2020年课堂新坐标江苏专版2017高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题7带电粒子在电场中的运动课件
课堂新坐标江苏专版2017高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第7天功能关系和能量守恒课件
大高度为 H，如图 2 所示；当物块的初速度为 2v 时，上升的最大高度记为 h.重
力加速度大小为 g.物块与斜面间的动摩擦因数 μ 和 h 分别为( ) A．tan θ 和 2H
B．tan θ 和 4H
C.2vg2H－1tan θ 和 2H
图2
D.2vg2H－1tan θ 和 4H
图5
A．物体与地面间的动摩擦因数为 0.1 B．0～2 s 内 F 做的功为－8 J C．0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为 25 J D．0～7 s 内物体滑行的总位移为 29 m
ABD [由图象可知物体在 3～7 s 内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加 速度大小 a＝1 m/s2＝μg，得物体与地面间的动摩擦因数为 0.1，A 正确；计算 0～ 7 s 内所围面积可得物体滑行的总位移为 x＝29 m，D 正确，0～7 s 内物体由于摩 擦产生的热量为 Q＝μmgx＝14.5 J，C 错误；0～2 s 加速度大小 a1＝2 m/s2，由 μmg ＋F＝ma1 可得 F＝0.5 N,0～2 s 内位移由面积可得 x′＝16 m，所以 F 做的功为 W ＝－Fx′＝－8 J，B 正确．]
【导学号：25702080】
图6
(1)滑块与木板间的摩擦力； (2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功； (3)滑块自 A 点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多 少？
【解析】 (1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二定律有 Ff ＝Ma1
由运动学公式得 v＝a1t 代入数据解得 Ff＝2 N.
C．B 球转动到最低位置时的速度大小为
2 3gL
D．杆对 B 球做正功，B 球机械能不守恒 图4
AC [A、B 两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项 A 正确；杆在水 平位置时，重力对 B 球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B 球的重力和速 度方向垂直，重力对 B 球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对 B 球做功 的瞬时功率不为零，因此，重力对 B 球做功的瞬时功率先增大后减小，选项 B 错 误；设 B 球转动到最低位置时的速度为 v，两球角速度大小相等，转动半径相等， 所以两球的线速度大小也相等，对 A、B 两球和杆组成的系统，由机械能守恒定
【课堂新坐标】2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略(课件+讲练+专题限时集训)-专题3 力与曲线运动1
2017版高三二轮复习与策略
(2013· 全国卷ⅠT24)水平桌面上有两个玩具车 A 和 B，两者用一轻 质细橡皮筋相连， 在橡皮筋上有一红色标记 R.在初始时橡皮筋处于拉直状态， A、 B 和 R 分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)点．已知 A 从静止开始沿 y 轴正向做加速度大小为 a 的匀加速运动； B 平行于 x 轴朝 x 轴正向匀速运动． 在 两车此后运动的过程中，标记 R 在某时刻通过点(l，l)．假定橡皮筋的伸长是均 匀的，求 B 运动速度的大小．
2017版高三二轮复习与策略
1．高考考查特点 (1)抛体运动的运动规律是高考命题的热点．特别要关注以运动项目为背景 的实际问题． (2)运动的合成与分解是解决抛体运动问题的基本方法．
2017版高三二轮复习与策略
2．解题的常见误区及提醒 (1)抛体运动问题中不能正确应用分解的思想方法． (2)平抛(类平抛)规律应用时，易混淆速度方向和位移方向． (3)实际问题中对抛体运动情景临界点的分析不正确．
2017版高三二轮复习与策略
●考向 2
绳的牵连运动问题
2．(2016· 贵阳二模)如图 3 所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提 升重物 M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于 左侧滑轮正下方 O 点处，在杆的中点 C 处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物 M， C 点与 O 点的距离为 L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位 置以角速度 ω 缓慢转至水平(转过了 90° 角)．下列有关此过程的说法中正确的是 ( )
2017版高三二轮复习与策略
●考向 1
斜抛运动问题
3. (多选)(2013· 江苏高考 T7)如图 7 所示，从地面上同一位置抛出两小球 A、 B，分别落在地面上的 M、N 点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则 ( )
《课堂新坐标》2017年高考数学(理科江苏专版)二轮专题复习与策略教师用书第1部分专题7第26讲选修4-5不等
第26讲 选修4－5：不等式选讲题型一| 绝对值不等式的解法已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．[解] (1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝⎩⎨⎧ －2x ＋6，x ≤2，2，2<x <4，2x －6，x ≥4.当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1； 当2<x <4时，f (x )≥4－|x －4|无解；3分当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.所以f (x )≥4－|x －4|的解集为{x |x ≤1或x ≥5}. 5分(2)记h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝⎩⎨⎧ －2a ，x ≤0，4x －2a ，0<x <a ，2a ，x ≥a .由|h (x )|≤2，解得a －12≤x ≤a ＋12. 8分又已知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a －12＝1，a ＋12＝2.于是a ＝3. 10分【名师点评】 (1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．1．已知函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －2|.(1)当a ＝－3时，求不等式f (x )≥3的解集；(2)若f (x )≤|x －4|的解集包含[1,2]，求a 的取值范围．[解] (1)当a ＝－3时，f (x )＝⎩⎨⎧ －2x ＋5，x ≤2，1，2<x <3，2x －5，x ≥3.2分当x ≤2时，由f (x )≥3，得－2x ＋5≥3，解得x ≤1；当2<x <3时，f (x )≥3无解；3分当x ≥3时，由f (x )≥3，得2x －5≥3，解得x ≥4.所以f (x )≥3的解集为{x |x ≤1或x ≥4}. 5分(2)f (x )≤|x －4|⇔|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |.当x ∈[1,2]时，|x －4|－|x －2|≥|x ＋a |⇔4－x －(2－x )≥|x ＋a |⇔－2－a ≤x ≤2－a . 8分由条件得－2－a ≤1且2－a ≥2，即－3≤a ≤0.故满足条件的a 的取值范围为[－3,0]. 10分2．设函数f (x )＝|x －a |＋3x ，其中a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )≥3x ＋2的解集；(2)若不等式f (x )≤0的解集为{x |x ≤－1}，求a 的值．[解] (1)当a ＝1时，f (x )≥3x ＋2可化为|x －1|≥2.由此可得x ≥3或x ≤－1. 2分故不等式f (x )≥3x ＋2的解集为{x |x ≥3或x ≤－1}. 4分(2)由f (x )≤0，得|x －a |＋3x ≤0.此不等式化为不等式组⎩⎨⎧ x ≥a ，x －a ＋3x ≤0或⎩⎨⎧x <a ，a －x ＋3x ≤0，6分即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥a ，x ≤a 4或⎩⎪⎨⎪⎧ x <a ，x ≤－a 2. 8分 因为a >0，所以不等式组的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤－a 2. 由题设可得－a 2＝－1，故a ＝2. 10分题型二| 不等式的证明(1)(2016·南通模拟)已知x ，y 均为正数，且x ＞y .求证：2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3.(2)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，求证：|y |＜518.[证明] (1)因为x ＞0，y ＞0，x －y ＞0，1分2x ＋1x 2－2xy ＋y 2－2y ＝2(x －y )＋1(x －y )2＝(x －y )＋(x －y )＋1(x －y )2≥ 33(x －y )21(x －y )2＝3，4分 所以2x ＋1x 2－2xy ＋y 2≥2y ＋3， 5分 (2)因为3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |， 8分由题设知|x ＋y |＜13，|2x －y |＜16，从而3|y |＜23＋16＝56，所以|y |＜518. 10分【名师点评】 1.作差法应该是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：(1)作差；(2)分解因式；(3)与0比较；(4)结论．关键是代数式的变形能力．2．均值不等式的应用：(1)利用均值不等式时必须要找准“对应点”，明确“类比对象”，使其符合不等式的特征；(2)注意检验等号成立的条件，特别是多次使用均值不等式时，必须保证使等号同时成立．1．已知x ，y ，z 都是正数且xyz ＝8，求证：(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥64.【导学号：19592067】[证明] 因为x 为正数，所以2＋x ≥22x ，同理2＋y ≥22y ，2＋z ≥22z ， 5分所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥22x ·22y ·22z ＝88xyz .因为xyz ＝8，所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥8. 10分2．设a ＞0，|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，求证：|2x ＋y －4|＜a .[证明] 因为|x －1|＜a 3，|y －2|＜a 3，3分所以|2x ＋y －4|＝|2(x －1)＋(y －2)|≤2|x －1|＋|y －2|＜2×a 3＋a 3＝a . 10分3．证明下列不等式：(1)设a ≥b >0，求证：3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2；(2)a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2；(3)a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc .[证明] (1)3a 3＋2b 3－(3a 2b ＋2ab 2)＝3a 2(a －b )－2b 2(a －b )＝(a －b )(3a 2－2b 2). 2分∵a ≥b >0，∴a －b ≥0,3a 2－2b 2>0，∴(a －b )(3a 2－2b 2)≥0，∴3a 3＋2b 3≥3a 2b ＋2ab 2. 5分(2)a 6＋8b 6＋127c 6≥33827a 6b 6c 6＝3×23a 2b 2c 2＝2a 2b 2c 2. 6分∴a 6＋8b 6＋127c 6≥2a 2b 2c 2. 7分 (3)∵a 2＋4b 2≥2a 2·4b 2＝4ab ，a 2＋9c 2≥2a 2·9c 2＝6ac ，4b 2＋9c 2≥24b 2·9c 2＝12bc ， 9分∴2a 2＋8b 2＋18c 2≥4ab ＋6ac ＋12bc ，∴a 2＋4b 2＋9c 2≥2ab ＋3ac ＋6bc . 