2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (63)
2020届高考物理人教版一轮复习功和功率PPT课件(79张)
【反思启迪】 F－x 图像与 x 轴所围的面积是力 F 对物体所做 的功．如果 F 随 x 成正比例增大，那么其所做的功可以用平均值求 解．如弹簧弹力所做的功 W＝－F ·x＝12kx2.本题中的滑动摩擦力 Ff＝ μMl gx 也具有这个特点，故移动 l 时的功为12μMgl.
【强化训练】 1.如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等 高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
2.物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同斜面 的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因 数相同，则( )
A．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多 B．沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多 C．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同 D．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同
【强化训练】 1．图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对 手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相 对扶梯均静止．下列关于力做功判断正确的是( )
A．甲图中支持力对人做正功 B．甲图中摩擦力对人做负功 C．乙图中支持力对人做正功 D．乙图中摩擦力对人做负功
解析：A 图甲中，人匀速上楼，不受静摩擦力，摩擦力不做 功，支持力向上，与速度方向夹角为锐角，则支持力做正功，故 A 正确，B 错误；图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功， 摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故 C、D 错误．
解析：A 由平衡条件得 F－mgsin θ－μmgcos θ＝0，解得 F＝
mgsin
θ＋μmgcos
θ，F
做的功为
人教版2020年高考物理一轮复习全册ppt课件
考点分阶突破
[答案] AC
[解析] 当 P 或 Q 匀速下滑时,由平衡条件,斜面对它们的作用力竖直向上,对 P、 Q 和 A,水平方向不受地面的摩擦力作用,竖直方向地面对斜劈 A 的支持力等于 (M+2m)g;现施加平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2,斜面对 P、Q 的支持力和摩擦 力不变,即 P 或 Q 对斜面的作用力竖直向下,斜劈 A 受力不变,选项 B、D 错误, 选项 C 正确;对施加平行于斜劈侧面的恒力 F1、F2 的 P 和 Q,加速度 a1=������������1、 a2=������������2,且 a1<a2,选项 A 正确.
图10-4
考点分阶突破
[答案] (1)0.4 (2)5 2 s [解析] (1)根据 v-t 图像可知,物体 A 的加速度 aA=ΔΔ������������=2 m/s2 以 A 为研究对象,根据牛顿第二定律可得 F-μmAg=mAaA 代入数据得 μ=0.4.
考点分阶突破
(2)由图像知,木板 B 的长度 l=12×5×10 m=25 m
������-������������������ ������
cos
������
=gsin
θ-μgcos
θ<a1,选项
B
正确.
考点分阶突破
变式1 (多选)如图10-2所示,一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子.沙粒之 间的动摩擦因数为μ1,沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ2,车厢的倾 角用θ表示(已知μ2>μ1),下列说法正确的是 ( ) A.要顺利地卸干净全部沙子应满足tan θ>μ2 B.要顺利地卸干净全部沙子应满足sin θ>μ2 C.只卸去部分沙子,车上还留下一部分沙子, 应满足μ2>tan θ>μ1 D.只卸去部分沙子,车上还留有一部分沙子,应满足μ图2>1μ01->2tan θ
2020版高考物理人教版山东一轮复习课件_专题2牛顿运动定律的综合应用(共73张PPT)
核心素养
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命题点一 命题点二 命题点三
典例2(多选)(2015·全国卷Ⅱ,20)在一东西向的水平直铁轨上,停
放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以
大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的
拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为
2 3
a的加速度向西行
驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车
解析 答案
核心素养
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命题点一 命题点二 命题点三
连接体问题 整体法和隔离法的选取原则 1.整体法的选取原则:若连接体内各物体具有相同的加速度,且不 需要求物体之间的作用力时,可以把它们看成一个整体,分析整体 受到的合外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。 2.隔离法的选取原则:若连接体内各物体的加速度不相同,或者要 求出系统内各物体之间的作用力时,就需要把物体从系统中隔离出 来,应用牛顿第二定律列方程求解。 3.整体法、隔离法的交替运用:若连接体内各物体具有相同的加 速度,且要求物体之间的作用力时,可以先用整体法求出加速度,然 后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力, 即“先整体求加速度,后隔离求内力”。
知识梳理 考点自诊
核心素养
-6-
3.外力和内力 如果以物体系统为研究对象,受到系统之外的物体的作用力,这 些力是该系统受到的 外力 ,而系统内各物体间的相互作用力为 内力 。应用牛顿第二定律列方程时不考虑 内力 ;如果把某物 体隔离出来作为研究对象,则内力将转换为隔离体的 外力 。
核心素养
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关闭
AD
解析 答案
核心素养
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命题点一 命题点二 命题点三
2020届高考物理人教版一轮复习动量守恒定律及其应用PPT课件(86张)
解析：D 在运动的全过程中，当小球与弹簧接触后，小球与 槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量 不守恒，故 A 错误；在下滑过程中，两物体都有水平方向的位移， 而相互作用力是垂直于槽面的，故作用力方向和位移方向不垂直， 相互作用力均要做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的 系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程 系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C 错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向 动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于 m<M，则小球的
【强化训练】 1．(2018·吉林模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质 量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接， 一个质量为 m(m<M)的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正 确的是( )
A．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保 持某一确定值不变
代入数据解得 v＝2.4 m/s 【答案】 (1)20 N·s，水平向右 (2)2.4 m/s
【反思启迪】 (1)人和滑板 A、B 在相互作用的过程中，系统 竖直方向的合力并不为零，但系统水平方向始终无外力作用，所以 可用分方向的动量守恒定律求解．
(2)系统的动量是否守恒与系统和过程的选取密切相关，因此应 用动量守恒解决问题时，一定要明确哪些物体组成的系统在哪个过 程中动量是守恒的．
【解析】 (1)设球 b 的质量为 m2，细线长为 L，球 b 下落至最 低点、但未与球 a 相碰时的速率为 v，由机械能守恒定律得 m2gL＝ 12m2v2①
2020高考物理一轮复习6.3定律与能量综合专题课件新人教版
4.(2018·安徽三模)(多选)如图所示，
质量为 m 的长木板 B 放在光滑的水平面
上，质量为14m 的木块 A 放在长木板的左端，一颗质量为116m 的
子弹以速度 v0 射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为
18v0，木块在木板上滑行的时间为 t，则下列说法正确的是(
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝12m1v2 解得：x＝0.096 m (4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与 小车有共同的速度，设其为 v′，则：m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由系统能量守恒有：
12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得 v0′＝5 m/s. 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0 ′不超过 5 m/s.
