2020版高考一轮高三物理 人教版 教师用书(PDF)
2020版高考物理一轮复习教师用书_8 第八章 恒定电流 1 第一节 欧姆定律、电阻率、电功率及焦耳定律 (4)
实验九描绘小电珠的伏安特性曲线一、实验目的1．掌握滑动变阻器的使用方法及连接方式．2．掌握伏安特性曲线的描绘方法．3．理解小电珠的伏安特性曲线为什么是曲线．二、实验原理1．用电流表测出流过小电珠的电流，用电压表测出小电珠两端的电压，测出多组(U，I)值，在I－U坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连起来．2．电流表外接：因为小电珠的电阻较小，如果电流表内接，误差明显较大；滑动变阻器采用分压式，使电压能从零开始连续变化．三、实验器材小电珠(3.8 V，0.3 A)或(2.5 V，0.6 A)一个、电压表(0～3 V～15 V)与电流表(0～0.6 A～3 A)各一个，滑动变阻器(最大阻值20 Ω)一个、学生低压直流电源(或电池组)、开关一个、导线若干、坐标纸、铅笔．四、实验过程1．电路连接确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按图中的原理图连接好实验电路．2．开关闭合把滑动变阻器的滑片调节到图中最左端，接线经检查无误后，闭合开关S.3．数据测量移动滑动变阻器滑片位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格中，断开开关S.五、数据处理1．在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐标系．2．在坐标纸上描出各组数据所对应的点(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)．3．将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线．六、误差分析1．系统误差由于采用的是电流表外接法，电流表的测量值大于小电珠电流的真实值．2．偶然误差(1)电压表、电流表读数时存在误差．(2)在坐标纸上描点、作图时存在误差．七、注意事项1．电路的调节闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应移到使小电珠分得电压为零的一端，使开关闭合时小电珠的电压从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过大而烧坏小电珠．2．图象的画法(1)建立坐标系时，纵轴表示电流，横轴表示电压，两坐标轴选取的标度要合理．(2)I－U图线在U＝1.0 V左右时将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差．(3)误差较大的点要舍去，I－U图线应是平滑曲线而非折线．3．实验操作当小电珠的电压接近额定值时要缓慢增加，到额定值记录I后马上断开开关．对电路设计和实验原理的考查【典题例析】有一个小电珠上标有“4 V，2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的I －U图线，现有下列器材供选用：A.电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)B.电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)C.电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω)D.电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω)E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：________________________________________________________________________.(2)实验中所用电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．(用序号字母表示)(3)把图丙中所示的实验器材按图甲用笔画线代替导线连接成实物电路图．[解析](1)由于测量数据要从零开始，故采用题图甲所示的分压式电路，且能方便地多测几组数据．(2)因小电珠额定电压为4 V ，则电压表选量程为0～5 V 的电压表A.小电珠的额定电流为I ＝P U ＝24 A ＝0.5 A ，则电流表选D.滑动变阻器应选最大阻值较小的E ，这样在实验中移动滑片时能使电路中的电流和电压有明显的变化，从而减小读数误差．(3)电路图如图所示．[答案] (1)描绘电珠的I －U 图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 (2)A D E (3)见解析图1.(2019·广西柳州高级中学模拟)在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，已知待测小灯泡的额定电压为6 V ，额定功率约为3 W ，提供的器材有：电流表A ：量程为0.6 A ，内阻约为0.5 Ω； 电压表V ：量程为3 V ，内阻为3 k Ω； 滑动变阻器R 1(0～10 Ω，2 A) 滑动变阻器R 2(0～500 Ω，1 A) 定值电阻R 3＝1 k Ω； 定值电阻R 4＝3 k Ω；电源：电动势为9 V ，内阻约为0.1 Ω； 开关一个，导线若干． (1)实验中，应该选用的滑动变阻器是________，定值电阻是 ________(填仪器的字母代号)．(2)根据所给的器材，在虚线框中画出实验电路图．解析：(1)灯泡额定电压为6 V ，电压表量程为3 V ，需要把电压表与定值电阻R 4串联组成新的电压表，使电压表量程扩大至6 V ；电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压式接法，灯泡正常发光时电阻约为 R ＝U 2P ＝623 Ω＝12 Ω，电流表内阻约为0.5 Ω，电压表内阻为6 k Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，因电源内阻约为0.5 Ω，滑动变阻器应选择阻值较小的R1.(2)实验电路图如图所示．答案：(1)R1R4(2)见解析图对数据处理和误差分析的考查【典题例析】(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 kΩ)；电流表A(量程0.5 A，内阻0.5 Ω)；固定电阻R0(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)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻________(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E0(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)[解析](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 1.172.(2018·高考全国卷Ⅲ)一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻R x的阻值，图中R0为标准定值电阻(R0＝20.0 Ω)；V可视为理想电压表；S1为单刀开关，S2为单刀双掷开关；E为电源；R为滑动变阻器．采用如下步骤完成实验：(1)按照实验原理线路图(a)，将图(b)中实物连线；(2)将滑动变阻器滑动端置于适当的位置，闭合S 1；(3)将开关S 2掷于1端，改变滑动变阻器滑动端的位置，记下此时电压表V 的示数U 1；然后将S 2掷于2端，记下此时电压表V 的示数U 2；(4)待测电阻阻值的表达式R x ＝________(用R 0、U 1、U 2表示)； (5)重复步骤(3)，得到如下数据：(6)利用上述5次测量所得U 2U 1的平均值，求得R x ＝________Ω.(保留1位小数) 解析：开关S 2掷于1端，由欧姆定律可得通过R x 的电流I ＝U 1R 0，将开关S 2掷于2端，R 0和R x 两端电压为U 2，R x 两端电压为U ＝U 2－U 1，由欧姆定律可得待测电阻阻值R x ＝UI ＝U 2－U U 1R 0＝(U 2U 1－1)R 0.5次测量所得 U 2U 1 的平均值为 15(3.44＋3.43＋3.39＋3.40＋3.39)＝3.41，代入得R x ＝(3.41－1)×20.0 Ω＝48.2 Ω.答案：(1)实物连线如图 (4)(U 2U 1－1)R 0 (6)48.2创新实验【典题例析】在有光照时太阳能电池可以将光能转化为电能，在没有光照时，太阳能电池可以视为一个电学器件．某实验小组用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I －U 特性．所用的器材包括：太阳能电池，电源E ，电流表A ，电压表V ，滑动变阻器R ，开关S 及导线若干．(1)为了达到上述目的，应选用哪个电路图：________(选填“甲”或“乙”)．(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图丙所示的I －U 图象．由图可知，当电压小于2.0 V 时，太阳能电池的电阻________(选填“很大”或“很小”)；当电压为2.8 V 时，太阳能电池的电阻约为________ Ω.(保留两位有效数字)．[解析] (1)用测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照射时(没有储存电能)的I －U 特性，应选用滑动变阻器分压接法，为电路图甲．(2)由题图可知，当电压小于2.0 V 时，电流几乎为零，所以太阳能电池的电阻很大．当电压为2.8 V时，对应电流为2.8 mA，由欧姆定律可得太阳能电池的电阻约为R＝U I＝1.0×103Ω.[答案](1)甲(2)很大 1.0×1033.(2016·高考天津卷)某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确、绘制曲线完整．可供该同学选用的器材除开关、导线外，还有：电压表V1(量程0～3 V，内阻等于3 kΩ)电压表V2(量程0～15 V，内阻等于15 kΩ)电流表A1(量程0～200 mA，内阻等于10 Ω)电流表A2(量程0～3 A，内阻等于0.1 Ω)滑动变阻器R1(0～10 Ω，额定电流2 A)滑动变阻器R2(0～1 kΩ，额定电流0.5 A)定值电阻R3(阻值等于1 Ω)定值电阻R4(阻值等于10 Ω)定值电阻R5(阻值等于1 kΩ)电源E(E＝6 V，内阻不计)(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁．Ｋ(2)该同学描绘出的I－U图象应是下图中的________．解析：(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线实验时，需要设计成滑动变阻器的分压接法，滑动变阻器应选择与小灯泡阻值相接近的R1.给出的元件电压表V1量程小于小灯泡的额定电压，电压表V2量程又太大，因此需要将电压表V1串联一个1 kΩ的定值电阻R5，改装成最大量程为4 V的电压表．给出的元件电流表A1量程小于小灯泡的额定电流，电流表A2量程又太大，因此需要将电流表A1并联一个10 Ω的定值电阻R4，改装成最大量程为400 mA的电流表．(2)由于小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以该同学绘出的小灯泡的I－U图象应是B.答案：(1)如图所示(2)B1．图甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．甲 乙(1)根据图甲画出实验电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A ，电压表量程为3 V ．所示读数为：①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别为________和________．解析：(1)实验电路图如图所示．(2)电流表量程为0.6 A ，每一小格代表0.02 A ，读数时估读到精度的本位即可；电压表量程为3 V ，每一小格代表0.1 V ，读数时估读到精度的下一位．读数分别为：①0.10 A 、②0.24 A 、③2.00 V 、④0.27 V ．应用R ＝UI 求电阻时，电流为0.10 A 时对应的电压为0.27 V ；电流为0.24 A 时对应的电压为2.00 V ，求得的两组数据对应的电阻分别为2.7 Ω和8.3 Ω.答案：(1)如解析图所示(2)0.10 A0.24 A 2.00 V0.27 V2．7(±0.1) Ω8.3(±0.1) Ω[如填为8.3(±0.1) Ω2．7(±0.1) Ω也行]2．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，要测量一个标有“3 V，1.5 W”的小灯泡两端的电压和通过它的电流，现有如下器材：A．直流电源3 V(内阻可不计)B．直流电流表0～600 mA(内阻约为0.5 Ω)C．直流电压表0～3 V(内阻约3 kΩ)D．滑动变阻器(10 Ω，1 A)E．滑动变阻器(1 kΩ，300 mA)F．开关、导线若干(1)本实验中滑动变阻器应选用________(选填“D”或“E”)．(2)下表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图甲所示的坐(3) 如图乙所示，将两个这样的小灯泡并联后再与阻值为5 Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为4 V的电路中，每个小灯泡的实际功率为________W.解析：(1)实验中需测量多组数据，滑动变阻器用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器用阻值较小的，故选D.(2)描点画图，如图所示．(3)设小灯泡两端的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：U0＝U＋2IR0，所以U＝－2R0I＋U0，代入数据得U＝－10I＋4，在小灯泡的伏安特性曲线同一坐标系上画出该直线，其交点(1.0，0.3)即为小灯泡的实际电压、电流值，可得小灯泡消耗的实际功率P ＝UI＝0.3 W.答案：(1)D(2)见解析图(3)0.33．(2019·长兴中学模拟)小明做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，已知小灯泡标称值是“2.5 V，0.3 A”，不考虑电压表分流引起的误差，请完成如下问题：(1)为初步了解小灯泡的电阻值，小明使用多用电表的欧姆挡按正确测量步骤进行测量，根据图甲所示，小灯泡阻值为________Ω.(2)为进一步探究小灯泡伏安特性，小明连接了如图乙所示实物图，请在图中补上一根导线，使实验能够正常进行．(3)按要求操作得到数据如表所示，第7组中电压表示数如图丙所示，则U＝________V；判断U＝0、I＝0时的小灯泡电阻值为________Ω，试分析此电阻值远小于(1)中阻值的原因________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：(1)采用“×1”倍率，所以读数为6 Ω.(2)“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要多组数据，所以滑动变阻器应采用分压接法，如图所示．(3)电压表采用0～3 V挡，分度值为0.1 V，故读数为0.30 V，U＝0、I＝0时温度接近2、3组的温度，故应为1.3 Ω，远小于(1)中的测量值是因为用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻比冷灯丝时大的多．答案：(1)6(2)如解析图所示(3)0.30 1.3用欧姆“×1”倍率挡测电阻时电流较大，小灯泡已有发光，灯丝温度升高，电阻比冷灯丝时大的多4．某学习小组拟研究一个标有“3.6 V，1.8 W”的小电珠的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：①电流表A，量程0～0.6 A，内阻约为0.2 Ω；②电压表V，量程0～15 V，内阻约为15 kΩ；③滑动变阻器R，阻值范围0～10 Ω；④学生电源E，电动势为4 V，内阻不计；⑤开关S及导线若干．(1)该学习小组中的甲同学设计了如图甲所示的电路进行测量，请按照图甲所示的电路图帮甲同学将图乙中的实物图连接起来．(2)甲同学在实验中发现，由于电压表的量程较大而造成读数误差很大，因而影响了测量结果．于是又从实验室找来一量程为I g＝100 μA、内阻R g＝1 000 Ω的灵敏电流计，想把该灵敏电流计改装成量程为5 V的电压表，则需串联一个阻值为________Ω的电阻．(3)甲同学用改装后的电压表进行实验，得到电流表读数I1和灵敏电流计读数I2如表所示：请在图丙中的坐标纸上画出I1－I2图线．(4)若将该小电珠接在如图丁所示的电路中，则该小电珠消耗的电功率约为________W．已知电源的电动势为E′＝3.0 V，内阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝4.5 Ω.(结果保留两位有效数字)解析：(1)如图(a)所示．(2)设需要串联的电阻阻值为R x，则有I g(R g＋R x)＝5 V，代入数据可得R x＝49 000 Ω.(4)将定值电阻R0看做该电源的内阻的一部分，则内阻r′＝6 Ω，由此可得路端电压U＝E′－Ir′，在I1－I2图线所在坐标纸上作出该I－U图象如图(b)所示，可知其交点坐标表示的电流约为0.32 A，电压约为1.1 V，所以该小电珠消耗的功率约为P＝0.32×1.1 W≈0.35 W.答案：(1)见解析图(a)(2)49 000(3)如图所示(4)0.35。
(天津专用)2020届高考物理一轮复习专题四曲线运动教师用书(PDF,含解析)
直线运动，在水平方向的运动为匀加速直线运动。 分别求出这
两个方向的速度或加速度，再结合运动学公式求解。 ２．由牛顿第
二定律可求解蜡块所受合力。
解析 由题意可知，红蜡块沿玻璃管做匀速上升运动，竖
直上升的速度
ｖ１ ＝
ｘ１ ｔ
＝ ０．３ １
ｍ ／ ｓ ＝ ０．３
ｍ ／ ｓ；红蜡块在水平方向连
续相等时间内的位移之差相等，则红蜡块在水平方向做匀加速
解题思路 当速度与加速度的夹角小于 ９０°时，物体速度 将增大，大于 ９０°时物体速度将减小。
解析 铅球做斜抛运动，根据曲线运动的条件和题设中 在 Ｂ 点的速度方向与加速度方向相互垂直，即竖直方向上的分 速度为零，可判断 Ｂ 点是轨迹的最高点，根据加速度和速度方向 间的关系可知 Ａ 项正确；Ｄ 点和 Ｃ 点的加速度一样大，都等于重 力加速度，Ｂ 错；过了 Ｂ 点后，加速度与速度不可能再垂直，Ｃ 错； 根据曲线运动的特点，可判断从 Ｂ 点到 Ｄ 点加速度与速度的夹 角一直减小，Ｄ 错。
条直线上，这是判断物体是否做曲线运动的依据。
２．合力方向与轨迹的关系
物体做曲线 运 动 的 轨 迹 一 定 夹 在 合 力 方 向 和 速 度 方 向 之
间，速度方向与轨迹相切，合力方向指向曲线的“凹” 侧。
３．速率变化情况判断
（ １） 当合力 方 向 与 速 度 方 向 的 夹 角 为 锐 角 时， 物 体 的 速 率
１．性质：加速度为重力加速度 ｇ 的匀变速曲线运动。 运动轨
迹是抛物线。
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2020版高考物理一轮复习教师用书_3 第三章 牛顿运动定律1 第一节 牛顿第一、第三定律 (3)
题型探究课 牛顿运动定律的综合应用超重与失重现象 【题型解读】1．对超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变． (2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．(3)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．(4)尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．在完全失重的状态下，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如天平失效、浸在水中的物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等．【跟进题组】1. 如图所示，是某同学站在压力传感器上，做下蹲－起立的动作时记录的力随时间变化的图线，纵坐标为力(单位为牛顿)，横坐标为时间．由图线可知 ( )A ．该同学做了两次下蹲－起立的动作B ．该同学做了一次下蹲－起立的动作C ．下蹲过程中人处于失重状态D ．下蹲过程中先处于超重状态后处于失重状态解析：选B.在一次下蹲过程中，该同学要先后经历失重状态和超重状态，所以对压力传感器的压力先小于自身重力后大于自身重力，而在一次起立过程中，该同学又要先后经历超重状态和失重状态，所以对压力传感器的压力先大于自身重力后小于自身重力，所以题图记录的应该是一次下蹲－起立的动作．2. 如图所示，台秤上有一装水容器，容器底部用一质量不计的细线系住一个乒乓球．某时刻细线断开，乒乓球向上加速运动，在此过程中，关于台秤的示数与线断前相比的变化情况及原因．下列说法正确的是()A．由于乒乓球仍在容器中，所以示数与细线断前相同B．细线断后不再向上提拉容器底部，所以示数变大C．细线断后，乒乓球有向上的加速度，处于超重状态，故示数变大D．容器、水、乒乓球整个系统的重心加速下移，处于失重状态，所以示数变小解析：选D.乒乓球加速上升，整个系统重心加速下移，处于失重状态，故D正确．动力学观点在连接体中的应用【题型解读】1．多个相互关联的物体由细绳、细杆或弹簧等连接或叠放在一起，构成的物体系统称为连接体．常见的连接体如图所示：(1)弹簧连接体(2)物物叠放连接体(3)轻绳连接体(4)轻杆连接体2．连接体的运动特点(1)轻绳：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．(2)轻杆：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比．(3)轻弹簧：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等．(2019·新乡模拟)如图所示，粗糙水平面上放置B 、C 两物体，A 叠放在C 上，A 、B 、C 的质量分别为m 、2m 和3m ，物体B 、C 与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F T .现用水平拉力F 拉物体B ，使三个物体以同一加速度向右运动，则( )A ．此过程中物体C 受五个力作用B ．当F 逐渐增大到F T 时，轻绳刚好被拉断C ．当F 逐渐增大到1.5F T 时，轻绳刚好被拉断D ．