2019高考物理考前三个月——专题四学案7
2019年高考物理(全国通用)专题总复习课件《考前三个月》：七大提分策略策略4
限分析法、对称分析法等思维方法，对解的合理性还是能够做出相应判
断的.具体来说，我们可以从解的物理量单位、解随某些已知量变化的趋
势、解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验
结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性.
√
ΔB LR A.E＝ Δt ·2
ΔB 2 B.E＝ Δt LR
ΔB C.E＝ Δt L
D.E＝0
解析 答案
3.极限分析法 所谓极限分析法，是指将问题从一般状态推到特殊状态进行分析处理的解 题方法.将问题推想到极端状态或极端条件下进行分析，问题有时会变得明 朗而简单.在求解过程中，通过恰当地选取某个物理量，并将其推向极端， 如“极大”“极小”“极左”“极右”等，从而把某个物理情景中比较隐 蔽的临界现象或各种可能性暴露出来，便于解答.
√
解析 答案
2.利用单位制法 物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系.如关 系式 U ＝ IR 既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了 V( 伏 ) 与 A(安 )和Ω(欧)的乘积等效 .力学中的基本物理量是长度、质量、时间，而 国际单位制中的基本单位则包括米 (m) 、千克 (kg) 、秒 (s) 、安 (A) 、开 (K) 、 摩(mol)、坎(cd).
第二篇 七大提分策略
选择题的编拟一般都是针对学生在掌握某个物理概念或物理规律的
某个环节上常见的错误设计出的一些具有逻辑性的似是而非的选择项.学
生往往由于掌握知识不牢，概念理解不清，或者思考问题不全面而掉进
“ 陷阱” ；也有些选择题的编拟是为了测试受试者思维的准确性和敏捷
性的，这些题目往往使学生由于解题的技巧、思维能力和速度的差异而
《考前三个月》2019版高考物理(全国通用)专题总复习文档：计算题限时突破(一)Word版含解析
计算题限时打破 (一)(限时：25分钟)24、(12分)如图1所示，为室内冰雪乐园中一个游乐项目，倾斜冰面与水平面夹角θ＝30°，冰面长、宽均为L＝40m，倾斜冰面双侧均安装有安全网护栏，在冰面顶端中点，由工作人员负责开释载有人的凹形滑板，与冰面相连的水平面上安有缓冲装置(图中未画出)，使滑下者能安全停下、周末某父子俩前去游乐，设父亲与滑板总质量为M＝80kg，儿子与滑板总质量为m＝40kg，父子俩准备一同下滑，在工作人员静止开释的瞬时，父亲沿水平方向推了一2均视为质点、图1(1)若父子俩都能安全抵达冰面底端(没遇到护栏)，下滑的时间t多长？(2)父子俩都能安全达到冰面底端(没遇到护栏)，父亲在推儿子时最多做功W为多少？答案(1)4s(2)750J分析(1)父子俩都沿冰面做类平抛运动，沿冰面向下的加快度为：a＝gsinθ＝5m/s2，二者同时达究竟端、依据位移与时间关系：L＝1at2，代入数据解得：t＝4s2(2)推开后，设父亲获取初速度为v M，儿子获取初速度v m，父子俩水平方向动量守恒，则：Mv M＝mv m因儿子质量小些，只需儿子安全即可，水光滑动距离为L2，若儿子恰好没有遇到护栏，依据位移与时间关系：L＝v m t，2代入数据解得v m＝5m/s，代入动量守恒式，得：v M＝m/s 依据功能关系：W＝1mv m2＋1Mv M222代入数据得最多做功：W＝750J25、(20分)如图2所示，在方向竖直向上、大小为E＝1×106V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的圆滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径为R＝m、A、B用一杜绝缘轻杆相连，A带的电荷量为q＝＋7×10－7C，B不带电，质量分别为mA＝kg、mB＝kg.将两小球从圆环上的图示地点(A与圆心O等高，B在圆心O的正下方)由静止开释，两小球开始沿逆时针方向转动、取g＝10m/s2.图2(1)经过计算判断，小球A可否抵达圆环的最高点 C.(2)求小球A的最大速度值、(可保存根号)(3)求小球A从图示地点逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值、答案(1)A不可以抵达圆环最高点(2)22m/s4J3分析(1)设A、B在转动过程中，轻杆对A、B做的功分别为W T、W T′，则W T＋W T′＝0设A、B抵达圆环最高点的动能分别为EkA、EkB 对A由动能定理：qER－m A gR＋W T＝E kA对B由动能定理：W T′－m B gR＝E kB联立解得：E kA＋E kB＝－J上式表示，A在圆环最高点时，系统动能为负值、故A不可以抵达圆环最高点、(2)设B转过α角时，A、B的速度大小分别为v A、v B，因A、B做圆周运动的半径和角速度均同样，故v A＝v B1 2对A由动能定理：qERsinα－mA gRsinα＋WT＝2mAvA对B由动能定理：12WT′－mBgR(1－cosα)＝mBvB2联立方程并联合数学知识，解得：v A2＝8×(3sinα＋4cosα－4)＝8×5sin(53°＋α)－32 999解适当α＝37°时，A、B有最大速度，均为vmax＝22m/s3(3)A、B从图示地点逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，故得：3sinα＋4cosα－4＝0解得：sinα＝2425(sinα＝0舍去)A的电势能减少了E p＝qERsinα代入数值得：A的电势能减少许的最大值为E pm＝4J、。
高考物理考前三个月——专题四学案
物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生 的位移 x＝022－－va02＝2×02－－421 m＝8 m＞6 m.
表明物体将从右边离开传送带．
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10
学案7
(3)以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体
本
滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向
学
左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带
学案7
学案 7 用动力学和功能观点解决多过程问题
考题 1 对利用动力学观点解决多过程问题的考查
本
学
力学中的多过程问题涉及的运动形式主要有匀变速直线运动、
案 栏
平抛运动、圆周运动，分析运动过程的关键是分析物体受力，然后
目 利用牛顿运动定律分析物体的运动，高考对此类题的考查主要是牛
顿运动定律和运动学公式的应用，题目难度不大，以中档题为主．
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学案7
(2)物体将从传送带的右边离开．
以地面为参考系，由于 v0>v，物体滑上传送带后先向右做匀 减速运动直到速度为零，然后向左做匀加速运动，直到物体
本 速度与皮带速度相等后与皮带相对静止，期间物体的加速度
学
案 大小和方向都不变，
栏 目
加速度大小为 a＝FMf＝μg＝1 m/s2.
（3）若图中 H=4 m,L=5 m，动摩擦因数μ=0.2,则水平运动
距离要达到 7 m,h 值应为多少？
学 案
2.在利用牛顿运动定律分析多过程问题时，一定要对研
栏
究对象进行正确的受力分析，只有在合力不变时，才可
目
把牛顿运动定律和运动学公式相结合分析物体的运动.
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2019高考物理一轮复习学案：第七章恒定电流 Word版含答案
第七章 恒定电流第1节电流__电阻__电功__电功率(1)由R ＝U I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 ＝q t，可知I 与q 成正比。
(×)(3)由ρ＝RS l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。
突破点(一) 电流的理解及其三个表达式的应用[题点全练]1.如图所示的电解液接入电路后，在t s 内有n 1个一价正离子通过溶液内截面S ，有n 2个二价负离子通过溶液内截面S ，设e 为元电荷，则以下关于通过该截面电流的说法正确的是( )A ．当n 1＝n 2时，电流大小为零B ．电流方向由A 指向B ，电流I ＝n 2＋n 1etC ．当n 1＜n 2时，电流方向由B 指向A ，电流I ＝n 2－n 1et D ．当n 1＞n 2时，电流方向由A 指向B ，电流I ＝n 1－2n 2et解析：选B 由题意可知，流过溶液截面的电量q ＝(n 1＋2n 2)e ；则电流I ＝n 2＋n 1et；当n 1＝n 2时，电流大小不为零，故B 正确，A 、C 、D 错误。
2．(2018·威海模拟)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其电阻率为ρ。
棒内单位体积内的自由电子数为n ，电子的电荷量为e ，在棒两端加上恒定电压U 时，棒内产生电流，则自由电子定向移动的速率为( )A.U ne ρL ne ρL ne ρL 2 D.Une ρ解析：选A 根据电阻定律有：R ＝ρLS ；则由欧姆定律可知，电流为：I ＝UR ＝USρL ；再根据I ＝nevS 可得：v ＝I neS ＝Une ρL；故A 正确，B 、C 、D 错误。
[推荐学习]2019版高考物理大一轮复习第7单元静电场学案
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第七单元 静电场第19讲 电场的力的性质一、电荷及其守恒定律1.元电荷、点电荷(1)元电荷:e=1.60×10-19C,所有带电体的电荷量都是元电荷的 .(2)点电荷:代表有一定电荷量的点,忽略带电体的大小和形状的 . 2.电荷守恒定律(1)内容:电荷既不会创生,也不会消灭,它只能从一个物体转移到另一个物体,或者从物体的一部分转移到另一部分;在转移过程中,电荷的总量 .(2)三种起电方式: 起电、 起电、 起电. 二、库仑定律1.内容:真空中两个静止点电荷之间的相互作用力,与它们的电荷量的乘积成 ,与它们的距离的二次方成 ,作用力的方向在它们的连线上.2.表达式:F=k ,式中k= N ·m 2/C 2,叫作静电力常量.3.适用条件:真空中的 . 三、电场、电场强度 1.电场(1)定义:存在于电荷周围,能传递电荷间相互作用的一种.(2)基本性质:对放入其中的电荷有.2.电场强度(1)定义:放入电场中某点的电荷受到的与它的的比值.(2)定义式:.单位:N/C或V/m.(3)矢量性:规定在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向.四、电场线1.电场线:在电场中画出的一些曲线,曲线上每一点的方向都跟该点的场强方向一致,曲线的疏密表示电场的.电场线不是实际存在的线,而是为了描述电场而假想的线.2.电场线的特点(1)电场线从或无限远处出发,终止于或无限远处.(2)电场线不相交.(3)在同一电场里,电场线越密的地方场强.五、典型电场的电场线分布图19-1【思维辨析】(1)物体带电的实质是电子的转移.()(2)电场和电场线都是客观存在的.()(3)相互作用的两个点电荷,电荷量大的,受到的库仑力也大.()(4)根据F=k,当r→0时,F→∞.()(5)E=是电场强度的定义式,可知电场强度与电场力成正比.()(6)没有电场线的地方不存在电场.()【思维拓展】(多选)如图19-2所示,有一带正电的验电器,当一个金属球A靠近验电器的小球B(不接触)时,验电器的金箔张角减小,则金属球A的带电情况可能是()图19-2A.金属球可能不带电B.金属球可能带负电C.金属球可能带正电D.金属球一定带负电考点一电荷守恒与库仑定律(1)在用库仑定律公式进行计算时,无论是正电荷还是负电荷,均代入电荷量的绝对值计算库仑力的大小.(2)两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律,大小相等、方向相反.(3)由公式F=k可以看出,在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下,当q1=q2时,F最大.1.(电荷守恒)[2016·浙江卷]如图19-3所示,两个不带电的导体A和B,用一对绝缘柱支持使它们彼此接触.把一带正电荷的物体C置于A附近,贴在A、B下部的金属箔都张开()图19-3A.此时A带正电,B带负电B.此时A电势低,B电势高C.移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开,然后移去C,贴在A、B下部的金属箔都闭合2.(电荷守恒和库仑定律)两个所带的电荷量分别为-Q和+3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)相距为r,它们间的库仑力大小为F.使两小球相互接触,且使二者之间的距离变为,则此时两小球间的库仑力大小为()A.F D.12F3.(库仑力作用下的平衡问题)(多选)如图19-4所示,A、B两球所带的电荷量均为2×10-5 C,质量均为0.72 kg,其中A球带正电荷,B球带负电荷,且均可视为点电荷.A球通过绝缘细线吊在天花板上,B球固定在绝缘棒的一端,现将B球放在某一位置,能使绝缘细线伸直,A球静止且细线与竖直方向的夹角为30°,则A、B两球之间的距离可能为 ()图19-4A.0.5 mB.0.8 mC.1.2 mD.2.5 m4.(库仑力作用下的动力学问题)如图19-5所示,足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点,A和C围绕B做角速度大小相同的匀速圆周运动,B恰能保持静止,其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三个质点间的万有引力,则A和C的比荷(电荷量与质量之比)为()图19-5A.■要点总结(1)对于两个均匀带电绝缘球体,可以将其视为电荷集中于球心的点电荷,r为两球心之间的距离.(2)对于两个带电金属球,要考虑金属球表面电荷的重新分布.(3)不能根据公式错误地推论:当r→0时,F→∞.其实,在这样的条件下,两个带电体已经不能再看成点电荷了.