10分题型三| 柯西不等式的应用已知a ＞0，b ＞0，c ＞0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －－b |＋c 的最小值为4.(1)求a ＋b ＋c 的值；(2)求14a 2＋19b 2＋c 2的最小值．【导学号：19592068】[解] (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ，当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 2分又a ＞0，b ＞0，所以|a ＋b |＝a ＋b .所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. 4分(2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式得⎝ ⎛⎭⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1) ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16， 即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 8分当且仅当12a 2＝13b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立．故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值为87. 10分【名师点评】 1.使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明．2．利用柯西不等式求最值的一般结构为(a 21＋a 22＋…＋a 2n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ≥(1＋1＋…＋1)2＝n 2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件．已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a .(1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3.[解] (1)因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3，当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立，所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明：由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.。
【课堂新坐标】2017高考数学(理,江苏)二轮专题复习与策略(教师用书) 第1部分 专题2 第7讲 平面向量
专题2 三角函数、解三角形、平面向量第7讲 平面向量题型一| 平面向量的概念与运算(1)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB→＋FC→＝________.(2)已知向量a ＝(1，－3)，b ＝(4，－2)，若(λa ＋b )∥b ，则λ＝________. (3)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD ＝12AB ，BE ＝23BC .若DE →＝λ1AB →＋λ2AC →(λ1，λ2为实数)，则λ1＋λ2的值为________． (1)AD→ (2)0 (3)12 [(1)设AB →＝a ，AC →＝b ，则EB →＝－12b ＋a ，FC →＝－12a ＋b ，从而EB→＋FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12b ＋a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋b ＝12(a ＋b )＝AD →. (2)由题意得λa ＋b ＝λ(1，－3)＋(4，－2)＝(λ＋4，－3λ－2)，由(λa ＋b )∥b 得，(λ＋4)×(－2)－(－3λ－2)×4＝0，解得λ＝0.(3)如图，DE→＝DB →＋BE →＝12AB →＋23BC →＝12AB →＋23(AC →－AB →)＝－16AB →＋23AC →，则λ1＝－16，λ2＝23，λ1＋λ2＝12.]【名师点评】 1.运用向量加减法解决几何问题时，需要发现或构造三角形或平行四边形．使用三角形加法法则要特别注意“首尾相接”；使用减法法则时，向量一定“共起点”．2．证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线．3.OA→＝λOB →＋μOC →(λ，μ为实数)，若A ，B ，C 三点共线，则λ＋μ＝1.1．如图7－1，在△ABC 中，BO 为边AC 上的中线，BG →＝2GO →，设CD →∥AG →，若AD→＝15AB →＋λAC →(λ∈R )，则λ的值为________．图7－165 [因为BG →＝2GO →，所以AG →＝13AB →＋23AO →＝13AB →＋13AC →. 又CD→∥AG →，可设CD →＝mAG →.从而AD →＝AC →＋CD →＝AC →＋m 3AB →＋m 3AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m 3AC→＋m 3AB →.因为AD→＝15AB →＋λAC →， 所以m 3＝15，λ＝1＋m 3＝65.]2．向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图7－2所示．若c ＝λa ＋μb (λ，μ∈R )，则λμ＝________.图7－24 [以向量a 的终点为原点，过该点的水平和竖直的网格线所在直线为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设一个小正方形网格的边长为1，则a ＝(－1,1)，b ＝(6,2)，c ＝(－1，－3)．由c ＝λa ＋μb ，即(－1，－3)＝λ(－1,1)＋μ(6,2)，得－λ＋6μ＝－1，λ＋2μ＝－3，故λ＝－2，μ＝－12，则λμ＝4.]3．如图7－3，在△ABC 中，AF ＝13AB ，D 为BC 的中点，AD 与CF 交于点E .若AB→＝a ，AC →＝b ，且CE →＝x a ＋y b ，则x ＋y ＝________.图7－3－12 [如图，设FB 的中点为M ，连结MD .因为D 为BC 的中点，M 为FB 的中点， 所以MD ∥CF .因为AF ＝13AB ，所以F 为AM 的中点，E 为AD 的中点． 法一：因为AB →＝a ，AC →＝b ，D 为BC 的中点，所以AD→＝12(a ＋b )． 所以AE→＝12AD →＝14(a ＋b )．所以CE →＝CA →＋AE →＝－AC →＋AE → ＝－b ＋14(a ＋b )＝14a －34b . 所以x ＝14，y ＝－34， 所以x ＋y ＝－12.法二：易得EF ＝12MD ，MD ＝12CF ， 所以EF ＝14CF ，所以CE ＝34CF . 因为CF →＝CA →＋AF →＝－AC →＋AF → ＝－b ＋13a ，所以CE→＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫－b ＋13a ＝14a －34b . 所以x ＝14，y ＝－34，则x ＋y ＝－12.]题型二| 平面向量的数量积(1)(2014·江苏高考)如图7－4，在平行四边形ABCD 中，已知AB ＝8，AD ＝5，CP →＝3PD →，AP →·BP →＝2，则AB →·AD→的值是________．图7－4(2)已知向量AB →与AC →的夹角为120°，且|AB →|＝3，|AC →|＝2.若AP →＝λAB →＋AC →，且AP →⊥BC →，则实数λ的值为________．【导学号：19592023】(1)22 (2)712 [(1)由CP →＝3PD →，得DP →＝14DC →＝14AB →，AP →＝AD →＋DP →＝AD →＋14AB→，BP →＝AP →－AB →＝AD →＋14AB →－AB →＝AD →－34AB →. 因为AP →·BP→＝2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋14AB →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →－34AB →＝2， 即AD →2－12AD →·AB→－316AB 2→＝2.又因为AD 2→＝25，AB 2→＝64，所以AB →·AD →＝22.(2)因为AP →⊥BC →，所以AP →·BC→＝0， 所以(λAB →＋AC →)·BC →＝0，即(λAB →＋AC →)·(AC →－AB →)＝λAB →·AC →－λAB 2→＋AC 2→－AC →·AB→＝0. 因为向量AB →与AC →的夹角为120°，|AB →|＝3，|AC →|＝2，所以(λ－1)|AB →||AC →|·cos 120°－9λ＋4＝0，解得λ＝712.] 【名师点评】 求平面向量的数量积的两种方法1．定义法：a ·b ＝|a ||b |·cos θ，其中θ为向量a ，b 的夹角； 2．坐标法：当a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)时，a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2.1．(2016·盐城三模)已知向量a ，b 满足a ＝(4，－3)，|b |＝1，|a －b |＝21，则向量a ，b 的夹角为________．π3 [∵a ＝(4，－3)，∴|a |＝5， 又|b |＝1，|a －b |＝21， ∴|a －b |2＝a 2－2a·b ＋b 2，∴a·b ＝52.∴cos 〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |＝525×1＝12.又〈a ，b 〉∈[0，π]， ∴〈a ，b 〉＝π3.]2．如图7－5，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，cos ∠BAC ＝13，DC →＝2BD →，则AD →·BC →的值为________．图7－5－2 [∵BC→＝AC →－AB →， ∴AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋13AC →－13AB →·(AC →－AB →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23AB →＋13AC →·(AC →－AB →) ＝－23AB →2＋13AC →2＋13AB →·AC → ＝－23×9＋13×9＋13×3×3×13 ＝－6＋3＋1＝－2.]3．(2016·南通调研一)已知边长为4的正三角形ABC ，BD →＝12BC →，AE→＝13AC →，AD 与BE 交于点P ，则PB →·PD→的值为________．图7－63 [法一：设AB →＝a ，AC →＝b .则a·b ＝8.设AP →＝λAB →＋μAE →＝λa ＋μ3b ，AP →＝ηAD →＝η2a ＋η2b, 又B ，P ，E 三点共线，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝η2，μ3＝η2，λ＋μ＝1，解得λ＝14，μ＝34，η＝12，PB →＝AB →－AP →＝34a －14b ，PD→＝14a ＋14b ，PB →·PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a －14b ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＋14b ＝116(3a 2＋2a·b －b 2)＝3.法二：以BC 为x 轴，AD 为y 轴，建立坐标系，B (－2,0)，C (2,0)，A (0,23)，P (0，3)．所以PB →·PD →＝(－2，－3)·(0，－3)＝3.]题型三| 数量积的综合应用(1)已知O 为△ABC 的外心，AB ＝2a ，AC ＝2a ，∠BAC ＝120°，若AO→＝αAB→＋βAC →，则α＋β的最小值为________．(2)已知点R (－3,0)，点P 在y 轴上，点Q 在x 轴的正半轴上，点M (x ，y )在直线PQ 上，且 2 PM →＋3 MQ →＝0，RP →·PM →＝0，则4x ＋2y －3的最小值为________．