若水平面光滑，则绳刚断时，A 、C 间的摩擦力为F T6[解析] 对A ，A 受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可以知道C 受重力、A 对C 的压力、地面的支持力、绳子的拉力、A 对C 的摩擦力以及地面的摩擦力六个力作用，故A 错误；对整体分析，整体的加速度a ＝F －μ·6mg 6m ＝F6m －μg ，隔离对AC 分析，根据牛顿第二定律得，F T －μ·4mg ＝4ma ，计算得出F T ＝23F ，当F ＝1.5F T 时，轻绳刚好被拉断，故B 错误，C 正确；水平面光滑，绳刚断时，对AC 分析，加速度a ＝F T4m ，隔离对A 分析，A 的摩擦力F f ＝ma ＝F T4，故D 错误．[答案] C【迁移题组】迁移1 加速度相同的连接体问题1．如图所示，质量为M 的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m 的小球，M ＞m ，用一力F 水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a 向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1.若用一力F′水平向左拉小车，使小球和其一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F′1.则()A．a′＝a，F′1＝F1B．a′＞a，F′1＝F1C．a′＜a，F′1＝F1D．a′＞a，F′1＞F1解析：选B.当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F1cos θ＝mg ①水平方向有F－F1sin θ＝ma，以整体为研究对象有F＝(m＋M)a，解得a＝mM g tan θ②当用力F′水平向左拉小车时，以球为研究对象，竖直方向有F′1cos θ＝mg ③水平方向有F′1sin θ＝ma′，解得a′＝g tan θ④结合两种情况，由①③式有F1＝F′1；由②④式并结合M＞m有a′＞a.故正确选项为B.迁移2加速度不同的连接体问题2．如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A＝1 kg和m B＝2 kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用水平拉力F拉A，取重力加速度g＝10 m/s2.改变F的大小，B 的加速度大小可能为()A．1 m/s2B．2.5 m/s2C．3 m/s2D．4 m/s2解析：选A.A、B放在轻质长木板上，长木板质量为0，所受合力始终为0，即A、B所受摩擦力大小相等．由于A、B受到长木板的最大静摩擦力的大小关系为f A max<f B max，所以B 始终相对长木板静止，当拉力增加到一定程度时，A相对长木板滑动，B受到的最大合力等于A的最大静摩擦力，即f B＝f A max＝μm A g，由f B＝m B a B max，可知B的加速度最大为2 m/s2，选项A 正确．动力学中的临界和极值问题 【题型解读】1．临界值或极值条件的标志(1)有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；(2)若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态；(3)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；(4)若题目要求“最终加速度”“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 2．“四种”典型临界条件(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F N ＝0.(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值．(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是：F T ＝0.(4)加速度变化时，速度达到极值的临界条件：当加速度变为0时． 3．【跟进题组】1．(2019·河北衡水中学二调)如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A ，其质量为m A ＝2.0 kg ，小车上放一个物体B ，其质量为m B ＝1.0 kg.如图甲所示，给B 一个水平推力F ，当F 增大到稍大于3.0 N 时，A 、B 开始相对滑动．如果撤去F ，对A 施加一水平推力F ′，如图乙所示．要使A 、B 不相对滑动，则F ′的最大值F max 为( )A ．2.0 NB ．3.0 NC ．6.0 ND ．9.0 N解析：选C.根据题图甲所示，设A ，B 间的静摩擦力达到最大值F fmax 时，系统的加速度为a .根据牛顿第二定律，对A 、B 整体有F ＝(m A ＋m B )a ， 对A 有F fmax ＝m A a ， 代入数据解得F fmax ＝2.0 N.根据题图乙所示情况，设A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a ′， 根据牛顿第二定律得： 以B 为研究对象有F fmax ＝m B a ′以A 、B 整体为研究对象，有F max ＝(m A ＋m B )a ′ 代入数据解得F max ＝6.0 N ．故C 正确．2．(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m 静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g ．现对 A 施加一水平拉力 F ，则( )A ．当 F < 2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当 F ＝52μmg 时， A 的加速度为13μgC ．当 F > 3μmg 时，A 相对 B 滑动D ．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过12μg解析：选BCD.A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32μmg ，整体就会运动，选项A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32μmg＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，选项D 正确；对A 、B 整体，有F －32μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，选项C 正确；当F ＝52μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13μg ，选项B 正确．传送带问题 【题型解读】1．模型特征2.模型动力学分析(1)传送带模型问题的分析流程(2)判断方法 ①水平传送带情景1 若v 22μg≤l ，物、带能共速；情景2 若|v 2－v 20|2μg ≤l ，物、带能共速；情景3 若v 202μg ≤l ，物块能返回．②倾斜传送带情景1 若v 22a ≤l ，物、带能共速；情景2 若v 22a ≤l ，物、带能共速；若μ≥tan θ，物、带共速后匀速； 若μ<tan θ，物体以a 2加速(a 2<a )． 3．传送带问题的解题思路【典题例析】(2019·四川成都模拟)如图所示，传送带与地面倾角θ＝37°，从A 到B 长度为L＝10.25 m ，传送带以v 0＝10 m/s 的速率逆时针转动．在传送带上端A 无初速度地放一个质量为m ＝0.5 kg 的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹．已知sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，求：(1)煤块从A 到B 的时间；(2)煤块从A 到B 的过程中传送带上形成痕迹的长度．[审题突破] (1)煤块刚放上时，判断摩擦力的方向，计算加速度．(2)判断煤块能否达到与传送带速度相等，若不能，煤块从A →B 加速度不变，若能，则要进一步判断煤块能否相对传送带静止．(3)达到相同速度后，若煤块不再滑动，则匀速运动到B 点，形成的痕迹长度等于传送带和煤块对地的位移之差．煤块若相对传送带滑动，之后将以另一加速度运动到B 点，形成的痕迹与上段留下的痕迹重合，最后结果取两次痕迹长者．[解析] (1)煤块刚放上时，受到向下的摩擦力，如图甲，其加速度为a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10 m/s 2，t 1＝v 0a 1＝1 s ，x 1＝12a 1t 21＝5 m ＜L ，即下滑5 m 与传送带速度相等．达到v 0后，受到向上的摩擦力，由于μ＜tan 37°，煤块仍将加速下滑，如图乙，a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，x 2＝L －x 1＝5.25 m ，x 2＝v 0t 2＋12a 2t 22，得t 2＝0.5 s ，则煤块从A 到B 的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s.甲 乙(2)第一过程痕迹长Δx 1＝v 0t 1－12a 1t 21＝5 m ，第二过程痕迹长Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.25 m ， Δx 1与Δx 2部分重合， 故痕迹总长为5 m. [答案] (1)1.5 s (2)5 m【迁移题组】迁移1 水平传送带模型 1．(多选)(2019·海口模拟)如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s ＝3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A 端瞬时速度v A ＝4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，则(g 取10 m/s 2)( )A．若传送带不动，则v B＝3 m/sB．若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC．若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD．若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝2 m/s解析：选ABC.若传送带不动，由匀变速运动规律可知v2B－v2A＝－2as，a＝μg，代入数据解得v B＝3 m/s，当满足选项B、C、D中的条件时，工件所受滑动摩擦力跟传送带不动时一样，还是向左，加速度还是μg，所以工件到达B端时的瞬时速度仍为3 m/s，故选项A、B、C正确，D错误．迁移2倾斜传送带模型2．(多选)(2019·潍坊模拟)如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物块从传送带上端A滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2>v1，不计空气阻力，动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v和位置，下面可能的是()A．从下端B离开，v>v1B．从下端B离开，v<v1C．从上端A离开，v＝v1D．从上端A离开，v<v1解析：选ABC.滑块从A端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿传送带下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A端离开，由运动的对称性可知，必有v＝v1，即选项C正确，D错误；若从B端离开，当摩擦力大于重力的分力时，则v<v1，选项B正确；当摩擦力小于重力的分力时，则v>v1，选项A正确；当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本题应选A、B、C.解答传送带问题应注意的事项(1)比较物块和传送带的初速度情况，分析物块所受摩擦力的大小和方向，其主要目的是得到物块的加速度．(2)关注速度相等这个特殊时刻，水平传送带中两者一块匀速运动，而倾斜传送带需判断μ与tan θ的关系才能决定物块以后的运动．(3)得出运动过程中两者相对位移情况，以后在求解摩擦力做功时有很大作用．滑块——滑板模型问题【题型解读】1．模型特征滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中．另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似．4．思维模板【跟进题组】1．(多选)如图甲所示，一质量为M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m 的小滑块．木板受到水平拉力F 作用时，用传感器测出长木板的加速度a 与水平拉力F 的关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小滑块的质量m ＝2 kgB ．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C ．当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D ．当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大解析：选AC.当F ＝6 N 时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝3 kg.当F 大于6 N 时，两物体发生相对滑动，对长木板有a ＝F －μmg M ＝F M －μmg M ，图线的斜率k ＝1M ＝1，解得M ＝1 kg ，滑块的质量m ＝2kg ，选项A 正确；滑块的最大加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B 错误；当F ＝7 N 时，由a ＝F －μmgM 知长木板的加速度a ＝3 m/s 2，选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a ′＝μg ＝2 m/s 2，恒定不变，选项D 错误．2.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°⎝⎛⎭⎫sin 37°＝35的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．解析：(1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1 ① N 1＝mg cos θ ② f 2＝μ2N 2③ N 2＝N ′1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1 ⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2 ⑥ N 1＝N 1′ ⑦ f 1＝f 1′⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2 ⑨ a 2＝1 m/s 2.⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪ v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2.此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得 a ′1＝6 m/s 2 ⑬ a ′2＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0 ⑮ 联立⑫⑭⑮式得 t 2＝1 s⑯ 在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m<27 m⑰ 此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑱ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑲设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s.(另解：也可利用下面的速度图线求解)答案：(1)3 m/s 2 1 m/s 2(2)4 s多过程运动中牛顿运动定律的综合应用与木板相对静止时，木板的速度；相对地面移动的距离为s1＝v【对点训练】(多选)如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v －t 图象，其中可能正确的是( )解析：选BD.由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故选项A 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故选项D 正确；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg ＞μ2(M ＋m )g 时，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g ，由μ1mg ＞μ2(M ＋m )g ，可得μ1mg ＞μ2mg ，即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g ＞μ2g ，也就是说图象的斜率将变小，故选项C 错误，B 正确．质量M ＝4 kg 、长2l ＝4 m 的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t ＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F ，使滑块和木板均由静止开始运动，t 1＝2 s 时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x 1－t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F 的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s 末撤去恒力F ，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？解析：(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a 1，木板的加速度大小为a 2，则t 1＝2 s 时木板的位移x 2＝12a 2t 21①滑块的位移x 1＝4 m ② 由牛顿第二定律得a 2＝μ1mgM③ 由位移关系得x 1－x 2＝l ④ 联立①②③④式解得μ1＝0.4 ⑤ 滑块位移x 1＝12a 1t 21⑥ 恒力F ＝ma 1＋μ1mg⑦联立②⑤⑥⑦式解得F ＝6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v 1，木板的速度为v 2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为a ′1＝μ2mg m ＝μ2g ，a ′2＝μ2mgM设滑块与木板从t 1时刻开始到速度相等时的运动时间为t 2，则v 2＝a 2t 1，v 1＝a 1t 1，v 1－a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2解得t 2＝1.6 s在此时间内，滑块位移x ′1＝v 1t 2－12a ′1t 22木板的位移x ′2＝v 2t 2＋12a ′2t 22Δx ＝x ′1－x ′2联立解得Δx ＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为d ＝l －Δx ＝0.4 m.答案：见解析1.(多选)(2019·南京、盐城模拟)如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员( )A ．在第一过程中始终处于失重状态B ．在第二过程中始终处于超重状态C ．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D ．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态解析：选CD.运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态，故A 错误，C 正确；蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B 错误，D 正确． 2. (2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a 和b ，质量分别为m a 和m b ，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力F a 和水平拉力F b ，已知F a ＞F b ，则a 对b 的作用力( )A ．必为推力B ．必为拉力C ．可能为推力，也可能为拉力D ．不可能为零解析：选C.将a 、b 看做一个整体，加速度a ＝F a ＋F bm a ＋m b，单独对a 进行分析，设a 、b间的作用力为F ab ，则a ＝F a ＋F ab m a＝F a ＋F b m a ＋m b ，即F ab ＝F b m a －F a m bm a ＋m b ，由于不知道m a 与m b 的大小关系，故F ab 可能为正，可能为负，也可能等于0.3．(2019·南阳五校联考) 如图所示，滑轮A 可沿倾角为θ的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G 的物体B ，下滑时，物体B 相对于A 静止，则下滑过程中( )A ．B 的加速度为g sin θ B ．绳的拉力为Gcos θC ．绳的方向保持竖直D ．绳的拉力为G解析：选A. A 、B 相对静止，即两物体的加速度相同，以A 、B 整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为g sin θ，所以选项A 正确；再以B 为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于G cos θ，故选项B 、C 、D 都错误．4. (2019·河南安阳模拟)在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知猫的质量是木板的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为( )A ．3g sin αB ．g sin αC ．3g sin α2D ．2g sin α解析：选A.猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法．猫受力平衡，设猫的质量为2m ，其所受摩擦力沿斜面向上，且F f ＝2mg sin α，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a ＝2mg sin α＋mg sin αm＝3g sin α，正确选项为A.5. 如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )A ．粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小或也可能相等B ．粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C ．若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D ．不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ解析：选A.若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ<tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．6．(多选) (2019·安徽合肥模拟)如图所示，绷紧的长为6 m 的水平传送带，沿顺时针方向以恒定速率v 1＝2 m/s 运行．一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v 2＝5 m/s.若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B ．若传送带的速度为5 m/s ，小物块将从传送带左端滑出C ．若小物块的速度为4 m/s ，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出D ．若小物块的速度为1 m/s ，小物块将以2 m/s 的速度从传送带右端滑出解析：选BC.小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a ，速度减至零时通过的位移为x .根据牛顿第二定律得μmg ＝ma ，解得a ＝μg ＝2 m/s 2，则x ＝v 222a ＝522×2m ＝6.25 m>6 m ，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传送带的速度为5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况不变，则运动情况也不变，仍会从传送带左端滑出，B 正确；若小物块的速度为4 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ′＝v ′222a＝422×2m ＝4 m<6 m ，则小物块的速度减到零后再向右加速，小物块加速到与传送带共速时的位移为x ″＝v 212a ＝222×2m ＝1 m<4 m ，以后小物块以v 1＝2 m/s 的速度匀速运动到右端，则小物块从传送带右端滑出时的速度为2 m/s ，C 正确；若小物块的速度为1 m/s ，小物块向左减速运动的位移大小为x ＝v ″222a ＝122×2m ＝0.25 m<6 m ，则小物块速度减到零后再向右加速，由于x <x ″，则小物块不可能与传送带共速，小物块将以1 m/s 的速度从传送带的右端滑出，D 错误．7. 一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M ＝10.5 kg ，Q 的质量m ＝1.5 kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝800 N/m ，系统处于静止．如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 内，F 为变力，0.2 s 以后，F 为恒力．求力F 的最大值与最小值．(取g ＝10 m/s 2)解析：设开始时弹簧压缩量为x 1，t ＝0.2 s 时弹簧的压缩量为x 2，物体P 的加速度为a ，则有kx 1＝(M ＋m )g① kx 2－mg ＝ma② x 1－x 2＝12at 2 ③ 由①式得x 1＝（M ＋m ）g k＝0.15 m ， ④由②③④式得a ＝6 m/s 2F 小＝(M ＋m )a ＝72 N ，F 大＝M (g ＋a )＝168 N.。
(天津专用)2020届高考物理一轮复习专题九静电场教师用书(PDF,含解析)
解题关键 电场的对称性在求解电场强度时经常用到，
由对称性可以快速解答相关问题。
Ａ．ＯＭ 中点的电场强度大于 ＯＮ 中点的电场强度 Ｂ．Ｏ 点的电场强度大小与 ＭＮ 上其他各点相比是最小的 Ｃ．Ｏ 点的电场强度大小与 ＨＧ 上其他各点相比是最小的 Ｄ．将试探电荷沿 ＨＧ 由 Ｈ 移动到 Ｇ，试探电荷所受电场力先 减小后增大
考点一 电场的性质
一、电场的力的性质
对应学生用书起始页码 Ｐ１１２
件得 Ｆ－Ｔ ｓｉｎ α１ ＝ ０；Ｔ ｃｏｓ α１ －ｍ１ ｇ ＝ ０。
所以
ｔａｎ
α１
＝
Ｆ ｍ１ ｇ
＝
ｋｑ１ ｑ２ ｍ１ ｇｒ２
。
同理
ｔａｎ
α２
＝
Ｆ ｍ２ ｇ
＝
ｋｑ１ ｑ２ ｍ２ ｇｒ２
。
若 α１ ＝ α２ ，则有ｍ１ ＝ ｍ２ 。
①应用库仑定律公式计算库仑力时不必将表示电荷性质的
正、负号代入公式中，只将其电荷量的绝对值代入公式中算出力
的大小，力的方向根据“ 同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引”
另行判断即可。
②各物理量要统一用国际单位，只有采用国际单位时，ｋ 的
值才是 ９．０×１０９ Ｎ·ｍ２ ／ Ｃ２ 。
（ ３） 静电力的叠加
决定式
Ｅ＝ｋ
Ｑ ｒ２
真空中的点 电荷的电场
某点的场强 Ｅ 由场源电 荷 Ｑ 和该点到场源电荷 的距离 ｒ 决定
关系式
Ｅ＝
Ｕ ｄ
匀强电场
ｄ 是沿电场方向的距离
（２）电场强度的叠加原理
多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该
点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加，电场
2020版高考物理一轮复习教师用书_3 第三章 牛顿运动定律1 第一节 牛顿第一、第三定律 (5)
章末热点集训动力学中图象的应用如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )[解析] 当水平力F 较小时，两物体相对静止，加速度相同，由F ＝ma 知：两者的加速度a ＝F m 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，a ∝t 当水平力F 较大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得：对m 1：a 1＝μm 2g m 1，由于μ、m 1、m 2是定值，故m 1的加速度a 1不变．对m 2：a 2＝F －μm 2g m 2＝kt －μm 2g m 2， a 2是时间t 的线性函数，斜率k m 2>k m 1＋m 2.选项A 正确． [答案] A1.(多选)(2019·湖南郴州质检)如图(a)所示，质量为5 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F .第二次无恒力F .图(b)中的两条线段a 、b 分别表示存在恒力F 和无恒力F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图线．不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，(sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)下列说法中正确的是( )A ．恒力F 的大小为5 NB ．恒力F 的大小为10 NC ．物块与斜面间的动摩擦因数为13D ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5解析：选AD.由题图可得：a ＝Δv Δt； 有恒力F 时：a 1＝Δv Δt ＝111.1m/s 2＝10 m/s 2； 无恒力F 时：a 2＝Δv Δt ＝111m/s 2＝11 m/s 2 由牛顿第二定律得：无恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得：μ＝0.5有恒力F 时：mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 1解得：F ＝5 N ，故A 、D 正确，B 、C 错误．牵连体中整体法和隔离法的应用(多选) 在斜面上，两物块A 、B 用细线连接，当用力F 沿斜面向上拉物体A 时，两物块以大小为a 的加速度向上运动，细线中的张力为F T ，两物块与斜面间的动摩擦因数相等，则当用大小为2F 的拉力沿斜面向上拉物块A 时( )A ．两物块向上运动的加速度大小为2aB ．两物块向上运动的加速度大小大于2aC ．两物块间细线中的张力为2F TD ．两物块间细线中的张力与A 、B 的质量无关[解析] 设斜面倾角为θ，A 、B 两物块的质量分别为M 和m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为a ＝F －（M ＋m ）g sin θ－μ（M ＋m ）g cos θM ＋m ＝F M ＋m－g (sin θ＋μcos θ)，当拉力为2F 时，加速度大小a ′＝2F M ＋m －g (sin θ＋μcos θ)，则a ′－a ＝F M ＋m＞a ，即a ′＞2a ，A 项错误，B 项正确；两物块间细线中的张力F T ＝ma ＋mg sin θ＋μmg cos θ＝mFM ＋m ，与斜面倾角和动摩擦因数无关，且当拉力为2F 时，细线中的张力为2F T ，但张力与两物块的质量有关，C 项正确，D 项错误．[答案] BC2.(2019·湖北八校第二次联考)质量为m 的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A 点和B 点，圆弧槽的半径为R ，OA 与水平线AB 成60°角．槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C 相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态．通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C 的质量M 应小于( )A ．233m B ．2m C ．(3－1)m D ．(3＋1)m解析：选D.当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A 点对它的支持力，如图所示．由牛顿第二定律得mgtan 60°＝ma ，解得小球的加速度a ＝g tan 60°＝33g .以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg ＝(M ＋2m )a ，解得M ＝(3＋1)m .动力学中的临界极值问题(多选)如图所示，小车内有一质量为m 的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k ，形变量为x ，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )A ．若μmg 小于kx ，则小车的加速度方向一定向左B ．若μmg 小于kx ，则小车的加速度最小值为a ＝kx －μmg m，且小车只能向左加速运动 C ．若μmg 大于kx ，则小车的加速度方向可以向左也可以向右D ．若μmg 大于kx ，则小车的加速度最大值为kx ＋μmg m ，最小值为kx －μmg m[解析] 若μmg 小于kx ，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A 对；由牛顿第二定律得kx －F f ＝ma ，当F f ＝μmg时，加速度方向向左且最小值为a min ＝kx －μmg m ，随着加速度的增加，F f 减小到零后又反向增大，当再次出现F f ＝μmg 时，加速度方向向左达到最大值a max ＝kx ＋μmg m，但小车可向左加速，也可向右减速，B 错；若μmg 大于kx ，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C 对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为μmg －kx m，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为μmg ＋kx m ，则小车的加速度最大值为kx ＋μmg m，最小值为0，D 错． [答案] AC3.如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 和B 的拉力大小分别为T 1和T 2，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．T 1＝（m ＋2m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2）B ．T 1＝（m ＋2m 1）m 2g m ＋4（m 1＋m 2）C ．T 1＝（m ＋4m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2）D ．T 1＝（m ＋4m 1）m 2g m ＋4（m 1＋m 2）解析：选C.本题因考虑滑轮的质量m ，左右两段细绳的拉力大小不再相同，直接利用牛顿第二定律求解T1和T2有一定困难，但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，若m1接近零，则T1也接近零，由此可知，B、D均错误；若m1＝m2，则m1、m2静止不动，T1＝m1g，则A错误．应用动力学观点分析传送带模型(多选)(2019·湖北黄冈模拟)三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是()A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端[解析]因为μ＜tan 37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．[答案]BC4.(多选)如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为θ的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连．现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v－t图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v－t图象可能是下列选项中的()解析：选AC.若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速度为a1＝g sin θ－μg cos θ，则v－t图象不变，选项A正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为a2＝g sin θ＋μg cos θ>a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，则选项C正确，D错误；当物块运动到传送带上时的速度大于等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为a1，则选项B错误．。
2020版高考物理一轮复习教师用书_8 第八章 恒定电流 1 第一节 欧姆定律、电阻率、电功率及焦耳定律 (1)
欧姆定律 电阻定律 电阻的串联、并联 电源的电动势和内阻 闭合电路的欧姆定律 电功率、焦耳定律第一节 欧姆定律、电阻率、电功率及焦耳定律【基础梳理】提示：定向 qt 安培(安) 正电荷 A I ＝nqS v 正比 反比 金属 导体对电流阻碍作用 越大 欧姆 Ω 正比 反比 R ＝ρlS 导电性能 增大 减小 电场力 W ＝qU＝IUt 快慢 热量 Q ＝I 2Rt P ＝Qt＝I 2R【自我诊断】判一判(1)导体中只要有电荷运动就形成电流．( ) (2)欧姆定律适用于金属导电和气体导电．( )(3)导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比．( ) (4)电阻率是由导体本身决定的．( )(5)公式Q ＝I 2Rt 适用于任何电路中电热的计算．( )(6)公式P ＝IU 只适用于纯电阻电路中电功率的计算．( )提示：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×做一做有三个用电器，分别为日光灯、电烙铁和电风扇，它们的额定电压和额定功率均为“220 V60 W”，现让它们在额定电压下工作相同时间，产生的热量()A．日光灯最多B．电烙铁最多C．电风扇最多D．一样多提示：选B.电烙铁是纯电阻用电器，即以发热为目的，电流通过它就是用来发热，而日光灯和电风扇是非纯电阻电路，电流通过它们时产生的热量很少，电能主要转化为其他形式的能(光能和叶片动能)，综上所述，只有选项B正确．想一想电动机正常工作时，电功率大于热功率，当电动机通电卡住不转时，则电功率与热功率满足什么关系？为什么？提示：相等，电动机通电卡住不转时相当于一个发热的纯电阻，故电功率与热功率相等.电流、电阻、电阻定律【知识提炼】1．电阻与电阻率的关系电阻率是影响导体电阻大小的因素之一，导体的长度、横截面积一定时，导体材料的电阻率越大，导体的电阻越大．1．有两根完全相同的金属裸导线A 和B ，如果把导线A 均匀拉长到原来的2倍，导线B 对折后绞合起来，则其电阻之比为( )A ．1∶16B ．16∶1C ．1∶4D ．4∶1解析：选B.设A 、B 原来电阻均为R ，长度均为l ，横截面积均为S . 则R ＝ρl S对A ：R A ＝ρ2lS 2＝4R对B ：R B ＝ρl 22S ＝14R故R AR B＝16∶1，B 正确． 2．一根长为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( )A ．m v 22eLB ．m v 2Sn eC ．ρne vD ．ρe v SL解析：选C.由电流定义可知：I ＝q t ＝n v tSet ＝neS v ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neS v ·ρLS ＝ρneL v ，又E ＝U L，故E ＝ρne v ，选项C 正确．欧姆定律 伏安特性曲线 【知识提炼】1．欧姆定律的“二同”(1)同体性：指I 、U 、R 三个物理量必须对应同一段电路或同一段导体． (2)同时性：指U 和I 必须是导体上同一时刻的电压和电流． 2．对伏安特性曲线的理解(1)定义：用纵坐标表示电流I 、横坐标表示电压U ，画出的I －U 图象． (2)应用①伏安特性曲线上每一点的纵、横坐标对应此时的电流值、电压值．②I －U 图象中图线上某点与O 点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小． ③I －U 图象中图线上某点到I 轴、U 轴的垂线与坐标轴所围的面积对应此时的电功率． (3)两类图线①线性元件的伏安特性曲线(图甲中a 、b )是过原点的直线，表明它的电阻是不变的． ②非线性元件的伏安特性曲线(图乙中c 、d )是曲线，表明它的电阻是变化的． 3．I ＝U R 与R ＝UI的区别(1)I ＝UR表示通过导体的电流I 与电压成正比，与电阻R 成反比．(2)R ＝UI 表明了一种测量电阻的方法，不能错误地认为“电阻跟电压成正比，跟电流成反比”．【典题例析】(多选)小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中正确的是( )A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2C ．对应P 点，小灯泡的电阻为R ＝U 1I 2－I 1D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积大小 [审题指导] 解决这类问题的两点注意：(1)首先分清是I －U 图线还是U －I 图线．(2)对线性元件：R ＝U I ＝ΔU ΔI ；对非线性元件R ＝U I ≠ΔUΔI ，即非线性元件的电阻不等于U－I 图线某点切线的斜率．[解析] 由于灯泡的电阻在图线上的每一点都是R ＝UI ，由图线不难看出，随电压的增大，电流的增加变得越发缓慢(I －U 图线的斜率逐渐减小)，电阻变大，故A 、B 正确，C 错误；小灯泡的功率P ＝UI ，所以D 正确．[答案] ABD【迁移题组】迁移1 对伏安特性曲线的理解1．(多选)如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )A ．通过电阻的电流与两端电压成正比B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α＝1.0 ΩD ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0 C解析：选AD.由欧姆定律可知通过该定值电阻的电流与电压成正比，选项A 正确；电阻R ＝U I ＝105 Ω＝2 Ω，选项B 错误；由于I －U 图线中纵横坐标单位长度表示数值不同，所以R ≠1tan α，选项C 错误；在R 两端加上6.0 V 电压时，I ＝UR ＝3 A ，每秒通过导体横截面的电荷量q ＝It ＝3.0 C ，选项D 正确．迁移2 伏安特性曲线在电路中的实际应用2．(多选)在如图甲所示的电路中，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S 闭合后，电路中的总电流为0.25 A ，则此时( )A ．L 1两端的电压为L 2两端电压的2倍B ．L 1消耗的电功率为0.75 WC ．L 2的电阻为12 ΩD ．L 1、L 2消耗的电功率的比值大于4解析：选BD.电路中的总电流为0.25 A ，L 1中电流为0.25 A ，由小灯泡的伏安特性曲线可知L 1两端的电压为3.0 V ，L 1消耗的电功率为P 1＝U 1I 1＝0.75 W ，选项B 正确；根据并联电路规律可知，L 2中的电流为0.125 A ，由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3 V ，故L 1两端的电压约为L 2两端电压的10倍，选项A 错误；由欧姆定律可知，L 2的电阻为R 2＝U 2I 2＝0.30.125 Ω＝2.4 Ω，选项C 错误；L 2消耗的电功率为P 2＝U 2I 2＝0.3×0.125 W ＝0.0375 W ，即L 1、L 2消耗的电功率的比值大于4，选项D 正确．迁移3 对U －I 图象的理解 3．(2017·高考上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：选A.本题考查U －I 图象的意义．根据R ＝UI 知，定值电阻的U －I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U －I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A.1．运用伏安特性曲线求电阻应注意的问题(1)如图所示，非线性元件的I －U 图线是曲线，导体电阻R n ＝U nI n，即电阻等于图线上点(U n ，I n )与坐标原点连线的斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数．