mgR C．合外力做功 mgR D．克服摩擦力做功12mgR
[审题指导] 解答本题时应注意下列三点： (1)小球对B点正好没有压力含义。 (2)摩擦力为变力，应从功效关系上求小球克服摩擦 力做功。 (3)机械能减少许与哪个力做功相相应。
功效关系
[想一想]
如图 5－4－1 所示，质量为 m 的物体在力 F 的作用下由 静止从地面运动到离地 h 高处，已知 F＝54mg，试分别求出在 此过程中重力、力 F 和合力的功，以及物体的重力势能、动能 和机械能的变化量，并分析这些量之间存在什么关系？
1
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图5－4－1
提示：重力做功－mgh，力 F 做功54mgh，合力做功41mgh， 重力势能增加 mgh，动能增加14mgh，机械能增加54mgh。关系： 重力做功等于重力势能变化量的负值，合外力的功等于物体动 能的变化量，力 F 的功等于物体机械能的变化量。
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求解相对滑动物体能量问题办法 (1)正确分析物体运动过程，做好受力情况分析。 (2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体 速度关系及位移关系。 (3)公式Q＝Ff·l相对中l相对为两接触物体间相对位 移，若物体在传送带上往复运动时，则l相对为总相对 路程。
解得：v＝1 m/s，t1＝1 s<1.5 s
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故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了 0.5 s，则小车右端距 B 端的距离为 l 车＝v2t1＋v(1.5－ t1)＝1 m。
(3)Q＝μmgl 相对＝μmg(vB＋2 vt1－v2t1)＝6 J。 [答案] (1)30 N (2)1 m (3)6 J
【三维设计】2017届高考数学一轮总复习 第七章 立体几何 理 新人教版
【三维设计】2017届高考数学一轮总复习第七章立体几何理新人教版第七章⎪⎪⎪ 立体几何第一节 空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)简单旋转体的结构特征：①圆柱可以由矩形绕其任一边旋转得到； ②圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；③圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；④球可以由半圆或圆绕直径旋转得到．(2)简单多面体的结构特征：①棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；②棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；③棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽；看不到的线画虚线．[小题体验]1．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B D选项为正视图或者侧视图，俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.2．如图所示，等腰△A′B′C′是△ABC的直观图，那么△ABC是( )A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．钝角三角形解析：选 B 由题图知A′C′∥y′轴，A′B′∥x′轴，由斜二测画法知，在△ABC中，AC∥y轴，AB∥x轴，∴AC⊥AB.又因为A′C′＝A′B′，∴AC＝2AB≠AB，∴△ABC是直角三角形．3．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱1．台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点．2．空间几何体不同放置时其三视图不一定相同．3．对于简单组合体，若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，易忽视实虚线的画法．[小题纠偏]1．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选B 给几何体的各顶点标上字母，如图1.A，E在侧投影面上的投影重合，C，G在侧投影面上的投影重合，几何体在侧投影面上的投影及把侧投影面展平后的情形如图2所示，故正确选项为B.2．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选B 根据选项A、B、C、D中的直观图，画出其三视图，只有B项正确．考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．(易错题)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析：选B A错，如图(1)；B正确，如图(2)，其中底面ABCD是矩形，可证明∠PAB，∠PCB都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错，如图(3)；D错，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点．3．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱称为它的腰，以下4个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上解析：选B 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故A，C正确；且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故D 正确；B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立．[谨记通法]解决与空间几何体结构特征有关问题3个技巧(1)把握几何体的结构特征，要多观察实物，提高空间想象能力；(2)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，如“题组练透”第2题的A、C两项易判断失误；(3)通过反例对结构特征进行辨析．考点二空间几何体的三视图重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·贵州七校联考)如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用①②③④⑤⑥代表图形)( )A．①②⑥B．①②③C．④⑤⑥ D．③④⑤解析：选B 正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是①；侧视图应该是边长为5和4的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是②；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是③.2．(2015·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A．1 B． 2C． 3 D．2解析：选C 根据三视图，可知几何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB⊥平面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB＝1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD＝2，在Rt△VBD中，VD ＝VB2＋BD2＝ 3.