(1)2 (2)－4 [(1)如图，以A 为原点，以AB 所在的直线为x 轴，建立直角坐标系，则A (0,0)，B (2a,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，3a ，∵O 为△ABC 的外心，∴O 在AB 的中垂线m ：x ＝a 上，又在AC 的中垂线n 上，AC 的中点⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，32a ，AC 的斜率为tan 120°＝－3，∴中垂线n 的方程为y －32a ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a ，把直线m 和n 的方程联立方程组 ⎩⎨⎧x ＝a ，y －32a ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12a ，解得△ABC 的外心O ⎝⎛⎭⎪⎫a ，33a ＋233a ，由条件AO →＝αAB→＋βAC →，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，33a ＋233a ＝α(2a,0)＋β⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，3a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2aα－βa ，3a β， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2aα－βa ，33a ＋233a ＝3a β，解得α＝23＋13a 2，β＝a 23＋23，∴α＋β＝23＋13a 2＋a 23＋23＝43＋13a 2＋a 23≥43＋2×13＝2，当且仅当a ＝1时取等号．(2)由2PM →＋3MQ →＝0，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－y 2，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3，0.由RP →·PM →＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－y 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，3y 2＝0，即y 2＝4x ，∴4x ＋2y －3＝y 2＋2y －3＝(y ＋1)2－4，因此，当y ＝－1时，4x ＋2y －3取得最小值，最小值为－4.]【名师点评】 两类平面向量综合问题的解决方法1．用向量解决平面几何问题，主要是通过建立平面直角坐标系将问题坐标化，然后利用平面向量的坐标运算求解有关问题；2．在平面向量与平面解析几何的综合问题中，应先根据平面向量知识把向量表述的解决几何问题的几何意义弄明白，再根据这个几何意义用代数的方法研究解决．1．在平面直角坐标系xOy 中，圆C ：x 2＋y 2＝4分别交x 轴正半轴及y 轴正半轴于M ，N 两点，点P 为圆C 上任意一点，则PM →·PN→的最大值为________． 4＋42 [根据题意得：M (2,0)，N (0,2)．设P (2cos θ，2sin θ)， 则PM→＝(2－2cos θ，－2sin θ)，PN→＝(－2cos θ，2－2sin θ)， 所以PM →·PN →＝－4cos θ＋4cos 2θ－4sin θ＋4sin 2θ ＝4－4(sin θ＋cos θ) ＝4－42sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，因为－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤1，所以4－42≤PM →·PN→≤4＋42，所以PM →·PN→的最大值为4＋4 2.]2．(2016·苏锡常镇调研一)在平面直角坐标系xOy 中，设M 是函数f (x )＝x 2＋4x (x ＞0)的图象上任意一点，过M 点向直线y ＝x 和y 轴作垂线，垂足分别是A ，B ，则MA →·MB→＝________.图7－7－2 [设M (a ，b )，则b ＝a 2＋4a (a ＞0)，据题设得B (0，b )，向量MB →＝(－a,0)，设A (m ，m )，则直线MA 的斜率为－1，即b －m a －m＝－1，得m ＝a ＋b 2，向量MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b －a 2，a －b 2，MA →·MB →＝a 2－ab 2，把b ＝a 2＋4a (a ＞0)代入得MA →·MB →＝a 2－a 2－42＝－2.]3．已知|a |＝2|b |≠0，且关于x 的函数f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x 在R 上有极值，则向量a 与b 的夹角的范围是________．⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π [设a 与b 的夹角为θ. ∵f (x )＝13x 3＋12|a |x 2＋a ·b x ， ∴f ′(x )＝x 2＋|a |x ＋a ·b . ∵函数f (x )在R 上有极值，∴方程x 2＋|a |x ＋a ·b ＝0有两个不同的实数根，即Δ＝|a |2－4a ·b >0，∴a ·b <a24，又∵|a |＝2|b |≠0，∴cos θ＝a ·b |a ||b |< a 24 a 22＝12，即cos θ<12，又∵θ∈[0，π]， ∴θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π.]。
2020版江苏省高考物理二轮专题复习讲义：专题七 2 第2讲 电学实验与创新
第2讲 电学实验与创新本部分在高考试题中每年都出现，实验原理、仪器的选择、电路的分析是高考的重点. 在备考过程中要：(1)掌握基本仪器的原理和使用；(2)掌握基本的实验目的、原理和实验思想，如伏安法测电阻，电流表的内、外接法及滑动变阻器的连接方式；(3)掌握处理实验数据的基本方法，如图象法、平均值法等．涉及电源电动势和内阻的实验、电路故障分析、实物图的连接是实验命题的重点．热点题型一 练习使用多用电表(2019·高考全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表．该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与该微安表连接，进行改装．然后利用一标准毫安表，根据图(a)所示电路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)．(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线．(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA 时，微安表的指针位置如图(c)所示．由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是________．(填正确答案标号)A ．18 mAB ．21 mAC ．25 mAD ．28 mA(3)产生上述问题的原因可能是________．(填正确答案标号)A ．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 ΩB ．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 ΩC ．R 值计算错误，接入的电阻偏小D ．R 值计算错误，接入的电阻偏大(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR 的电阻即可，其中k ＝________．[详细分析] (1)量程为250 μA 的微安表改装成量程为20 mA 的电流表，量程扩大了80倍，需要将定值电阻与微安表并联，然后根据题图(a)的原理图连线．(2)当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数为160 μA ，说明量程扩大了100倍，因此所改装的电表量程是25 mA ，选项C 正确．(3)当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数应为200 μA ，而实际测量时微安表读数为160 μA ，实际测量时微安表读数偏小，若R 值计算无误，而微安表内阻测量错误，则说明微安表实际内阻大于1 200 Ω，选项A 正确，B 错误；若微安表内阻测量无误，而R 值计算错误，则并联接入的电阻的阻值偏小，R 的分流较大，导致微安表中电流较小，选项C 正确，D 错误．(4)预期目的是将量程为250 μA 的微安表改装成量程为20 mA 的电流表，量程扩大80倍，根据并联电路规律有I g R g ＝79I g kR ；当标准毫安表示数为16.0 mA 时，对应的微安表读数为160μA ，量程扩大了100倍，根据并联电路规律有I g R g ＝99I g R ；联立解得k ＝9979. [答案] (1)连线如图所示 (2)C (3)AC (4)9979多用电表测电阻的“五步”“一注意”(1)多用电表测电阻的五步骤①选倍率：一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的倍率，如估计值为200 Ω，就应该选“×10”的倍率．②进行欧姆调零．③将红、黑表笔接被测电阻两端进行测量．④读出指针示数乘以倍率，得测量值．⑤测量结束后，将选择开关扳到“OFF”挡或交流电压最高挡．(2)多用电表测电阻的注意点：用欧姆挡测电阻时，如果指针偏转角度太小(即指针所指的欧姆刻度值太大)，应该适当增大倍率重新调零后再测量；如果指针偏转角度太大(即指针所指的欧姆刻度值太小)，应该适当减小倍率重新调零后再测量．1.(2019·高考全国卷Ⅲ)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度．可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动变阻器R1(最大阻值1 500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)，电阻箱(0～99 999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，红、黑表笔和导线若干．(1)欧姆表设计将图(a)中的实物连线组成欧姆表．欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为________Ω；滑动变阻器选________(填“R 1”或“R 2”)．(2)刻度欧姆表表盘通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示．表盘上a 、b 处的电流刻度分别为25和75，则a 、b 处的电阻刻度分别为________、________．(3)校准红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向________k Ω处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量．若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则电阻箱接入的阻值为________Ω.详细分析：(1)由题知当两表笔间接入15 k Ω的电阻时，电流表示数为50 μA ，由闭合电路欧姆定律有I g 2＝E R g ＋r ＋R x ＋R 0＋R，代入数据解得R ＝900 Ω，所以滑动变阻器选择R 1. (2)欧姆表的内阻R ′g ＝R g ＋r ＋R 0＋R ＝15 k Ω，当电流为25 μA 时有I g 4＝E R ′g ＋R ′x ⇒R ′x ＝3R x ＝45 k Ω；当电流为75 μA 时有3I g 4＝E R ′g ＋R ″x ⇒R ″x ＝13R x ＝5 k Ω.(3)红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向0处．题图(c)中电阻箱读数为35 000.0 Ω.答案：(1)如图所示 900 R 1 (2)45 5(3)0 35 000.0热点题型二 描绘小灯泡的伏安特性曲线(2017·高考全国卷Ⅰ)某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8 V ，额定电流0.32 A)；电压表V(量程3 V，内阻3 k Ω)；电流表A(量程0.5 A ，内阻0.5 Ω)；固定电阻R 0(阻值1 000 Ω)；滑动变阻器R (阻值0～9.0 Ω)；电源E (电动势5 V ，内阻不计)；开关S ；导线若干．(1)实验要求能够实现在0～3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．(2)泡的电阻________(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率________(填“增大”“不变”或“减小”)．(3)用另一电源E 0(电动势4 V ，内阻1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R 的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S ，在R 的变化范围内，小灯泡的最小功率为________W，最大功率为________W．(结果均保留2位小数)[详细分析](1)要实现在0～3.8 V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表V应与固定电阻R0串联，将量程改为4 V．由于小灯泡正常发光时电阻约为12 Ω，所以需将电流表外接．(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大．