(2)I －U 图线中的斜率k ＝1R ，斜率k 不能理解为k ＝tan θ(θ为图线与U 轴的夹角)，因坐标轴的单位可根据需要人为规定，同一电阻在坐标轴单位不同时倾角θ是不同的．2．电阻的伏安特性曲线的应用技巧(1)用I －U 图线来描述电阻的伏安特性时，图线上每一点对应一组U 、I 值，UI 为该状态下的电阻值，UI 为该状态下的电功率．(2)如果I －U 图线为直线，图线斜率的绝对值为该电阻的倒数．如果I －U 图线为曲线，则图线上某点切线斜率的绝对值不表示该点电阻的倒数，电阻的阻值只能用该点的电压和电流的比值来计算．电功 电功率 电热 热功率【知识提炼】1．纯电阻电路与非纯电阻电路的比较2．电动机的三个功率及关系3.非纯电阻电路的分析方法 (1)抓住两个关键量确定电动机的电压U M 和电流I M 是解决所有问题的关键．若能求出U M 、I M ，就能确定电动机的电功率P ＝U M I M ，根据电流I M 和电动机的电阻r 可求出热功率P r ＝I 2M r ，最后求出输出功率P 出＝P －P r .(2)坚持“躲着”求解U M 、I M首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流，然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压U M 和电流I M .(3)应用能量守恒定律分析要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．【典题例析】(多选)(2019·湖北宜昌一中模拟)一辆电动观光车蓄电池的电动势为E ，内阻不计，当空载的电动观光车以大小为v 的速度匀速行驶时，流过电动机的电流为I ，电动车的质量为m ，电动车受到的阻力是车重的k 倍，忽略电动观光车内部的摩擦，则( )A ．电动机的内阻为R ＝EIB ．电动机的内阻为R ＝E I －kmg vI2C ．如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变大D ．如果电动机突然被卡住而停止转动，则电源消耗的功率将变小[解析] 根据能的转化与守恒定律，EI ＝I 2R ＋kmg v ，所以电动机的内阻为R ＝E I －kmg vI 2，选项B 正确，A 错误；当电动机突然被卡住而停止转动时，变成了纯电阻电路，回路的电流变大，故电源消耗的功率P ＝EI 将变大，选项C 正确，D 错误．[答案] BC【迁移题组】迁移1 纯电阻电路中的计算1．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V ，乙电路两端的电压为16 V ．调节变阻器R 1和R 2使两灯泡都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P 1和P 2，两电路中消耗的总功率分别为P 甲和P 乙，则下列关系中正确的是( )A ．P 甲＜P 乙B ．P 甲＞P 乙C ．P 1＞P 2D ．P 1＝P 2解析：选D.设灯泡额定电流为I 则两灯泡都正常发光，电流均为额定电流I ，甲电路中总电流I 甲＝2I ，乙电路中总电流I 乙＝I ，所以P 甲＝U 甲 I 甲＝8×2I ＝16I ，P 乙＝U 乙I 乙＝16×I ＝16I ，P 甲＝P 乙，选项A 、B 均错误；R 1消耗的功率P 1＝P 甲－2P 灯，R 2消耗的功率P 2＝P 乙－2P 灯，故P 1＝P 2，选项C 错误、D 正确．迁移2 非纯电阻电路中的计算2．(多选)如图所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 的规格为“2 V 0.4 W ”，开关S 接1，当滑动变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光，现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．则( )A ．电源内阻为1 ΩB ．电动机的内阻为4 ΩC ．电动机正常工作电压为1 VD ．电源效率约为93.3%解析：选AD.小灯泡正常工作时的电阻R L ＝U 2P ＝10 Ω，流过小灯泡的电流I ＝PU ＝0.2 A ，当开关S 接1时，R 总＝EI ＝15 Ω，电源内阻r ＝R 总－R －R L ＝1 Ω，A 正确；当开关S 接2时，电动机为非纯电阻，小灯泡L 和电动机M 均正常工作，电动机内阻不可能是4 Ω，故B 错误；电动机M 两端的电压U M ＝E －Ir －U ＝0.8 V ，C 错误；电源的效率η＝E －Ir E ＝2.8 V3 V ≈93.3%，D 正确．串、并联电路的分析与计算[答案] C【对点训练】(2019·广州模拟)定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为2 Ω，在电路中所消耗的电功率的最大值分别为10 W 、10 W 、2 W ，现将这三个电阻按照如图所示的方式连接，则这部分电路消耗的电功率的最大值为( )A ．22 WB ．12 WC ．15 WD ．16 W解析：选B.由题意知R 1＝R 2＝R 3＝2 Ω，P 1m ＝10 W ，P 2m ＝10 W ，P 3m ＝2 W ，首先分析两个并联电阻R 2、R 3所允许消耗的最大功率．因为R 2与R 3并联，则两端电压相等，由公式P ＝U 2R 知道，R 2与R 3所消耗的功率一样．已知R 2与R 3本身允许的最大功率分别是10 W和2 W ，所以R 2、R 3在该电路中的最大功率都是2 W ，否则会超过R 3的最大功率．再分析R 1在电路中允许的最大功率．把R 2与R 3看成一个并联电阻R ′，则电路就是R 1与R ′串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P ＝I 2R 知道，R 1与R ′所消耗功率之比为R 1∶R ′，R 2与R 3的并联阻值R ′＝R 22，即R 1R ′＝2，所以R 1消耗的功率是并联电阻R ′的两倍，则R 1消耗的功率是2×4 W ＝8 W ＜10 W ，所以这部分电路消耗的总功率最大为2 W ＋2 W ＋8 W ＝12 W. (多选)(2019·宿州高三质检)额定电压均为220 V 的白炽灯L1和L 2的U －I 特性曲线如图甲所示，现将和L 2完全相同的L 3与L 1和L 2一起按如图乙所示电路接入220 V 电路中．则下列说法正确的是( )A ．L 2的额定功率约为99 WB ．L 2的实际功率约为17 WC ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小17 WD ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L 2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A ，则L 2的额定功率为P 额＝U 额I 额＝99 W ，选项A 正确；图示电路为L 1和L 2串联再与L 3并联，所以L 1和L 2串联后两端的总电压为220 V ，那么流过L 1和L 2的电流及两灯的电压满足I 1＝I 2，U 1＋U 2＝220 V ，由L 1和L 2的U －I 图线可知，I 1＝I 2＝0.25 A ，U 1＝152 V ，U 2＝68 V ，故灯L 2的实际功率P 2＝I 2U 2＝17 W ，故选项B 正确；由于L 3两端的电压为220 V ，故P 3＝P 额＝99 W ，则P 3－P 2＝82 W ，故选项C 错误，选项D 正确．(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U 的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．已知电子的电荷量为e 、质量为m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内的电子个数是( )A ．I Δl eSm 2eU B ．I Δl em 2eU C ．I eSm 2eUD ．IS Δl em 2eU解析：选B.设电子刚射出电场时的速度为v ，则eU ＝12m v 2，所以v ＝2eUm .加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束，由I ＝neS v ，可得n ＝I eS v ＝IeSm2eU，所以长度为Δl 的电子束内的电子数N ＝ΔlSn ＝I ΔlSeSm 2eU ＝I Δl e· m 2eU. 2. 如图所示，电解池内有一价离子的电解液，在时间t 内通过溶液截面S 的正离子数为n 1，负离子数为n 2.设元电荷电荷量为e ，则以下说法正确的是( )A ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为n 1etB ．溶液内电流方向从B 到A ，电流大小为n 2etC ．溶液内正、负离子反方向移动，产生的电流相互抵消D ．溶液内电流方向从A 到B ，电流大小为（n 1＋n 2）et解析：选D.溶液内正、负离子反方向移动，通过截面的电荷量为正、负离子电荷量绝对值之和，由电流的定义可算出，电流为（n 1＋n 2）et，故选D.3．某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．加5 V 电压时，导体的电阻约是5 ΩB ．加11 V 电压时，导体的电阻约是1.4 ΩC ．由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D ．此导体为线性元件解析：选A.对某些导电器材，其伏安特性曲线不是直线，但曲线上某一点的UI 值仍表示该点所对应的电阻值．当导体加5 V 电压时，电阻R 1＝UI ＝5 Ω，A 正确；当导体加11 V 电压时，由题图知电流约为1.4 A ，电阻R 2大于1.4 Ω，B 错误；当电压增大时，UI 值增大，导体为非线性元件，C 、D 错误．4．一个内电阻可以忽略的电源，给一个绝缘的圆管里装满的水银供电，电流为0.1 A ，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管里，那么通过的电流将是( )A ．0.4 AB ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A解析：选C.因电阻R ＝ρl S ，内径大一倍，截面积就变为原来的四倍，又因水银体积不变，所以长度l 变为原来的14，故电阻变为原来的116，所以电流变为原来的16倍，为1.6 A.5．某一导体的伏安特性曲线如图AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是( )A ．B 点的电阻为12 Ω B ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω解析：选B.A 点电阻R A ＝31.0×10－1 Ω＝30 Ω，B 点电阻R B ＝61.5×10－1 Ω＝40 Ω，故A 错误，B 正确；ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．6．为了生活方便，电热水壶已进入千家万户，如果将一电热水壶接在220 V 的电源两端，经时间t 0电热水壶的开关自动切断，假设热量的损失不计、加热丝的阻值不受温度的影响．则( )A ．如果将电热水壶接在110 V 的电源两端，需经2t 0的时间电热水壶的开关自动切断B ．如果将电热水壶接在110 V 的电源两端，需经16t 0的时间电热水壶的开关自动切断C ．如果将电热水壶接在55 V 的电源两端，需经4t 0的时间电热水壶的开关自动切断D ．如果将电热水壶接在55 V 的电源两端，需经16t 0的时间电热水壶的开关自动切断解析：选D.根据公式Q ＝U 2R t 可知，煮沸一壶水所需的热量为Q ＝U 2Rt 0，当电压变为原来的 12 时，所需热量没变，因此时间要变为原来的4倍，即4t 0，A 、B 错误；当电压变为原来的14时，时间要变为原来的16倍，即16t 0，C 错误，D 正确．7．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，若将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，则下列说法中正确的是( )A ．P 1＝4P 2B ．P D ＝P4C ．PD ＝P 2D ．P 1＜4P 2解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，则此时三者电阻相等．当三者按照题图乙所示的电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲可知，电阻器D 的电阻增大，则有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，根据P ＝U 2R ，则有P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，故I 1＜2I 2，根据P ＝I 2R ，则有P 1＜4P 2，A 错误，D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U 2，且D 阻值变大，则P D ＜P4，B 错误．8．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.5 A ，则下列说法中正确的是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝UI 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在1min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J ，洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠UI 2，P 2＝UI 2＝110W ，其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．综上可知C 正确．9．如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M 和电热丝R 构成．当闭合开关S 1、S 2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出．已知电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ．关于该电吹风，下列说法正确的是( )A ．电热丝的电阻为55 ΩB ．电动机的电阻为1 2103Ω C ．当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1 000 J D ．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1 000 J解析：选A.根据题述，电吹风的额定电压为220 V ，吹冷风时的功率为120 W ，吹热风时的功率为1 000 W ，可知电热丝功率为880 W ，由P ＝U 2R 可得电热丝的电阻为 R ＝55 Ω，电动机为非纯电阻电器，R 电动≠U 2P 电动＝1 2103 Ω，选项A 正确，B 错误；当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为0，当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120 J ，选项C 、D 错误．二、多项选择题10．某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U －I 曲线如图所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，选项B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，选项C 正确．11．在如图所示的电路中，输入电压U 恒为8 V ，灯泡L 标有“3 V ，6 W ”字样，电动机线圈的电阻R M ＝1 Ω.若灯泡恰能正常发光，下列说法正确的是( )A．电动机的输入电压是5 VB．流过电动机的电流是2 AC．电动机的效率是80%D．整个电路消耗的电功率是10 W解析：选AB.灯泡恰能正常发光，说明灯泡电压为3 V，电流为2 A，电动机的输入电压是8 V－3 V＝5 V，流过电动机的电流是I＝2 A，选项A、B正确；电动机内阻消耗功率I2R M＝4 W，电动机输入功率为5×2 W＝10 W，输出功率为6 W，效率为η＝60%，整个电路消耗的电功率是10 W＋6 W＝16 W，选项C、D错误．12．如图所示，用输出电压为1.4 V、输出电流为100 mA的充电器对内阻为2 Ω的镍—氢电池充电．下列说法正确的是()A．电能转化为化学能的功率为0.12 WB．充电器输出的电功率为0.14 WC．充电时，电池消耗的热功率为0.02 WD．充电器把0.14 W的功率储存在电池内解析：选ABC.充电器的输出功率为P出＝IU＝0.1×1.4 W＝0.14 W，故B正确；电池消耗的热功率为：P热＝I2r＝0.12×2 W＝0.02 W，故C正确；电能转化为化学能的功率为：P转＝P出－P热＝0.12 W，故A正确，D错误．13．如表所示列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则()A.B．电动机的内电阻为4 ΩC．该车获得的牵引力为104 ND．该车受到的阻力为63 N解析：选AD.由于U＝48 V，I＝12 A，则P＝IU＝576 W，故选项A正确；因P入＝P出＋I 2r ，r ＝P 入－P 出I 2＝576－350122Ω＝1.57 Ω，故选项B 错误；由P 出＝F v ＝F f v ，F ＝F f ＝63 N ，故选项C 错误，D 正确．14．(2019·六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及导线电阻，则( )A ．电源内阻r ＝EI －RB ．电源内阻r ＝E I －mg vI2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小解析：选BC.含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A 错误；由能量守恒定律可得EI ＝I 2r ＋mg v ＋I 2R ，解得r ＝E I －mg vI 2－R ，B 正确；如果电动机转轴被卡住，则E ＝I ′(R ＋r )，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C 正确，D 错误．。
(北京专用)2020届高考物理一轮复习专题六机械能及其守恒定律教师用书(PDF,含解析)
１．质量为 １ ｋｇ 的物体被人用手由静止提高 １ ｍ，这时物体的速度
是
２
ｍ／
ｓ，ｇ
取
１０
ｍ／
ｓ２ ，则下列说法中不正确的是 ···
（ ）
Ａ．手对物体做功 １２ Ｊ
Ｂ．合外力对物体做功 １２ Ｊ
Ｃ．合外力对物体做功 ２ Ｊ
Ｄ．物体克服重力做功 １０ Ｊ
１． 答案 Ｂ Ｗ合 ＝ ΔＥｋ ＝ ２ Ｊ，ＷＧ克 ＝ ｍｇｈ ＝ １０ Ｊ，Ｗ合 ＝ ＷＦ －ＷＧ克 ， 故 ＷＦ ＝ １２ Ｊ，因此 Ｂ 不正确。
０７ 备考建议 本专题涉及的知识既是高中物理的重要基 础，包含许多思想方法，同时又可以综合考 查力学的所有知识和各种能力，尤其对考 生分析复杂运动过程的能力及运用能量观 点解决问题的能力要求较高。 所以，在复 习本专题内容时，一定要下大力气打牢基 础，尤其对动 能 定 理、 机 械 能 守 恒 定 律、 功 能关系，要深 刻 理 解， 灵 活 应 用， 形 成 应 用 能量观念解决物理问题的基本思路。 在本 专题复习过程中多耗一些时间和精力是非 常值得的。
０，在此过程中
Ｆ
做的功
Ｗ
＝ Ｆｓ
ｃｏｓ
θ
＝ μｍｇｓ １＋μ ｔａｎ
，Ｄ θ
正确。
３．一个质量为 ｍ 的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水
平面上。 现把其中一个水平方向的力从 Ｆ 突然增大到 ３Ｆ，并
保持其他力不变，则从这时开始到 ｔ 时刻，该力的瞬时功率是
（ ）
３Ｆ２ ｔ Ａ．
ｍ Ｃ．６Ｆ２ ｔ
对应学生用书起始页码 Ｐ７４
二、功率
１．平均功率的计算
（ １） 利用
Ｐ
＝
Ｗ ｔ
。
2020人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+单元测试 (9)
专题突破带电粒子在复合场中的运动突破一带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3．组合场中的两种典型偏转【例1】(2018·全国卷Ⅰ，25)如图1，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。
一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。
已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。
11H的质量为m，电荷量为q。
不计重力。
求(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
解析 (1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。
设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1。
由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12a 1t 21②由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°。
11H 进入磁场时速度的y 分量的大小为 a 1t 1＝v 1tan θ1③联立以上各式得s 1＝233h ④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法则有 v 1′＝v 21＋（a 1t 1）2⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q v 1′B ＝m v 1′2R 1⑦由几何关系得s 1＝2R 1sin θ1⑧联立以上各式得B ＝6mE qh ⑨(3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得 12(2m )v 22＝12m v 21○10 由牛顿第二定律有qE ＝2ma 2○11 设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2。
(北京专用)2020届高考物理一轮复习专题八机械振动与机械波教师用书(PDF,含解析)