考点二电场的叠加1 直角坐标系xOy 中,M 、N 两点位于x 轴上,G 、H 两点坐标如图19-6所示.M 、N 两点各固定一负点电荷,一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时,G 点处的电场强度恰好为零.静电力常量用k 表示.若将该正点电荷移到G 点,则H 点处场强的大小和方向分别为 ()图19-6A.,沿y 轴正向 B .,沿y 轴负向C .,沿y 轴正向D .,沿y 轴负向■ 题根分析本题通过合电场强度的计算,考查点电荷电场强度的计算,分析时应注意: (1)电场强度三个表达式的比较E=k电场强度定义式 真空中点电荷电场强度的决匀强电场中的关系式(2)电场强度叠加问题的求解思路:①确定分析计算的空间位置;②分析该处有几个分电场,先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向;③依次利用平行四边形定则求出矢量和. ■ 变式网络式题1 如图19-7所示,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) ( )图19-7A.kC.k式题2 已知均匀带电球体在球的外部产生的电场与一个位于球心、所带电荷量与之相等的点电荷产生的电场相同.如图19-8所示,半径为R的球体上均匀分布着总电荷量为Q的电荷,在过球心O的直线上有A、B两个点,O 和B间、B和A间的距离均为R.现以OB为直径在球内挖出一个球形空腔,若静电力常量为k,球的体积公式为V=πr3,则A点处电场强度的大小为()图19-8A.C.式题3 [2017·贵州七校一联]均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场.如图19-9所示,在半球面AB上均匀分布正电荷,总电荷量为q,球面半径为R,CD为通过半球顶点与球心O的轴线,在轴线上有M、N两点,OM=ON=2R.已知M点的场强大小为E,则N点的场强大小为()图19-9A.-EC.+E考点三电场线的理解和应用1.电场线的应用(1)在同一电场里,电场线越密的地方场强越大.(2)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向.(3)沿电场线方向电势逐渐降低.(4)电场线和等势面在相交处互相垂直.2.两种等量点电荷的电场线点最2 如图19-10所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中M 点以相同的速度沿垂直于电场线的方向飞出a 、b 两个带电粒子,二者仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示,则 ( )图19-10A .a 一定带正电,b 一定带负电B .a 的速度将减小,b 的速度将增大C .a 的加速度将减小,b 的加速度将增大D .两个粒子的动能一个增大、一个减小式题1 A 、B 是一条电场线上的两个点,一个带负电的微粒仅在电场力的作用下以一定初速度从A 点沿电场线运动到B点,其速度—时间图像如图19-11所示,则这一电场可能是图19-12中的 ( )图19-11图19-12式题2 (多选)如图19-13所示,两个带等量负电荷的小球A 、B (可视为点电荷)被固定在光滑的绝缘水平面上,P 、N 是在小球A 、B 连线的水平中垂线上的两点,且PO=ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C (可视为质点)从P 点由静止释放,在小球C 向N 点运动的过程中,下列关于小球C 的说法可能正确的是 ( )图19-13A .速度先增大,再减小B .速度一直增大C .加速度先增大再减小,过O 点后,加速度先减小再增大D.加速度先减小,再增大■方法技巧电场线与轨迹问题的判断方法(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(电场线在初始位置的切线),从两者的夹角情况来分析曲线运动的情况.(2)“三不知时要用假设法”——电荷的正负、场强的方向或等势面电势的高低、电荷运动的方向,若已知其中的任意一个,可顺次向下分析判定各待求量;若三个都不知,则要用假设法分别讨论各种情况.考点四带电体的力电综合问题解答力电综合问题的一般思路3 如图19-14所示,绝缘的水平面上有一质量为0.1 kg的带电物体,物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.75,物体恰能在水平向左的匀强电场中向右匀速运动,电场强度E=1×103 N/C,g取10 m/s2.(1)求物体所带的电荷量;(2)只改变电场的方向,使物体向右加速运动,求加速度的最大值及此时电场的方向.图19-14式题 (多选)[2017·重庆一诊]如图19-15所示,竖直平面内有固定的半径为R的光滑绝缘圆形轨道,水平匀强电场平行于轨道平面向左,P、Q分别为轨道的最高、最低点.质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)在轨道内运动,已知重力加速度为g,场强E=.要使小球能沿轨道做完整的圆周运动,下列说法中正确的是()图19-15A.小球过Q点时速度至少为B.小球过Q点时速度至少为C.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为6mgD.小球过Q、P点受轨道弹力大小的差值为7.5mg第20讲电场的能的性质一、电势能和电势、等势面1.电势能:电荷在电场中某点具有的势能,等于将电荷从该点移到位置时电场力所做的功.2.电场力做功与电势能变化的关系:电场力做的功等于,即W AB=E p A-E p B=-ΔE p.3.电势:电荷在电场中某点具有的与它的的比值,即:φ= .4.等势面(1)定义:电场中相同的各点构成的面.(2)特点:①等势面一定与垂直,即跟场强的方向垂直.②在同一等势面上移动电荷时电场力做功.③电场线总是从电势高的等势面指向的等势面.④在空间中两等势面相交.⑤等差等势面越密的地方电场强度,越疏的地方电场强度.二、电势差匀强电场中电势差与场强的关系1.电势差(1)定义:电荷在电场中由一点A移到另一点B时,与移动的电荷的比值.(2)定义式:U AB= ;电势差与电势的关系:U AB= ,U AB=-U BA.2.匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)电势差与场强的关系式:U AB= ,其中d为电场中两点间沿的距离.(2)在匀强电场中,场强在数值上等于沿方向每单位距离上降低的电势.三、静电平衡导体静电平衡两大特点:①导体内部的场强;②导体是一个等势体,导体表面电势.【思维辨析】(1)电场力做功与重力做功相似,均与路径无关.()(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零. ()(3)电场强度处处相同的区域内,电势一定也处处相同. ()(4)沿电场线方向电场强度越来越小,电势逐渐降低.()(5)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功.()(6)电场中,场强方向是指电势降落的方向.()(7)电势有正负之分,因此电势是矢量.()(8)电势的大小由电场的性质决定,与零电势点的选取无关.()(9)电势差U AB由电场本身的性质决定,与零电势点的选取无关. ()(10)整个导体是等势体,导体表面是等势面,但导体表面的场强可能不同.()考点一描述电场的能的性质的物理量1.电势高低常用的两种判断方法(1)沿电场线方向电势逐渐降低.(2)若U AB>0,则φA>φB;若U AB<0,则φA<φB.2.电势能增、减的判断方法(1)做功判断法:电场力做正功,电势能减小;电场力做负功,电势能增大.(2)公式法:E p=qφ,将q、φ的大小、正负号一起代入公式,E p越大,电势能越大.(3)能量守恒法:在电场中,当只有电场力做功时,电荷的动能和电势能相互转化,动能增大,则电势能减小,反之,动能减小,则电势能增大.(4)电荷电势法:正电荷在电势高的地方电势能大,负电荷在电势低的地方电势能大.1 [2015·全国卷Ⅰ]如图20-1所示,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.一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中,电场力所做的负功相等,则()图20-1A.直线a位于某一等势面内,φM>φQB.直线c位于某一等势面内,φM>φNC.若电子由M点运动到Q点,电场力做正功D.若电子由P点运动到Q点,电场力做负功式题1 [2017·福建龙岩质检]以无穷远处的电势为零,在电荷量为q的点电荷周围某点的电势可用φ=计算,式中r为该点到点电荷的距离,k为静电力常量.两电荷量大小均为Q的异种点电荷固定在相距为L的两点,如图20-2所示.现将一个质子(电荷量为e)从两点电荷连线上的A点沿以电荷+Q为圆心、半径为R的半圆形轨迹ABC移到C点,则质子从A点移到C点的过程中,其电势能的变化情况为()图20-2A.增加C.减少式题2 (多选)[2016·全国卷Ⅰ]如图20-3所示,一带负电荷的油滴在匀强电场中运动,其轨迹在竖直平面(纸面)内,且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称.忽略空气阻力.由此可知()图20-3A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小■特别提醒根据电势的定义式φ=计算时,φ、E p、q要注意带符号运算.考点二电势差与电场强度的关系在匀强电场中由公式U=Ed得出的“一式二结论”(1)“一式”E=,其中d是沿电场线方向上的距离.(2)“二结论”结论1:匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC=,如图20-4所示.图20-4结论2:匀强电场中若两线段AB∥CD,且AB=CD,则U AB=U CD(或φA-φB=φC-φD),如图20-5所示.图20-52 (多选)[2017·全国卷Ⅲ]一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图20-6所示,三点的电势分别为10 V、17 V、26 V.下列说法正确的是()图20-6A.电场强度的大小为2.5 V/cmB.坐标原点处的电势为1 VC.电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD.电子从b点运动到c点,电场力做功为9 eV式题 (多选)[2017·安徽马鞍山二中、安师大附中测试]如图20-7所示,在xOy坐标系中有以O点为中心、边长为0.2 m的正方形,顶点A、B、C、D分别在坐标轴上,在该平面内有一匀强电场(图中未画出),已知A、B、C三点的电势分别为3 V、- V、-3 V,则下列说法中正确的是()图20-7A.D点的电势为 VB.该匀强电场的场强大小E=10 V/mC.该匀强电场的场强大小E=10 V/mD.电场场强方向与x轴正方向成θ=30°角■规律总结知道几个点的电势确定电场线的方法:将电势最高的点和电势最低的点相连,根据在匀强电场中经过相等的距离电势差相等,确定连线上与第三个点的电势相等的点,电势相等的两点连线为等势线,根据电场线与等势线垂直即可画出电场线.考点三电场线、等势面和带电粒子轨迹问题1.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲),从而分析电场方向或电荷的正负.(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向,确定静电力做功的正负,从而确定电势能、电势和电势差的变化等.(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况.2.求电场力做功的四种方法(1)定义式:W AB=Fl cos α=qEl cos α(适用于匀强电场).(2)电势的变化:W AB=qU AB=q(φA-φB).(3)动能定理:W电+W其他=ΔE k.(4)电势能的变化:W AB=-ΔE p=E p A-E p B.3.电场中的功能关系(1)若只有电场力做功,则电势能与动能之和保持不变.(2)若只有电场力和重力做功,则电势能、重力势能、动能之和保持不变.(3)除重力、弹力外,其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量.(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化.3 (多选)[2017·天津卷]如图20-8所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B,电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是()图20-8A.电子一定从A向B运动B.若a A>a B,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p BD.B点电势可能高于A点电势式题1 (多选)[2016·海南卷]如图20-9所示,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是()图20-9A.M带负电荷,N带正电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功式题2 (多选)如图20-10所示,匀强电场中的三个点A、B、C构成一个直角三角形,∠ACB=90°,∠ABC=60°,=d.把一个带电荷量为+q的点电荷从A点移动到B点,电场力不做功;从B点移动到C点,电场力做功为-W.若规定C点的电势为零,则()图20-10A.该电场的电场强度大小为B.C、B两点间的电势差为U CB=C.A点的电势为D.若从A点沿AB方向飞入一电子,其运动轨迹可能是乙■方法技巧在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律,有时也会用到功能关系.(1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的功(或总功).(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化.(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能变化之间的对应关系.