根据电阻定律可知，灯丝的电阻率增大．(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为9.0 Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E′0(电动势4 V，内阻1.00 Ω＋9.0 Ω＝10 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为P min＝U1I1＝1.75×0.225 W≈0.39 W．当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源E0(电动势4 V，内阻1.00 Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为P max＝U2I2＝3.68×0.318 W≈1.17 W.[答案](1)实验电路原理图如图所示(2)增大增大(3)0.39 1.17描绘小灯泡的伏安特性曲线电路的连接方式(1)电流表应采用外接法：因为小灯泡(3.8 V，0.3 A)的电阻很小，与量程为0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大．(2)滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小灯泡两端的电压能从0开始连续变化． 2.(2019·高考全国卷Ⅱ)某小组利用图(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U 与温度t 的关系，图中V 1和V 2为理想电压表；R 为滑动变阻器，R 0为定值电阻(阻值100 Ω)；S 为开关，E 为电源．实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t 由温度计(图中未画出)测出．图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA 时得到的某硅二极管U －t 关系曲线．回答下列问题：(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 μA ，应调节滑动变阻器R ，使电压表V 1的示数为U 1＝________mV ；根据图(b)可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”)，电压表V 1示数________(填“增大”或“减小”)，此时应将R 的滑片向________(填“A ”或“B ”)端移动，以使V 1示数仍为U 1.(2)由图(b)可以看出U 与t 成线性关系．硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|ΔU Δt|＝________×10－3 V/℃(保留2位有效数字)．详细分析：(1)实验中硅二极管与定值电阻R 0串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压U 1＝IR 0 ＝50.0 μA ×100 Ω＝5.00 mV ；由图(b)可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又图(b)对应的电流恒为50.0 μA ，可知硅二极管的正向电阻变小，由“串反”规律可知，定值电阻R 0两端电压增大，即电压表V 1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V 1示数保持不变，故应将R 的滑片向B 端移动．(2)由图(b)可知⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU Δt ＝0.44－0.3080－30 V/℃＝2.8×10－3 V/℃. 答案：(1)5.00 变小 增大 B (2)2.8热点题型四 决定导线的因素(2019·高考江苏卷)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：(1)螺旋测微器如图1所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动______(选填“A ”“B ”或“C ”)，直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．(2)选择电阻丝______(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．(3)图2甲中R x 为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图2乙实物电路中的正确位置．图2 (4)为测量R x ，利用图2甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U 1和电流I 1的值，作出的U 1－I 1关系图象如图3所示．接着，将电压表改接在a 、b 两端，测得5组电压U 2和电流I 2的值，数据见下表：22(5)由此，可求得电阻丝的R x ＝______Ω.根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．[详细分析] (1)A 起固定作用，便于读数；B 为粗调，调节B 使电阻丝与测微螺杆、测砧刚好接触；然后调节C ，C 起微调作用．(2)电阻丝电阻R ＝ρL S，测量一段电阻丝的电阻，S 为这段电阻丝的横截面积，而不是某位置处的横截面积，故应在不同位置进行多次测量，取平均值作为电阻丝的直径以减小误差．(4)把U 2和I 2的数据在方格纸中描点连线，如答案图2所示．(5)结合题图3中图线的斜率可知R 0＋R x ＋R A ＝49.0 Ω，R 0＋R A ＝25.5 Ω，解得R x ＝23.5 Ω.[答案] (1)C (2)不同 (3)如图1所示 (4)如图2所示 (5)23.5(23.0～24.0都算对)测金属丝电阻率的三点说明(1)在求R x的平均值时可用两种方法：分别算出各次的数值，再取平均值．①用R x＝UI②用U－I图线的斜率求出．(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法．(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大．3.在“测定金属的电阻率”的实验中，被测金属丝的电阻大约为6 Ω，先用刻度尺测出金属丝的长度l以及金属丝的直径d，接着用伏安法测出金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，计算出它的电阻，再根据电阻公式计算出该金属材料的电阻率．在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测的金属丝外，还有如下供选择的实验器材：直流电源E：电动势约为4.5 V，内阻很小；电流表A1：量程0～0.6 A，内阻为0.125 Ω；电流表A2：量程0～3 A，内阻为0.025 Ω；电压表V1：量程0～3 V，内阻为3 kΩ；电压表V2：量程0～15 V，内阻为15 kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为0.2 A；滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω，允许通过的最大电流为1.0 A；开关，导线若干．要求有较高的测量精度，并能测得多组数据．(1)在可供选择的器材中，应该选用的电流表是________，应该选用的电压表是________，应该选用的滑动变阻器是________(填器材符号)．(2)根据所选的器材，在如图所示虚线框中画出实验电路图．(3)用测得的物理量表示电阻率的表达式为ρ＝________(用字母表示)．详细分析：(1)电源电动势约为4.5 V ，被测金属丝电阻约为6 Ω，干路中的最大电流约为0.75 A ，故电流表选A 1，电压表选V 1，滑动变阻器R 1 的最大允许电流0.2 A 太小，影响测量的范围，所以滑动变阻器选R 2.(2)待测金属丝电阻较小，电流表应采用外接法，要求能测得多组数据，故滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示．(3)由R ＝U I 及R ＝ρl S ，又S ＝π⎝⎛⎭⎫d 22＝πd 24，得ρ＝RS l ＝U I ·πd 24l ＝U πd 24Il. 答案：(1)A 1 V 1 R 2 (2)见解+析图 (3)U πd 24Il热点题型四 测量电源的电动势和内阻(2018·高考江苏卷)一同学测量某干电池的电动势和内阻．(1)如图甲所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处①______________；②______________．(2)实验测得的电阻箱阻值R 和电流表示数I ，以及计算的1I数据见下表：根据表中数据，在方格纸上作出R －1I关系图象．由图象可计算出该干电池的电动势为________V ；内阻为________Ω.(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV 的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A 时，电压表的指针位置如图丙所示，则该干电池的电动势应为________V ；内阻应为________Ω.[详细分析] (1)在连接电路前，首先要断开开关，电路中串联的电阻箱或滑动变阻器阻值要调节到最大，所以操作中存在的不足之处是：①开关未断开；②电阻箱阻值为零．(2)根据测量得到的数据，利用描点法先在坐标图中画出数据点，然后用直尺过尽可能多的点画出倾斜的直线，如图所示．对图甲，利用闭合电路欧姆定律，可得E ＝I (R ＋r )，变化成R ＝E ·1I －r ，对照作出的R －1I 图象，可知R －1I图象的斜率等于电池的电动势，可得E ＝1.4 V ；R －1I图象在纵轴的截距的绝对值等于电池的内阻，可得r ＝1.2 Ω. (3)根据电压表的读数规则，图丙中电压表读数U ＝66 mV ，由题述知I ＝0.33 A ，根据欧姆定律可得电流表内阻R A ＝U I＝0.2 Ω.对图甲，考虑到电流表内阻，利用闭合电路欧姆定律，可得E ＝I (R ＋r ＋R A )，变化成R ＝E ·1I －(r ＋R A )，对照作出的R －1I 图象，可知R －1I图象的斜率等于电池的电动势，可得E ＝1.4 V ；R －1I图象在纵轴的截距的绝对值等于电池的内阻与电流表内阻之和，可得电池的内阻为1.0 Ω.[答案] (1)①开关未断开 ②电阻箱阻值为零 (2)如图所示 1.4(1.30～1.44都算对)1.2(1.0～1.4都算对) (3)1.4[结果与(2)问第一个空格一致] 1.0[结果比(2)问第二个空格小0.2]用实验数据求E 、r 的处理方法(1)列方程求解：由U ＝E －Ir 得⎩⎪⎨⎪⎧U 1＝E －I 1rU 2＝E －I 2r，解得E 、r . (2)用作图法处理数据，如图所示．①图线与纵轴交点为E ；②图线与横轴交点为I 短＝E r； ③图线的斜率表示r ＝|ΔU ΔI |.4.某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A ．被测干电池一节B ．电流表1：量程0～0.6 A ，内阻r ＝0.3 ΩC ．电流表2：量程0～0.6 A ，内阻约为0.1 ΩD ．电压表1：量程0～3 V ，内阻未知E ．电压表2：量程0～15 V ，内阻未知F ．滑动变阻器1：0～10 Ω，2 AG ．滑动变阻器2：0～100 Ω，1 AH ．开关、导线若干伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．(1)在上述器材中请选择适当的器材(填写器材前的字母)：电流表选择__________，电压表选择________，滑动变阻器选择________．(2)实验电路图应选择下图中的__________(填“甲”或“乙”)．(3)根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U －I 图象，则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E ＝__________V ，内电阻r ＝__________Ω.详细分析：(1)因为一节干电池的电动势为1.5伏左右，故电压表选择D ；通过电源的电流不超过0.6 A ，因B 电流表的内阻已知，故电流表选择B ，滑动变阻器选择F.(2)因电流表内阻已知，故实验电路图应选择图中的甲．(3)电池的电动势E ＝1.5 V ，内电阻r ＝ΔU ΔI－R A ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1.5－1.00.5－0.3 Ω＝0.7 Ω. 答案：(1)B D F (2)甲 (3)1.5 0.7热点题型五 创新实验(2018·高考全国卷Ⅰ)某实验小组利用如图(a)所示的电路探究在25～80 ℃范围内某热敏电阻的温度特性．所用器材有：置于温控室(图中虚线区域)中的热敏电阻R T ，其标称值(25 ℃时的阻值)为900.0 Ω；电源E (6 V ，内阻可忽略)；电压表V(量程150 mV)；定值电阻R 0(阻值20.0 Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值为1 000 Ω)；电阻箱R 2(阻值范围0～999.9 Ω)；单刀开关S 1，单刀双掷开关S 2.