Ａ．ｘ 轴表示拖动硬纸板的速度 Ｂ．ｙ 轴表示注射器振动的位移 Ｃ．匀速拖动硬纸板移动距离 Ｌ 的时间等于注射器振动的周期 Ｄ．拖动硬纸板的速度增大，可使注射器振动的周期变短 ３． 答案 Ｂ ｘ 轴表示拖动硬纸板移动的距离，Ａ 错误；ｙ 轴表 示注射器振动的位移，Ｂ 正确；匀速拖动硬纸板移动距离 Ｌ 的 时间等于两倍的注射器振动的周期，注射器振动的周期与摆 长有关，与拖动硬纸板的速度无关，故 Ｃ、Ｄ 均错误。 ４．将一劲度系数为 ｋ 的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为 ｍ 的物块。 将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐 运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆 长的单摆周期。 请由单摆的周期公式推算出该物块做简谐运 动的周期 Ｔ。 ５． 答案 见解析
置可视为摆长为 Ｌ 的单摆，沙摆的运动可看做简谐运动，实验时
在木板上留下图甲所示的结果。 若用手拉木板做匀速运动，速
度大小是 ｖ。 图乙所示的一段木板的长度是 ｓ。 下列说法正确的
是
（ ）
Ａ．可估算出这次实验所用沙摆对应的摆长 Ｂ．若增大手拉木板的速度，则沙摆的周期将变大 Ｃ．若减小沙摆摆动时的最大摆角，则沙摆的周期将变小 Ｄ．若增大沙摆的摆长，保持拉动木板的速度不变，则仍将得 到与图乙完全相同的图样
０～Ａ
指向 Ｏ
０ ～ ｋＡ
指向 ０ ～ ｋＡ
Ｏ
ｍ
指向 Ｍ
ｖｍ ～ ０ ０ ～ Ｅｐｍ Ｅｋｍ ～ ０
Ｍ→Ｏ
指向 Ｍ
Ａ～０
指向 Ｏ
ｋＡ ～ ０
指向 Ｏ
ｋＡ ～ ０ 指向
ｍ
Ｏ
０ ～ ｖｍ Ｅｐｍ ～ ０ ０ ～ Ｅｋｍ
２．简谐运动的表达式 （１） 动力学表达式：Ｆ ＝ －ｋｘ。 其中“ －” 表示回复力与位移的
2020版高考物理一轮复习教师用书_9 第九章 磁 场1 第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用 (1)
磁场、磁感应强度、磁感线 通电直导线和通电线圈周围磁场的安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力 洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器第一节 磁场的描述 磁场对电流的作用【基础梳理】提示：N 极 B ＝FILN 极 强弱 闭合 弯曲四指 大拇指 垂直 四指 BIL 0【自我诊断】判一判(1)磁场是假想的，客观上不存在．( )(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B 一定为零．( )(3)由定义式B ＝FIL 可知，电流强度I 越大，导线L 越长，某点的磁感应强度就越小．( )(4)磁感线是真实存在的．( )(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．( )(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．( ) 提示：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)√ 做一做如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．提示：描述磁场的物理量的应用【知识提炼】1．常见磁体的磁感线2．电流的磁场及安培定则3.地磁场(1)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示．(2)地磁场B 的水平分量(B x )总是从地理南极指向北极，而竖直分量(B y )，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下，在赤道处的地磁场沿水平方向，指向北．【典题例析】(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0[解析] 导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度大小B P ＝B Q ＝B 1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁感应强度平行于PQ 向右、大小为3B 1.又根据题意B a ＝0，则B 0＝3B 1，且B 0平行于PQ 向左．若P 中电流反向，则B P 反向、大小不变，B Q 和B P 大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B ′1＝B 1(方向垂直PQ 向上、与B 0垂直)，a 点合磁场的磁感应强度B ＝B 20＋B ′21＝233B 0，则A 、B 、D 项均错误，C 项正确．[答案] C【迁移题组】迁移1 磁感应强度的求解1．如图，两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a 、O 、b 在M 、N 的连线上，O 为MN 的中点，c 、d 位于MN 的中垂线上，且a 、b 、c 、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析：选C.由安培定则可知，两导线中的电流在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错误；由安培定则知，两导线中的电流在a、b两点处产生的磁场的方向均竖直向下，由于对称性，M中电流在a处产生的磁场的磁感应强度等于N中电流在b处产生的磁场的磁感应强度，同时M中电流在b处产生的磁场的磁感应强度等于N 中电流在a处产生的磁场的磁感应强度，所以a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；根据安培定则，两导线中的电流在c、d两点处产生的磁场垂直c、d两点与导线的连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度大小相等，由平行四边形定则可知，c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两点处磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错误．迁移2磁感线的分布及性质2．(2019·济南质检)如图所示，带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是()A．N极竖直向上B．N极竖直向下C．N极沿轴线向左D．N极沿轴线向右解析：选C.负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO′向左．由于磁针N极指向为磁场方向，可知选项C正确．迁移3地磁场的特点3．(2016·高考北京卷)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．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．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解析：选C.由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行，C项错误，A、B项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场的磁感线不平行，故受洛伦兹力的作用，D项正确．对安培力的理解和应用【知识提炼】1．方向判断：根据左手定则判断．2．大小计算：由公式F＝BIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度．如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示．3．安培定则的应用【典题例析】一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将()A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动[解析] 法一：电流元分析法把线圈L 1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L 2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L 1将顺时针转动．法二：等效分析法把线圈L 1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极应指向该点环形电流I 2的磁场方向，由安培定则知I 2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L 1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．法三：结论法环形电流I 1、I 2之间不平行，由于两不平行的电流的相互作用，则两环必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止，据此可得，从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．[答案] B【迁移题组】迁移1 对安培力公式的理解 1．(2019·唐山模拟) 将长为L 的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直纸面向外、大小为B 的匀强磁场中，两端点A 、C 连线竖直，如图所示．若给导线通以由A 到C 、大小为I 的恒定电流，则导线所受安培力的大小和方向是( )A ．ILB ，水平向左 B ．ILB ，水平向右C ．3ILB π，水平向右D ．3ILB π，水平向左解析：选D.弧长为L ，圆心角为60°，则弦长AC ＝3L π，导线受到的安培力F ＝BIl ＝3ILBπ，由左手定则可知，导线受到的安培力方向水平向左．迁移2左手定则的应用2. (多选)(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：选BC.由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，选项A错误；同理，如图2所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B，根据几何知识可知，B合1＝B，B合2＝B，B合3＝3B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项C正确，D错误．迁移3导体与磁体间相对运动的分析3．如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是()A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动解析：选A.法一：电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看做一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．法二：等效法．将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，A 正确．也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动．1．判定导体运动情况的基本思路判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．2．判定安培力作用下导体运动情况的常用方法环形电流小磁针条形磁铁通电多个环形电流安培力作用下导体的力学问题【知识提炼】安培力作用下导体的力学问题分为安培力作用下导体的平衡问题和安培力作用下导体的运动问题．1．安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有：倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示．2．安培力做功的特点和实质(1)安培力做功与路径有关，不像重力、电场力做功与路径无关． (2)安培力做功的实质是能量转化①安培力做正功时将电源的能量转化为导线的动能或其他形式的能．②安培力做负功时将其他形式的能转化为电能后储存起来或转化为其他形式的能．【典题例析】如图，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．[审题指导]金属棒在安培力作用下处于平衡状态，由开关断开和闭合两种状态，可分别列受力平衡表达式联立求解．[解析]依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1＝mg ①式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F＝IBL ②式中，I是回路电流，L是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③由欧姆定律有E＝IR ④式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m＝0.01 kg.[答案]见解析【迁移题组】迁移1安培力作用下导体的平衡问题1．如图所示，两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l，与电动势为E、内阻不计的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使ab 棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为( )A ．mgR El，水平向右 B.mgR cos θEl，垂直于回路平面向上 C ．mgR tan θEl，竖直向下 D.mgR sin θEl，垂直于回路平面向下解析：选D.以导体棒为研究对象，受力分析如图所示，由金属棒ab 受力分析可知，为使ab 棒静止，ab 受到沿斜面向上的安培力作用时，安培力最小，此时对应的磁感应强度也就最小，由左手定则可知此时磁场方向垂直于回路平面向下，再由平衡关系可知IlB ＝mg sinθ，其中I ＝E R ，可得磁感应强度B ＝mgR sin θEl，故选项D 正确．迁移2 安培力作用下导体的加速问题2．光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m ，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T ．质量为0.05 kg 、长为0.5 m 的金属细杆置于金属水平轨道上的M 点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则下列说法中正确的是( )A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F 和水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F 安＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．求解安培力作用下导体棒平衡问题的基本思路磁感应强度的计算的电流在b点产生的磁感应强度大小为【对点训练】(多选) 如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为l2、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零解析：选AD.a、c两点处的磁感应强度是两导线中电流产生的合磁感应强度，由于a 点比c点距离两导线较近，所以a点处的磁感应强度比c点处的大，A正确；根据安培定则知，a、c两处磁感应强度方向相反，C错误；b点位于两导线中间，两导线在b点产生的磁场大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，c处磁感应强度不为零，D正确，B错误．如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为弧AC中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，A、C两处电流垂直纸面向里，D处电流垂直纸面向外，整个空间再加一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度刚好为零，如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为()A．(3＋22)BB．2(2＋1)BC．2BD．0答案：B(建议用时：35分钟)1．(2019·江西十校模拟)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应．在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是() A．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动解析：选C.将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A错；把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针仍然会转动，B错；把小磁针放在导线下方，给导线通以恒定电流，导线周围存在磁场，距导线越远，磁场越弱，小磁针转动的角度(与通电前相比)越小，C对；黄铜针没有磁性，不会转动，D错．2．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.安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BIL sin θ可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D 错误．3.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上通有如图所示的恒定电流I，则下列说法不正确的是()A．导电圆环有收缩的趋势B．导电圆环所受安培力方向竖直向上C．导电圆环所受安培力的大小为2BIRD．导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ解析：选C.若导电圆环上通有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导电圆环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIR sin θ，选项A、B、D正确．4. 如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2.5 g 的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO ′垂直于线圈平面且通过其圆心O ，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T ，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．0.1 AB ．0.2 AC ．0.05 AD ．0.01 A解析：选A. 设线圈半径为R ，通电线圈受到的安培力为每小段导线所受的安培力的合力F ＝nBI ·2πR sin 30°，所受重力为G ＝n ·2πR ρg ，平衡时有：F ＝G ，nBI ·2πR sin 30°＝n ·2πR ρg ，得I ＝2ρg B，代入数据得I ＝0.1 A ，故A 正确．5.如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O 点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是( )A ．静止不动B ．向纸外平动C ．N 极向纸外，S 极向纸内转动D ．N 极向纸内，S 极向纸外转动解析：选C.采取转换研究对象法判断．在图示位置，导线左端受磁场力垂直纸面向里，右端受磁场力垂直纸面向外，由牛顿第三定律可知，蹄形磁铁N 极受力垂直纸面向外，S 极向里，故C 正确．6. (2019·衡阳模拟)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放一金属棒MN .现从t ＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是( )解析：选D.从t ＝0时刻起，金属棒通以电流I ＝kt ，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大．当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v －t 图象的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项A 、B 均错误．对金属棒MN ，由牛顿第二定律得mg －μF N ＝ma ，而F N ＝BIL ＝BktL ，即mg －μBktL ＝ma ，因此a ＝g －μkBL mt ，显然加速度a 与时间t 成线性关系，故选项C 错误，D 正确．二、多项选择题7．(2019·汕头模拟)如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a 、b 两条导线长均为l ，通以图示方向的电流I ，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B .则( )A ．该磁场是匀强磁场B ．线圈平面总与磁场方向垂直C ．线圈将顺时针转动D ．a 、b 导线受到的安培力大小总为BIl解析：选CD.匀强磁场的磁感应强度应大小处处相等，方向处处相同，由图可知，选项A 错误；在图示的位置，a 受向上的安培力，b 受向下的安培力，线圈顺时针转动，选项C正确；易知选项B 错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为BIl ，选项D 正确．8．指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( )A ．指南针可以仅具有一个磁极B ．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C ．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D ．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC.指南针是一个小磁体，具有N 、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N 极指向地理的北极，选项A 错误，选项B 正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C 正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D 错误．9. 如图所示，两根间距为d 的平行光滑金属导轨间接有电源E ，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，金属杆ab 垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中．当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab 刚好处于静止状态，要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )A ．增大磁感应强度BB ．调节滑动变阻器使电流增大C ．增大导轨平面与水平面间的夹角θD ．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变解析：选AB.对金属杆受力分析，沿导轨方向：BEd R－mg sin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则BEd R增大，A 、B 正确；若增大θ，则mg sin θ增大，C 错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，D 错误．10．(2017·高考全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )。