答案 B 解析 当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度 相同，设为 v1，根据水平方向动量守恒有：mv0＝(m＋M)v1，根 据机械能守恒定律有：12mv02＝12(m＋M)v12＋mgR，根据题意， 有：M＝4m，联立两式解得：v0＝5 m/s，故 A、C、D 三项错误， B 项正确．
2．(2018·山东模拟)(多选)如图所示，质
是一个四分之一圆弧 线水平．另有一个质量为 m 的小球以初速度 v0 从 E 点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知 M＝4m，g
取 10 m/s2，不计摩擦．则小球的初速度 v0 的大小为( )
A．v0＝4 m/s
B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s
D．v0＝7 m/s
题型透析
“滑块－弹簧”模型 例 1 如图所示，质量分别为 1 kg、3 kg 的滑块 A、B 位于 光滑水平面上，现使滑块 A 以 4 m/s 的速度向右运动，与左侧连 有轻弹簧的滑块 B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．
2020届一轮复习人教版 功、能、动量 课件(31张)
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
3.应用动量守恒定律解题时应该首先判断动量是否守恒,这就需 要理解好动量守恒的条件,基本思路如下
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
二、正确应用动能定理分析和解决问题 1.掌握应用动能定理解题的基本步骤
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
2.应用动能定理解题时需注意的问题 (1)动能定理适用于物体做直线运动,也适用于曲线运动;适用于 恒力做功,也适用于变力做功,力可以是各种性质的力,既可以同时 作用,也可以分段作用。只要求出在作用过程中各力做功的多少和 正、负即可。这正是动能定理解题的优越性所在。 (2)动能定理是计算物体的位移或速率的简捷方法,当题目中涉及 力和位移时可优先考虑动能定理。 (3)若物体运动的过程中包含几个不同过程,应用动能定理时,可 以分段考虑,也可以把全过程作为一个整体来处理。 (4)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和,不要漏掉某个 力做的功,同时要注意各力做功的正、负。
四、理解常见的功能关系
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
五、应用能量守恒定律的两条基本思路 1.某种形式的能减少,一定存在其他形式的能增加,且减少量和增 加量一定相等,即ΔE减=ΔE增。 2.某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量 和增加量一定相等,即ΔEA减=ΔEB增。 六、把握动量与动能、冲量的关系,会用动量守恒、能量守恒分 析问题 1.动量和动能的关系 动量和动能都与物体的某一运动状态相对应,都与物体的质量和 速度有关。但它们存在明显的不同:动量的大小与速度成正 比,p=mv;动能的大小与速度的二次方成正比, Ek=������2������2。两者的关 系:p2=2mEk。
2020届高考物理一轮复习 新人教版【共24套168页】
本套资源目录2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习五新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优计算实验练习四新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习一新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习三新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习二新人教版2020届高考物理一轮复习稳中培优非选择练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习一新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习三新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习二新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习五新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习四新人教版2020届高考物理一轮复习计算题夯基练习新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练一新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练六新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练四新人教版2020届高考物理一轮复习选择题固基优练新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练一新人教版_ 2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练三新人教版12020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练二新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练五新人教版2020届高考物理一轮复习选择题稳优提优优练四新人教版稳中培优计算、实验练习（五）1、合肥开往上海的动车组D3028是由动车和拖车编组而成只有动车提供动力．假定该列动车组由8节车厢组成，第1节和第5节车厢为动车，每节动车的额定功率均为P 0，每节车厢的总质量为m ，动车组运行过程中所受阻力为车重的k 倍．若动车组以额定功率从合肥南站启动，沿水平方向做直线运动，经时间t 0速度达到最大，重力加速度为g.求：(1)当动车组速度达到最大速度一半时的加速度和此时第6节车厢对第7节的拉力；(2)动车组从启动至速度刚达到最大的过程中所通过的路程．