实验时，先按图(a)连接好电路，再将温控室的温度t 升至80.0 ℃.将S 2与1端接通，闭合S 1，调节R 1的滑片位置，使电压表读数为某一值U 0；保持R 1的滑片位置不变，将R 2置于最大值，将S 2与2端接通，调节R 2，使电压表读数仍为U 0；断开S 1，记下此时R 2的读数．逐步降低温控室的温度t ，得到相应温度下R 2的阻值，直至温度降到25.0 ℃.实验得到的R 2－t 数据见下表．(1)在闭合S 1前，图(a)中R 1的滑片应移动到________(填“a ”或“b ”)端；(2)在图(b)的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R 2－t 曲线；图(a)图(b)图(c)(3)由图(b)可得到R T在25～80 ℃范围内的温度特性．当t＝44.0 ℃时，可得R T＝________Ω；(4)将R T握于手心，手心温度下R2的相应读数如图(c)所示，该读数为________Ω，则手心温度为________℃.[详细分析](1)题图(a)的电路滑动变阻器采用限流接法，在闭合S1前，R1应该调节到接入电路部分的阻值最大，使电路中电流最小，即题图(a)中R1的滑片应移到b端．(2)将t＝60 ℃和t＝70 ℃对应的两组数据画在坐标图上，然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R2－t曲线．(3)根据题述实验过程可知，测量的R2的数据等于对应的热敏电阻R T的阻值．由画出的R2－t曲线可知，当t＝44.0 ℃时，对应的R T＝450 Ω.(4)由画出的R2－t曲线可知，当R T＝620.0 Ω时，手心温度t＝33.0 ℃.[答案](1)b(2)如图(3)450(4)620.033.05. (2019·扬州模拟)某实验小组为了研究小灯泡的伏安特性曲线，先按照图甲所示的电路图连接电路，实验过程中操作规范，测量准确，得到一系列数据，如图乙中的散点．该实验小组对实验进行了改进，如图丙所示，将小灯泡L的玻璃罩敲碎，灯丝保存完好，仍然置于灯座上，取一个大小合适的玻璃杯，将灯座倒扣在杯沿上，在玻璃杯里慢慢加水，使得突出的灯丝刚好完全没入水中，电路的其余部分均不接触水，再将该灯座依然接入图甲中小灯泡L处，这样接通电路以后，灯丝不至于热到发光，温度可以基本控制在25 ℃.实验过程中操作规范，测量准确，得到一组数据，如图丁中的一组散点．已知水的电阻远大于灯丝的电阻．(1)请在图乙上描绘小灯泡的伏安特性曲线K1；曲线K1表明，随着电压升高，小灯泡的电阻________(填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)．(2)请在图丁上描绘小灯泡灯丝的伏安特性曲线K2；曲线K2表明，随着电压升高，水中灯丝电阻________(填“越来越小”“基本不变”或“越来越大”)．(3)对比两次实验表明，在同样的电压值下，曲线K1的电流值基本都远远小于曲线K2的电流值，其原因是______________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________.详细分析：(1)用平滑的曲线将各点相连，如图1所示；图I－U图象中图线的斜率表示电阻的倒数，故由图1可知，随着电压升高，电阻越来越大．(2)同理作出图象如图2所示，由图2可知，电阻基本保持不变．(3)由两I－U图象可知，在同样的电压下，曲线K1的电流值基本都远小于曲线K2的电流值，即曲线K1的电阻值明显大于曲线K2对应的电阻值，原因是描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度高于描绘曲线K2时灯丝的温度，而金属导体的电阻随温度的升高而增大．答案：(1)如解+析图1所示越来越大(2)如解+析图2所示基本不变(3)描绘曲线K2时灯丝保持恒温，而描绘曲线K1时灯丝的温度发生变化，且一直高于描绘曲线K2时灯丝的温度(建议用时：60分钟)1．(2018·高考全国卷Ⅱ)某同学组装一个多用电表．可选用的器材有：微安表头(量程100 μA，内阻900 Ω)；电阻箱R1(阻值范围0～999.9 Ω)；电阻箱R2(阻值范围0～99 999.9 Ω)；导线若干．要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡．回答下列问题：(1)在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中*为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱．(2)电阻箱的阻值应取R1＝________ Ω，R2＝________ Ω.(保留到个位)详细分析：(1)微安表头改装成电流表需要并联一个小电阻，电流表改装成一个电压表需要串联一个大电阻，所以并联的电阻箱应为R 1，串联的电阻箱应为R 2，电路如答案图所示．(2)微安表头改装成电流表需要并联一个小电阻R 1＝I g r g I －I g＝100 Ω，电流表改装成一个电压表应串联一个大电阻R 2＝U －I g r g I＝2 910 Ω. 答案：(1)如图所示 (2)100 2 9102．(2019·徐州模拟)为了精确测量一电阻的阻值R x ，现有以下器材：蓄电池组E ，电流表A ，电压表V ，滑动变阻器R ，电阻箱R P ，开关S 1、S 2，导线若干．某实验小组设计了如图甲所示的电路，实验的主要步骤如下：a ．闭合S 1，断开S 2，调节R 和R P ，使电流表和电压表的示数适当，记下两表示数分别为I 1、U 1；b ．保持S 1 闭合、R P 阻值不变，闭合S 2，记下电流表和电压表示数分别为I 2、U 2.(1)按图甲所示的电路图将如图乙所示的实物连成电路．(2)被测电阻的阻值R x ＝________(用两电表的示数表示)．(3)由于电流表、电压表都不是理想电表，则被测电阻的阻值R x 的测量值________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)．详细分析：(1)如图所示．(2)由题意易知R P ＝U 1I 1，又R P 、R x 并联的阻值为R 并＝U 2I 2，又1R P ＋1R x ＝1R 并，联立解得R x ＝U 1U 2U 1I 2－U 2I 1. (3)若考虑电流表和电压表不是理想电表，则在分析时应考虑电压表的内阻，即在第(2)问的分析中U 1I 1表示的就是R P 和R V 并联时的总电阻，结合后面的分析可知此时R x 的测量值仍等于真实值．答案：(1)见解+析图 (2)U 1U 2U 1I 2－U 2I 1(3)等于 3．(2017·高考全国卷Ⅲ)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E 是电池；R 1、R 2、R 3、R 4和R 5是固定电阻，R 6是可变电阻；表头G 的满偏电流为250 μA ，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A 端和B 端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V 挡，直流电流1 mA 挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．(1)图(a)中的A 端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)关于R 6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)．A ．在使用多用电表之前，调整R 6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B ．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R 6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C ．使用电流挡时，调整R 6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得R 1＋R 2＝____________Ω，R 4＝____________Ω.(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B 端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B 端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B 端是与“5”相连的，则读数为________．(结果均保留3位有效数字)详细分析：(1)A 端与电池正极相连，电流从A 端流出，A 端与黑表笔相连．(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与R 6无关，选项A 错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项B 对；使用电流挡时，B 端与“1”或“2”相连，与R 6无关，C 错．(3)B 端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流2.5 mA 挡、直流1 mA 挡，如图1所示，由电表的改装原理可知，B 端与“2”相连时，有I 2＝I G ＋I G r GR 1＋R 2，解得R 1＋R 2＝160 Ω；B 端与“4”相连时，如图2所示，多用电表为直流电压1 V 挡，表头并联部分电阻R 0＝I G r GI 2，R 4＝U 4I 2－R 0＝880 Ω.(4)B 端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA ；B 端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100 Ω挡，读数为11.0×100 Ω＝1.10×103 Ω；B 端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为147.5250×5 V ＝2.95 V.答案：(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V4．(2019·镇江检测)某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验：(1)该同学先用多用电表粗测小灯泡的电阻，他将多用电表的选择开关打到欧姆挡“×1”倍率挡处，测量结果如图甲所示，则小灯泡的灯丝电阻为R ＝________ Ω.(2)他根据测量结果连接好了如图乙所示的实物图，请根据图乙画出实验电路图． (3)调节滑动变阻器得到了两组电流表和两组电压表的示数如图中的①②③④所示，电流表的量程为0～0.6 A ，电压表的量程为0～3 V ，所示读数为①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别是________和________．详细分析：(1)根据多用电表读数的规则可知，小灯泡的电阻为R ＝10 Ω.(2)从实物图中可知电压表测量灯泡两端的电压，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，故电路图如图所示．(3)电流表的量程为0～0.6 A ，所以每小格的分度值为0.02 A ，故①的读数为0.10 A ，②的读数为0.24 A ；电压表的量程为0～3 V ，则每一小格表示0.1 V ，所以③的读数为2.00 V ，在④中电压表接0～3 V 量程时，指针在0～1 V 之间，固定刻度值是0.2 V ，估读数为0.07 V ，则总读数为0.27 V ．根据欧姆定律可知①④为同一组数据，故得到的电阻为R 1＝U 1I 1＝0.270.10 Ω＝2.7 Ω；②③为同一组数据，故得到的电阻为R 2＝U 2I 2＝2.000.24Ω≈8.3 Ω.答案：(1)10 (2)见解+析图 (3)0.10 A 0.24 A 2．00 V 0.27 V 2.7 Ω 8.3 Ω。
【课堂新坐标】2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略(课件+讲练+专题限时集训)-专题5 功率动能定理
2017版高三二轮复习与策略
●考向 2 功率的分析和计算
3．(2016· 合肥市二模)如图 5 所示，两个完全相同的小球 A、B，在同一高度 处以相同大小的初速度 v 分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是 ( )
图5
2017版高三二轮复习与策略
A．两小球落地时的速度相同 B．两小球落地时，A 球重力的瞬时功率较小 C．从开始运动至落地，A 球重力做功较大 D．从开始运动至落地，重力对 A 小球做功的平均功率较小
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图8 (1)弹簧的劲度系数 k； (2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ω0； 3 1 (3)弹簧长度从2L 缓慢缩短为2L 的过程中，外界对转动装置所做的功 W.