考点四电场中的图像问题考向一E-x图像(1)E-x图像反映了电场强度随位移变化的规律.(2)E-x图线与x轴围成的“面积”表示电势差,“面积”大小表示电势差大小,两点的电势高低根据电场方向判定.4 (多选)一个电荷量为+q的粒子只在电场力作用下沿x轴做直线运动,规定x轴正方向为电场强度正方向,x 轴上各点的电场强度E随x坐标的变化图线如图20-11所示(已知图线关于O点对称).A(0,x1)、B(0,-x1)为粒子运动轨迹上的两点.下列说法中正确的是()图20-11A.A、B两点的电场强度和电势均相同B.粒子经过A、B两点时的速度大小相同C.粒子经过A、B两点时的加速度相同D.粒子经过A、B两点时的电势能相同考向二φ-x图像(1)电场强度的大小等于φ-x图线的斜率大小,在电场强度为零处,φ-x图线切线的斜率为零.(2)由φ-x图像可以直接判断各点电势的大小,并可根据电势大小关系确定电场强度的方向.(3)在φ-x图像中分析电荷移动时电势能的变化,可用W AB=qU AB,进而分析W AB的正负,然后做出判断.5 (多选)[2017·全国卷Ⅰ]在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如图20-12所示.电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a,φa)标出,其余类推.现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.下列选项正确的是()图20-12A.E a∶E b=4∶1B.E c∶E d=2∶1C.W ab∶W bc=3∶1D.W bc∶W cd=1∶3式题 (多选)[2017·江苏卷]在x轴上有两个点电荷q1、q2,其静电场的电势φ在x轴上分布如图20-13所示.下列说法中正确的有()图20-13A.q1和q2带有异种电荷B.x1处的电场强度为零C.负电荷从x1移到x2,电势能减小D.负电荷从x1移到x2,受到的电场力增大考向三E p-x图像电场力做功量度电势能的变化,而电场力做功就是力对位移的积累,由E p-E p0=Fx,得E p=E p0+Fx,故E p-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初势能;合力做功量度了动能的变化,如果带电粒子只受电场力的作用,则合力做的功就是电场力做的功,由E k-E k0=Fx,得E k=E k0+Fx,故E k-x图像的斜率表示电场力,纵截距表示初动能.然后根据两图像斜率的变化可判断出电场力的变化,进而判断出电场强度大小的变化.6 (多选)[2017·南昌十校二模]M、N是某电场中一条电场线上的两点,若在M点释放一个初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图20-14所示,则下列说法中正确的是()图20-14A.电子运动的轨迹为直线B.该电场是匀强电场C.电子在N点的加速度小于在M点的加速度D.电子在N点的动能大于在M点的动能考向四电场分布结合v-t图像根据v-t图像的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化),可确定电荷所受电场力的方向与电场力的大小变化情况,进而确定电场的方向、电势的高低及电势能的变化.7 [2017·湖南衡阳一联]两个等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上,其连线的中垂线上有A、B、C三点,如图20-15甲所示,一个电荷量为2 C、质量为1 kg的带正电的小物块(可视为质点)从C点由静止释放,其运动的v-t图像如图乙所示,其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置,图中标出了图线在B点处的切线.下列说法中正确的是()图20-15A.B点为中垂线上电场强度最大的点,场强E=0.2 N/CB.由C到A的过程中,物块的电势能先减小后增大C.A、B两点间的电势差U AB=5 VD.U CB<U BA第21讲电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器与电容1.电容器(1)组成:任何两个相互靠近又彼此的导体.(2)带电荷量:一个极板所带电荷量的.(3)击穿电压:电容器允许加的电压称为击穿电压.额定电压比击穿电压.2.电容(1)定义:电容器所带的与电容器两极板间电势差U的比值.公式为.(2)单位:法拉(F),常用单位有微法(μF)、皮法(pF).1 F=106μF=1012 pF.(3)平行板电容器电容的决定式:,k为静电力常量.二、带电粒子在电场中的加速1.动力学观点分析:若电场为匀强电场,则有a= ,E= ,v2-=2ad.2.功能观点分析:粒子只受电场力作用,满足.三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动性质:运动.2.处理方法:运动的分解.(1)沿初速度方向:做运动.(2)沿电场方向:做初速度为零的运动.【思维辨析】(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和. ()(2)电容表示电容器容纳电荷的多少.()(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比.()(4)放电后的电容器所带的电荷量为零,电容也为零.()(5)公式C=可用来计算任何电容器的电容.()(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动. ()(7)带电粒子在电场中只受电场力时,也可以做匀速圆周运动.()(8)带电粒子在电场中运动时,重力一定可以忽略不计. ()考点一平行板电容器1 如图21-1所示,平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一个带电小球,小球用一根质量不计的绝缘线悬挂于O点.现给电容器缓慢充电,使两极板所带电荷量分别为+Q和-Q,此时悬线与竖直方向的夹角为.继续给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增大到,且小球与两极板不接触.求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量.图21-1式题1 [2016·全国卷Ⅰ]一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上,若将云母介质移出,则电容器()A.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间的电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间的电场强度不变式题2 [2016·天津卷]如图21-2所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地,在两极板间有一个固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,E p表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则()图21-2A.θ增大,E增大B.θ增大,E p不变C.θ减小,E p增大D.θ减小,E不变■方法技巧分析比较的思路(1)先确定是Q不变还是U不变:若电容器保持与电源连接,则U不变;若电容器充电后与电源断开,则Q不变.(2)用决定式C=确定电容器电容的变化.(3)用定义式C=判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化.(4)电压不变时,用E=分析电容器极板间电场强度的变化,电荷量不变时,用E=分析电容器极板间电场强度的变化.考点二带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量).(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或明确的暗示以外,一般都不能忽略重力.2.两种解题思路(1)用牛顿运动定律处理带电粒子在电场中的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场,受到的电场力与速度方向在一条直线上,带电粒子做匀变速直线运动.根据带电粒子的受力情况,用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等.(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析,确定有哪几个力做功,做正功还是负功;确定带电粒子的初、末状态的动能,根据动能定理列方程求解.2 反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似:如图21-3所示,在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一个带电微粒从A点由静止开始在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C,方向如图所示,带电微粒质量m=1.0×10-20 kg,所带的电荷量q=-1.0×10-9 C,A点与虚线MN的距离d1=1.0 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应.求:(1)B点到虚线MN的距离d2;(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.。
2019-2020【提分必做】高考物理一轮复习第七章恒定电流学案
第七章 恒定电流第1节电流__电阻__电功__电功率(1)由R ＝U I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 ＝q t，可知I 与q 成正比。
(×)(3)由ρ＝RS l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。
突破点(一) 电流的理解及其三个表达式的应用[题点全练]1.如图所示的电解液接入电路后，在t s 内有n 1个一价正离子通过溶液内截面S ，有n 2个二价负离子通过溶液内截面S ，设e 为元电荷，则以下关于通过该截面电流的说法正确的是( )A ．当n 1＝n 2时，电流大小为零B ．电流方向由A 指向B ，电流I ＝n 2＋n 1etC ．当n 1＜n 2时，电流方向由B 指向A ，电流I ＝n 2－n 1et D ．当n 1＞n 2时，电流方向由A 指向B ，电流I ＝n 1－2n 2et解析：选B 由题意可知，流过溶液截面的电量q ＝(n 1＋2n 2)e ；则电流I ＝n 2＋n 1et；当n 1＝n 2时，电流大小不为零，故B 正确，A 、C 、D 错误。
2．(2018·威海模拟)一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其电阻率为ρ。
棒内单位体积内的自由电子数为n ，电子的电荷量为e ，在棒两端加上恒定电压U 时，棒内产生电流，则自由电子定向移动的速率为( )A.U ne ρL ne ρL ne ρL 2 D.Une ρ解析：选A 根据电阻定律有：R ＝ρLS ；则由欧姆定律可知，电流为：I ＝UR ＝USρL ；再根据I ＝nevS 可得：v ＝I neS ＝Une ρL；故A 正确，B 、C 、D 错误。
《考前三个月》2019版高考物理(全国通用)专题总复习文档：仿真模拟卷(四)Word版含解析
仿真模拟卷(四)二、选择题：此题共项切合题目要求，第(时间：90分钟满分：110分)8小题，每题6分、在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一19～21题有多项切合题目要求、所有选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分、14、以下说法中正确的选项是()A、光电效应是原子核汲取光子向外开释电子的现象B、卢瑟福经过对α粒子散射实验的研究，揭露了原子核构造C、铀238的半衰期约长达45亿年，随处球环境的变化，半衰期可能变短D、碘131能自觉地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一其中子答案D分析当入射光的频次大于金属的极限频次时，金属中的一个电子汲取了光子的能量，战胜原子核的约束而开释出来，进而形成了光电效应，故A错误、卢瑟福经过对α粒子散射实验的研究，发现少量α粒子发生了大角度偏转，进而揭露了原子的核式构造，故B错误、半衰期由原子核自己决定，与环境没关，所以环境变化时半衰期不变，故C错误、β衰变是一个中子变成质子同时开释一个电子的过程，所以β衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核少一其中子而多一个质子，故D正确、15.如图1所示，一滑块以5m/s的速度从固定斜面底端O点冲上斜面，经时间t1抵达A点时的速度为3m/s，再经时间t2抵达B点时的速度为0，以下说法正确的选项是()图1A、O、A间的距离与A、B间的距离之比为5∶3B、O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5C、t1与t2之比为2∶3D、t1与t2之比为3∶2答案C分析依据速度时间公式可知：x OA＝vA2－v02－2a0－v A2 AB间的距离为：x AB＝－2a故x OA＝v A2－v0252－3216，故A、B错误；x AB2＝2＝9－v A3依据速度时间公式可得：v A－v00－v At1＝，t2＝－a－a故有：t1＝v A －v0＝5－3＝2，故C正确，D错误、t2－v A3316、如图2所示，质量为m的硬纸面词典A对称放在硬纸面的书籍B上、将书籍B的一端迟缓抬高至词典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为θ.以下说法正确的选项是()图2A、B对A的作使劲为零B、B的一个侧面对A的弹力为mgcosθC、B对A的最大静摩擦力的协力为mgsinθD、A遇到三个力的作用答案C分析词典A遇到竖直向下的重力、两个侧面的支持力、两个侧面的静摩擦力，共五个力作用，选项D错误、由均衡条件可知，B对A的作使劲大小等于A的重力，方向竖直向上，选项A 错误、B的两个侧面对A的弹力的协力等于mgcosθ，选项B错误、由均衡条件可知，两个侧面的静摩擦力的协力等于mgsin θ.