【参考答案】(1)kg 4kmg (2)8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 解析：(1)设动车组匀速运动的速度为v m ，动车组速度为最大速度一半时动车的牵引力为F ，有2P 0＝8kmgv m2P 0＝2F v m 2对动车组，由牛顿第二定律2F －8kmg ＝8maa ＝2F －8kmg 8m＝kg 对第7、8节车厢的整体有：F 67－2kmg ＝2ma解得：F 67＝4kmg(2)由动能定理得：2P 0t 0－8kmgx ＝12(8m)v 2m －0 x ＝P 0t 04kmg －P 2032k 3m 2g 3＝8k 2mg 2P 0t 0－P 2032k 3m 2g 3 2、如图所示，在xOy 坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子在第二象限内的P(－L ，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x 轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g ，求：(1)粒子从P 点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．【参考答案】(1) 2L g (2)垂直于纸面向里，2m 2gL qL解析：(1)粒子在第二象限内沿角平分线做直线运动，则电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE ，2mg ＝ma.根据运动学公式可知，2L ＝12at 2. 联立解得t ＝2L g. (2)粒子在第二象限中做加速直线运动，根据动能定理可知，mgL ＋qEL ＝12mv 2－0. 解得，v ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角．电场力与重力等大反向，洛伦兹力提供向心力，Bqv ＝m v 2R ，粒子在第四象限内做匀速圆周运动，轨迹如图所示：根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里．根据几何关系可知，粒子做匀速圆周运动的半径R ＝22L. 解得，B ＝2m 2gL qL. 3、（实验）利用图1的装置探究“恒力做功与物体动能变化”的关系．小车的质量为M ，钩码的质量为m ，且不满足m ＜M.打点计时器的电源是频率为f 的交流电．(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母)A ．计时器不打点B ．计时器打点(2)图2是正确操作后得到的一条纸带．纸带上各点是打出的计时点，其中O 点为打出的第一个点．小车发生的位移从纸带上计时点间的距离可以直接测出，利用下列测量值和题中已知条件能简单、准确完成实验的一项是________________________________________________________________________．(填选项前的字母)A ．OA 、AD 和EG 的长度B ．BD 、CF 和EG 的长度C ．OE 、DE 和EF 的长度D ．AC 、EG 和BF 的长度(3)若测得图2中OF ＝x 1，EG ＝x 2，则实验需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)【参考答案】(1)B (2)C (3)mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222 解析：(1)打点计时器工作时，纸带受到摩擦力作用，平衡摩擦力时，需要通过打点计时器判断是否匀速，B 选项正确．(2)简单、准确地完成实验，需要选取的两点尽可能远，且方便测量，故测量OE 段的长度，计算合力做功，测量DE 和EF 的长度，计算E 点的瞬时速度，C 选项正确．(3)EG ＝x 2，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻F 点的瞬时速度v F ＝EG 2T ＝fx 22. 系统增加的动能ΔE K ＝12(M ＋m)v 2F ，系统减少的重力势能ΔE P ＝mgx 1.实验验证系统机械能守恒的表达式为mgx 1＝12(M ＋m)⎝ ⎛⎭⎪⎫fx 222. 4、如图，是游乐场的一项娱乐设备．一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动．到地面时刚好停下．已知座舱开始下落的高度为H ＝75 m ，当落到离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，座舱均匀减速．在一次娱乐中，某同学把质量m ＝6 kg 的书包放在自己的腿上．(g 取10 m/s 2)，不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力．(1)当座舱落到离地面h 1＝60 m 和h 2＝20 m 的位置时，求书包对该同学腿部的压力各是多大；(2)若环形座舱的质量M ＝4×103 kg ，求制动过程中机器输出的平均功率．【参考答案】(1)零 150 N (2)1.5×106W解析：(1)分析题意可知，座舱在离地面h ＝30 m 的位置时开始制动，说明座舱离地面60 m 时，座舱做自由落体运动，处于完全失重状态，书包对该同学腿部的压力为零．座舱落到离地面20 m 高时，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，F 2－mg ＝ma.座舱下落45 m 时开始制动，此时速度为v.v 2＝2g(H －h)．座舱到地面时刚好停下，v 2＝2ah.联立解得，F ＝150 N.根据牛顿第三定律可知，该同学腿部受到的压力为150 N.(2)制动过程中，座舱所受的制动力为F 0，经历的时间为t ，根据运动学公式可知，t ＝v a. 根据牛顿第二定律，对座舱有，F 0－Mg ＝Ma.座舱克服制动力做功W ＝F 0h.机器输出的平均功率P ＝W t .联立解得，P ＝1.5×106W.5、如图所示，矩形区域abcdef 分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be 为其分界线，af ＝L ，ab ＝0.75L ，bc ＝L.一质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)从a 点沿ab 方向以初速度v 0射入电场，从be 边的中点g 进入磁场．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求匀强电场的电场强度E 的大小；(2)若要求电子从cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B m ；(3)调节磁感应强度的大小．求cd 边上有电子射出部分的长度．【参考答案】(1)16mv 209eL (2)3mv 0eL解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解法则可知， 竖直方向上，L 2＝12×eE mt 2. 