[由题悟法]几何体画三视图的2个关键点(1)三视图的安排位置，正视图、侧视图分别放在左右两边，俯视图在正视图的下边．(2)注意实虚线的区别．[即时应用]1．(2016·临沂模拟)如图甲，将一个正三棱柱ABCDEF截去一个三棱锥ABCD，得到几何体BCDEF，如图乙，则该几何体的正视图(主视图)是( )解析：选C 由于三棱柱为正三棱柱，故平面ADEB⊥平面DEF，△DEF是等边三角形，所以CD在后侧面上的投影为AB的中点与D的连线，CD的投影与底面不垂直，故选C.2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.考点三空间几何体的直观图重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·福州模拟)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.[由题悟法]用斜二测画法画直观图的3个步骤(1)在原图形中与x轴或y轴平行的线段在直观图中与x′轴或y′轴平行．(2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线．(3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出．[即时应用]用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2 2 cm2，则原平面图形的面积为( )A．4 cm2B．4 2 cm2C．8 cm2 D．8 2 cm2解析：选 C 依题意可知∠BAD＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC，AD相等，高为梯形ABCD的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成为( )A．上面为棱台，下面为棱柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为圆台，下面为圆柱D．上面为棱台，下面为圆柱解析：选C 依题意，题中的几何体上面是圆台，下面是圆柱．2．某几何体的正视图和侧视图完全相同，均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )解析：选D 几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．3．给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体；③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱；④长方体一定是正四棱柱．其中正确的命题个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选A 反例：①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误，故选A.4．底面水平放置的正三棱柱的所有棱长均为2，当其正视图有最大面积时，其侧视图的面积为( )A．2 3 B．3C． 3 D．4解析：选A 当正视图的面积最大时，可知其正三棱柱某个侧面的面积，可以按如图所示放置，此时S侧＝2 3.5．如图，线段OA在平面xOy中，它与x轴的夹角为45°，它的长为22，OA的直观图O′A′的长为________．解析：过点A作AB⊥Ox于B，∵OA＝22，∠AOB＝45°，∴OB＝AB＝2，线段OB的直观图O′B′＝2，A′B′＝1，∠O′B′A′＝135°.∴O′A′2＝22＋12－2×2×1×cos 135°，∴O′A′＝5＋2 2.答案：5＋2 2二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·衡阳联考)已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的( )解析：选C 根据三视图的定义可知A、B、D均不可能，故选C.2．(2016·武汉调研)若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( )解析：选A B的侧视图不对，C的俯视图不对，D的正视图不对，排除B、C、D，A正确．3．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱B．圆锥C．四面体 D．三棱柱解析：选A 圆柱的正视图是矩形，则该几何体不可能是圆柱．4．(2015·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则其表面中，直角三角形的个数为( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选D 由三视图可得该三棱锥的底面是直角边为2的等腰直角三角形，一个底边长为2、底边上的高为1的侧面垂直于底面，该侧面是直角边长为2的直角三角形．利用面面垂直的性质定理可得右边一个侧面是边长为2，2，6的直角三角形，则左边一个侧面的边长为2，6，22的三角形，也是直角三角形，所以该三棱锥表面的4个面都是直角三角形．5．如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为( )A．24 2 B．12 2C．48 2 D．20 2解析：选A 由题意知原图形OABC是平行四边形，且OA＝BC＝6，设平行四边形OABC的高为OE，则OE×12×22＝O′C′，∵O′C′＝2，∴OE＝42，∴S▱OABC＝6×42＝24 2.6．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；②底面是矩形的平行六面体是长方体；③直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④7．(2016·福建龙岩联考)一水平放置的平面四边形OABC，用斜二测画法画出它的直观图O′A′B′C′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC面积为________．解析：因为直观图的面积是原图形面积的2倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积4为2 2.答案：2 28．如图，点O为正方体ABCDA′B′C′D′的中心，点E为面B′BCC′的中心，点F为B′C′的中点，则空间四边形D′OEF在该正方体的各个面上的正投影可能是________(填出所有可能的序号)．解析：空间四边形D′OEF在正方体的面DCC′D′及其对面ABB′A′上的正投影是①；在面BCC′B′及其对面ADD′A′上的正投影是②；在面ABCD及其对面A′B′C′D′上的正投影是③.答案：①②③9．(2016·昆明、玉溪统考)如图，三棱锥V ABC 的底面为正三角形，侧面VAC 与底面垂直且VA ＝VC ，已知其正(主)视图的面积为23，则其侧(左)视图的面积为________．解析：设三棱锥V ABC 的底面边长为a ，侧面VAC 的边AC 上的高为h ，则ah ＝43，其侧(左)视图是由底面三角形ABC 边AC 上的高与侧面三角形VAC 边AC 上的高组成的直角三角形，其面积为12×32a ×h ＝12×32×43＝33.答案：3310．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图；(2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示． (2)根据三视图间的关系可得BC＝23，∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A ．