将书籍B的一端迟缓抬高至词典刚要滑动，则B对A的最大静摩擦力的协力为mgsinθ，选项C正确、17.如图3所示，在正方形abcd地区内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度的大小为B1.一带电粒子从ad边的中点P垂直ad边射入磁场地区后，从cd边的中点Q射出磁场；若将磁场的磁感觉强度大小变成B2后，该粒子仍从P点以同样的速度射入磁场，结果从c 点射出磁场，则B1等于B2()图35757A.2B.2C.4D.4答案A分析 设正方形磁场边长为 L ，由题意可知，粒子在磁场B 中做圆周运动的轨道半径：r ＝L，粒子在磁场B 中的运动轨迹1122以下图，由几何知识得：2L 2 ＝r 2 2，解得：r 2＝ 5L ＋(r 2－) L2 4qvB ＝mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力供给向心力，由牛顿第二定律得：rmv解得B ＝qr5则B 1＝r 2＝4L ＝5，故A 正确，B 、C 、D 错误、B 2r 1 1 22L18、如图 4所示，圆滑水平面 OB 与足够长的粗拙斜面 BC 相接于B 点，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m 的滑块压缩弹簧至D 点(弹簧在弹性限度内 )，而后由静止开释，滑块离开弹簧后经B 点滑上斜面，上涨到最大高度 h 时静止在斜面上、重力加快度为 g ，以水平面OB 为参照平面、以下说法正确的选项是 ()图4、弹簧弹开滑块的过程中，弹性势能愈来愈大B 、弹簧对滑块做功为 W 时，滑块的动能为C 、滑块在斜面上静止时的重力势能为mghD 、滑块在斜面上运动的过程中，战胜摩擦力做功为 mgh答案 C分析 弹簧弹开滑块的过程中，弹簧的压缩量愈来愈小，则弹性势能愈来愈小，故 A 错误、弹簧对滑块做功为W 时，对滑块，由动能定理知滑块的动能为W ，故B 错误、滑块在斜面上静止时离OB 面的高度为h ，以水平面OB 为参照平面，则滑块的重力势能为 mgh ，故C正确、对滑块在斜面上运动的过程，由动能定理得－1 2，解得滑块战胜摩mgh －W f ＝0－mv B21 2－mgh ，因为不知道v B 的大小，故没法求解滑块战胜摩擦力做的功，擦力做功为W f ＝mv B2故D 错误、19、如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 5∶1，将原线圈接到电压有效值不变的正弦沟通电源上，副线圈接有同样的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想沟通电压表V1、V2，导线电阻不计，开关S闭合前，副线圈上的电压按图乙所示规律变化、现闭合开关S，则以下说法正确的选项是()图5A、L2两头的电压刹时价表达式为u＝2202sin50πt(V)B、电压表V1的示数为1100VC、L1的实质功率减小D、变压器的输入功率增大答案BD分析依据题图乙知周期T＝s，角速度ω＝2π2πrad/s＝100πrad/s，L2两头的电压T＝的刹时价表达式为u＝2202sin100πt(V)，故A错误；副线圈电压的有效值U2＝2202V＝2220V，依据原、副线圈电压与匝数成正比得，原线圈两头的电压U1＝5U2＝1100V，故B 正确；闭合开关S后，L1两头的电压不变，L1的实质功率不变，故C错误；闭合开关S后，输出功率为两只灯泡的功率之和，因为L1功率不变，增添了L2的功率，所以输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确、20、2017年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭，成功发射了第22颗北斗导航卫星，该卫星属于地球同步轨道卫星，其轨道半径为r.已知月球围绕地球运动的周期为27天，某颗近地卫星绕地球运动的周期为h，地球半径为R，由此可知()A、该北斗导航卫星的轨道半径与月球的轨道半径之比为1∶9B、该近地卫星的轨道半径与月球的轨道半径之比为1∶16C、该北斗导航卫星绕地球运转时的加快度与地球赤道上物体随处球自转的加快度之比为r∶RD、该北斗导航卫星绕地球运转时的加快度与月球绕地球运转的加快度之比为9∶1答案AC32得r北＝3231，则A正确；同理可知分析由开普勒定律：r北＝T北T北＝1B错误、北r 月3T月2r月月2272＝9T斗导航卫星绕地球运转与地球赤道上物体随处球自转角速度相等，由正确、由a＝GM可知：a北r月281，则D错误、r2＝r北2＝1a月2a北ra＝rω知＝，则Ca物R21.如图6所示，以O点为圆心，半径为m的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知a、b、c三点的电势分别为2V、2 3V、－2V，则以下说法正确的选项是()图6A、O点电势为1VB、该匀强电场的电场强度大小为20V/mC、电子从b点运动到a点电势能增添D、从b点以同样速率向各个方向发射完整同样的、电荷量为e的带正电粒子(重力不计)，其中抵达c点的粒子的动能增大了(23－2)eV答案BC分析a、c两点的电势分别为2V、－2V，O点为ac中点，aO与Oc电势差相等，所以O3点电势为0V，故A错误、Ob段上找一点M电势为2V，OM＝23×2m＝15m，连结aM即为等势面，且∠OaM＝30°.过O点作aM的垂线并指向O，即为电场线、由几何关系可得E＝U＝2＝φ－d V/m＝20V/m，故B正确、电子在电势低的地方电势能大，故C正确、U bc bφc＝(23＋2)V，由W＝qU得W＝(23＋2)eV，故D错误、三、非选择题(此题共6小题，共62分)(一)必考题22、(6分)用螺旋测微器丈量某金属圆柱体的直径，用20分度游标卡尺丈量长度，丈量结果如图7所示，直径d＝________cm，长度L＝________cm.图7答案1～5均给分23、(9分)在“描述小灯泡的U—I曲线”实验中，使用的小灯泡上标有“3VW”的字样，其余可供选择的器械有：A、电压表(量程0～6V，内阻20kΩ)B、电压表(量程0～20V，内阻60kΩ)C、电流表(量程0～3A，内阻Ω)D、电流表(量程0～A，内阻1Ω)E、滑动变阻器R1(0～1000Ω，同意经过的最大电流为A)F、滑动变阻器R2(0～20Ω，同意经过的最大电流为2A)G、学生电源E(6～8V)H、开关S及导线若干(1)在虚线方框中画出实验电路图，并注明所选器械的符号(要求小灯泡上电压的改变能从0开始)、(2)某同学丈量结果以下表所示，请依据表中数据在图8甲坐标系中画出小灯泡的U－I曲线.U(V)I(A)图8(3)用上述两只小灯泡a、b构成图乙所示的电路、已知电源的电动势为3V、内阻不计，则灯泡a、b耗费的总功率P＝________W(结果保存两位有效数字)、答案(1)以下图(2)以下图24.(12分)如图9所示，倾角θ＝37°的传递带以v＝m/s的速度向上匀速传动、在传递带的最顶端，有一个炭块(可视为质点)以v0＝m/s的初速度沿传递带下滑、炭块与传递带之间的动摩擦因数为，取重力加快度g＝10m/s2，sin37°＝，cos37°＝，传递带足够长，求：图9(1)炭块沿传递带向下运动的最大位移；(2)炭块在传递带上的划痕的长度、答案mm分析(1)炭块下滑过程中的加快度大小为μmgcos37°－mgsin37＝°ma解得：a＝m/s22v0依据速度位移关系可得炭块沿传递带向下运动的最大位移x＝m2a解得x m＝mv0(2)设炭块速度减到零所用时间为t，则t＝a＝1s此时间内传递带的位移为x1＝vt＝mv炭块反向加快到与传递带速度相等时所需时间为t′＝a＝s在此时间内，传递带的位移x2＝vt′＝mvt′炭块的位移x3＝2＝m炭块在传递带上的划痕长度L＝x m＋x1＋x2－x3＝m25.(20分)如图10所示，两条平行的水平导轨FN、EQ的间距为L，导轨的左边与两条竖直固定、半径为r 的1圆滑圆弧轨道光滑相接，4圆弧轨道的最低点与导轨相切，在导轨左边宽度为d 的EFHG矩形地区内存在磁感觉强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，且在磁场的右界限、垂直导轨放有一金属杆甲，右界限处无磁场、 现将一金属杆乙从14圆弧轨道的最高点PM 处由静止开释，金属杆乙滑出磁场时，与金属杆甲相碰(作用时间极短它们停在距磁场右界限为d 的虚线CD 处、已知金属杆甲、乙的质量均为)并粘在一同，最后 m ，接入电路的电阻均为R ，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，且它们在运动过程中一直与导轨间垂直且接触优秀，导轨的电阻不计，重力加快度大小为g.求：图10(1)金属杆乙经过圆弧轨道最低点时遇到的支持力大小 F N ； (2)整个过程中，感觉电流经过金属杆甲所产生的热量 Q ； (3)金属杆乙经过磁场过程中经过其横截面的电荷量 q.答案 (1)3mg(2)1mg(r －5μd ) (3)BLd22R分析 (1)金属杆乙在1圆弧轨道上下滑过程中的机械能守恒，有： mgr ＝1 mv242 解得：v 0＝2grv 0 2对金属杆乙在圆弧轨道最低点运用牛顿第二定律可得： F N －mg ＝m r联立解得：F N ＝3mg(2)设金属杆乙与金属杆甲相碰前后的速度大小分别为 v 1、v 2，依据动量守恒可得： mv 1＝2mv 2金属杆甲、乙相碰后：2μmgd ＝1×2mv 222联立解得：v 1＝22μgd金属杆乙在磁场中运动的过程中，有：121mv 12mv 0＝μmgd ＋ ＋Q 总22又：Q ＝RQ 总R ＋R1联立解得：Q ＝mg(r －5μd )2(3)金属杆乙经过磁场地区的过程中产生的均匀感觉电动势为：E ＝ BLdtE此过程中的均匀电流为：I＝R＋Rq＝It解得：q＝BLd2R(二)选考题(请从以下2道题中任选一题作答，假如多做，则按所做的第一题计分33、【物理—选修3－3】(15分))(1)(5分)以下说法正确的选项是________、A、0℃的冰消融成0℃的水，分子的均匀动能不变，内能增大B、载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功C、热量能够从低温物体传达到高温物体D、小昆虫能够在水面上蹦来蹦去，是因为水面有表面张力E、必定量的某种理想气体在等温膨胀过程中，压强必定增添(2)(10分)如图11所示，硬质透明塑料瓶用橡皮塞将瓶口塞住，已知大气压强为p0，外界环境温度不变，圆柱形橡皮塞横截面积为S.①若用打气筒再将n倍于瓶子容积的空气迟缓压入瓶中，此时橡皮塞恰能跳起、已知橡皮塞的质量为m，求橡皮塞跳起瞬时瓶中气体的压强与瓶口最大静摩擦力的大小；②若用手按压住橡皮塞，用打气筒再将2n倍于瓶子容积的空气迟缓压入瓶中，而后忽然撤去按压橡皮塞的手，求撤去手瞬时橡皮塞的加快度大小、图11答案(1)ACD(2)看法析分析(2)①由玻意耳定律有：p0(n＋1)V＝pV解得：p＝(n＋1)p0对橡皮塞受力剖析，由均衡条件有：p0S＋F f＋mg＝(n＋1)p0S解得：F f＝np0S－mg②由玻意耳定律有：p0(2n＋1)V＝p′V解得：p ′＝(2n ＋1)p 0对橡皮塞，由牛顿第二定律有： p ′S －(p 0S ＋F f ＋mg)＝ma解得：a ＝np 0Sm34、【物理—选修3－4】(15分)(1)(5分)对于电磁波，以下说法正确的选项是________、A 、可见光属于电磁波B 、只需有变化的电场就能产生电磁波C 、使电磁波随各样信号而改变的技术叫做调制D 、电磁波在任何介质中的流传速率都同样E 、电磁波能发生反射、折射、干预和衍射现象，也能在真空中流传(2)(10 分)有两列流传速度大小相等的简谐横波a 、b在同一介质中分别沿x 轴正方向和负方向流传、两列波在t ＝0时辰的波形如图12所示，已知a 波的周期T a ＝1s 、求：图12①两列波在该介质中的流传速度大小；②从t ＝0时辰开始，x ＝m 处的质点运动到偏离均衡地点的位移为m 所需的最短时间、答案 (1)ACE(2)①m/s ②s分析 (2)①由题图可知a 、b 两列波的波长分别为λ＝m ，λ＝mab两列波在同种介质中的流传速度同样，为v ＝λa＝m/sT a②a 波的波峰流传到x ＝m 的质点经历的时间：t a ＝x a ＝1＋m λavvb 波的波峰流传到x ＝m 的质点经历的时间：t b ＝x b ＝＋n λbvv只有两列波的波峰同时传到 x ＝m 处，该处质点的位移才能等于m ，即有t a ＝t b ＝t联立解得：5m －8n ＝1(式中m 、n 均为自然数)剖析知，当m ＝5、n ＝3 时，x ＝m 的质点运动到偏离均衡地点的位移为 m 时经过时间最短、将m ＝5代入t ＝1＋m λav解得： t ＝s。
2019年高考物理(全国通用)专题总复习课件《考前三个月》：七大提分策略策略5
第三个方面是实验考试的难点，这要求考生深刻理解物理概念和规律，
深刻理解课本中分组实验和演示实验的实验原理、实验方法，并能将其迁
移到新的情景中，灵活运用设计新的实验.这要求考生有较强的创新能力.
在复习过程中，应以掌握常规实验原理、实验方法、规范操作程序、
数据处理方法等为本，同时从常规实验中，有意识的、积极的提取、积累
解析 答案
4.明确面积的物理意义
利用图象的面积所代表的物理意义解题，往往带有一定的综合性，常和
斜率的物理意义结合起来，其中v－t图象中图线与 t轴所围的面积代表质
点运动的位移是最基本也是运用得最多的.
例3
在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体，
作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体.当恒力乙作用 时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为 32 J.则在整个过程中，恒力甲做功等于多少？恒力乙做功等于多少？
例1 做匀加速直线运动的小车，牵引一条纸带通过打 点计时器，交流电源的频率为50 Hz，由纸带上打出的 某一点开始，每5个点剪下一段纸带，按图1所示，使每 段纸带下端与x轴重合，左边与y轴平行，将纸带段粘贴
0.75 m/s2 在直角坐标系中，则小车运动的加速度是______
(保留两位有效数字). 命题意图 图1 本题考查了匀变速直线运动的纸带处理，同时还要明确计数点
第二篇 七大提分策略
图象是研究和分析物理问题的重要方法 .图象能直观和定量反映出相
关物理量间的对应关系和数量变化关系.图象法是根据题意把抽象复杂的
物理过程有针对性地表示成物理图象，运用图象直观、形象、简明的特
点，来分析解决物理问题，从而达到化难为易、化繁为简的目的.