水平方向上，0.75L ＝v 0t.联立解得，E ＝16mv 209eL. (2)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，evB ＝m v 2r. 运动轨迹刚好与cd 边相切时，半径最小，此时磁感应强度最大，轨迹如图所示：速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.5L 0.75L ×2＝43，则速度与be 边的夹角为37°. 电子进入磁场时的速度为v ＝v 0sin37°＝53v 0.根据几何关系可知，r 1＋r 1cos37°＝L.解得最大磁感应强度B m ＝3mv 0eL.稳中培优计算、实验练习（四）1、骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P 与水平路面的高度差为1.25 m ，拱形路面前后赛道位于同一水平面上．以54 km/h 的初速进入直道的赛车，以90 kW 的恒定功率运动10 s 到达P 点，并恰好从P 点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10 m ．将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力．已知赛车的质量为1.6×103 kg ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)赛车到达P 点时速度的大小．(2)拱形路面顶点P 的曲率半径．(3)从进入直道到P 点的过程中汽车克服阻力做的功．【参考答案】(1)20 m/s (2)40 m (3)7.4×105 J解析：(1)赛车到达P 点后做平抛运动．水平方向上，x ＝v p t.竖直方向上，h ＝12gt 2. 联立解得，v p ＝20 m/s.(2)赛车运动到拱形路面顶点P 时，重力提供向心力．mg ＝m v P R. 解得曲率半径R ＝40 m.(3)从进入直道到P 点的过程中，汽车牵引力做功，重力做功，克服阻力做功．根据动能定理可知，Pt －mgh －W f ＝12mv 2P －0. 解得，W f ＝7.4×105 J.2、如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1.平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2.CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ＝45°，O′C＝a ，现有大量质量均为m ，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力)，自O 点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B 2中，求：(1)进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度；(2)能击中绝缘板CD 的粒子中，所带电荷量的最大值；(3)绝缘板CD 上被带电粒子击中区域的长度．【参考答案】(1)EB 1(2)2＋1mEB 1B 2a(3)2a解析：(1)平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，沿直线OO′运动的带电粒子，处于受力平衡状态，qvB 1＝qE.解得，v ＝EB 1.(2)带电粒子进入匀强磁场B 2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力． qvB 2＝m v2r.电荷量最大的带电粒子，运动的轨迹半径最小，带正电，轨迹向下偏转，与CD 板相切，如图所示：根据几何关系可知，r 1＋2r 1＝a. 依题意解得，r 1＝a 1＋2，q ＝2＋1mEB 1B 2a.(3)带负电的粒子在磁场B 2中向上偏转，击中绝缘板CD 的临界情况是轨迹与CD 相切． 根据几何关系可知，r 2＋a ＝2r 2. 解得，r 2＝a2－1.CD 板上被带电粒子击中区域的长度为x ＝r 2－r 1＝2a.3、（实验）一个喷漆桶能够向外喷射不同速度的油漆雾滴，某同学决定测量雾滴的喷射速度，他采用如图1所示的装置，一个直径为d ＝40 cm 的纸带环，安放在一个可以按照不同转速转动的固定转台上，纸带环上刻有一条狭缝A ，在狭缝A 的正对面画一条标志线，如图1所示．在转台开始转动达到稳定转速时，向侧面同样开有狭缝B 的固定纸盒中喷射油漆雾滴，当狭缝A 转至与狭缝B 正对平行时，雾滴便通过狭缝A 匀速运动打在纸带的内侧面留下痕迹(若此过程转台转过不到一圈)．将纸带从转台上取下来，展开平放，并与毫米刻度尺对齐，如图2所示．(1)设喷射到纸带上的油漆雾滴痕迹到标志线的距离为s ，则从图2可知，其中速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝________cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则这些雾滴喷射速度的计算表达式为v 0＝________________________________________________________________________(用字母表示)．(3)如果以纵坐标表示雾滴的速度v 0，横坐标表示雾滴距标志线距离的倒数1s ，画出v 0－1s图线，如图3所示，则可知转台转动的周期为T ＝________s. 【参考答案】(1)2.10 (2)πd2Ts(3)1.6解析：(1)雾滴运动一直径的长度，速度越大，运行的时间越短，转台转过的弧度越小，打在纸带上的点距离标志线的距离越小．速度最大的雾滴到标志线的距离s ＝2.10 cm.(2)如果转台转动的周期为T ，则雾滴运动的时间为t ＝s v ＝sTπd ，喷枪喷出雾滴的速度v 0＝d t ＝πd 2Ts.(3)由上式变形为，v 0＝πd 2Ts ＝πd 2T ·1s ，v 0－1s 图象中斜率k ＝πd 2T ＝0.7π7，解得，T ＝1.6 s.4、两小木块A 、B ，通过轻质弹簧连接，小木块B 处在固定于地面的光滑斜面底端的挡板上，小木块A 压缩弹簧处于平衡状态．现对木块A 施加一平行于斜面向上的恒力F 作用，小木块A 从静止开始沿斜面向上运动，如图所示．已知m A ＝m B ＝2 kg ，F ＝30 N ，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k ＝4 N/cm.设斜面足够长，整个过程弹簧处于弹性限度内，重力加速度取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)从小木块A开始运动到小木块B刚开始运动的过程中，恒力F对小木块A做的功；(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，小木块A的加速度的大小．