8B ．7C ．6D ．5解析：选C 画出直观图，共六块．2．一个几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则这个几何体的俯视图可能是下列图形中的________．(填入所有可能的图形前的编号)①锐角三角形；②直角三角形；③四边形；④扇形；⑤圆．解析：如图1所示，直三棱柱ABEA1B1E1符合题设要求，此时俯视图△ABE是锐角三角形；如图2所示，直三棱柱ABCA1B1C1符合题设要求，此时俯视图△ABC是直角三角形；如图3所示，当直四棱柱的八个顶点分别是正方体上、下各边的中点时，所得直四棱柱ABCDA1B1C1D1符合题设要求，此时俯视图四边形ABCD是正方形；若俯视图是扇形或圆，体积中会含有π，故排除④⑤.答案：①②③3．如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD 2＝622＋62＝6 3cm.第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r＋r′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR3[小题体验]1．如图是一个空间几何体的三视图，其中正(主)视图、侧(左)视图都是由边长为4和6的矩形以及直径等于4的圆组成，俯视图是直径等于4的圆，该几何体的体积是( )A．41π3B．62π3C．83π3D．104π3解析：选D 由题意得，此几何体为圆柱与球的组合体，其体积V＝43π×23＋π×22×6＝104π3.2．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的侧(左)视图的面积为( )A．8 3 B．6 3C．12 D．8解析：选B 设此三棱柱底面边长为a，高为h，则由图示知32a＝23，∴a＝4，∴123＝34×42×h，∴h＝3，∴侧(左)视图面积为23×3＝6 3.3．(教材习题改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱体积之比为________，球的表面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶3 1∶14．(教材习题改编)已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体SABC，它的表面积为________．解析：过S作SD⊥BC，∵BC＝a，∴SD＝32a，∴S△SBC＝34a2，∴表面积S＝4×34a2＝3a2.答案：3a21．求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错．2．由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．3．易混侧面积与表面积的概念．[小题纠偏]1．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A．84 cm3 B．92 cm3C．100 cm3 D．108 cm3解析：选C 由三视图的几何体，利用体积公式求解．由三视图可得该几何体是棱长分别为6,3,6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3,4,4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100cm3.2．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的表面积是________．解析：由三视图可知，该几何体由一个正四棱柱和一个棱台组成，其表面积S＝3×4×2＋2×2×2＋4×22×2＋4×6＋12×(2＋6)×2×2＝72＋16 2.答案：72＋16 2考点一空间几何体的表面积基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·福建高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A．8＋2 2 B．11＋2 2C．14＋2 2 D．15解析：选 B 由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×1 2×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.2．(易错题)(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：选 B 如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.3．某几何体的三视图如图所示，则它的侧面积为( )A．12 5 B．24 2C．24 D．12 3解析：选A 由三视图得，这是一个正四棱台，由条件知斜高h＝22＋12＝5，侧面积S＝2＋4×52×4＝12 5.[谨记通法]几何体的表面积2种求法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得几何体的表面积．注意衔接部分的处理，如“题组练透”第2题．考点二空间几何体的体积重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2015·重庆高考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．13＋2πB．13π6C．7π3D．5π2解析：选B 由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.2．(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A．18B．17C．16D．15解析：选D 由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V2＝13－16＝56.所以V1V2＝1656＝15，故选D.[由题悟法]求解几何体体积的必备策略常见类型解题策略球的体积问题直接利用球的体积公式求解，在实际问题中要根据题意作出图形，构造直角三角形确定球的半径锥体、柱根据题设条件求出所给几何体的底面体的体积问题积和高，直接套用公式求解以三视图为载体的几何体体积问题将三视图还原为几何体，利用空间几何体的体积公式求解不规则几何体的体积问题常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解[即时应用]1．(2016·浙江瑞安模拟)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积是( )A ．2B ．4C ．6D ．12解析：选B 由三视图可知此棱锥是底面为直角梯形，高为2的四棱锥，所以V ＝13×⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2＋4×2×2＝4. 2．(2015·惠州二调)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧(左)视图均为半径是2的圆，则这个几何体的体积是( )A ．16πB ．14πC ．12πD ．8π解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个球切去四分之一个球后剩余的部分，由于球的半径为2，所以这个几何体的体积V＝34×43π×23＝8π.考点三与球有关的切、接问题常考常新型考点——多角探明[命题分析]与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、易失分点，命题角度多变．