《考前三个月》2019版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选考题限时突破(一)3-3 Word版含解析
选考题限时突破(一)3－3(限时:25分钟)1、(1)(5分)下面说法中正确的是________、A 、所有晶体沿着各个方向的物理性质和化学光学性质都相同B 、足球充足气后很难压缩，是因为足球内气体分子间斥力作用的结果C 、自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性D 、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E 、一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多答案 CDE解析 晶体分为单晶体和多晶体，单晶体各向异性，多晶体各向同性，A 错误；足球充足气后很难压缩是由于足球内气体压强的原因，与气体分子之间的作用力无关，B 错误；热量可以自发地从高温物体向低温物体传递，但不可能自发地从低温物体向高温物体传递，涉及热现象的宏观过程都具有方向性，C 正确；一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由理想气体状态方程pV T＝C 知，温度必定升高，内能增大，气体对外做功，根据热力学第一定律:ΔU ＝W ＋Q ，气体一定从外界吸热，D 正确；一定质量的理想气体，体积不变，温度升高，压强增大，分子密度不变，但分子的平均动能增大，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多，E 正确、(2)(10分)如图1所示，一底面积为S 、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m 的相同活塞A 和B ；在A 与B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量的同样的理想气体，平衡时体积均为V .已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g ，外界大气压强为p 0，现假设活塞B 发生缓慢漏气，致使B 最终与容器底面接触、求活塞A 移动的距离、图1答案 mgV (p 0S ＋mg )S解析 设A 与B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为p 1、p 2，漏气前，对A 分析有:p 1＝p 0＋mg S对B 分析有:p 2＝p 1＋mg SB 最终与容器底面接触后，设A 、B 间的压强为p ，气体体积为V ′，则有:p ＝p 0＋mg S因为温度不变，对于混合气体有:(p 1＋p 2)V ＝pV ′漏气前A 距离底面的高度为:h ＝2V S漏气后A 距离底面的高度为:h ′＝V ′S联立可得:Δh ＝h ′－h ＝mgV (p 0S ＋mg )S2、(1)(5分)下列说法中正确的是________、A 、外界对物体做功，物体的内能必定增加B 、空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示C 、所有晶体都有固定的形状、固有的熔点D 、分子间的斥力随分子间距的减小而增大E 、0 ℃的冰和0 ℃的铁块的分子平均动能相同答案 BDE解析 根据热力学第一定律，外界对物体做功，如果物体放热，则物体的内能不一定增加，选项A 错误；绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水的蒸气压来表示，故B 正确；所有晶体都有固有的熔点，只有单晶体有固定的形状，选项C 错误； 分子间的斥力随分子间距的减小而增大，选项D 正确；温度相同的不同物质分子平均动能相同，故0 ℃的冰和0 ℃的铁块的分子平均动能相同，选项E 正确、(2)(10分)如图2所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm 2的活塞封闭了一定质量的理想气体和一形状不规则的固体A .在汽缸内距缸底60 cm 高处设有a 、b 两限制装置(未画出)，使活塞只能向上滑动、开始时活塞放在a 、b 上，缸内气体的压强等于大气压强p 0(p 0＝1.0×105 Pa)，温度为250 K 、现缓慢加热汽缸内气体，当温度为300 K 时，活塞恰好离开a 、b ；当温度为360 K 时，活塞上升了4 cm.g 取10 m/s 2.求:图2(ⅰ)活塞的质量；(ⅱ)物体A 的体积、答案 (ⅰ)8 kg (ⅱ)1 600 cm 3解析 (ⅰ)设物体A 的体积为ΔV .T 1＝250 K ，p 1＝1.0×105 Pa ，V 1＝60×40 cm 3－ΔVT 2＝300 K ，p 2＝(1.0×105＋mg40×10－4) Pa ，V 2＝V 1 T 3＝360 K ，p 3＝p 2，V 3＝64×40 cm 3－ΔV由状态1到状态2为等容过程p 1T 1＝p 2T 2代入数据得m ＝8 kg(ⅱ)由状态2到状态3为等压过程V 2T 2＝V 3T 3代入数据得ΔV ＝1 600 cm 3.3、(1)(5分)下列说法正确的是________、A 、液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部B 、单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性C 、绝对湿度大，相对湿度不一定大D 、根据热力学第二定律可知，机械能不可能全部转化为物体的内能E 、液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征答案 BCE解析 表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，A 错误； 单晶体具有各向异性，原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性，B 正确；对于不同的温度，饱和汽压不同，故绝对湿度大时相对湿度不一定大，C 正确；热力学第二定律有不同的表述:不可能从单一热源吸热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；热量不可以全部转化为功，但是机械能可以全部转化为内能，D 错误；根据液晶特点和性质可知:液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，E 正确、(2)(10分)竖直放置粗细均匀的U 形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图3所示，单位为厘米、现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长、求:图3(ⅰ)此时右管封闭气体的压强；(ⅱ)左侧管中需要倒入水银柱的长度、答案(ⅰ)100 cmHg(ⅱ)49.2 cm解析设管内的横截面积为S，(ⅰ)对右管中封闭气体，右侧水银刚好全部进入竖直右管后p0×40S＝p1×(40－10)S，解得:p1＝100 cmHg(ⅱ)对水平部分气体，末态压强:p′＝(100＋15＋10) cmHg＝125 cmHg，由玻意耳定律:(p0＋15)×15S＝p′LS解得:L＝10.8 cm所以加入水银柱的长度为:(125－75＋10－10.8) cm＝49.2 cm.4、(1)(5分)对于图4中各图线说法正确的是________、图4A、图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态①的温度比状态②的温度高B、图乙为一定质量的理想气体状态变化的p－V图线，由图可知气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小C、图丙为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离r＞r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大D、液体表面层分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离小于液体内部分子间的距离E、一定质量的理想气体在等压膨胀过程中，气体内能增加的同时向外界释放热量答案ABC(2)(10分)一上端开口、下端封闭的细长玻璃管倾斜放置，与水平面夹角θ＝30°.玻璃管的中间有一段长为l2＝50 cm的水银柱，水银柱下部封有长l1＝25 cm的空气柱，上部空气柱的长度l3＝60 cm.现将一活塞从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气长度变为l1′＝20 cm，如图5所示、假设活塞下推过程中没有漏气，已知大气压强为p0＝75 cmHg，环境温度不变，求活塞下推的距离Δl.图5答案20 cm解析以cmHg为压强单位、在活塞下推前，玻璃管下部空气柱压强为p1＝p0＋l2sin 30°设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得:p1l1＝p1′l1′设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2′，则:p2′＝p1′－l2sin 30°由玻意耳定律得: p0l3＝p2′l3′设活塞下推距离为Δl时即:Δl＝l1＋l3－(l1′＋l3′)得Δl＝20 cm.。
《考前三个月》2019版高考物理(全国通用)专题总复习文档：选择题限时突破(六) Word版含解析
选择题限时突破(六)(限时：25分钟)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分、在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21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，有选错或不答的得0分、14、静止在水平地面的物块，受到水平向右的拉力F 的作用，F 随时间t 的变化情况如图1所示、设物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，且为1 N ，则( )图1A 、0～1 s 时间内，物块的加速度逐渐增大B 、第3 s 末，物块的速度最大C 、第9 s 末，物块的加速度为零D 、第7 s 末，物块的动能最大答案 D解析 在0～1 s 时间内水平拉力小于最大静摩擦力，故物块处于静止状态，选项A 错误；1～3 s 物块做加速度增大的加速运动；3～7 s 物块做加速度减小的加速运动；故第7 s 末，物块的速度最大，动能最大，选项B 错误，D 正确；第9 s 末，物块只受摩擦力作用，故加速度不为零，选项C 错误；故选D.15、如图2所示，理想变压器输入端接有效值恒定的正弦交变电流，输出端电阻R 2＝1 Ω，当电阻箱R 1＝3 Ω时，理想电压表和理想电流表的读数分别为1 V 和0.5 A 、当电阻箱R 1＝1 Ω时，电压表和电流表的读数分别为( )图2A 、4 V ,2 AB 、2 V,2 AC 、2 V ,1 AD 、4 V ,1 A答案 C解析 副线圈电流：I 2＝U R 2R 2＝1 A ；变压器匝数比：n 1n 2＝I 2I 1＝10.5＝21；副线圈电压：U 2＝I 2(R 1＋R 2)＝4 V ；当电阻箱R 1＝1 Ω时，副线圈电流：I 2′＝U 2R 1＋R 2＝41＋1A ＝2 A ；原线圈电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝12×2 A ＝1 A ；R 2两端电压：U R 2＝I 2′R 2＝2 V ，故选项C 正确、 16、一辆汽车在平直公路上匀速行驶，司机发现前方红灯亮起时开始做匀减速直线运动，恰好在停车线处停止运动、汽车在减速过程中，第一秒和最后一秒内的位移分别为14 m 和1 m ，则汽车匀减速运动过程中的平均速度为( )A 、6 m /sB 、6.5 m/sC 、7 m /sD 、7.5 m/s答案 D解析 汽车在最后1 s 内的位移为1 m ，采用逆向思维，根据x ′＝12at ′2得汽车做匀减速直线运动的加速度大小为：a ＝2x ′t ′2＝2×112 m /s 2＝2 m/s 2，第1 s 内的位移为14 m ，根据x 1＝v 0t 1－12at 21得汽车的初速度为：v 0＝x 1＋12at 21t 1＝14＋12×2×121m /s ＝15 m/s ，根据平均速度推论知，汽车做匀减速直线运动的平均速度为：v ＝v 02＝152m /s ＝7.5 m/s ，故D 正确、 17、如图3甲所示，用大型货车在水平道路上运输规格相同的圆柱形水泥管道，货车可以装载两层管道、底层管道紧密固定在车厢里，上层管道堆放在底层管道上，如图乙所示、已知水泥管道间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，货车紧急刹车时的加速度大小为a 0.