【参考答案】(1)1.8 J (2)2 m/s2解析：(1)初态时，小木块A压缩弹簧，根据平衡条件可知，kx1＝m A gsinθ.末态时，小木块B拉伸弹簧，kx2＝m B gsinθ.弹簧的形变量x＝x1＋x2.恒力F对小木块A做功W＝F·x.联立解得，W＝1.8 J.(2)当小木块B的加速度a B＝1 m/s2时，弹簧的拉力大小为F1，小木块A的加速度的大小a A，根据牛顿第二定律可知，F－F1－m A gsinθ＝m A a A.F1－m B gsinθ＝m B a B.联立解得，a A＝2 m/s2.5、磁流体发电是一种新型发电方式，图甲和图乙是其工作原理示意图．图甲中的A、B 是电阻可忽略的导体电极，两个电极间的间距为d，这两个电极与负载电阻相连．假设等离子体(高温下电离的气体，含有大量的正负带电粒子)垂直于磁场进入两极板间的速度均为v0.整个发电装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图乙所示．(1)开关断开时，请推导该磁流体发电机的电动势E的大小；(2)开关闭合后，如果电阻R的两端被短接，此时回路电流为I，求磁流体发电机的等效内阻r.【参考答案】(1)Bdv 0 (2)Bdv 0I解析：(1)等离子体垂直于磁场射入两板之间，正、负离子受到洛伦兹力作用，正离子偏向A 极板，负离子偏向B 极板，两板之间形成从A 到B 的匀强电场．当粒子受的电场力与洛伦兹力相等时，q Ed ＝qv 0B ，粒子不再偏转，两极板间形成稳定的电势差即发电机的电动势，E ＝Bdv 0.(2)如果电阻R 的两端被短接，此时回路电流为I. 根据闭合电路欧姆定律，磁流体发电机的等效内阻 r ＝E I ＝Bdv 0I .稳中培优非选择练习（一）1、如图，两条长直相交汇成直角的摩托车水平赛道，宽均为6 m ，圆弧PQ 、MN 与赛道外边缘的两条直线相切，圆弧PQ 经过赛道内边缘两条直线的交点O 2，雨后路面比较湿滑，摩托车与赛道间的动摩擦因数为0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，赛车手(可视为质点)在直道上做直线运动，弯道上做匀速圆周运动，重力加速度g ＝10 m/s 2，2＝1.4，7＝2.6.(1)若以最短时间从P 点运动到Q 点，应选A 路线还是B 路线？(不用说明理由) (2)沿着A 路线通过弯道MN 的最大速率不能超过多少？(3)以30 m/s 的速度在直线赛道上沿箭头方向匀速行驶，若要沿B 路线安全行驶，则进入P 点前至少多远开始刹车？【参考答案】(1)B 路线合理 (2)6 m/s (3)64.5 m解析：(1)赛车手沿A 、B 路线运动时，线速度大小相等，故路径短的用时较短，选B 路线合理．(2)赛车手以速度v 1沿着A 路线通过弯道MN 时，最大静摩擦力提供向心力． μmg＝m v 21r 1，解得，v 1＝6 m/s.(3)赛车手以速度v 2沿着B 路线通过弯道时，最大静摩擦力提供向心力，μmg＝m v 22r 2.根据几何关系可知，2(r 2－6)＝r 2.赛车手以初速度v 0＝30 m/s ，加速度μg，做匀减速直线运动到P 点，位移为x. 根据运动学公式可知，v 20－v 22＝2ax. 联立解得，x ＝64.5 m.2、如图所示，水平面AB 光滑，粗糙半圆轨道BC 竖直放置．圆弧半径为R ，AB 长度为4R.在AB 上方、直径BC 左侧存在水平向右、场强大小为E 的匀强电场．一带电量为＋q 、质量为m 的小球自A 点由静止释放，经过B 点后，沿半圆轨道运动到C 点．在C 点，小球对轨道的压力大小为mg ，已知E ＝mgq，水平面和半圆轨道均绝缘．求：(1)小球运动到B 点时的速度大小； (2)小球运动到C 点时的速度大小；(3)小球从B 点运动到C 点过程中克服阻力做的功． 【参考答案】(1)8gR (2)2gR (3)mgR 解析：(1)小球运动到B 点的过程中，电场力做功． 根据动能定理，qE·4R＝12mv 2B －0.其中E ＝mgq.联立解得，vB ＝8gR.(2)小球运动到C 点时，根据牛顿第二定律， 2mg ＝m vC 2R .解得，vC ＝2gR.(3)小球从B 运动到C 点的过程，根据动能定理， －W f －2mgR ＝12mvC 2－12mvB 2解得，W f ＝mgR.3、如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动滑向A 点，到达A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔，已知摆线长为L ＝2.5 m ，θ＝60°，小球质量为m ＝1 kg ，小球可视为质点，D 点与小孔A 的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，试求：(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围．【参考答案】 (1)20 N (2)μ≤0.25解析：(1)摆球由C 到D 运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒， mgL(1－cosθ)＝12mv 2D .摆球在D 点时，由牛顿第二定律可得， F m －mg ＝m v 2DL联立两式解得，F m ＝2mg ＝20 N.(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得， mg ＝m v 2R.小球从D 到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得， －μmgs－2mgR ＝12mv 2－12mv 2D .解得，μ＝0.25.即要使摆球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25.4、如图所示，空间内有场强大小为E 的匀强电场，竖直平行直线为匀强电场的电场线(方向未知)，现有一电荷量为q ，质量为m 的带负电的粒子，从O 点以某一初速度垂直电场方向进入电场，A 、B 为运动轨迹上的两点，不计粒子的重力及空气的阻力．(1)若OA 连线与电场线夹角为60°，OA ＝L ，求带电粒子从O 点到A 点的运动时间及进电场的初速度；(2)若粒子过B 点时速度方向与水平方向夹角为60°，求带电粒子从O 点到B 点过程中电场力所做的功．【参考答案】(1)mLqEv 0＝ 3qEL m (2)9qEL8解析：(1)带电粒子做曲线运动，受力指向轨迹的内侧，电场力方向向上，带电粒子带负电，电场强度方向竖直向下．水平方向的位移Lsin60°＝v 0t. 竖直方向的位移Lcos60°＝12·qE m t 2.