常见的命题角度有：(1)正四面体的内切球；(2)直三棱柱的外接球；(3)正方体(长方体)的外接球；(4)四棱锥(三棱锥)的外接球．[题点全练]角度一：正四面体的内切球1．(2016·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则S1S2＝________.解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4·34·a2＝3a2，其内切球半径为正四面体高的14，即r＝14·63a＝612a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝πa26，则S1S2＝3a2π6a2＝63π.答案：63π角度二：直三棱柱的外接球2．已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A．3172B ．210C ．132D ．310 解析：选 C 如图，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6， 所以球O 的半径R ＝OA ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋62＝132. 角度三：正方体(长方体)的外接球3．(2016·九江一模)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上，且AB ＝3，BC ＝3，过点D 作DE 垂直于平面ABCD ，交球O 于E ，则棱锥E ABCD 的体积为________．解析：如图所示，BE 过球心O ，∴DE＝42－32－32＝2，∴V EABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 3角度四：四棱锥(三棱锥)的外接球4．(2016·长沙模拟)体积为163的正四棱锥SABCD的底面中心为O，SO与侧面成的角的正切值为22，那么过SABCD的各顶点的球的表面积为( )A．32π B．24πC．16π D．12π解析：选C 如图，取AB的中点为F，连接SF，过点O作OG⊥SF，则∠OSG为SO与侧面所成的角，且tan∠OSG＝OFSO＝22.设AB＝2a，则SO＝2a，所以13×4a2×2a＝163，得a＝ 2.延长SO交外接球于E，则EB⊥SB，由OB2＝SO·OE得4＝2·(2R－2)，所以R＝2，S＝4π×22＝16π.[方法归纳]“切”“接”问题处理的注意事项(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( )A．163πB．323πC．16π D．24π解析：选B 设球的半径为R，则表面积是16π，即4πR2＝16π，解得R＝2.所以体积为4 3πR3＝32π3.2．一个几何体的三视图如图所示，则它的体积为( )A．203B．403C．20 D．40解析：选 B 由几何体的三视图可知该空间几何体是一个四棱锥，其直观图如图所示．其体积为13×12(1＋4)×4×4＝403.3．在三角形ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为( )A．15π B．20πC．30π D．40π解析：选A 依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.4．棱长为a的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R＝a，∴R ＝a 2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2. 答案：πa 25．已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中圆的直径为4，该几何体的体积为V 1，直径为4的球的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：由三视图知，该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥，因此V 1＝8π－8π3＝16π3，V 2＝4π3×23＝32π3，V 1∶V 2＝1∶2. 答案：1∶2二保高考，全练题型做到高考达标1．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )A．7 B．6C．5 D．3解析：选A 设圆台较小底面半径为r，则另一底面半径为3r.由S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得r＝7.2．(2015·云南师大附中)如图是一几何体的三视图，则该几何体的体积是( )A．9 B．10C．12 D．18解析：选A 由三视图还原出几何体的直观图如图，SD⊥平面ABCD，AB与DC平行，AB＝2，DC＝4，AD＝3，SD＝3，所求体积V＝13×12×(2＋4)×3×3＝。
《三维设计》新课标高考物理一轮总复习 第八章 共88页PPT资料 精品优选公开课件
谢谢观看！ 土地喝足了水，耕牛便拖着犁耙在蓑衣人的指挥下翻掘着沃土，八哥们尾随其后啄食着沉睡的虫饵，蓑衣人唱着花鼓戏：“小刘海在茅棚别了娘亲，肩扦担往山林去走一程……”间或中断歌声呵斥一下前面的伙伴，扶直了犁耙继续前行，“家不幸老爹爹早年丧命，丢下了母子们苦度光阴……”当高空忽然传来“啾啾”的叫声，抬头望去，一群大雁往北飞行，蓑衣人便停下歌声大声喊道：“大雁飞一字，大雁飞一字……”那群温顺的生灵仿佛听懂了蓑衣人的指令，很快就由“人字”队形转变成“一字”，然后，慢慢地消失在半空中。
眼光和思维所涉及的面，尽量往大了走、往高了去，则是人人可以努力靠近的。 综上：儒家拿得起、佛家放得下、道家想得开，合起来其实就是一句话：带着佛家的出世心态，凭着道家的超世眼界，去做儒家入世的事业。这也正是南怀瑾所说的人生最高境界：佛为心，道为骨，儒为表，大度看世界。车水马龙的闹市里，双眸里闪烁着都市的霓虹，衣服上沾满着汽车 曾经有一个人，她永远占据在你心最柔软的地方，你愿用自己的一生去爱她，这个人，叫“母亲”；有一种爱，它可以让你随意的索取、享用，却不要你任何的回报，不会向你抱怨，总是自己一个人默默地承受着这一切。这种爱，叫“母爱”！
【三维设计】2017届高三物理(全国通用)一轮复习讲义： 第七章 恒定电流
第七章 ⎪⎪⎪恒定电流[备考指南]考 点 内 容 要求 题型把 握 考 情一、电路的基本概念和规律欧姆定律 Ⅱ 选择、计算 找规 律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识，实验部分则以基本仪器的使用和电路实验为主，题型以填空题的形式出现，分值约15分。
电阻定律 Ⅰ 电阻的串联、并联 Ⅰ 二、闭合电路欧姆定律电源的电动势和内阻 Ⅱ 选择、计算闭合电路的欧姆定律Ⅱ电功率、焦耳定律Ⅰ 实验七 测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)填空明 热 点预计高考命题的重点仍将是对基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律的理解和应用，实验则考查基本仪器的使用，实验原理的理解，实验数据的处理等知识。
实验八 描绘小灯泡的伏安特性曲线 实验九测定电源的电动势和内阻实验十 练习使用多用电表第1节 电流__电阻__电功__电功率(1)由R ＝UI 知， 导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。
(×) (2)根据I ＝qt ，可知I 与q 成正比。
(×)(3)由ρ＝RSl 知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。
(×)(4)公式W ＝UIt 及Q ＝I 2Rt 适用于任何电路。
(√) (5)公式W ＝U 2Rt ＝I 2Rt 只适用于纯电阻电路。