2020人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+单元测试必修1 第一章 运动的描述 匀变速直线运动 (3)
第2讲匀变速直线运动的规律知识排查匀变速直线运动的基本公式⎭⎪⎬⎪⎫1.速度—时间关系：v＝v0＋at2.位移—时间关系：x＝v0t＋12at23.速度—位移关系：v2－v20＝2ax――→初速度为零v0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v＝atx＝12at2v2＝2ax 匀变速直线运动的推论1.匀变速直线运动的三个推论(1)相同时间内的位移差：Δx＝aT2，x m－x n＝(m－n)aT2(2)中间时刻速度：vt2＝v0＋v2＝v－(3)位移中点速度vx2＝v20＋v222．初速度为零的匀变速直线运动的常用重要推论(1)T末、2T末、3T末……瞬时速度之比为v1∶v2∶v3∶…∶v n＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)T内、2T内、3T内……位移的比为x1∶x2∶x3∶…∶x n＝12∶22∶32∶…∶n2。
(3)第一个T内、第二个T内、第三个T内……位移的比为xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶x N＝1∶3∶5∶…∶(2N－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间的比为t1∶t2∶t3∶…∶t n自由落体运动1.定义：物体只在重力作用下从静止开始下落的运动。
2．运动规律(1)速度公式：v＝gt。
(2)位移公式：h＝12gt2。
(3)速度位移关系式：v2＝2gh。
竖直上抛运动1.定义：将物体以一定初速度竖直向上抛出，只在重力作用下的运动。
2．运动规律(1)速度公式：v＝v0－gt(2)位移公式：h＝v0t－12gt2(3)速度位移关系式：v2－v20＝－2gh小题速练1．思考判断(1)伽利略从理论和实验两个角度证明轻、重物体下落一样快。
()(2)匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动。
()(3)匀加速直线运动的位移是均匀增加的。
()(4)初速度为零的匀加速直线运动1T末、2T末、3T末的瞬时速度之比为1∶2∶3。
()(5)做自由落体运动的物体，下落的高度与时间成正比。
()(6)做竖直上抛运动的物体，上升阶段与下落阶段的加速度方向相同。
2020人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+单元测试 (7)
[高考导航]第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用知识排查磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。
2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B FIL(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1.磁感线及特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
(2)特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
2．电流的磁场安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1.安培力的大小F＝ILB sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝0。
2．安培力的方向图1左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
小题速练1．关于磁感应强度B，下列说法正确的是()A．根据磁感应强度的定义式B＝FIL可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同答案 B2．磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小C．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a<B bD．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a>B b解析a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点小，所以B a<B b，选项C正确，D错误；将一小段通电导线放入磁场时，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁场力为零，虽然B a<B b，但是无法比较导线所受的磁场力的大小，选项A、B错误。
2020版高考物理一轮复习教师用书_3 第三章 牛顿运动定律1 第一节 牛顿第一、第三定律 (4)
实验四验证牛顿运动定律一、实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律．2．探究加速度与力、质量的关系．3．学会利用图象法处理实验数据的方法．二、实验原理1．保持质量不变，探究加速度a与合外力F的关系．2．保持合外力不变，探究加速度a与质量M的关系．3．作出a－F图象和a－1M图象，确定a与F、M的关系．三、实验器材打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、夹子、细绳、低压交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码．四、实验过程1．称量质量：用天平测量小盘的质量m0和小车的质量M.2．仪器安装：按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细线系在小车上(即不给小车牵引力)．3．平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车在斜面上做匀速直线运动．4．操作记录(1)把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂小盘，小盘里放砝码，先接通电源再放开小车，取纸带，编号码．(2)保持小车的质量M不变，改变小盘中砝码的重力，重复步骤(1)．由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入表(一)中．(3)保持小盘和砝码质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，重复以上步骤．并将所对应的质量和加速度填入表(二)中．表(一)五、数据处理1．计算加速度：先在纸带上标明计数点，测量各计数点间的距离，根据逐差法计算各条纸带对应的加速度．2．作图象找关系：根据记录的各组对应的加速度a与小车所受牵引力F，建立直角坐标系，描点画a－F图象．如果图象是一条过原点的倾斜直线，便证明加速度与作用力成正比．再根据记录的各组对应的加速度a与小车和小车上砝码总质量M，建立直角坐标系，描点画a－1M图象，如果图象是一条过原点的倾斜直线，就证明了加速度与质量成反比．六、误差分析1．偶然误差(1)摩擦力平衡不准确，故在平衡摩擦力时，不给小车牵引力，使打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀．(2)质量测量以及计数点间距测量不准确，故要采取多次测量取平均值．(3)作图不准确，故在描点作图时，要用坐标纸，使尽量多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布两侧，舍去偶然误差较大的点．2．系统误差：因实验原理不完善引起的误差．本实验用小盘和砝码的总重力mg代替对小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力．故要满足小盘和砝码的总质量远小于小车的质量．七、注意事项1．平衡摩擦力：平衡摩擦力时，要调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车受的摩擦阻力．此时，不要把悬挂小盘的细线系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，要让小车拖着纸带运动．2．实验条件：M≫m.只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力．3．一先一后：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车．4．作图：作图时两轴标度比例要适当，各物理量采用国际单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些．对实验原理和操作的考查【典题例析】某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．(1)下列做法正确的是 ________ (选填字母代号)．A ．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B ．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C ．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D ．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m 甲、m 乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m 甲 ________ m 乙 ，μ甲 ________ μ乙．(选填“大于”“小于”或“等于”)[解析] (1)实验中细绳要保持与长木板平行，A 项正确；平衡摩擦力时不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上，这样无法平衡摩擦力，B 项错误；实验时应先接通电源再放开木块，C 项错误；平衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要重新平衡摩擦力，D 项正确．(2)由整体法和隔离法得到细绳中的拉力F ＝Ma ＝M mg M ＋m ＝11＋m M mg ，可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m 远小于木块和木块上砝码的总质量M 时，可得F ≈mg .(3)不平衡摩擦力，则F －μmg ＝ma ，a ＝Fm －μg ，图象的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动摩擦因数大，因此m 甲<m 乙，μ甲>μ乙．[答案] (1)AD (2)远小于 (3)小于 大于1.(2019·潍坊模拟)在探究加速度与力、质量的关系活动中，某小组设计了如图甲所示的实验装置．图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止．(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使____________________；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量____________小车的质量(选填“远大于”“远小于”或“等于”)．(2)本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________. (3)实验中获得的数据如下表所示： 小车Ⅰ、Ⅱ的质量约为200 g.在第1次实验中小车Ⅰ从A 点运动到B 点的位移如图乙所示，请将测量结果填到表中空格处．通过分析，可知表中第__________次实验数据存在明显错误，应舍弃．乙解析：(1)拉小车的水平细线要与轨道平行．只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能认为砝码盘和砝码的总重力等于细线拉小车的力．(2)对初速度为零的匀加速直线运动，时间相同时，根据运动学公式：x ＝12at 2，得a 1a 2＝x 1x 2.(3)刻度尺的最小刻度是1 mm ，要估读到毫米的下一位，读数为23.86 cm －0.50 cm ＝23.36 cm.答案：(1)细线与轨道平行(或水平) 远小于(2)两小车从静止开始做匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等 (3)23.36(23.34～23.38均对) 3对数据处理和误差分析的考查【典题例析】某物理课外小组利用图甲中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N ＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．(2)将n (依次取n ＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N －n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s ，绘制s －t 图象，经数据处理后可得到相应的加速度a .(3)对应于不同的n 的a 值见下表．n ＝2时的s －t 图象如图乙所示；由图乙求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．(4)利用表中的数据在图丙中补齐数据点，并作出a －n 图象．从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．(5)利用a －n 图象求得小车(空载)的质量为________kg(保留2位有效数字，重力加速度取g ＝9.8 m ·s －2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是________(填入正确选项前的标号)．A ．a －n 图线不再是直线B ．a －n 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．a －n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大[解析] (3)实验中小车做匀加速直线运动，由于小车初速度为零，结合匀变速直线运动规律有s ＝12at 2，结合图乙得加速度a ＝0.39 m/s 2.(5)由(4)知，当物体质量一定，加速度与合外力成正比，得加速度a 与n 成正比，即a－n 图象为过原点的直线．a －n 图象的斜率k ＝0.196 m/s 2，平衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力提供小车的加速度，nm 0g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝m 0g M ＋Nm 0n ，则k ＝m 0gM ＋Nm 0，可得M＝0.45 kg.(6)若未平衡摩擦力，则下端所挂钩码的总重力与小车所受摩擦力的合力提供小车的加速度，即nm 0g －μ[M ＋(N －n )m 0]g ＝(M ＋Nm 0)a ，解得a ＝（1＋μ）m 0gM ＋Nm 0·n －μg ，可见图线截距不为零，其图线仍是直线，图线斜率相对平衡摩擦力时有所变大，B 、C 项正确．[答案] (3)0.39(0.37～0.41均可) (4)a －n 图线如图(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC2.(2019·宁夏石嘴山高三模拟)在“探究加速度与质量的关系”的实验中(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细砂的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺．还缺少的一件器材是________．(2)实验得到如图(a)所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T ；B 、C 间距s 2和D 、E 间距s 4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为__________．(3)同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a －1m 图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为______kg.(g 取10 m/s 2)(4)同学乙根据实验数据画出了图(c)，从图线可知乙同学操作过程中可能__________________．解析：(1)本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平． (2)根据逐差法得：s 4－s 2＝2aT 2 解得a ＝s 4－s 22T 2.(3)根据牛顿第二定律可知，a ＝F m ，则F 即为a －1m 图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m ′g ＝F ＝2.412 N ＝0.2 N ，解得m ′＝0.02 kg.(4)由图(c)可知，图线不通过坐标原点，当F 为某一值时，加速度为零，可知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足．答案：(1)天平 (2)a ＝s 4－s 22T 2(3)0.02(0.018～0.022均正确)(4)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足(1)如果a 与1M 是正比关系，则a －1M 图象是直线，而若a 与M 是反比关系，则a －M 图象是曲线，在研究两个量的关系时，直线更易确定两者之间的关系，故本实验作a －1M图象．(2)在平衡摩擦力时，除了不挂盘和重物外，其他都应跟正式实验一样，匀速运动的标志是打点计时器打出的纸带上各点间的距离相等．(3)验证牛顿第二定律实验中，保持物体质量不变时，a －F 图象应为一条过原点的直线，a －F 图象不过原点可能是平衡小车摩擦力没有达到实验要求所致；保持合力不变时，a －M 图象应是双曲线，不易确认，因此应作a －1M图象，该图象应为一条过原点的直线，图象不过原点一般是平衡小车摩擦力没有达到实验要求所致．创新实验【典题例析】某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量m 的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为 200 g ，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系．(2)由图乙可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是______________________________________________．(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________________________________________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________________________________________________________．[解析](1)根据题图乙坐标系中给出的数据连线，可知小车的加速度与钩码的质量成非线性关系．(2)根据题图乙中数据，小车受到钩码拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量．[答案](1)非线性(2)未平衡摩擦力或摩擦力平衡不足(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车(含发射器)的质量3.(2019·湖北大冶第一中学高三模拟)某同学利用如图装置探究加速度与合外力的关系．利用力传感器测量细线上的拉力．按照如下步骤操作：①安装好打点计时器和纸带，调整导轨的倾斜程度，平衡小车摩擦力；②细线通过导轨一端光滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上一定质量的钩码，将小车拉到靠近打点计时器的一端；③打开力传感器并接通打点计时器的电源(频率为50 Hz 的交流电源)；④释放小车，使小车在轨道上做匀加速直线运动；⑤关闭传感器，记录下力传感器的示数F ；通过分析纸带得到小车加速度a ；⑥改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤；⑦作出a －F 图象，得到实验结论．(1)某学校使用的是电磁式打点计时器，在释放小车前，老师拍下了几个同学实验装置的部分细节图，下列图中操作不正确的是__________．(2)本实验在操作中是否要满足钩码的质量远远小于小车的质量？________(填写“需要”或“不需要”)；某次释放小车后，力传感器示数为F ，通过天平测得小车的质量为M ，动滑轮和钩码的总质量为m ，不计滑轮的摩擦，则小车的加速度理论上应等于________．A ．a ＝F2MB ．a ＝FMC ．a ＝mg －2FMD ．a ＝2FM(3)下图是某次实验测得的纸带的一段，可以判断纸带的________(填“左”或“右”)端与小车连接，在打点计时器打下计数点6时，小车的瞬时速度大小为________m/s(保留两位有效数字)．解析：(1)在释放小车前，纸带应该放在复写纸下方并保持纸带处于拉直状态，否则纸带与限位孔的摩擦力较大，误差更大，故A 、B 错误；在释放小车前，应使细线与长木板平行，故C 错误；电磁式打点计时器应使用4～6 V 交流电源，故D 正确．(2)本实验利用力传感器测量细线上的拉力，不需要用钩码的重力代替，所以不需要满足钩码的质量远远小于小车的质量，根据牛顿第二定律得：a ＝Fm，故B 正确．(3)纸带右侧两点间的距离越来越大，故左端与小车相连，计数点6的瞬时速度为计数点5到计数点7的平均速度，故v ＝0.030.04m/s ＝0.75 m/s.答案：(1)ABC (2)不需要 B (3)左 0.751．