联立解得，t ＝mLqE，v 0＝ 3qELm. (2)根据运动的合成与分解知识可知，粒子到达B 点的速度v ＝v 0cos60°＝2v 0.带电粒子从O 点到B 点过程中，根据动能定理可知， W ＝12mv 2－12mv 20. 联立解得电场力做功W ＝32mv 20＝9qEL8.5、为了测量某种材料制成的电阻丝的电阻R x ，提供的器材有： A ．电流表G ，内阻Rg ＝120 Ω，满偏电流Ig ＝6 mA B ．电压表V ，量程为6 V C ．螺旋测微器，毫米刻度尺 D ．电阻箱R 0(0～99.99 Ω) E ．滑动变阻器R(最大阻值为5 Ω)F ．电池组E(电动势为6 V ，内阻约为0.05 Ω)G ．一个开关S 和导线若干(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，应该换用________挡(选填“×1”或“×100”)，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图甲所示；(2)电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电流表，则电阻箱的阻值应调为R 0＝________Ω；(结果保留3位有效数字)(3)为了用改装好的电流表测量电阻丝R x 的阻值，请根据提供的器材和实验需要，将图乙中电路图补画完整．(要求在较大范围内测量多组数据)(4)电路闭合后，调节滑动变阻器的滑片到合适位置，电压表V 的示数为U ，电流表G 的示数为I.请用已知量和测量的字母符号，写出计算电阻的表达式R x ＝________.【参考答案】(1)“×1” (2)1.21 Ω (3)见解析 (4)UR 0R 0＋R gI解析：(1)用多用电表粗测电阻丝阻值，用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明被测电阻阻值较小，说明选择的倍率较大，应选择“×1”倍率．(2)将电流表G 与电阻箱并联改装成量程为0.6 A 的电压表，根据电表改装原理可知，电阻箱的阻值应调为R 0＝I g R gI －I g≈1.21 Ω.(3)待测电阻阻值为15 Ω，电压表内阻很大，远大于被测电阻的阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值为5 Ω，为测多组实验数据，采用分压接法，电路图如图所示：(4)根据欧姆定律， R x ＝U R I R ＝U R 0＋R g R 0I ＝UR 0R 0＋R gI.稳中培优非选择练习（三）1、为了方便研究物体与地球间的万有引力问题，通常将地球视为质量分布均匀的球体．已知地球质量M ＝6.0×1024kg ，地球半径R ＝6 400 km ，其自转周期T ＝24 h ，引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2.在赤道处地面有一质量为m 的物体A ，用W 0表示物体A 在赤道处地面上所受的重力，F 0表示其在赤道处地面上所受的万有引力．请求出F 0－W 0F 0的值(结果保留1位有效数字)，并以此为依据说明在处理万有引力和重力的关系时，为什么经常可以忽略地球自转的影响．【参考答案】见解析解析：物体A 在赤道处地面上所受的万有引力 F 0＝G Mm R2.物体A 在赤道处，随地球自转，根据牛顿第二定律可知，F 0－W 0＝m 4π2T 2R.解得物体A 此时所受重力W 0＝G Mm R 2－m 4π2T2R.联立解得，F 0－W 0F 0＝m 4π2T 2R G Mm R2，代入数据解得，F 0－W 0F 0＝3×10－3.由于地球自转对地球赤道面上静止的物体所受重力与所受地球引力大小差别的影响很小，所以通常情况下可以忽略地球自转造成的地球引力与重力大小的区别．2、如图所示，空间中存在一个矩形区域MNPQ ，PQ 的长度为MQ 长度的两倍，有一个带正电的带电粒子从M 点以某一初速度沿MN 射入，若矩形区域MNPQ 中加上竖直方向且场强大小为E 的匀强电场，则带电粒子将从P 点射出，若在矩形区域MNPQ 中加上垂直于纸面且磁感应强度大小为B 的匀强磁场，则带电粒子仍从P 点射出，不计带电粒子的重力，求：带电粒子的初速度的大小．【参考答案】4E5B解析：带电粒子在电场中做类平抛运动，设MQ 长度为L ，根据运动的合成与分解法则可知，竖直方向上，L ＝12×qE m t 2.水平方向上，2L ＝v 0t.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 20r ，根据几何关系可知，(r －L)2＋(2L)2＝r 2.联立上述各式可知，v ＝4E5B.3、【实验】某同学用如图1所示的装置做“探究弹力与弹簧伸长的关系”的实验． (1)实验中，他在弹簧两端各系一细绳套，利用一个绳套将弹簧悬挂在铁架台上，另一端的绳套用来挂钩码．先测出不挂钩码时弹簧的长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，每次都测出相应的弹簧总长度L ，再算出弹簧伸长量x ，并将数据填在下面的表格中．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内.1 2 3 4 5 6 钩码的重力G/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧弹力F/N 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 弹簧总长度L/cm 13.00 15.05 17.10 19.00 21.00 23.00 弹簧伸长量x/cm2.054.106.008.0010.00数据点，请把第4次测量的数据对应点用“＋”描绘出来，并作出F －x 图象．(2)①根据上述的实验过程，对实验数据进行分析可知，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)．A．弹簧弹力大小与弹簧的总长度成正比B．弹簧弹力大小与弹簧伸长的长度成正比C．该弹簧的劲度系数约为25 N/mD．该弹簧的劲度系数约为2500 N/m②在匀变速直线运动的速度v随时间t变化关系图象中，图线与坐标轴围成的面积的物理意义表示位移．请类比思考，(1)问的F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义．【参考答案】(1)见解析(2)①BC ②弹力做的功解析：(1)描点连线，如图所示：(2)①分析图象结合表格数据可知，弹簧弹力大小与弹簧伸长量成正比，A选项错误，B 选项正确；根据胡克定律可知，图象中斜率代表弹簧的劲度系数，劲度系数为25 N/m，C选项正确，D选项错误．②力与位移的乘积为功，利用微元法，在很短时间里弹力是恒定不变的，则F－x图象中图线与坐标轴围成的面积的物理意义是弹力做的功．