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【解题关键】 关键语句 四根轻杆 OA、OC、 AB 和 CB 与两个小球及一小 环通过铰链连接 信息解读 轻杆对小球和小环的力一定沿杆，可以是拉 力，也可以是压力 小球和小环的合力均为零
图4
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A．v1＞v2 C．v1＝v2
Wf1＜Wf2 Wf1＝Wf2
B．v1＜v2
Wf1＞为 L， AC 与水平面的夹角为 θ， 则物块下滑过程中摩 擦力做功 W＝μmg· Lcos θ＝μmg· sOC 与 θ 角无关，故物块由 A 到 D 摩擦力做功 Wf1＝Wf2＝μmg· sOD，由动能定理可知，选项 C 正确．]
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v＋v0 1 C [根据 x＝ 2 t 得，两过程的位移关系 x1＝2x2，根据加速度的定义 a＝ v－v0 a2 t ，得两过程的加速度关系为 a1＝ 2 .由于在相同的粗糙水平地面上运动，故 两过程的摩擦力大小相等，即 f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律 F－f＝ma 得，F1－ 1 1 F2 f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以 F1＝2F2＋2f，即 F1> 2 .根据功的计算公式 W＝Fl， 1 1 可知 Wf1＝2Wf2，WF1>4WF2，故选项 C 正确，选项 A、B、D 错误．]
《课堂新坐标》2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略专题限时集训8磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运
专题限时集训(八) 磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图21所示．结合上述材料，下列说法不正确的是()图21A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用C[地球为一巨大的磁体，地磁场的南极、北极在地理上的北极和南极附近，两极并不重合；且地球内部也存在磁场，只有赤道上空磁场的方向才与地面平行；对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行，一定受到地磁场力的作用，故C项说法不正确．]2. (2016·洛阳三模)如图22所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子在磁场中转半个圆后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是()图22B [带电粒子经电压U 加速，由动能定理，qU ＝12m v 2，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ，而R ＝x 2，联立解得x ＝8m qB 2U .由此可知能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是选项B 中图象．] 3.如图23所示是回旋加速器的工作原理图，两个半径为R 的中空半圆金属盒D 1、D 2间窄缝宽为d ，两金属电极间接有高频电压U ，中心O 处粒子源产生的质量为m 、带电荷量为q 的粒子在两盒间被电压U 加速，匀强磁场垂直两盒面，粒子在磁场中做匀速圆周运动，令粒子在匀强磁场中运行的总时间为t ，则下列说法正确的是( )【导学号：25702039】图23A ．粒子的比荷q m 越小，时间t 越大B ．加速电压U 越大，时间t 越大C ．磁感应强度B 越大，时间t 越大D ．窄缝宽度d 越大，时间t 越大C [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力Bq v ＝m v 2r及粒子最大偏转半径为R ，得带电粒子获得的最大动能为E km ＝q 2B 2R 22m ，令加速次数为n ，则nqU ＝E km ，粒子每加速一次后，在磁场中运动半个周期，所以粒子在匀强磁场中运行的总时间t ＝n ·T 2＝πnm Bq ，联立得t ＝πBR 22U ，C 正确，A 、B 、D 错误．]4．(2016·湖北八校联考)如图24所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P 点平行直线MN 射出的a 、b 两个带电粒子，从它们射出到第一次到达直线MN 所用的时间相同，到达MN 时速度方向与MN 的夹角分别为60°和90°，不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，则两粒子速度大小之比v a ∶v b 为( )图24A ．2∶1B ．3∶2C ．4∶3D ．2∶ 3C [两粒子做圆周运动的轨迹如图，设P 点到MN 的距离为L ，由图知b 粒子的运动轨迹半径为R b ＝L ，对于a 粒子有L ＋R a cos 60°＝R a ，解得：R a ＝2L ，即两粒子的半径之比为R a ∶R b ＝2∶1 ①，粒子做圆周运动的周期为T ＝2πm qB ，由题意知16·2πm a q a B ＝14·2πm b q b B ，得两粒子的比荷之比为m a q a ∶m b q b＝3∶2 ②，粒子所受的洛伦兹力提供其所需的向心力，有q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBR m ③，联立①②③得v a v b ＝43.]5.两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图25所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P 点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P 点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A 、B 两点，设落在A 、B 两点的小球的带电荷量分别为q A 、q B ，则下列关于此过程的说法正确的是( )图25A ．两小球一定带负电B ．若q A >q B ，则两小球射入时的初速度一定有v A >v BC ．若q A >q B ，则两小球射入时的动能一定有E k A <E k BD ．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等C [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A 错误；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有q A v A B ＋q A E ＝mg ，q B v B B ＋q B E ＝mg ，联立可得q A v A B ＋q A E ＝q B v B B ＋q B E ，即q A (v A B ＋E )＝q B (v B B ＋E )，由此可知，若q A >q B ，则一定有v A <v B ，选项B 错误；由E k ＝12m v 2可知，选项C 正确；没有磁场时，由受力分析可知mg －qE ＝ma ，当q A ＝q B 时，则有a A ＝a B ，v A ＝v B ，而由题意可知x A >x B ，则应有v A >v B ，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D 错误．]6．(2016·湖南十三校一联)如图26所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，y 轴竖直向上．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y 轴的匀强电场(图中未画出)．一带电小球从x 轴上的A 点由静止释放，恰好从P 点垂直于y 轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q 点垂直于x 轴进入第Ⅰ象限，Q 点距O 点的距离为d ，重力加速度为g .根据以上信息，可以求出的物理量有( )图26A ．磁感应强度大小B ．小球在第Ⅳ象限运动的时间C ．电场强度的大小和方向D ．圆周运动的速度大小BD [由A 到P 点过程有mgd ＝12m v 2，则小球做圆周运动的速度大小v ＝2gd ，选项D 正确；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14T ＝πd 2v ＝πd 22gd，选项B 正确；在第Ⅳ象限，小球做圆周运动，则有mg ＝qE ，由于m 、q 未知，不能求电场强度的大小，由d ＝m v qB 知，不能求磁感应强度大小，选项A 、C 错误．]7.如图27所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )图27A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长BD [粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系(如图所示，弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故D 项正确，C 项错误；如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P 点和Q 点射出，由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m v Bq ，可知粒子运动速度v P <v Q ，故A 项错误、B 项正确．]8. (名师原创)如图28所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是( )图28A ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C ．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D ．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1ACD [由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A 正确；由洛伦兹力f ＝qB v ＝ma 和a ＝v ·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B 1∶B 2＝1∶2，则B 错误；由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t ＝θm qB 可得t ＝θ1m qB 1＝θ2m qB 2，且B 2＝2B 1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，则C 正确；由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝m vqB可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2r sin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝r sin 30°＋r cos(180°－60°－60°)＝r，故D正确．]二、计算题(共2小题，32分)9．(16分) (2016·辽宁省辽南协作校联考)如图29所示，在矩形ABCD内，对角线BD以上的区域存在平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，其中AD边长为L，AB边长为3L，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，经对角线BD某处垂直BD进入磁场．求：【导学号：25702040】图29(1)该粒子进入磁场时速度的大小；(2)电场强度的大小；(3)要使该粒子能从磁场返回电场，磁感应强度应满足什么条件？(结论可用根式来表示)【解析】(1)如题图所示，由几何关系可得∠BDC＝30°，带电粒子受电场力作用做类平抛运动，由速度三角形可得v x＝v0v y＝3v0则v＝v2x＋v2y＝2v0.(2)设BP 的长度为x ，则有x sin 30°＝v y 2t 13L －x cos 30°＝v 0t 1Eq ＝mav y ＝at 1解得x ＝6L 5，t 1＝23L 5v 0，E ＝5m v 202qL . (3)若磁场方向向外，轨迹与DC 相切，如图甲所示有R 1＋R 1sin 30°＝4L 5得R 1＝4L 15由B 1q v ＝m v 2R 1得B 1＝15m v 02qL 磁场方向向外，要使粒子返回电场，则B 1≥15m v 02qL若磁场方向向里，轨迹与BC 相切时，如图乙所示有R 2＋R 2cos 30°＝6L 5得R 2＝6(23－3)L 5 由B 2q v ＝m v 2R 2得B 2＝5(23＋3)m v 09qL 磁场方向向里，要使粒子返回电场，则B 2≥5(23＋3)m v 09qL.【答案】 见解析10．(16分)(2015·江苏高考T 15)一台质谱仪的工作原理如图30所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．图30(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调节范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节U 的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699)【解析】 (1)离子在电场中加速，qU 0＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动，q v B ＝m v 2r 0解得r 0＝1B 2mU 0q代入r 0＝34L ，解得m ＝9qB 2L 232U 0. (2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2，离子打在Q 点时，r ＝56L ，得U ＝100U 081离子打在N 点时，r ＝L ，得U ＝16U 09则电压的范围100U 081≤U ≤16U 09.(3)由(1)可知，r ∝U由题意知，第1次调节电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点，L 56L＝U 1U 0此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上， 56L r 1＝U 1U 0解得r 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫562L 第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则L r 1＝U 2U 0，56L r 2＝U 2U 0，解得r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫563L 同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫56n ＋1L 检测完整，有r n ≤L 2，解得n ≥lg 2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫65－1≈2.8 最少次数为3次．【答案】 (1)9qB 2L 232U 0(2)100U 081≤U ≤16U 09 (3)最少次数为3次。
2019-2020年课堂新坐标江苏专版2017高考物理二轮复习第1部分专题突破篇专题15碰撞与动量守恒近代物理初步课
[核心点击] 1．机械波的形成
2．波的特点 (1)振幅：像绳波这种一维(只在某个方向上传播)机械波，若不计能量损失， 各质点的振幅相同． (2)周期：各质点振动的周期均与波源的振动周期相同． (3)步调：离波源越远，质点振动越滞后． (4)立场：各质点只在各自的平衡位置振动，并不随波迁移，且起振方向与 振源的起振方向相同． (5)机械波向前传播的是振动这种运动形式，同时也传递能量和信息．
(3)要画另一时刻的波形图，应先确定特殊点的位置，即此时刻在平衡位置 或最大位移处的点，如波源 1 和质点 5,9,13，这些点的位置确定后，其他点可顺 势找出．
横波和纵波
[先填空]
1．对比
定义
标识性物理量
横 质点的振动方向和波 ①波峰：凸起的_最__高___处__
波 的传播方向垂__直__的波 ②波谷：凹下的_最__低___处__
知 识 点 一
学 业 分 层 测 评
知 识 点 二
1 波的形成和传播
学习目标 1.理解机械波的形成过程和产生条件． 2．知道机械波的种类——横波和纵波的概念． 3．明确机械波传播的特点．(重点) 4．通过对波的认识和理解，逐步提高空间想象能力.