(√)(1)1826年德国物理学家欧姆通过实验得出欧姆定律。
(2)19世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳 定律。
要点一 电流的理解及其三个表达式的应用公式 适用范围字母含义公式含义定义式 I ＝q t 一切电路q 为时间t 内通过导体横截面的电荷量qt 反映了I 的大小，但不能说I ∝q ，I ∝1t 微观式 I ＝nqS v一切n ：导体单位体积内的自从微观上看n 、q 、S 、电路 由电荷数q ：每个自由电荷的电荷量S ：导体横截面积 v ：电荷定向移动速率v 决定了I 的大小决定式 I ＝U R金属、 电解液U ：导体两端的电压 R ：导体本身的电阻I 由U 、R 决定， I ∝U I ∝1R[多角练通]1．如图7-1-1所示为一磁流体发电机示意图，A 、B 是平行正对的金属板，等离子体(电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性)从左侧进入，在t 时间内有n 个自由电子落在B 板上，则关于R 中的电流大小及方向判断正确的是()图7-1-1A ．I ＝net，从上向下 B ．I ＝2net，从上向下 C ．I ＝net ，从下向上 D ．I ＝2net ，从下向上解析：选A 由于自由电子落在B 板上，则A 板上落上阳离子，因此R 中的电流方向为自上而下，电流大小I ＝q t ＝net 。
《三维设计》2017年高中物理(人教版)一轮复习真题集训 章末验收：(七) Word版含答案
真题集训·章末验收（七）命题点一：伏安特性曲线1．(2010·全国卷)电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。
在测电源电动势和内阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U 为路端电压，I 为干路电流，a 、b 为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa 、ηb 。
由图可知ηa 、ηb 的值分别为( )A.34、14 B.13、23C.12、12D.23、13解析：选D 电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，即η＝P 外P 总＝IU IE ＝UE，E 为电源的总电压(即电动势)。
在U I 图像中，纵轴截距表示电动势，根据图像可知U a ＝23E ，U b ＝13E ，则ηa ＝23，ηb ＝13。
所以A 、B 、C 错误，D 正确。
命题点二：测定金属的电阻率2．(2010·全国卷)用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻R T ，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的。
某同学将R T和两个适当的固定电阻R 1、R 2连成图甲虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻R L 的阻值随R T 所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围。
为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下R L 的阻值，测量电路如图甲所示，图中的电压表内阻很大。
R L 的测量结果如下表所示。
(1)根据图甲所示的电路，在图乙所示的实物图上连线。
(2)为了检验R L 与t 之间近似为线性关系，在图丙上作R L t 关系图线。
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图丁、戊所示。
电流表的读数为____________，电压表的读数为__________。
此时等效电阻R L 的阻值为__________；热敏电阻所处环境的温度约为__________。
解析：(1)根据电路图连接电路，电路图如图所示。
(2)根据数据描出点，连接成直线，图像如图所示。
《三维设计》2017年高中物理(人教版)一轮复习真题集训 章末验收：(九) Word版含答案
真题集训·章末验收（九）命题点一：电磁感应现象、楞次定律1．(2014·全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化解析：选D 只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。
2．(多选)(2013·全国卷Ⅱ)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。
下列叙述符合史实的是( )A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化解析：选ABD 奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。
安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确。
法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误。
楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确。
命题点二：法拉第电磁感应定律、自感、涡流3．(2012·全国卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。
标题-2017-2018学年高中物理三维设计人教版选修3-4浙江专版：章末过关检测(一)
章末过关检测（一）一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．单摆通过平衡位置时，小球受到的回复力( )A ．指向地面B ．指向悬点C ．数值为零D ．垂直于摆线解析：选C 做简谐运动的小球，只有在离开平衡位置时才受到回复力，“平衡位置”的意义就是回复力为零的位置，C 正确。
2．下列现象中，属于共振现象的是( )A ．杂技演员荡秋千越荡越高B ．下雨前雷声隆隆不绝C ．在山谷里说话有回声D ．湖面上的树叶随水波荡漾解析：选A 杂技演员用周期性外力驱动，使秋千越荡越高，且驱动力频率恰好等于秋千的固定频率，属于共振现象；B 、C 都属于声音的反射，D 是受迫振动。
3．如图所示为某质点在0～4 s 内的振动图象，则( )A ．质点振动的振幅是4 mB ．质点振动的频率为4 HzC ．质点在4 s 内经过的路程为8 mD ．质点在t ＝1 s 到t ＝3 s 的时间内，速度先沿x 轴正方向后沿x 轴负方向，且速度先增大后减小解析：选C 由题图可知质点振动的振幅A ＝2 m ，周期T ＝4 s ，则频率f ＝1T ＝0.25 Hz ，选项A 、B 错误；质点在4 s 内经过的路程s ＝4A ＝8 m ，选项C 正确；质点从t ＝1 s 到t ＝3 s 的时间内，速度一直沿x 轴负方向，选项D 错误。
4．做简谐运动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的12，则单摆振动的( ) A ．频率、振幅都不变B ．频率、振幅都改变C ．频率不变，振幅改变D．频率改变，振幅不变解析：选C单摆振动的频率只与摆长和所在地的重力加速度有关，与质量、振幅大小无关，题中单摆振动的频率不变；单摆振动过程中机械能守恒，振子在平衡位置的动能等于其在最大位移处的势能，因此，题中单摆的振幅改变，选项C正确。
5．脱水机把衣服脱水完毕后切断电源，电动机还要转一会儿才能停下来，在这一过程中，发现脱水机在某一时刻振动得很剧烈，然后又慢慢振动直至停止运转，其中振动很剧烈的原因是()A．脱水机没有放平稳B．电动机在这一时刻转快了C．电动机在这一时刻的转动频率跟脱水机的固有频率相近或相等D．是脱水机出现了故障解析：选C由于电动机的转动，使脱水机做受迫振动。