某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1)物块下滑时的加速度a ＝________ m/s 2，打C 点时物块的速度v ＝________ m/s.(2)已知重力加速度大小为g ，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(选填正确答案标号)．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由a ＝Δx T 2，得a ＝0.13×10－2（0.02）2 m/s 2＝3.25 m/s 2，其中C 点速度v ＝x BD t BD ＝（3.65＋3.52）×10－22×0.02 m/s ≈1.79 m/s.(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F 合＝mg sin θ－μmg cos θ，即a ＝g sinθ－μg cos θ，得μ＝g sin θ－a g cos θ，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ. 答案：(1)3.25 1.79 (2)C2．(2019·石家庄模拟)某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的a －F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________(选填“偏大”或“偏小”)．(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 满足__________的条件．(3)该同学得到如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50 Hz.A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点．Δx ＝x DG －x AD ＝________ cm.由此可算出小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字)．解析：(1)根据所给的a －F 图象可知，当F ＝0时，小车已经有了加速度a 0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的夹角偏大造成的．(2)根据牛顿第二定律，对小车F ＝Ma ，对砝码和盘mg －F ＝ma ，解得F ＝Mmg M ＋m<mg ，只有当M ≫m 时，小车受到的拉力才近似等于mg ，从而减小误差．(3)由题图丙可读出x AD ＝2.10 cm ，x DG ＝3.90 cm ，所以Δx ＝x DG －x AD ＝1.80 cm ，根据Δx ＝a Δt 2，解得a ＝5.0 m/s 2.答案：(1)偏大 (2)小于 M ≫m (3)1.80 5.03.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时，采用如图所示的实验装置，小车及车中的砝码质量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出：(1)当M 与m 的大小关系满足__________时，才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情况下，探究加速度与小车质量的关系，以下做法正确的是________．A ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源D ．小车运动的加速度可用天平测出m 和M ，直接用公式a ＝mg M求出 (3)在保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究加速度与所受合外力的关系时，由于平衡摩擦力时操作不当，两位同学得到的a －F 关系分别如图中甲、乙所示(a 是小车的加速度，F 是细线作用于小车的拉力)．其原因分别是：甲图：________________________________________________________________________；乙图：________________________________________________________________________.解析：(1)对盘及盘中砝码：mg－F＝ma；对小车：F＝Ma，联立可得：a＝mgm＋M，F＝MM＋mmg，只有当m≪M时，才可认为F≈mg.(2)平衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡，A不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再平衡摩擦力，B正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再释放小车，C不正确；小车的加速度是通过处理纸带确定的，D不正确．(3)由甲图可看出F＝0时，a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当F达到一定值时，才会有加速度，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．答案：(1)m≪M(2)B(3)木板的倾角过大没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足4．(2018·高考全国卷Ⅱ)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数．跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码．缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小．某次实验所得数据在表中给出，其中f的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出．回答下列问题：(1)f4＝________N；(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f－m图线；(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f－m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f－m图线求得μ＝______．(保留两位有效数字)解析：(1)对弹簧秤进行读数得2.75 N.(2)在图象上添加(0.05 kg，2.15 N)、(0.20 kg，2.75 N)这两个点，画一条直线，使尽可能多的点落在这条直线上，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，如答案图所示．(3)由实验原理可得f＝μ(M＋m)g，f－m图线的斜率为k＝μg.(4)根据图象求出k＝3.9 N/kg，代入数据得μ＝0.40.答案：(1)2.75(2)如图所示(3)μ(M＋m)gμg(4)0.40。
2020人教版高中物理一轮复习课件+教师用书+单元测试必修1 第二章 相互作用 (2)
[高考导航]第1讲重力弹力摩擦力知识排查重力1.产生：由于地球的吸引而使物体受到的力。
2．大小：与物体的质量成正比，即G＝mg。
可用弹簧测力计测量重力。
3．方向：总是竖直向下。
4．重心：其位置与物体的质量分布和形状有关。
形变、弹力、胡克定律1.形变(1)弹性形变：有些物体在形变后撤去作用力能够恢复原状的形变。
(2)弹性限度：当形变超过一定限度时，撤去作用力后，物体不能完全恢复原来的形状，这个限度叫弹性限度。
2．弹力(1)定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力。
(2)产生条件：物体相互接触且发生弹性形变。
(3)方向：弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力方向相反。
3．胡克定律(1)内容：弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比。
(2)表达式：F＝kx。
①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定。
②x是形变量，但不是弹簧形变以后的长度。
静摩擦力、滑动摩擦力、动摩擦因数1.静摩擦力与滑动摩擦力对比2.动摩擦因数(1)定义：彼此接触的物体发生相对运动时，摩擦力的大小和压力的比值，表达式μ＝F F N。
(2)决定因素：与接触面的材料和粗糙程度有关。
小题速练1．思考判断(1)重力的方向一定指向地心。
( )(2)物体所受弹力的方向与自身形变的方向相同。
( ) (3)轻绳、轻杆的弹力方向一定沿绳、杆。
( ) (4)运动的物体也可以受到静摩擦力作用。
( )(5)两物体间正压力增大时，接触面间的摩擦力不一定增大。
( ) (6)物体间的摩擦力越大，动摩擦因数一定越大。
( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)×2．如图1所示，一光滑的球静止在水平地面与竖直墙壁所夹的墙角处。
下列说法正确的是 ( )图1A．球一定受墙壁的弹力且水平向左B．球可能受墙壁的弹力且水平向左C．球一定受到地面的弹力且竖直向上D．球可能受到地面的弹力且竖直向上解析若球受到墙壁向左的弹力就一定会运动，所以选项A、B错误；球一定受到地面的弹力且竖直向上，否则球不能静止，所以选项C正确，D错误。
(天津专用)2020届高考物理一轮复习专题二相互作用教师用书(PDF,含解析)
（ ２） 对于发生难以观察的微小形变的物体，可以根据物体的
受力情况和运动情况，运用物体的平衡条件或牛顿第二定律来
确定弹力大小。
如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹
角为 θ，在斜杆下端固定有质量为 ｍ 的小球，下列关于杆对球的
弹力 Ｆ 的判断中，正确的是
（ ）
长直木板的上表面的一端放有一个木块，如图所示，木
Ｆ２１
＋Ｆ
２ ２
＋
２Ｆ１
Ｆ２
ｃｏｓ
θ
方向：ｔａｎ
α
＝
Ｆ２ ｓｉｎ θ Ｆ１ ＋Ｆ２ ｃｏｓ
。 θ
图甲为著名选手戴伟斌在 ２０１３ 年 ９ 月全运会上的射
箭场景。 已知弓的顶部跨度为 ｌ，弦均匀且弹性良好，其自由长 度为 ｌ。 发射时弦和箭可等效为图乙的情景，假设弓的顶部跨度
保持不变，且箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置
根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件 状态法
判断弹力是否存在
２．弹力方向的确定
对应学生用书起始页码 Ｐ１３
解题思路 由于杆的弹力不一定沿着杆的方向，故杆对
球的弹力的分析一定要结合球的运动状态进行。
解析 小车静止时、Ｂ 错误。 小车向右以加速度 ａ 运动时，设小球受
板由水平位置缓慢向上转动（ 即木板与地面的夹角 α 变大），另
一端不动，则木块受到的摩擦力 Ｆｆ 随角度 α 的变化图像是选项
图中的
（ ）
Ａ．小车静止时，Ｆ ＝ ｍｇ ｃｏｓ θ，方向沿杆向上
Ｂ．小车静止时，Ｆ ＝ ｍｇ ｃｏｓ θ，方向垂直杆向上
Ｃ．小车向右以加速度
ａ
运动时，一定有
Ｆ
＝
ｍａ ｓｉｎ θ
2020版高考物理一轮复习教师用书_5 第五章 机械能及其守恒定律1 第一节 功和功率 (3)
第三节机械能守恒定律【基础梳理】提示：mgh地球参考平面－ΔE p弹性形变形变量－ΔE p重力或弹力重力或弹力E′k＋E′p－ΔE pΔE B减【自我诊断】判一判(1)克服重力做功，物体的重力势能一定增加．()(2)重力势能的变化与零势能参考面的选取有关．()(3)弹簧弹力做负功时，弹性势能减少．()(4)物体在速度增大时，其机械能可能在减小．()(5)物体所受合外力为零时，机械能一定守恒．()(6)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒．()提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正处于原长(图乙)．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A位置运动到C位置的过程中，下列说法正确的是()A．经过位置B时小球的加速度为0B．经过位置B时小球的速度最大C．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小提示：C机械能守恒的判断【知识提炼】(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式之间的转换)，则系统的机械能守恒．【跟进题组】1．(多选)如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是()A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒B．乙图中，A置于光滑水平面，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒解析：选CD.甲图中重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，但弹簧的弹性势能增加，A的机械能减少，A错；B物体下滑，B对A的弹力做功，A的动能增加，B的机械能减少，B错；丙图中A、B组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C对；丁图中小球受重力和拉力作用，但都不做功，小球动能不变，机械能守恒，D对．2.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度如图所示，从子弹开始射入到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )A ．子弹的机械能守恒B ．木块的机械能守恒C ．子弹和木块总机械能守恒D ．子弹和木块上摆过程中机械能守恒解析：选D.子弹射入木块过程，系统中摩擦力做负功，机械能减少；而共同上摆过程，系统只有重力做功，机械能守恒．综上所述，整个过程机械能减少，减少部分等于克服摩擦力做功产生的热量．单个物体的机械能守恒问题 【知识提炼】1．机械能守恒定律的表达式2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路【典题例析】(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．[审题指导] 对小球从开始下落到运动过程中一直只有重力做功，满足机械能守恒条件．利用圆周运动的向心力知识就可判断能否到达C 点．[解析] (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得 E k A ＝mg R4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有 E k B ＝mg 5R4② 由①②式得E k B ∶E k A ＝5∶1.③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力F N 应满足F N ≥0④ 设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有F N ＋mg ＝m v 2CR 2⑤由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒有mg R 4＝12m v 2C⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点． [答案] (1)5∶1 (2)见解析【迁移题组】迁移1 机械能守恒定律在圆周运动中的应用1．一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R ，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m ，若小球恰好能通过轨道2的最高点B ，则小球在轨道1上经过A 处时对轨道的压力为( )A ．2mgB ．3mgC ．4mgD ．5mg解析：选C.小球恰好能通过轨道2的最高点B 时，有mg ＝m v 2B1.8R ，小球在轨道1上经过A 处时，有F ＋mg ＝m v 2AR ，根据机械能守恒定律，有1.6mgR ＋12m v 2B ＝12m v 2A ，解得F ＝4mg ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′＝F ＝4mg ，选项C 正确．迁移2 机械能守恒定律在平抛运动中的应用2.如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab 和抛物线bc 组成，圆弧半径Oa 水平，b 点为抛物线顶点．已知h ＝2 m ，s ＝ 2 m ．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.(1)一小环套在轨道上从a 点由静止滑下，当其在bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小．解析：(1)设环到b 点时速度为v b ，圆弧轨道半径为r ，小环从a 到b 由机械能守恒有 mgr ＝12m v 2b①环与bc 段轨道间无相互作用力，从b 到c 环做平抛运动 h ＝12gt 2② s ＝v b t③ 联立可得r ＝s 24h④代入数据得r ＝0.25 m.(2)环从b 点由静止下滑至c 点过程中机械能守恒，设到c 点时速度为v c ，则 mgh ＝12m v 2c⑤ 在bc 段两次过程中环沿同一轨迹运动，经过同一点时速度方向相同 设环在c 点时速度与水平方向间的夹角为θ，则环做平抛运动时 tan θ＝v yv b⑥ v y ＝gt⑦联立②③⑥⑦式可得 tan θ＝22⑧则环从b 点由静止开始滑到c 点时速度的水平分量v cx 为v cx ＝v c cos θ⑨ 联立⑤⑧⑨三式可得 v cx ＝2310 m/s.答案：(1)0.25 m (2)2310 m/s多个物体(连接体)的机械能守恒问题【知识提炼】1．多物体机械能守恒问题的解题思路2．多个物体的机械能守恒问题，往往涉及“轻绳模型”“轻杆模型”以及“轻弹簧模型”． (1)轻绳模型三点提醒①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等． ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系．③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒．(2)轻杆模型三大特点①平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒．(3)轻弹簧模型“四点”注意①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体和弹簧机械能都不守恒．②含弹簧的物体系统机械能守恒问题，符合一般的运动学解题规律，同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点．③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小．④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小(为零)．【典题例析】(多选)如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )A ．a 落地前，轻杆对b 一直做正功B ．a 落地时速度大小为2ghC ．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD ．a 落地前，当a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为mg[审题指导] 首先判断机械能是否守恒，然后把两滑块的速度关系找出来，利用机械能守恒定律求解问题．[解析] 由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a 、b 的速度分别为v a 、v b .此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将v a 、v b 分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v ∥与v ′∥是相等的，即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至地面时θ＝90°，此时v b ＝0，由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a ，解得v a ＝2gh ，选项B 正确；同时由于b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项A 错误；杆对b 的作用力先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力，即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ，选项C 错误；b 的动能最大时，杆对a 、b 的作用力为零，此时a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以b 对地面的压力大小为mg ，选项D 正确．[答案] BD【迁移题组】迁移1 轻绳模型 1．(2019·哈尔滨六中检测)如图所示，物体A 的质量为M ，圆环B 的质量为m ，通过绳子连接在一起，圆环套在光滑的竖直杆上，开始时连接圆环的绳子处于水平，长度l ＝4 m ，现从静止释放圆环．不计定滑轮和空气的阻力，g 取10 m/s 2，若圆环下降h ＝3 m 时的速度v ＝5 m/s ，则A 和B 的质量关系为( )A ．M m ＝3529B ．M m ＝79C ．M m ＝3925D ．M m ＝1519解析：选A.圆环下降3 m 后的速度可以按如图所示分解，故可得v A ＝v cos θ＝v h h 2＋l2，A 、B 和绳子看成一个整体，整体只有重力做功，机械能守恒，当圆环下降h ＝3 m 时，根据机械能守恒可得mgh ＝Mgh A ＋12m v 2＋12M v 2A ，其中h A ＝h 2＋l 2－l ，联立可得M m ＝3529，故A正确．迁移2 轻杆模型 2.(2019·山东烟台模拟)如图所示，可视为质点的小球A 和B 用一根长为0.2 m 的轻杆相连，两球质量均为1 kg ，开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为2 m/s ，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度g 取10 m/s 2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )A ．杆对小球A 做负功B ．小球A 的机械能守恒C ．杆对小球B 做正功D ．小球B 速度为零时距水平面的高度为0.15 m解析：选D.