知识脉络
波的形成和传播
[先填空] 1．波的形成 当手握绳端上下振动时，绳端带动相邻质点，使它也上下振动．这个质点 又_带___动__更远一些的质点……绳上的质点都很快跟___着__振___动__起来，只是后面的 质点总比前面的质点迟一些开始_振___动__，这样在整个绳子上就形成了凸凹相间 的波．
【答案】 向上
2．将一个小石子投向平静的湖面中心，会激起一圈圈向外传播的波纹，如 果此时水面上有一片树叶，那么树叶运动情况是怎样的？ 【导学号：23570039】
【课堂新坐标】2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略(课件+讲练+专题限时集训)-专题15 碰撞与动量守恒
和89 36Kr 两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要 ________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积． 【导学号：25702073】 (2)取质子的质量 mp＝1.672 6×10－27 kg， 中子的质量 mn＝1.674 9×10－27 kg， α 粒子的质量 mα＝6.646 7×10－27 kg， 光速 c＝3.0×108 m/s.请计算 α 粒子的结合 能．(计算结果保留两位有效数字)
●考向 1 光电效应及方程 1． (2015· 全国卷ⅠT35(1))在某次光电效应实验中， 得到的遏止电压 Uc 与入射 光的频率 ν 的关系如图 2 所示．若该直线的斜率和截距分别为 k 和 b，电子电荷 量的绝对值为 e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为 ________．
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【解题关键】 解此题的关键有以下两点： hc (1)光子能量与光波波长的关系：E＝ λ . (2)要发生光电效应，入射光子能量应大于金属的逸出功．
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hc 【解析】 光子的能量 E＝ λ 取 λ＝4.0×10－7m，则 E≈5.0×10－19 J 根据 E＞W0 判断，钠、钾、铷能发生光电效应．
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【解析】 光电效应现象、黑体辐射的实验规律都可以用光的粒子性解释， 选项 A 正确，选项 C 错误；热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波 h 动性，选项 B 正确；由德布罗意波长公式 λ＝p和 p2＝2m· Ek 知动能相等的质子 和电子动量不同，德布罗意波长不相等，选项 D 错误．
图2
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hν W0 【解析】 根据光电效应方程 Ekm＝hν－W0 及 Ekm＝eUc 得 Uc＝ e － e ，故 W0 h e ＝k，b＝－ e ，得 h＝ek，W0＝－eb.
【课堂新坐标】2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略(课件+讲练)-专题7 带电粒子在电场中的运动
AD
[由于小球从 x1 处运动到 x2 处的过程中电势能减小，因此电场力做正
功，A 项正确；由于电场力做正功，因此小球所受电场力的方向沿 x 轴正方向， 场强方向沿 x 轴负方向，B 项错误；沿电场方向电势降低，D 项正确；由 ΔEp ΔEp ＝qEΔx，即 qE＝ Δx 可知 Epx 图线上某点的斜率的绝对值反映了电场强度的大 小，由题图可知 x1 处的场强大小小于 x2 处的场强大小，C 项错误．]
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C [由题图知，B 点处的电场线比 A 点处的密，则 A 点的电场强度比 B 点 的小，选项 A 错误；沿电场线方向电势降低，选项 B 错误；电场强度的方向总 与等势面导体表面垂直，选项 C 正确；检验电荷由 A 点移动到 B 点，电场力做 功一定，与路径无关，选项 D 错误．]
2．解题常见误区及提醒 (1)典型电场中电场线的分布特点不熟练，特别是正、负点电荷电场线的方 向． (2)不清楚运动电荷的电性，出现受力及做功判断的错误． (3)公式 U＝E· d 的适用条件不清楚，乱套公式． (4)电场力做功与电势能变化关系不准确．
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●考向 1 电场力的性质 1 1．(2013· 江苏高考 T3)下列选项中的各4圆环大小相同，所带电荷量已在图 1 中标出，且电荷均匀分布，各4圆环间彼此绝缘．坐标原点 O 处电场强度最大的 是( )
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1．高考考查特点 (1)本考点重在考查电场中的基本概念、典型电场的分布特点、电场线、等 势面及电场强度的关系，电场、电势能高低的判断． (2)理解电场力、电场力做功的特点，电场力做功与电势能的关系，灵活应 用电场线分析电势高低，电势能的变化是解题的关键．
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(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题七选考模块第二讲振动和波动光与电磁波、相对论课件
3．(2019·盐城检测)下列说法中正确的是________。 A．光学镜头上的增透膜是利用光的偏振现象
第二讲 振动和波动取光与电磁波、相对论
本课内容结束
1
课前自测诊断
本课内容结束
2
课堂重点攻坚
3
课后“达标”检测
考点一 机械振动和机械波 (一)理清知识体系
释疑 3 大考点
本课内容结束
(二)掌握三个问题
1．判断波的传播方向和质点振动的方向
(1)特殊点法；(2)微平移法(波形移动法)。
2．周期、波长、波速的计算
(3)波速：可根据波形传播的时间、距离计算 v＝xt ；也可 根据公式 v＝Tλ 计算。
3．利用波传播的周期性、双向性解题 (1)波的图像的周期性：相隔时间为周期整数倍的两个时
本 课 内 容 结 束 刻的波形相同，从而使题目的解答出现多解的可能。
(2)波传播方向的双向性：在题目未给出波的传播方向时， 要考虑到波 光的折射和全反射
(一)掌握解题思路 1．确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能
本 课 内 容 结 束 是反射光线或折射光线，若研究的光线不明确，根据题意分
析、寻找，如临界光线、边界光线等。 2．画光路图：找入射点，确认界面，并画出法线，根据
反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解。
点射出时与 AD 面的夹角为 30°，Q 点到 BC 面垂线的垂足
为 E，P、Q 两点到 E 点的距离分别为 a、 3a，已知真空
【课堂新坐标】2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略(课件+讲练+专题限时集训)-专题1 力与物体的平衡
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图1
图2
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1．受力分析的技巧 (1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力”的程序； (2)分析物体的受力情况时结合整体法与隔离法； (3)平衡状态下结合平衡条件．
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2．解平衡问题常用的方法
Fx＝0 (1)正交分解法 Fy＝0
三个小球处于静止状态 三带电小球受到的合外力为零
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B [以 c 球为研究对象，除受另外 a、b 两个小球的库仑 力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c 球处于平衡状态， qqc 据共点力平衡条件可知 F 静＝2k l2 cos 30° ，F 静＝Eqc，解得 E 3kq ＝ l2 ，选项 B 正确．]
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●考向 2 物体的静态平衡 2．(高考改编)在[例 2](2016· 全国甲卷 T14)中，在水平拉力 F 作用下 OA 与 竖直方向成 θ 角保持不变，若轻绳 OA、OB 承受的最大拉力相等，逐渐增大物 体的质量，则轻绳 OA、OB 哪段先断？
【解析】 由例 1 中的受力分析图可知，TOA>TOB，故逐渐增大物体的质量， 轻绳 OA 段绳先断．
等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由 于 a、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60° ，进一步 分析知，细线与 aO、bO 间的夹角皆为 30° .取悬挂的 小物块研究，悬挂小物块的细线张角为 120° ，由平衡 条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为 m. 故选项 C 正确．]
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(2015· 全国卷ⅠT24)如图 8 所示，一长为 10 cm 的金属棒 ab 用两个 完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为 0.1 T，方 向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一 电动势为 12 V 的电池相连，电路总电阻为 2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量 为 0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改 变了 0.3 cm.重力加速度大小取 10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方 向，并求出金属棒的质量．
【课堂新坐标】2017高考物理(江苏专版)二轮复习与策略(课件+讲练+专题限时集训)-专题9 直流电路
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BC [两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变， 选项 A 错 T 误； 导线框的转动周期为 T， 则感应电流的周期也为 T， 选项 B 正确； 在 t＝8时， 切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项 C 正确； M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两 导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项 D 错误．]