《三维设计》2017年高中物理(人教版)一轮复习课时跟踪检测(四十四)光的折射全反射Word版含答案
课时跟踪检测（四十四） 光的折射 全反射对点训练：折射定律与折射率的应用1．(2016·上海高考)一束单色光由空气进入水中，则该光在空气和水中传播时( ) A ．速度相同，波长相同 B ．速度不同，波长相同 C ．速度相同，频率相同 D ．速度不同，频率相同解析：选D 不同的单色光频率不相同，同一单色光在不同的介质内传播过程中，光的频率不会发生改变；由公式v ＝c n可以判断，水的折射率大于空气的，所以该单色光进入水中后传播速度减小。
故选项D 正确。
2．(多选)(2017·唐山月考)如图所示，MN 是空气与某种液体的分界面，一束红光由空气射到分界面，一部分光被反射，一部分光进入液体中。
当入射角是45°时，折射角为30°。
以下说法正确的是( )A ．反射光线与折射光线的夹角为105°B ．该液体对红光的折射率为22C ．该液体对红光的全反射临界角为45°D ．当紫光以同样的入射角从空气射到分界面，折射角也是30°解析：选AC 根据光的反射定律可知，反射光线与折射光线的夹角为45°＋60°＝105°，选项A 正确；根据光的折射定律可知，该液体对红光的折射率为n ＝sin 45°sin 30°＝2，选项B错误；该液体对红光的全反射临界角为C ＝arcsin 1n＝45°，选项C 正确；因紫光的折射率大于红光，故当紫光以同样的入射角从空气射到分界面时，折射角小于30°，选项D 错误。
3．(2017·淮安三模)如图所示，一截面为梯形的鱼塘贮满水，鱼塘右侧坡面的倾角为α，水的折射率为n 。
不同时刻太阳光线与水平面的夹角θ在变化，求当θ满足什么条件时，阳光能够照射到整个鱼塘的底部。
解析：当右侧光线经水折射后，刚好沿鱼塘右侧坡面传播时，阳光刚好能够照射到整个鱼塘的底部。
《三维设计》2017年高中物理(人教版)一轮复习真题集训 章末验收：(六) Word版含答案
真题集训·章末验收(六)命题点一：电场力的性质1．(2013·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、 b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q ＞0)的固定点电荷。
已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)( )A ．k 3qR2B ．k 10q9R 2 C ．kQ ＋qR 2D ．k9Q ＋q9R2 解析：选B 由于在a 点放置一点电荷q 后，b 点电场强度为零，说明点电荷q 在b 点产生的电场强度与圆盘上Q 在b 点产生的电场强度大小相等，即E Q ＝E q ＝k q R2，根据对称性可知Q 在d 点产生的场强大小E ′Q ＝k q R 2，则E d ＝E ′Q ＋E ′q ＝k q R 2＋k q 3R 2＝k 10q9R2，故选项B 正确。
2．(2013·全国卷Ⅱ)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电。
整个系统置于方向水平的匀强电场中。
已知静电力常量为k 。
若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )A.3kq3l 2 B.3kq l2C.3kql2D.23kql 2解析：选B 设小球c 带电荷量为Q ，由库仑定律可知小球a 对小球c 的库仑引力为F ＝k qQ l 2，小球b 对小球c 的库仑引力为F ＝k qQl2，二力合力为2F cos 30°。
设水平匀强电场场强的大小为E ，对c 球，由平衡条件可得：QE ＝2F cos 30°，解得：E ＝3kql 2，选项B 正确。
命题点二：电场能的性质3．(2015·全国卷Ⅰ)如图，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ 。
《三维设计》2017届高三物理一轮复习课时跟踪检测(二十)电场力的性质Word版含答案
课时跟踪检测（二十） 电场力的性质对点训练：库仑定律的理解与应用1. (2016·北京西城质检)如图1所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上。
两个小球的半径r ≪l 。
k 表示静电力常量。
则轻绳的张力大小为( )图1A ．0 B.kq 2l 2 C ．2kq 2l2D..kq l2 解析：选B 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝kq 2l 2，选项B 正确。
2．三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径。
球1的带电荷量为q ，球2的带电荷量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F 。
现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变。
由此可知( )A ．n ＝3B ．.n ＝4C ．n ＝5D ．n ＝6解析：选D 设球1、2距离为r ，根据库仑定律，球3未与球1、2接触前，球1、2间的库仑力F ＝knq 2r 2，三个金属小球相同，接触后电荷量均分，球3与球2接触后，球3与球2带的电荷量均为nq2，球3再与球1接触后，球1带电荷量为(n ＋2)q 4，此时球1、2间的作用力F ＝kn (n ＋2)q 28r 2，可得n ＝6，故D 正确。
对点训练：库仑力作用下的平衡问题3. (多选)在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球构成菱形，其带电量如图2所示。
图中－q 与－q 的连线跟－q 与＋Q 的连线之间夹角为α，若该系统处于平衡状态，则正确的关系式为( )图2A ．cos 3α＝q8QB ．.cos 3α＝q 2Q2C ．sin 3α＝Q8qD ．sin 3α＝Q 2q2解析：选AC 设菱形的边长为L ，对下方的电荷由力的平衡条件得：2k QqL 2cos α＝k q 2(2L cos α)2解得：cos 3α＝q8Q，A 正确，B 错误； 对左边电荷分析由力的平衡条件得： 2k Qq L 2sin α＝k Q 2(2L sin α)2 解得：sin 3α＝Q8q，C 正确，D 错误。
三维设计高三物理一轮复习课件人教版广东专版第七章第3单元电容器带电粒子在电场中的运动
1 1
H)和α粒子
(
4 2
He)以相同的初动能垂直射入偏转
电场(粒子不计重力)，则这两个粒子
射出电场时的侧位移y之比为
A．1∶1
B．1∶2
C．2∶1
D．1∶4
图7－3－3 ()
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解析：由 y＝12EmqvL022和 Ek0＝12mv02，得：y＝E4EL2kq0 可知，y 与 q 成正比，B 正确。 答案：B
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[知识联动] 1．静电平衡 (1)概念：导体中(包括表面)没有电荷的定向移动的状态。
①导体内部场强：导体内部处处为零 ②电势：导体为等势体，导体表面为等势面 (2)特点③导体表面场强：表面上E≠0且与表面垂直 ④净电荷：分布在外表面
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2．静电现象的应用 (1)静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对腔
t1＝
2ms0 qE＋mgsinθ
③