每根水泥管道的质量为m ，重力加速度为g ，最初堆放时上层管道最前端离驾驶室的距离为d ，则下列分析正确的是( )图3A 、货车沿平直路面匀速行驶时，乙图中A 、B 管之间的弹力大小为mgB 、若a 0＞μg ，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动C 、若a 0＞233μg ，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动 D 、若a 0＞3μg ，要使货车在紧急刹车时上层管道不撞上驾驶室，则货车在水平路面上匀速行驶的最大速度为233μgd 答案 C解析 对上层管道受力分析，如图所示：则有：F N cos 30°＝12mg ，解得：F N ＝3mg 3，选项A 错误； 由题意知，紧急刹车时上层管道受到两个滑动摩擦力减速，2μF N ＝ma 0，解得a 0＝233μg ，即若a 0＞233μg ，则上层管道一定会相对下层管道发生滑动，选项B 错误，C 正确；若货车紧急刹车时的加速度a 0＝3μg ，货车的刹车距离：x 2＝v 2023μg，上层管道在紧急刹车及货车停下后运动的总距离：x 1＝v 202·233μg ，上层管道相对于货车滑动的距离：d ＝x 1－x 2，联立并代入数据解得：v 0＝23μgd ，选项D 错误、18、下列说法正确的是( )A 、α粒子散射实验揭示了原子的核式结构B 、元素的放射性与外界物理、化学变化和所处的环境有关C 、光电效应揭示了光具有波动性D 、原子核结合能越大，则原子核越稳定答案 A解析 α粒子散射实验揭示了原子的核式结构，选项A 正确； 元素的放射性与外界物理、化学变化和所处的环境无关，选项B 错误；光电效应揭示了光具有粒子性，选项C 错误；原子核比结合能越大，则原子核越稳定，选项D 错误、19、如图4甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直、规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间变化的规律如图乙所示、下面说法正确的是( )图4A 、0～1 s 时间内和5～6 s 时间内，导线框中的电流方向相同B 、0～1 s 时间内和1～3 s 时间内，导线框中的电流大小相等C 、3～5 s 时间内，AB 边受到的安培力沿纸面且垂直AB 边向上D 、1～3 s 时间内，AB 边受到的安培力不变答案 AC解析 0～1 s 时间内穿过导线框的磁通量向外增加；5～6 s 时间内穿过导线框的磁通量向里减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A 正确；B －t 图象的斜率等于磁感应强度的变化率，故0～1 s时间内和1～3 s时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B错误；3～5 s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C正确；1～3 s时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F＝BIL可知，AB边受到的安培力要变化，选项D 错误、20.在正点电荷q的电场中有O、M、N、P、Q五点，OM＝ON，OP＝OQ，且MN与PQ平行，点电荷q在五点所在的平面内，如图5所示、一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，下列说法正确的是()图5A、点电荷q位于O点B、M点电势高于P点C、Q点电场强度大于N点电场强度D、电子由Q点运动到N点，电场力做正功答案BD解析一电子由M点分别运动到P点和Q点的过程中，电场力所做的负功相等，说明M点电势高于P、Q，且P、Q两点电势相等，可知点电荷在PQ连线的垂直平分线上，且在PQ 的上方，则A错误，B正确；由以上分析可知，Q点离点电荷的位置比N点较远，则Q点电场强度小于N点电场强度，选项C错误；因Q点电势低于N点，则电子由Q点运动到N 点，电势能减小，电场力做正功，选项D正确、21、如图6所示，平行板电容器竖直放置，右侧极板中间开有一小孔，两极板之间的距离为12 cm，内部电场强度大小为10 N/C；极板右侧空间有磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场、一比荷为1.6×102 C/kg的带负电粒子，从电容器中间位置以大小为8 m/s的初速度平行于极板方向进入电场中，经过电场偏转，从电容器右极板正中间的小孔进入磁场，不计带电粒子的重力及空气阻力、下列说法正确的是()图6A、电容器极板长度为83×10－2 mB 、粒子进入磁场时的速度大小为16 m/sC 、粒子进入磁场时速度与水平方向夹角为60°D 、粒子在磁场中的运动时间为π120s 答案 ABD解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向：12L ＝v 0t ；水平方向：12d ＝12·Eq mt 2，解得L ＝83×10－2 m ，选项A 正确；粒子进入磁场时水平速度：v x ＝2Eq m ·d 2＝8 3 m/s ，则粒子进入磁场时的速度大小为v ＝v 20＋v 2x ＝16 m/s ，B 正确；粒子进入磁场时速度与水平方向夹角为tan θ＝v 0v x ＝33，则θ＝30°，选项C 错误；粒子在磁场中转过的角度为120°，则在磁场中运动的时间t ＝120°360°T ＝13·2πm qB ＝π120 s ，选项D 正确、。
[推荐学习]2019届高考物理一轮复习第七章静电场学案
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第七章 静电场[全国卷5年考情分析]物质的电结构、电荷守恒(Ⅰ) 静电现象的解释(Ⅰ) 点电荷(Ⅰ) 库仑定律(Ⅱ) 电场线(Ⅰ) 静电场(Ⅰ) 示波管(Ⅰ)以上7个考点未曾独立命题第1节电场力的性质(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍。
(√) (2)点电荷和电场线都是客观存在的。
(×) (3)根据F ＝kq 1q 2r 2，当r →0时，F →∞。
(×) (4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比。
(×)(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向。
(√) (6)真空中点电荷的电场强度表达式E ＝kQr2中，Q 就是产生电场的点电荷。
(√) (7)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。
(×) (8)电场线的方向即为带电粒子的运动方向。
(×) ◎物理学史判断(1)法国物理学家牛顿利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。
(×)(2)英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。
(√) (3)美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量，获得诺贝尔奖。
(√)1．在应用库仑定律时，应注意定律的适用条件，若带电物体不能看成点电荷，则不适用此公式。
2．注意电场强度三个表达式的适用条件，E ＝F q 适用于一切电场，E ＝k Q r2适用于真空中的点电荷，E ＝U d适用于匀强电场。
3．在研究带电粒子的运动轨迹时，不要误认为运动轨迹与电场线一定重合，只有在特定的条件下，两者才重合。
4．三个自由点电荷，只在彼此间库仑力作用下而平衡，则“三点共线、两同夹异、两大夹小，近小远大”。
突破点(一) 库仑定律的理解及应用1．库仑定律适用于真空中静止点电荷间的相互作用。
2．对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中在球心的点电荷，r 为球心间的距离。
2019《考前三个月》高考物理大二轮专题复习学案：专题三_学案5万有引力定律及应用
学案5 万有引力定律及应用考题1 对天体质量与密度的考查例1 科学家在南极冰层中发现了形成于30亿年前的火星陨石，并从中发现了过去微生物的生命迹象，从此火星陨石变得异常珍贵．中国新闻报道：2011年7月坠落于摩洛哥的陨石被证实来自于火星．某同学根据平时收集来的部分火星资料(如图1所示)，计算出火星的密度，再与这颗陨石的密度进行比较(G 是引力常量，忽略火星自转的影响)．下列计算火星密度的公式，正确的是 ( )图1A.3g 0πGdB.g 0T 23πd C.3πGT 2 D.6M πd 3 审题突破 ①由火星直径d 和表面重力加速度g 0，可以表示火星质量．②由近地卫星周期和火星直径d ，可以表示火星质量．解析 由GMm (d 2)2＝mg 0和V ＝43π(d 2)3得ρ＝M V ＝3g 0，A 错；由GMm r 2＝m 4π2T 2r 和V ＝43π(d 2)3得ρ＝M V ＝24πr 3GT 2d 3，对于近地卫星r ＝d 2，得ρ＝3πGT 2，C 对；由ρ＝M V ＝M 43π(d 2)3＝6M πd 3，D 对；选项B 中的表达式不存在．答案 CD方法总结估算中心天体的质量和密度的两条思路：(1)测出中心天体表面的重力加速度g ，估算天体质量，G Mm R 2＝mg ，进而求得ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g 4πGR. (2)利用环绕天体的轨道半径r 、周期T ，估算天体质量，G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，即M ＝4π2r 3GT 2. 当环绕天体绕中心天体表面做匀速圆周运动时，轨道半径r ＝R ，则ρ＝M 43πR 3＝3πGT 2. 突破练习1． 承载着我国载人飞船和空间飞行器交会对接技术的“天宫一号”已于2011年9月29日成功发射，随后发射了“神舟八号”飞船并与其实现交会对接．假设“天宫一号”和“神舟八号”做匀速圆周运动的轨道如图2所示，A 代表“天宫一号”，B 代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道．“天宫一号”和“神舟八号”离地高度分别为h 1、h 2，运行周期分别为T 1、T 2，引力常量为G ，则以下说法正确的是 ( )图2A ．利用以上数据可计算出地球密度和地球表面的重力加速度B ．“神舟八号”受到的地球引力和运行速度均大于“天宫一号”受到的地球引力和运行速度C ．“神舟八号”加速有可能与“天宫一号”实现对接D ．若宇航员在“天宫一号”太空舱无初速度释放小球，小球将做自由落体运动答案 AC解析 设地球半径为R ，密度为ρ，由公式G Mm (R ＋h )2＝m (2πT )2(R ＋h )，ρ＝43πR 3，地球表面G Mm R 2＝mg ，已知“天宫一号”和“神舟八号”离地高度分别为h 1、h 2，运行周期分别为T 1、T 2，通过以上各式可以求得地球的半径R 、密度ρ、地球表面的重力加速度g ，A 正确；“神舟八号”与“天宫一号”的质量未知，故所受地球引力大小无法比较，B 错误；低轨道的“神舟八号”加速时，万有引力小于向心力，其将做离心运动，故它的轨道半径将变大，可能在高轨道上与“天宫一号”对接，C 正确；宇航员在“天宫一号”太空舱无初速度释放小球，小球随着太空舱也围绕地球做匀速圆周运动，D 错误．2． 为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的“嫦娥一号”卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16时13分成功撞月．如图3所示为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道，假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R ，周期为T ，引力常量为G ，根据题中信息，以下说法正确的是 ( )图3A ．可以求出月球的质量B ．可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力C ．“嫦娥一号”卫星在控制点1处应加速D ．“嫦娥一号”在地面的发射速度大于11.2 km/s答案 A解析 当卫星绕月球做圆周运动时，月球对卫星的引力提供向心力，则有G Mm R 2＝mR 4π2T 2[学&科&]所以M ＝4π2R 3GT 2，A 正确． 根据万有引力公式F ＝G Mm R 2可知，要想计算月球对“嫦娥一号”卫星的引力，必须知道“嫦娥一号”卫星的质量m ，由于题中没有给出m ，所以不能求出引力大小，B 错误． 在控制点1处，卫星要想向月球靠近，需使引力大于需要的向心力，因而必须减小卫星的速度，C 错误．在地面发射“嫦娥一号”卫星的速度应大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，D 错误． 考题2 对人造卫星运动规律的考查例2 我国于2013年发射“神舟十号”载人飞船与“天宫一号”目标飞行器对接．如图4所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h 1和 h 2，地球半径为R ，“天宫一号”运行周期约为90分钟．则以下说法正确的是 ( )图4A ．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为 h 2h 1B ．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比(R ＋h 2)2(R ＋h 1)2C ．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D ．“天宫一号”的线速度大于7.9 km/s审题突破 ①已知两飞行器距离地面的高度，可以计算两运行轨道半径．②根据万有引力提供向心力计算线速度和角速度．解析 根据万有引力提供向心力可得G Mm r 2＝m v 2r＝ma ，解得v ＝ GM r ，a ＝GM r 2，已知r ＝R ＋h ，所以“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为 R ＋h 2R ＋h 1，“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比(R ＋h 2)2(R ＋h 1)2，选项A 错误，B 正确．由于角速度ω＝2πT，天宫一号的周期小于地球同步卫星的周期，故“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大，C 正确；7.9 km /s 是贴近地球表面运行的卫星的线速度，轨道半径越大，线速度越小，故“天宫一号”的线速度小于7.9 km/s ，D 错误．答案 BC规律总结 1． 人造卫星做匀速圆周运动时所受万有引力完全提供其所需向心力，即G Mm r 2＝m v 2r＝mrω2＝m 4π2T 2r ，由此可以得出v ＝ GM r ，ω＝ GM r 3，T ＝2π r 3GM. 2． 同步卫星指相对地面静止的卫星，其只能定点于赤道上空，离地面的高度是一定值，其周期等于地球自转周期． 3． 卫星运行的向心加速度就是引力加速度，由G Mm r 2＝mg ′可知g ′＝G M r 2＝G M (R ＋h )2，其大小随h 的增大而减小．突破练习3． 我国的航天事业发展迅速，到目前为止，我们不仅有自己的同步通信卫星，也有自主研发的“神舟”系列飞船，还有自行研制的全球卫星定位与通信系统(北斗卫星导航系统)．其中“神舟”系列飞船绕地球做圆轨道飞行的高度仅有几百千米；北斗卫星导航系统的卫星绕地球做圆轨道飞行的高度达2万多千米．对于它们运行过程中的下列说法正确的是 ( )A ．“神舟”系列飞船的加速度小于同步卫星的加速度B ．