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(2012· 江苏高考 T13)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图 8 所 4 示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 α 均为9π，磁场均沿 半径方向．匝数为 N 的矩形线圈 abcd 的边长 ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l.线圈以角 速度 ω 绕中心轴匀速转动，bc 和 ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过 处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为 r，外接电阻为 R.求：
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●考向 1
直流电路内的电场
1.如图 3 所示，一根长为 L、横截面积为 S 的金属棒，其材料的电阻率为 ρ， 棒内单位体积自由电子数为 n，电子的质量为 m、电荷量为 e.在棒两端加上恒定 的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为 v，则金属棒内的电 场强度大小为( )
4NBl2ω 解得 I＝ . 3r＋R
【答案】
2 2 3 2 4 N B l ω 4 NBl ω 2 (1)2NBl ω (2) (3) r＋R 3r＋R
2017版高三二轮复习与策略
1．高考考查特点 该考点仍为冷考点，借助不同形状的线框切割磁感线考查感应电流产生的 条件、变化周期及电动势大小、有效值的概念．要掌握电磁感应现象产生的原 因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．
课标通用2020新高考物理二轮复习选择题逐题突破第七道选择题涉及的命题点教学案
第7道选择题涉及的命题点7－1 7－2 7－3 7－4直流电路 交变电流 变压器及远距离输电 电磁感应问题7－1 直流电路备考精要1．恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系：E ＝U 外＋U 内，I ＝E R ＋r ， U ＝E －Ir 。
(2)闭合电路中的功率关系：P 总＝EI ，P 内＝I 2r ，P 出＝IU ＝P 总－P 内。
(3)直流电路中的能量关系：电功W ＝qU ＝UIt ，电热Q ＝I 2Rt 。
[注意] 纯电阻电路中W ＝Q ，非纯电阻电路中W >Q 。
2．直流电路动态分析的3种常用方法方法一：程序法R 局――→增大 减小 I 总＝E R ＋r ――→减小 增大 U 内＝I 总r ――→减小 增大 U 外＝E －U 内――→增大 减小 确定U 支、I 支 方法二：结论法——“串反并同”“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
方法三：极限法因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2019·江苏高考)如图所示的电路中，电阻R ＝2 Ω。
断开S 后，电压表的读数为3 V ；闭合S 后，电压表的读数为2 V ，则电源的内阻r为( )A ．1 ΩB ．2 ΩC ．3 ΩD ．4 Ω解析：选A 当S 断开后，电压表读数为U ＝3 V ，可认为电动势E ＝3 V当S 闭合后，由闭合电路的欧姆定律知E ＝U ′＋Ir ，且I ＝U ′R 整理得电源内阻r ＝(E －U ′)R U ′＝1 Ω，选项A 正确。
2.在如图所示电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U2表示。
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A．点电荷 Q 一定在 MP 的连线上 B．连接 PF 的线段一定在同一等势面上 C．将正拭探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做负功 D．φP 大于 φM
【解题关键】 解此题的关键有两点： (1)正点电荷 Q 形成电场及等势面的特点． (2)灵活应用三角形的几何关系．
AD [本题根据点电荷形成电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与 等势面垂直的特性进行解题．
●考向 2 电场能的性质 2．(多选)(高考改编)在[例 3](2014·全国卷ⅠT21)中，将三角形换成椭圆，如 图 4 所示，已知 a、b、c、d 为椭圆的四个顶点，＋Q 处在椭圆的一个焦点上， 一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q 运动，则下列说法正确 的是( )
【导学号：25702029】
1．高考考查特点 (1)本考点重在考查电场中的基本概念、典型电场的分布特点、电场线、等 势面及电场强度的关系，电场、电势能高低的判断． (2)理解电场力、电场力做功的特点，电场力做功与电势能的关系，灵活应 用电场线分析电势高低，电势能的变化是解题的关键．
2．解题常见误区及提醒 (1)典型电场中电场线的分布特点不熟练，特别是正、负点电荷电场线的方 向． (2)不清楚运动电荷的电性，出现受力及做功判断的错误． (3)公式 U＝E·d 的适用条件不清楚，乱套公式． (4)电场力做功与电势能变化关系不准确．
【解题关键】 解此题的关键有两点： (1)圆环正电荷均匀分布，x 轴上各处的场强方向与 x 轴平行． (2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．
B [根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场 的叠加原理知，O 点的电场强度为零．在 x 轴上，电场强度的方向自 O 点分别 指向 x 轴正方向和 x 轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以 O 点电势 最高．在 x 轴上离 O 点无限远处的电场强度为零，故沿 x 轴正方向和 x 轴负方 向的电场强度先增大后减小．选项 B 正确．]
电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟 点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于 φM＝φN，φP＝φF，所以 点电荷 Q 到 M 和 N 的距离相等，到 P 和 F 的距离相等，即过 F 作 MN 的中垂 线，然后作 FP 的中垂线，两中垂线的交点为点电荷 Q 所在的位置，由几何知识 得 Q 在 MP 上，如图所示，故选项 A 正确；点电荷形成的电场中等势面是球面， 故选项 B 错误；正试探电荷与 Q 同号，所以受斥力作用，故将其从 P 点搬运到 N 点时，电场力做正功，故选项 C 错误；由几何关系知点电荷 Q 距 M 的距离大， 距 P 的距离小，所以 φM<φP，故选项 D 正确．]
图4
A．负电荷在 a、c 两点所受的电场力相同 B．负电荷在 a 点和 c 点的电势能相等 C．负电荷由 b 运动到 d 的过程中电势能增加，动能减少 D．负电荷由 a 经 b 运动到 c 的过程中，电势能先增加后减少 BC [在 a、c 两点负电荷所受电场力方向不同，A 项错误；以单个点电荷 为球心的球面是等势面，所以 a、c 两点电势相等，根据电势与电势能的关系可 知，负电荷在 a、c 两点电势能也相等，B 项正确；负电荷由 b 到 d 过程中，电 场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C 项正确；负电荷由 a 经 b 到 c 的过 程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D 项错误．]
热
考
点
点 一
模 型
解
读
考 点
专题七 带电粒子在电场中的运动
二
专
题
考
限
点
时
三
练
考点1|电场的性质 难度：中档题 题型：选择题 五年7考
(2014·江苏高考 T4)如图 1 所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x 轴 垂直于环面且过圆心 O.下列关于 x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是 ()
图1 A．O 点的电场强度为零，电势最低 B．O 点的电场强度为零，电势最高 C．从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度减小，电势升高 D．从 O 点沿 x 轴正方向，电场强度增大，电势降低
●考向 1 电场力的性质 1．(2013·江苏高考 T3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图 中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点 O 处电场强度最大的 是( )
B [每场的叠加原 理和对称性，得 A、B、C、D 各图中 O 点的电场强度分别为 EA＝E、EB＝ 2E、 EC＝E、ED＝0，故选项 B 正确．]
(2016·江苏高考 T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细 线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图 2 所示，容器内表面为等势面，A、 B 为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )
图2
A．A 点的电场强度比 B 点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B 点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点，电场力所做的功不同
【解题关键】 解此题的关键有三点： (1)电场线越密的地方电场强度越大 (2)电场线一定与该处的等势面垂直． (3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．
C [由题图知，B 点处的电场线比 A 点处的密，则 A 点的电场强度比 B 点 的小，选项 A 错误；沿电场线方向电势降低，选项 B 错误；电场强度的方向总 与等势面导体表面垂直，选项 C 正确；检验电荷由 A 点移动到 B 点，电场力做 功一定，与路径无关，选项 D 错误．]
(多选) (2014·全国卷ⅠT21)如图 3 所示，在正点电荷 Q 的电场中有 M、N、P、F 四点，M、N、P 为直角三角形的三个顶点，F 为 MN 的中点，∠M ＝30°.M、N、P、F 四点处的电势分别用 φM、φN、φP、φF 表示，已知 φM＝φN，φP ＝φF，点电荷 Q 在 M、N、P 三点所在平面内，则( )