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(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为 x0，则有 mgsinθ＋qE＝kx0④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 (mgsinθ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝12mvm2－0⑤ 联立④⑤可得 W＝12mvm2－(mgsinθ＋qE)·(s0＋mgsinkθ＋qE)
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(2)对液滴由动能定理得：
qU＝12mv2－12mv02
v＝
v02＋2mqU
所以 v＝
7 2m/s≈1.32 m/s
答案：(1)8×10－8 kg (2)1.32 m/s
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[知识检索] 带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学 的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分 析受力情况再分析运动状态和运动过程；然后选用恰 当的规律解题。
《三维设计》新课标高考物理一轮总复习-第1单元-功和功率(77张PPT)省公开课一等奖全国示范课微课
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功正负判断及计算
1.功正负判断方法 (1)恒力做功判断：若物体做直线运动，依据力与位移夹角 来判断。 (2)曲线运动中功判断：若物体做曲线运动，依据F与v方 向夹角来判断。当0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°， 力对物体做负功，α＝90°，力对物体不做功。 (3)依据能量改变来判断：依据功是能量转化量度，若有能 量转化，则必有力对物体做功。此法惯用于判断两个相联络物 体之间相互作用力做功判断。
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考点
功效关系、 能量守恒定
律
试题
年福建T17 年上海T15 年浙江T24 年山东T22 年江苏T8
题型 分值
选择 选择 计算 选择 选择
6分 3分 20分 4分 4分
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(1)从近三年高考试题考点分布能够看出，高考对 本章内容考查重点有4个概念(功、功率、动能、势能) 和三个规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定 律)。
小船克服阻力做功Wf可用公式W＝Flco度大小v1→应利用动能定理 由A点到B点列方程求解→要求小船在B点加速度大小 a→可先由P＝Fv表示缆绳牵引力→由牛顿第二定律列 方程求解。 [尝试解题] (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd①
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3．功正负判断 夹角 功 正 负
α＜90° 力对物体做 _正__功___ 力对物体做 负功 ，或者说物体 克服 这
α＞90° 个力做了功
α＝90° 力对物体不__做__功__
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[试一试]
1.如图5－1－2所表示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训
练
一个有效方法。假如某受训者拖着轮胎在水平直道
题型
计算 计算 选择 选择 选择 计算 计算
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真题集训·章末验收（八）命题点一：磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用1．(2011·全国卷)为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。
在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：选B 由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B，故选项B正确。
2．(2014·全国卷Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B 根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如图所示，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F′＝22 BIL，D错误。
3．(多选)(2011·全国卷)电磁轨道炮工作原理如图所示。
待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。
电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。
轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。
通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。
现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD 由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得：FL ＝mv 22，解得v ＝I 2kdLm ，由此式可判断B 、D 选项正确。
命题点二：磁场对运动电荷的作用4．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。
一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小解析：选D 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mvqB可知，轨道半径增大。
分析角速度：由公式T ＝2πmqB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小。
选项D 正确。
5．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。
两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。
与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A ．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B ．加速度的大小是Ⅰ中的k 倍C ．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍D ．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B 1是Ⅱ磁场磁感应强度B 2的k 倍。
由qvB ＝mv 2r 得r ＝mv qB ∝1B，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍，选项A 正确。
由F 合＝ma 得a ＝F 合m ＝qvB m ∝B ，所以a 2a 1＝1k ，选项B 错误。
由T ＝2πr v得T ∝r ，所以T 2T 1＝k ，选项C 正确。