“神舟”系列飞船的角速度小于同步通信卫星的角速度C ．北斗导航系统的卫星的运行周期一定大于“神舟”系列飞船的运行周期D ．同步卫星所受的地球引力一定大于北斗导航系统的卫星所受的地球引力答案 C解析 根据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力可得出：G Mm R 2＝ma ⇒a ＝GM R 2，G Mm R 2＝m 4π2T 2R ⇒T ＝2πR 3GM ，ω＝2πT，由于“神舟”系列飞船的轨道半径小于同步通信卫星的轨道半径，故“神舟”系列飞船的加速度大、周期小、角速度大，故A 、B 错误．同理可知，C 正确．由于同步卫星和北斗导航系统卫星的质量关系不确定，故D 错误．4． 中国第三颗绕月探测卫星——“嫦娥三号”计划于2013年发射，“嫦娥三号”卫星将实现软着陆、无人探测及月夜生存三大创新．假设为了探测月球，载着登陆舱的探测飞船在以月球中心为圆心，半径为r 1的圆轨道上运动，周期为T 1，总质量为m 1.登陆舱随后脱离飞船，变轨到离月球更近的半径为r 2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m 2，则下列有关说法正确的是( ) A ．月球的质量M ＝4π2r 1GT 21B ．登陆舱在半径为r 2轨道上的周期T 2＝ r 32r 31T 1 C ．登陆舱在半径为r 1与半径为r 2的轨道上的线速度之比为m 1r 2m 2r 1 D ．月球表面的重力加速度g 月＝4π2r 1T 21答案 B 解析 根据G Mm 1r 21＝m 1r 1·4π2T 2可得，月球的质量M ＝4π2r 31GT 21，A 错；根据开普勒第三定律T 1T 2＝(r 1r 2)32可得，T 2＝r 32r 31T 1，B 对；根据G Mm 1r 21＝m 1v 21r 1可得，v 1＝ GM r 1，同理v 2＝ GM r 2，所以v 1v 2＝ r 2r 1，C 错；根据m 1r 1·4π2T2＝m 1a 1可得，载着登陆舱的探测飞船的加速度a 1＝4π2r 1T 21，该加速度不等于月球表面的重力加速度，D 错． 考题3 对卫星变轨问题的考查例3 很多国家发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在Q 点点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后在P 点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行，如图5所示．已知轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点．若只考虑地球对卫星的引力作用，则卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法正确的是( )图5A ．若卫星在1、2、3轨道上正常运行时的周期分别为T 1、T 2、T 3，则有T 1>T 2>T 3B ．卫星沿轨道2由Q 点运动到P 点时引力做负功，卫星与地球组成的系统机械能守恒C ．根据公式v ＝ωr 可知，卫星在轨道3上的运行速度大于在轨道1上的运行速度D ．根据v ＝ GM r 可知，卫星在轨道2上任意位置的速度都小于在轨道1上的运行速度解析 根据开普勒第三定律得r 31T 21＝r 32T 22＝r 33T 23，由三个轨道的半长轴(圆轨道时为半径)的关系为r 1<r 2<r 3，所以T 1<T 2<T 3，A 错误．卫星在椭圆轨道2上，由Q 点运动到P 点的过程中，只有引力做负功，无其他力做功，卫星的动能减少，势能增加，卫星和地球组成的系统机械能守恒，B 正确．卫星在轨道1和轨道3上运行时均为匀速圆周运动，其所受万有引力提供向心力，G Mm r 2＝m v 2r ，得v ＝ GM r，所以v 1>v 3，C 错误．在椭圆轨道2上的Q 点的速度只有大于轨道1上的运行速度，才能做离心运动，即沿椭圆轨道运动，D 错误．答案 B点拨提升1． 当卫星的速度突然增加时，G Mm r 2<m v 2r，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝GM r可知，其运行速度与原轨道相比减小了．2． 当卫星的速度减小时，G Mm r 2>m v 2r ，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v ＝ GM r 可知，其运行速度与原轨道相比增大了．3． 比较不同圆轨道上的速度大小时应用v ＝ GM r进行判断，不能用v ＝ωr 进行判断，因为ω也随r 的变化而变化.突破练习 5． 北京时间2013年2月16日凌晨，直径约45米、质量约13万吨的小行星“2012DA14”，以大约每小时2.8万公里的速度由印度洋苏门答腊岛上空掠过，与地球表面最近距离约为2.7万公里，这一距离已经低于地球同步卫星的轨道．但它对地球没有造成影响，对地球的同步卫星也几乎没有影响．这颗小行星围绕太阳飞行，其运行轨道与地球非常相似，根据天文学家的估算，它下一次接近地球大约是在2046年，假设图6中的P 、Q 是地球与小行星最近时的位置，下列说法正确的是 ( )图6A ．小行星对地球的轨道没有造成影响，地球对小行星的轨道也不会造成影响B ．只考虑太阳的引力，地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度C ．只考虑地球的引力，小行星在Q 点的加速度大于同步卫星在轨道上的加速度D ．小行星在Q 点没有被地球俘获变成地球的卫星，是因为它在Q 点的速度大于第二宇宙速度答案 BC解析 小行星的质量远小于地球质量，地球对小行星的引力可使小行星产生较大的加速度，对小行星的轨道产生较大影响，选项A 错误．根据GMm r2＝ma ，可知地球在P 点的加速度大于小行星在Q 点的加速度，选项B 正确．同理可判断出C 正确．小行星没有被地球俘获是因为其速度大于第一宇宙速度，但小于第二宇宙速度，选项D 错误．6． 假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图7所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法正确的是 ( )图7A ．飞船在轨道Ⅰ上运动时的机械能大于飞船在轨道Ⅱ上运动时的机械能B ．飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过P 点时的速度大于经过Q 点时的速度C ．飞船在轨道Ⅲ上运动到P 点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度D ．飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期相同答案 BC解析 飞船在轨道Ⅰ上运动至P 点时必须点火加速才能进入轨道Ⅱ，因此飞船在轨道 Ⅰ上运动时的机械能小于在轨道Ⅱ上运动时的机械能，A 错误；由行星运动规律可知B正确；由公式a ＝G M r 2可知，飞船在轨道Ⅲ上运动到P 点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P 点时的加速度，C 正确；由公式T ＝2π r 3GM可知，因地球质量和火星质量不同，所以飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地球的过程中绕地球以与轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不相同，D 错误．考题4 对双星或多星问题的考查例4 如图8为哈勃望远镜拍摄的银河系中被科学家称为“罗盘座T 星”系统的照片，最新观测表明“罗盘座T 星”距离太阳系只有3 260光年，比天文学家此前认为的距离要近得多．该系统是由一颗白矮星和它的类日伴星组成的双星系统，由于白矮星不停地吸收由类日伴星抛出的物质致使其质量不断增加，科学家预计这颗白矮星在不到1 000万年的时间内会完全“爆炸”，从而变成一颗超新星，并同时放出大量的γ射线，这些γ射线到达地球后会对地球的臭氧层造成毁灭性的破坏．现假设类日伴星所释放的物质被白矮星全部吸收，并且两星间的距离在一段时间内不变，两星球的总质量不变，则下列说法正确的是 ( )图8A ．两星间的万有引力不变B ．两星的运动周期不变C ．类日伴星的轨道半径增大D ．白矮星的轨道半径增大解析 因两星间距离L 在一段时间内不变，两星的质量总和不变，而两星质量的乘积必定变化，由万有引力公式F ＝Gm 1m 2L 2可知，两星间的万有引力必定变化，A 错误；两星的运动周期相同，若设白矮星和类日伴星的轨道半径分别为r 1和r 2，由牛顿第二定律可得Gm 1m 2L 2＝m 1·4π2T 2r 1＝m 2·4π2T 2r 2，分别解得Gm 1＝4π2T 2·r 2L 2，Gm 2＝4π2T 2·r 1L 2，两式相加得G (m 1＋m 2)＝4π2T 2·L 3因两星质量总和(m 1＋m 2)和它们之间的距离L 均不变，故其运行周期T 不变，B 正确；由m 14π2T 2r 1＝m 24π2T 2r 2，可得m 1r 1＝m 2r 2，故双星运动的轨道半径与其质量成反比，类日伴星的轨道半径增大，白矮星的轨道半径减小，C 正确，D 错误． 答案 BC题后反思分析、求解双星或多星问题的两个关键(1)向心力双星问题中，向心力来源于另一星体的万有引力；多星问题中，向心力则来源于其余星体的万有引力的合力．(2)圆心或轨道半径的确定及求解：双星问题中，轨道的圆心位于两星连线上某处，只有两星质量相等时才位于连线的中点，此处极易发生的错误是列式时将两星之间的距离当作轨道半径；多星问题中，也只有各星体的质量相等时轨道圆心才会位于几何图形的中心位置，解题时一定要弄清题给条件．突破练习7． (2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3k TC.n 2k T D.n kT 答案 B解析 双星靠彼此的万有引力提供向心力，则有G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T2 G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T2 并且r 1＋r 2＝L解得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk (m 1＋m 2)＝n 3k ·T 故选项B 正确．例5 (13分)我国的“嫦娥三号”探月卫星将实现“月面软着陆”，该过程的最后阶段是：着陆器离月面h 高时速度减小为零，为防止发动机将月面上的尘埃吹起，此时要关掉所有的发动机，让着陆器自由下落着陆．已知地球质量是月球质量的81倍，地球半径是月球半径的4倍，地球半径R 0＝6.4×106 m ，地球表面的重力加速度g 0＝10 m/s 2，不计月球自转的影响．(结果保留两位有效数字)(1)若题中h ＝3.2 m ，求着陆器落到月面时的速度大小；(2)由于引力的作用，月球引力范围内的物体具有引力势能．理论证明，若取离月心无穷远处为引力势能的零势点，距离月心为r 的物体的引力势能E p ＝－G Mm r，式中G 为万有引力常量，M 为月球的质量，m 为物体的质量．求着陆器仅依靠惯性从月球表面脱离月球引力范围所需的最小速度．审题突破 ①由地球质量与月球质量、地球半径与月球半径的关系计算月球表面的重力加速度．②着陆器从月球表面脱离月球引力的过程中遵循能量守恒定律．解析 (1)设月球质量为M 、半径为R ，月面附近重力加速度为g ，着陆器落到月面时的速度为v忽略月球自转，在月球表面附近，质量为m 的物体满足：G MmR 2＝mg① 设地球的质量为M 0，同理有：G M 0m ′R 20＝m ′g 0② 着陆器自由下落过程中有：v 2＝2gh③ 由①②③式并带入数据可得：v ＝3.6 m/s④(2)设着陆器以速度v 0从月面离开月球，要能离开月球引力范围，则至少要运动到月球的零引力处，即离月球无穷远处．在着陆器从月面到无穷远处过程中，由能量守恒得： 12m v 20－G MmR＝0⑤ 由①②⑤式并带入数据可得：v 0＝2.5×103 m/s⑥答案 (1)3.6 m /s (2)2.5×103 m/s评分细则 1.本题满分13分，其中④式3分，其余各式2分．2．在①式和②式中，没有正确区分地球质量M 0和月球质量M ，没有正确区分地球半径R 0和月球半径R 的，扣除2分．3．在①式和②式，没有区分m 和m ′的，不扣分．4．若将①式写成G M R 2＝g ，将②式写成G M 0R 20＝g 0，同样给分．5．若将⑤式写成12m v 20＝0－(－G Mm R )，或写成12m v 20＝G MmR，同样给分． 知识专题练 训练5一、单项选择题1． 2012年6月18日，我国“神舟九号”与“天宫一号”成功实现交会对接，如图1所示，圆形轨道Ⅰ为“天宫一号”的运行轨道，圆形轨道Ⅱ为“神舟九号”的运行轨道，在实现交会对接前，“神舟九号”要进行多次变轨，则( )图1A ．“天宫一号”在轨道Ⅰ上的运行速率大于“神舟九号”在轨道Ⅱ上的运行速率B ．“神舟九号”变轨前的动能比变轨后的动能要大C ．“神舟九号”变轨前后机械能守恒D ．“天宫一号”在轨道Ⅰ上的向心加速度大于“神舟九号”在轨道Ⅱ上的向心加速度 答案 B解析 由万有引力提供向心力可得G Mmr 2＝m v 2r＝ma ，解得v ＝GM r ，a ＝GMr2，由于“天宫一号”的轨道半径比“神舟九号”的大，故“天宫一号”的运行速率小，向心加速度小，选项A 、D 错误．“神舟九号”要完成对接，必须点火加速，机械能增加，变轨后的轨道半径增大，运行速率减小，动能减小，故选项B 正确，C 错误．2． 据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，命名为“55Cancrie ”．该行星绕母星(中心天体)运行的周期约为地球绕太阳运行周期的1480，母星的体积约为太阳的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55 Cancrie ”与地球均做匀速圆周运动，则“55 Cancrie ”与地球的( )A ．轨道半径之比约为 360480B ．轨道半径之比约为3604802 C ．向心加速度之比约为 360×4802 D ．向心加速度之比约为 360×480答案 B解析 母星与太阳密度相同，而体积约为太阳的60倍，说明母星的质量是太阳质量的60倍．