4、某赤道平面内的卫星自西向东飞行绕地球做圆周运动，该卫星离地高度为h(h的高度小于地球同步卫星的高度)，赤道上某人通过观测，前后两次出现在人的正上方最小时间间隔为t，已知地球的自转周期为T0，地球的质量为M，引力常量为G，求：地球的半径．【参考答案】3GMt2T24π2t＋T02－h解析：卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMmR＋h2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT2(R＋h)．分析题意可知，t时间内，卫星多转一圈运动到观察者的正上方．t T －tT0＝1.联立解得，R＝3GMt2T24π2t＋T02－h.5、一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中做验证力的平行四边形定则的实验．(1)如图甲，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶静止时电子秤的示数F；(2)如图乙，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A 和水壶杯带上．水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、________和电子秤的示数F1；(3)如图丙，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上．手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L，使三根细线的方向与(2)中________重合，记录电子秤的示数F2；(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________，则力的平行四边形定则得到验证．【参考答案】(2)三细线的方向(3)结点的位置(4)F′大小与F相等、方向相同解析：(2)研究合力与分力的关系需要记录分力的大小和方向，即在白纸上记下结点O 的位置的同时也要记录三细线的方向以及电子秤的示数F1.(3)应使结点O的位置和三根细线的方向与②中重合，记录电子秤的示数F2.(4)根据平行四边形定则作出合力，若F′大小与F相等、方向相同，则力的平行四边形定则得到验证．。
2020届高考物理一轮复习人教版功和功率PPT课件(67张)
夯实基础·自主预演
考点研析·互动提升
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|考点 1| 功的正负判断、恒力做功(3 年 2 考) 1. 功的正负的判断方法 (1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断． (2)曲线运动中做功的判断：依据 F 与 v 的方向夹角 α 来判断，当 0°≤α<90° 时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；当 α＝90°时， 力对物体不做功．
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解析 因为大圆环光滑，所以大圆环对小环的作用力只有弹力，且弹 力的方向总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一 直不做功，选项 A 正确，B 错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心， 后来指向圆心，故选项 C、D 错误．
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(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力 对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的 判断．
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2. 恒力做功的计算方法
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3. 合力做功的计算方法 方法一：先求合力 F 合，再用 W 合＝F 合 lcos α 求功． 方法二：先求各个力做的功 W1、W2、W3…，再应用 W 合＝W1＋W2＋W3 ＋…，求合力做的功．
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解析 因功的决定因素为力、位移及二者的夹角，若力大、位移大，但两 者夹角为 90°，则做功为 0，故选项 A 错误；合力的功等于各分力功的代 数和，选项 B 错误；摩擦力可以做正功，也可以做负功，这要看摩擦力与 位移的方向关系，故选项 C 正确；功是标量，有正、负之分，但功的正、 负不是表示方向，而是表示力对物体做功的效果，所以选项 D 错误．
2020届高考物理(人教版)一轮复习直线运动课件(17张)
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
【解析及答案】(1)当A、B两车同速时间距最大。设A车加速到 v0时的时间为t1,有
at1=v0 A 车运动的位移为 xA1=12 ������������12 B车运动的位移为xB1=v0t1 两车的最大距离为Δx=xB1-xA1 解得 Δx=���2���0������2。
第一讲 直线运动考题应试策略
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
本专题可以分为匀变速直线运动规律和图象两大块,熟练掌握五 个运动学规律(速度规律、位移规律、平均速度规律、速度平方差 规律、逆向思维规律)是求解问题的关键。对于匀减速直线运动, 一定要注意“刹车陷阱”,而解决这一问题关键是要分清是属于“先 减速,终停止”还是“先减速,终返回”。在解图象物理问题时,应注 意:(1)数和形的结合;(2)与实际运动情景相结合;(3)学会识图、辨图、 用图、作图;(4)正确理解图象中的截距、斜率、拐点、交点、面 积等的物理意义。
重点知识导图 考题应对策略 关键能力分解 典型问题举例
一、解决匀变速直线运动的常用方法
1.一般公式法
一般公式法指速度公式、位移公式及推论三式。它们均是矢量
式,使用时要注意方向性。
2.平均速度法
定义式������
=
������������对任何性质的运动都适用,而������
=
������������
2
=
12(v0+v)只适用
于匀变速直线运动。
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (62)