由ω＝2πT 得ω2ω1＝T 1T 2＝1k，选项D 错误。
正确选项为A 、C 。
6．(2014·全国卷Ⅰ)如图，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。
一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O 。
已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。
不计重力。
铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B. 2 C ．1 D.22解析：选D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r 2的2倍。
设粒子在P 点的速度为v 1，根据牛顿第二定律可得qv 1B 1＝mv 12r 1，则B 1＝mv 1qr 1＝2mE k qr 1；同理，B 2＝mv 2qr 2＝2m ·12E k qr 2，则B 1B 2＝22，D 正确，A 、B 、C 错误。
7.(多选)(2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。
图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。
宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。
当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 解析：选AC 根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则解题。
根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A 正确；根据qvB ＝mv 2r ，得r ＝mv qB，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv 的大小，故选项C 正确；粒子的mv 越大，轨道半径越大，而mv ＝2mE k ，粒子的动能大，其mv 不一定大，选项D 错误。
8．(2013·全国卷Ⅱ)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面。
一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。
不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qRD.3mv 0qR解析：选A 画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。
设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv 0B ＝m v 02r ，解得r ＝mv 0qB。
由图中几何关系可得：tan 30°＝R r 。
联立解得：该磁场的磁感应强度B ＝3mv 03qR，选项A 正确。
9．(2013·全国卷Ⅰ)如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。
一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R 2。
已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m解析：选B 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，由牛顿第二定律可得：qvB ＝m v 2r ，根据几何关系可知r ＝R ，联立两式解得v ＝qBR m，选项B 正确。
命题点三：粒子在复合场中的运动10．(2014·全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向。
在y轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场。
不计重力。
若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间。
解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。
设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0。
由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 02R 0① 由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x 。
由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③v x ＝a x t ④v x 2t ＝d ⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝v xv 0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2θ⑦ (2)联立⑤⑥式得t ＝2d v 0tan θ⑧ 答案：见解析11.(2011·全国卷)如图，在区域Ⅰ(0≤x ≤d )和区域Ⅱ(d <x ≤2d )内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，方向相反，且都垂直于Oxy 平面。
一质量为m 、带电荷量q (q >0)的粒子a 于某时刻从y 轴上的P 点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x 轴正向。
已知 a 在离开区域Ⅰ时，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b 也从P 点沿x 轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a 的1/3。
不计重力和两粒子之间的相互作用力。
求：(1)粒子a 射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a 离开区域Ⅱ时，a 、b 两粒子的y 坐标之差。
解析：(1)设粒子a 在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C (在y 轴上)，半径为R a 1，粒子速率为v a ，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P ′，如图所示。
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qv a B ＝m v a 2Ra 1① 由几何关系得∠PCP ′＝θ②R a 1＝dsin θ③式中，θ＝30°。
由①②③式得v a ＝2dqB m④ (2)设粒子a 在Ⅱ内做圆周运动的圆心为O a ，半径为R a 2，射出点为P a (图中未画出轨迹)，∠P ′O a P a ＝θ′。
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q a v a (2B )＝m v a 2R a 2⑤由①⑤式得R a2＝R a1 2⑥C、P′和O a三点共线，且由⑥式知O a点必位于x＝32d⑦的平面上。
由对称性知，P a点与P′点纵坐标相同，即y Pa＝R a1cosθ＋h⑧式中，h是C点的y坐标。
设b在Ⅰ中运动的轨道半径为R b1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q(v a3)B＝mR b1(v a3)2⑨设a到达P a点时，b位于P b点，转过的角度为α。