由万有引力提供向心力可知G Mm r 2＝m (2πT )2r ，所以M 母r 31·r 32M 太＝(T 地T)2，代入数据得轨道半径之比约为 3604802，A 错误，B 正确；由加速度a ＝GMr2可知，加速度之比为360×4804，所以C 、D 均错误．3． 国防科技工业局预定“嫦娥三号”于2013年下半年择机发射．“嫦娥三号”将携带一部“中华牌”月球车，实现对月球表面的探测．若“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行n 圈所用的时间为t 1，已知“嫦娥二号”探月卫星在环月圆轨道绕行n 圈所用的时间为t 2，且t 1<t 2.则下列说法正确的是 ( )A ．“嫦娥三号”运行的线速度较小B ．“嫦娥三号”运行的角速度较小C ．“嫦娥三号”运行的向心加速度较小D ．“嫦娥三号”距月球表面的高度较小 答案 D解析 由题意可知“嫦娥二号”探月卫星的周期大于“嫦娥三号”探月卫星的，由开普勒第三定律r 3T 2＝k 可知“嫦娥二号”探月卫星的轨道半径大于“嫦娥三号”探月卫星．探月卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m 、轨道半径为r 、月球质量为M ，有F ＝F 向＝G Mmr 2，F 向＝m v 2r＝mω2r ＝ma ，v ＝GMr，ω＝GMr 3，a ＝v 2r由于“嫦娥三号”探月卫星的周期小、半径小，故“嫦娥三号”探月卫星的角速度大、线速度大、向心加速度大，则所给选项A 、B 、C 错误，D 正确．4． 火星有两个卫星，分别叫做“火卫一”和“火卫二”．若将它们绕火星的运动看做匀速圆周运动，且距火星表面高度分别为h 1和h 2，线速度大小分别为v 1和v 2，将火星视为质量均匀分布的球体，忽略火星自转的影响，则火星半径为( )A.h 1v 21－h 2v 22v 22－v 21B.(h 1－h 2)v 1v 2v 22－v 21 C.h 1v 1－h 2v 2v 2－v 1D.h 1h 2v 1v 2(h 1－h 2)(v 22－v 21)答案 A解析 根据万有引力提供向心力得G Mm 1(R ＋h 1)2＝m 1v 21R ＋h 1，G Mm 2(R ＋h 2)2＝m 2v 22R ＋h 2，解得：R＝h 1v 21－h 2v 22v 22－v 21. 5． (2013·安徽·17)质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时，引力势能可表示为E p ＝－GMmr，其中G 为引力常量，M 为地球质量，该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R 2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )A ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1B ．GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 答案 C解析 由万有引力提供向心力知G Mm r 2＝m v 2r ，所以卫星的动能为12m v 2＝GMm2r ，则卫星在半经为r 的轨道上运行时机械能为E ＝12m v 2＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm2r .故卫星在轨道R 1上运行时：E 1＝－GMm 2R 1，在轨道R 2上运行时：E 2＝－GMm2R 2，由能量守恒定律得产生的热量为Q ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1，故正确选项为C. 6． 物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一个质量为m 0的质点到质量为M 0的引力源中心的距离为r 0时，其万有引力势能E p ＝－GM 0m 0r 0(式中G 为引力常量)．一颗质量为m 的人造地球卫星以半径为r 1的圆形轨道环绕地球匀速飞行，已知地球的质量为M ，要使此卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径增大为r 2，则卫星上的发动机所消耗的最小能量为(假设卫星的质量始终不变，不计空气阻力及其他星体的影响)( )A ．E ＝GMm 2(1r 1－1r 2)B ．E ＝GMm (1r 1－1r 2)C ．E ＝GMm 3(1r 1－1r 2)D ．E ＝2GMm 3(1r 2－1r 1)答案 A解析 根据万有引力提供向心力有：G Mm r 21＝m v 21r 1，解得E k1＝12m v 21＝GMm 2r 1.G Mm r 22＝m v 22r 2，解得E k2＝12m v 22＝GMm 2r 2.则动能的减小量为ΔE k ＝GMm 2r 1－GMm2r 2.引力势能的增加量ΔE p ＝－GMm r 2－(－GMm r 1)＝GMm r 1－GMmr 2，根据能量守恒定律，发动机消耗的最小能量E ＝ΔE p －ΔE k ＝GMm 2(1r 1－1r 2)．故选A.二、多项选择题7． 2012年12月，长4.46公里、宽2.4公里的小行星“4179Toutatis ”接近地球，并且在12月12日距地球仅690万公里，相当于地球与月亮距离的18倍．下列说法正确的是( )A ．在小行星接近地球的过程中，小行星所受地球的万有引力增大B ．在小行星接近地球的过程中，地球对小行星的万有引力对小行星做负功C ．小行星运行的半长轴的三次方与其运行周期平方的比值与地球公转的半长轴的三次方与地球公转周期平方的比值相等D ．若该小行星在距地球690万公里处被地球“俘获”，成为地球的一颗卫星，则它绕地球的公转周期大于1个月 答案 ACD解析 小行星接近地球的过程中，地球对小行星的引力逐渐增大，且引力对小行星做正功，选项A 正确，B 错误．根据开普勒第三定律可知选项C 正确．若小行星被地球“俘获”成为地球卫星，其轨道半径比月球轨道半径大，周期比月球绕地球周期大，选项D 正确．8． 2012年6月24日，航天员刘旺手动控制“神舟九号”飞船完成与“天宫一号”的交会对接，形成组合体绕地球做匀速圆周运动，轨道高度为340 km.测控通信由两颗在地球同步轨道运行的“天链一号”中继卫星、陆基测控站、测量船，以及北京飞控中心完成．根据以上信息和你对航天相关知识的理解，下列描述正确的是( )A ．组合体匀速圆周运动的周期一定大于地球的自转周期B ．组合体匀速圆周运动的线速度一定大于第一宇宙速度C ．组合体匀速圆周运动的角速度大于“天链一号”中继卫星的角速度D ．“神舟九号”从低轨道必须加速才能与“天宫一号”交会对接 答案 CD解析 根据G Mm r 2＝mr 4π2T2得T ＝2πr 3GM，所以T 组<T 同，即T 组<T 自，A 错误．又因为ω＝2πT ，所以ω组>ω同，C 正确．第一宇宙速度为近地卫星的速度，组合体的速度小于第一宇宙速度，B 错误．“神舟九号”从低轨道加速后，做离心运动，才能与“天宫一号”交会对接，D 正确．9． 北斗卫星导航系统是我国自行研制开发的区域性三维卫星定位与通信系统(CNSS)，建成后的北斗卫星导航系统包括5颗同步卫星和30颗一般轨道卫星．关于这些卫星，以下说法正确的是( )A ．5颗同步卫星的轨道半径都相同B ．5颗同步卫星的运行轨道必定在同一平面内C ．导航系统所有卫星的运行速度一定大于第一宇宙速度D ．导航系统所有卫星中，运行轨道半径越大的，周期越小 答案 AB解析 根据万有引力提供向心力可得G Mm r 2＝ma ＝m v 2r ＝mr (2πT)2，整理可知T ＝2π。
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图3
栏
度 h 可由运动员自由调节（取 g=10 m/s2).求：
目
开
（1）运动员到达 B 点的速度与高度 h 的关系.
关
（2）运动员要达到最大水平运动距离，B 点的高度 h 应调
为多大？对应的最大水平距离 smax 为多少
（3）若图中 H=4 m,L=5 m，动摩擦因数μ=0.2,则水平运动
距离要达到 7 m,h 值应为多少？
开
所以物体在传送带上留下的划痕为 Δx＝x1＋x2＝24.5 m.
关
答案 (1)600 N
(2)物体将从传送带的右边离开，分析见解析
(3)24.5 m
学案7
考题 2 对利用动能定理分析多过程问题的考查
本
对于物体在变力作用下的多过程运动问题，不能利用牛
学
案 顿运动定律和运动学公式求解，可利用动能定理进行求
由②③④⑤得：s＝2 －h2＋H－μLh＋L
本 学
＝L＋2 －h－H－2μL2＋H－4μL2
⑥
案 栏 目
当 h＝H－2μL时，s 有最大值，smax＝H－μL＋L
⑦
开 关
(3)将 H＝4 m，L＝5 m，μ＝0.2，s＝7 m 代入⑥式得
7＝2 －h2＋4－0.2×5h＋5
解得 h＝3＋2 5 m≈2.62 m 或 h＝3－2 5 m≈0.38 m
案 栏
v＝3 m/s，已知物体与传送带间的动摩擦因数 μ＝0.1，g
目 开
取 10 N/kg，求：
关
图2
学案7
(1)在14圆形轨道末端，物体对轨道的压力；
(2)若两皮带轮之间的距离是 6 m，物体冲上传送带后就移走光滑
曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论；
本 (3)若皮带轮间的距离足够大，从物体滑上到离开传送带的整个过
目 开 关
小和方向都不变，加速度大小为a＝FMf＝μg＝1 m/s2.
学案7
取向右为正，物体向右发生的位移为 x1＝－2v－2－av0 2＝2－×3－2－142 m＝3.5 m
物体从滑上到离开传送带运动的时间为
本 学 案
t＝－－v－a v0＝－－3－1 4 s＝7 s
栏 目
这段时间内皮带向左运动的位移为 x2＝vt＝3×7 m＝21 m
答案 (1)vB＝ 2gH－h－μL
(2)h＝H－2μL smax＝H－μL＋L (3)2.62 m 或 0.38 m
学案7
点拨提升
1.在分析问题时首先要抓住题目所给临界条件：速度方
本
向恰好沿 AB 方向.
学 案
2.在利用动能定理求解问题时可对单一过程列式，也可
栏 目
对 全过程列式，不论是哪种方式，都应找准物体初、
栏
目 解．高考对此问题的考查主要涉及的运动形式有：变力作用
开
关 下的直线运动、曲线运动，题目难度中等．
学案7
例2 如图 3 所示,在一次国际城市运动会中，
要求运动员从高为 H 的平台上 A 点由静
止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向
本
下运动到 B 点后水平滑出，最后落在水
Байду номын сангаас
学 案
池中.设滑道的水平距离为 L，B 点的高
栏 目
究对象进行正确的受力分析，只有在合力不变时，才可
开 关
把牛顿运动定律和运动学公式相结合分析物体的运动.
学案7
突破练习
如图 2 所示，质量 M＝20 kg 的物体从半径为 R＝0.8 m 的
1/4 光滑圆形轨道的顶端释放，到达底端时水平进入水平
本
学
传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左传动，速率为
的位移 x＝022－－va02＝2×02－－421 m＝8 m＞6 m.
表明物体将从右边离开传送带．
学案7
(3)以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体
本
滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，然后向
学
左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带
案
栏
相对静止，从传送带左端掉下．整个过程物体的加速度大
学案7
(2)物体将从传送带的右边离开．
以地面为参考系，由于 v0>v，物体滑上传送带后先向右做匀 减速运动直到速度为零，然后向左做匀加速运动，直到物体
本 速度与皮带速度相等后与皮带相对静止，期间物体的加速度
学
案 大小和方向都不变，
栏 目 开
加速度大小为 a＝FMf＝μg＝1 m/s2.
关
物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生
学案7
解析 (1)运动员由 A 点运动到 B 点
由动能定理得：
本 学 案 栏
mg(H－h)－μmgcos
L θ·cos
θ
＝12mvB 2
①
目
开 解得 vB＝ 2gH－h－μL
②
关
(2)运动员离开 B 点后在竖直方向做自由落体运动
h＝12gt2
③
学案7
在水平方向做匀速直线运动
s′＝vBt
④
从 A 点出发，运动员水平方向运动距离 s＝s′＋L ⑤
学 案
程中，在传送带上留下划痕的长度．
栏 目 开
解析 (1)由机械能守恒得 MgR＝12Mv0 2，则物体下滑到轨道末端
关 时速度为 v0＝ 2gR＝4 m/s
设轨道末端对物体的支持力为 FN，由牛顿第二定律得 FN－Mg＝ v2
MR
解得 FN＝600 N，由牛顿第三定律得物体对轨道的压力为 600 N.
目 开 关
(3)动能定理：－μmgl＝12mv2－12mv0 2，
代入数据得：v0＝4 m/s.
关
h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度取 10 m/s2 求：
(1)小物块落地点距飞出点的水平距离 x； (2)小物块落地时的动能 Ek； (3)小物块的初速度大小 v0.
学案7
解析 (1)平抛运动规律：
h＝12gt2，得 t＝ 2gh＝0.3 s，
本
x＝vt＝0.9 m
学 案 栏
(2)机械能守恒：Ek＝mgh＋12mv2＝0.9 J
学案7
③当F>3 N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为 Ff＝μ2mg＝2 N Ff－F图象如图所示．
本 学 案 栏 目 开 关
答案 (1)0.5 m (2)见解析图
学案7
点拨提升
1.对于连结体问题，在利用牛顿运动定律求解加速度时，
本
一定要注意研究对象的选取.
学 案
2.在利用牛顿运动定律分析多过程问题时，一定要对研
开 关
末状态的动能和对应过程中外力所做的功.
学案7
突破练习
(2012·北京·22)如图 4 所示，质量
为 m 的小物块在粗糙水平桌面
上做直线运动，经距离 l 后以速
本 学
度 v 飞离桌面，最终落在水平地
案 栏
面上．已知 l＝1.4 m，v＝3.0 m/s，
图4
目 开
m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数 μ＝0.25，桌面高