由于两小球组成的系统机械能守恒，设两小球的速度减为零时，B 小球上升的高度为h ，则由机械能守恒定律可得mgh ＋mg (h ＋L sin 30°)＝12·2m v 20，其中L 为轻杆的长度，v 0为两小球的初速度，代入数据解得h ＝0.15 m ，选项D 正确；在A 球沿斜面上升过程中，设杆对A 球做的功为W ，则由动能定理可得－mg (h ＋L sin 30°)＋W ＝0－12m v 20，代入数据解得W ＝0.5 J ，选项A 、B 错误；设杆对小球B 做的功为W ′，对小球B ，由动能定理可知－mgh ＋W ′＝0－12m v 20，代入数据解得W ′＝－0.5 J ，选项C 错误．迁移3 轻弹簧模型 3.(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能为E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12M v 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足m v 2l－mg ≥0 ④设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得 12m v 2B ＝12m v 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl⑥ v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦ P 落回到AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧ 联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12M v 2B≤Mgl ⑪联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析迁移4 非质点类模型4．有一条长为L ＝2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g 取10 m/s 2)( )A ．2.5 m/sB ．522 m/sC ． 5 m/sD ．352m/s 解析：选B.设链条的质量为2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E ＝E p ＋E k ＝－12×2mg ×L 4sin θ－12×2mg ×L 4＋0＝－14mgL (1＋sin θ)链条全部滑出后，动能为 E ′k ＝12×2m v 2重力势能为E ′p ＝－2mg L2由机械能守恒可得E ＝E ′k ＋E ′p 即－14mgL (1＋sin θ)＝m v 2－mgL解得v ＝12gL （3－sin θ）＝12×10×2×（3－0.5） m/s ＝522m/s 故B 正确，A 、C 、D 错误．机械能守恒定律的应用球到达最低点时的速度大小；球到达最低点的过程中，杆对球在圆环右侧区域内能达到的最高点位【对点训练】如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d .现将环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A ．环刚释放时轻绳中的张力等于2mgB ．环到达B 处时，重物上升的高度为(2－1)dC ．环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比为22D ．环减少的机械能大于重物增加的机械能解析：选B.环释放后重物加速上升，故绳中张力一定大于2mg ，A 项错误；环到达B 处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，B 项正确；如图所示，将B 处环速度v 进行正交分解，重物上升的速度与其分速度v 1大小相等，v 1＝v cos 45°＝22v ，所以，环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于2，C 项错误；环和重物组成的系统机械能守恒，故D 项错误．(多选)(2019·哈尔滨模拟)将质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，用长为2L 的轻杆相连，如图所示，在杆的中点O 处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止自由释放，在B 球顺时针转动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )A ．A 、B 两球的线速度大小始终不相等B ．重力对B 球做功的瞬时功率先增大后减小C ．B 球转动到最低位置时的速度大小为 23gL D ．杆对B 球做正功，B 球机械能不守恒解析：选BC.A 、B 两球用轻杆相连共轴转动，角速度大小始终相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，选项A 错误；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 球的重力方向和速度方向垂直，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 正确；设B 球转动到最低位置时速度为v ，两球线速度大小相等，对A 、B 两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得2mgL －mgL ＝12(2m )v 2＋12m v 2，解得v＝23gL ，选项C 正确；B 球的重力势能减少了2mgL ，动能增加了23mgL ，机械能减少了，所以杆对B 球做负功，选项D 错误．(建议用时：35分钟)一、单项选择题1．(2019·北京模拟)将一个物体以初动能E 0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为E 02.设空气阻力恒定，如果将它以初动能4E 0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了( )A ．3E 0B ．2E 0C ．1.5E 0D ．E 0解析：选A.设动能为E 0，其初速度为v 0，上升高度为h ；当动能为4E 0，则初速度为2v 0，上升高度为h ′.由于在上升过程中加速度相同，根据v 2＝2gh 可知，h ′＝4h 根据动能定理设摩擦力大小为f ，则f ×2h ＝E 02，因此f ×4h ＝E 0.因此在升到最高处其重力势能为3E 0，所以答案为A.2.(2019·无锡模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )A ．斜劈对小球的弹力不做功B ．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C ．斜劈的机械能守恒D ．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量解析：选B.不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，小球重力势能减少量等于斜劈和小球的动能增加量，系统机械能守恒，B 正确，C 、D 错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故弹力做负功，A 错误．3．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A ．一样大B ．水平抛的最大C ．斜向上抛的最大D ．斜向下抛的最大解析：选A.不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等，故只有选项A 正确．4.(2019·兰州模拟)如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2RB ．5R 3C.4R3D ．2R 3解析：选C.设A 、B 的质量分别为2m 、m ，当A 落到地面上时，B 恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A 、B 整体为研究对象，则A 、B 组成的系统机械能守恒，故有2mgR －mgR ＝12(2m ＋m )v 2，A 落到地面上以后，B 仍以速度v 竖直上抛，上升的高度为h ＝v 22g ，解得h ＝13R ，故B 上升的总高度为R ＋h ＝43R ，选项C 正确． 5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B.圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．6．如图所示，竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R，小球A、B质量分别为m A、m B，A和B之间用一根长为l(l<R)的轻杆相连，从图示位置由静止释放，球和杆只能在同一竖直面内运动，下列说法正确的是()A．若m A<m B，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同B．若m A>m B，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同C．在A下滑过程中轻杆对A做负功，对B做正功D．A在下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能解析：选C.选轨道最低点为零势能点，根据系统机械能守恒条件可知A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有m A gh－m B gh＝0，则有m A＝m B，故选项A、B错误；小球A下滑、B上升过程中小球B机械能增加，则小球A机械能减少，说明轻杆对A做负功，对B做正功，故选项C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，故选项D错误．7.如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，开始时两边液面高度差为h，管中液柱总长度为4h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为( )A ． 18ghB ． 16ghC ．14gh D ．12gh解析：选A.当两液面高度相等时，减少的重力势能转化为整个液体的动能，如解析图所示，由机械能守恒定律可得18mg ·12h ＝12m v 2，解得v ＝18gh . 二、多项选择题 8.(2019·宁波调研)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v 竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A 、B 、C 、D 四个不同的光滑轨道分别以速率v 抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的可能是( )解析：选CD.竖直上抛时小球恰好击中触发器，则由－mgh ＝0－12m v 2，h ＝2R 得v ＝2gR .沿图A 中轨道以速率v 抛出小球，小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动，到达最高点的速率应大于或等于gR ，所以小球不能到达圆弧最高点，即不能击中触发器．沿图B 中轨道以速率v 抛出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜抛运动，最高点具有水平方向的速度，所以也不能击中触发器．图C 及图D 中小球在轨道最高点速度均可以为零，由机械能守恒定律可知小球能够击中触发器．9.(2019·苏北四市调研)如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的小球A 、B (均可看做质点)，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g )，下列说法正确的是( )A ．A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能 B ．A 球增加的重力势能等于B 球减少的重力势能C ．A 球的最大速度为2gR3D ．细杆对A 球做的功为83mgR解析：选AD.系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移，此题的情景就是A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能，A 对，B 错；根据机械能守恒定律有：2mg ·2R －mg ·2R ＝12×3m v 2，所以A 球的最大速度为4gR3，C 错；根据功能关系，细杆对A 球做的功等于A 球增加的机械能，即W A ＝12m v 2＋mg ·2R ＝83mgR ，故D 对．10.把质量是0.2 kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C (图丙)．途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)．已知B 、A 的高度差为0.1 m ，C 、B 的高度差为 0.2 m ，弹簧的质量和空气阻力都可以忽略，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．小球从A 上升至B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加 B ．小球从B 上升到C 的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加 C ．小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为0.6 JD ．小球从位置A 上升至C 的过程中，小球的最大动能为 0.4 J解析：选BC.小球从A 上升到B 的过程中，弹簧的形变量越来越小，弹簧的弹性势能一直减小，小球在A 、B 之间某处的合力为零，速度最大，对应动能最大，选项A 错误；小球从B 上升到C 的过程中，只有重力做功，机械能守恒，动能减少，势能增加，选项B 正确；根据机械能守恒定律，小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为E p ＝mgh AC ＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J ，选项C 正确；小球在B 点时的动能为E k ＝mgh BC ＝0.4 J ＜E km ，选项D 错误． 11．(2019·温州高三模拟)如图所示，在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 、水平轨道BC 与斜面CD 平滑连接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N 个半径为r (r ≪R )的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3…、N .现将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是( )A ．N 个小球在运动过程中始终不会散开B ．第1个小球从A 到B 过程中机械能守恒C ．第1个小球到达B 点前第N 个小球做匀加速运动D ．第1个小球到达最低点的速度v <gR解析：选AD.在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N 个小球在运动过程中始终不会散开，故A 正确；第一个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故B 错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的挤压力变化，所以第N 个小球不可能做匀加速运动，故C 错误；当重心下降R2时，根据机械能守恒定律得：12m v 2＝mg ·R 2，解得：v ＝gR ；同样对整体在AB 段时，重心低于R2，所以第1个小球到达最低点的速度v <gR ，故D 正确．12.如图所示，滑块A 、B 的质量均为m ，A 套在固定倾斜直杆上，倾斜直杆与水平面成45°角，B 套在固定水平直杆上，两直杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计且杆足够长，A 、B 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A 、B 从静止释放，B 沿水平面向右运动，不计一切摩擦，滑块A 、B 均视为质点，在运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．当A 到达与B 同一水平面时v B ＝22v A。
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[高考导航]第1讲 分子动理论 内能知识排查分子动理论1.物体是由大量分子组成的 (1)分子的大小①分子直径：数量级是10－10m ； ②分子质量：数量级是10－26 kg ； ③测量方法：油膜法。
(2)阿伏加德罗常数：1 mol 任何物质所含有的粒子数，N A ＝6.02×1023mol －1。
2.分子热运动：一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动。
(1)扩散现象：相互接触的不同物质彼此进入对方的现象。
温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行。
(2)布朗运动：悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著。
3．分子力：分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快。
(1)r＝r0，F引＝F斥，F＝0(2)r＞r0，F引＞F斥，F为引力(3)r＜r0，F引＜F斥，F为斥力温度1.意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上表示物体中分子平均动能的大小)。
2．两种温标(1)摄氏温标和热力学温标的关系T＝t＋273.15__K；(2)绝对零度(0 K)：是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值。
内能1.分子动能(1)意义：分子动能是分子做热运动所具有的能；(2)分子平均动能：所有分子动能的平均值。
温度是分子平均动能的标志。
2．分子势能(1)意义：由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的相对位置决定的能。
(2)分子势能的决定因素①微观上：决定于分子间距离和分子排列情况；②宏观上：决定于体积和状态。
3．物体的内能(1)概念理解：物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和，是状态量；(2)决定因素：对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定，即由物体内部状态决定；(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
(4)改变内能的方式小题速练1．(多选)目前，很多省份已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。
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第2讲固体、液体和气体知识排查固体的微观结构、晶体和非晶体液晶的微观结构1.晶体与非晶体2.晶体的微观结构晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。
3．液晶(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。
(2)液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。
(3)液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。
液体的表面张力现象1.作用液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势。
2．方向表面张力跟液面相切，且跟这部分液面的分界线垂直。
3．大小液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大。
饱和蒸汽、未饱和蒸汽和饱和蒸汽压相对湿度1.饱和汽与未饱和汽(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽。
(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽。
2．饱和汽压(1)定义：饱和汽所具有的压强。
(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
3．相对湿度空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比。
即：相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压。
气体分子运动速率的统计分布1.气体分子运动的特点和气体压强2．气体的压强(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力。
(2)决定因素①宏观上：决定于气体的温度和体积。
②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度。
气体实验定律理想气体1.气体实验定律2.理想气体状态方程(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体。
(2)理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2(质量一定的理想气体)，或pVT＝C。
小题速练1．(多选)以下说法正确的是()A．金刚石、食盐都有确定的熔点B．饱和汽的压强与温度无关C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用D．多晶体的物理性质表现为各向异性E．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较小解析金刚石、食盐都是晶体，有确定的熔点，选项A正确；饱和汽的压强与温度有关，选项B错误；因为液体表面张力的存在，有些小昆虫能停在水面上，选项C正确；多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误；在一定温度条件下，相对湿度越小，水蒸发得也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，选项E正确。