1．如图4－10所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L 的正方形，Ⅱ是长为2L 、宽为L 的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放．线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则( )图4－10A ．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动B ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动C ．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动D ．线圈Ⅱ先到达地面解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的32倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的2倍，即R Ⅱ＝32R Ⅰ，E Ⅱ＝2E Ⅰ，由I ＝E R 得，I Ⅱ＝43I Ⅰ；由F安＝BIL，FⅡ＝BIⅡ·2L，FⅠ＝BIⅠ·L，则FⅡ＝83FⅠ，但GⅡ＝32GⅠ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即FⅠ＝GⅠ，则FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B错误，C正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D错误．答案：C2．(2019年湖北重点中学联考)如图4－11所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，两导轨的平面与水平方向的夹角为θ.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab棒上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab棒上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab棒都与导轨保持垂直，且初速度都相等．则下列说法正确的是()图4－11A．两次上升的最大高度有H<hB．有磁场时ab棒所受合力的功大于无磁场时合力的功C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为12m v2D．有磁场时，ab棒上升过程的最小加速度为g sinθ解析：没加磁场时，机械能守恒，动能全部转化为重力势能．加有磁场时，动能的一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，则加有磁场时的重力势能小于没加磁场时的重力势能，即h <H ，故A 错误；由动能定理知，合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知ab 棒所受合力的功相等，故B 错误；设电阻R 产生的焦耳热为Q ，根据能量守恒知有12m v 20＝Q ＋mgh ，则Q <12m v 20，故C 错误；有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，当上升到最高点时，安培力为零，所以ab 上升过程的最小加速度为g sin θ，故D 正确．答案：D3．(多选)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时，ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 ( )图4－12A ．安培力对ab 棒所做的功不相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等解析：导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，所以两种情况中动能变化量相等，故A正确、B错误．两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能，C正确．通过ab棒的电荷量Q＝ΔΦR＝BΔSR，光滑时比粗糙时ab棒运动的路程长，故ΔS大，通过的电荷量Q多，故D错误．答案：AC4．(2019年济南针对训练)(多选)如图4－13所示的竖直平面内，水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有大小相等，方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域Ⅰ上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是()图4－13A．线框进入区域Ⅰ时与离开区域Ⅰ时的电流方向相同B．线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同C．线框有可能匀速通过磁场区域ⅠD．线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2mg(d＋h)解析：由楞次定律可知，线框进入区域Ⅰ时感应电流为逆时针方向，而离开区域Ⅰ时的电流方向为顺时针方向，故选项A错误；由楞次定律可知，线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均向上，选项B正确；因穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同，则可知线框进入区域Ⅰ时一定是做减速运动，选项C错误；线框离开磁场区域Ⅰ的速度应等于离开磁场区域Ⅱ的速度，则在此过程中，线圈的机械能的减小量等于线框通过区域Ⅱ产生的电能，即Q2＝mg(d＋h)，则线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ产生的总热量为Q＝2Q2＝2mg(d＋h)，选项D正确．答案：BD5．(多选)如图4－14所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是()图4－14A ．线框进入磁场时的速度为2ghB ．线框的电阻为B 2L 22mg 2ghC ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝2mghD ．线框通过磁场的过程中产生的热量Q ＝4mgh解析：从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场，由机械能守恒定律得3mg ×2h ＝mg ×2h ＋4m v 22，解得线框刚进入磁场时的速度v ＝2gh ，故A 对；线框上边缘刚进磁场时，恰好做匀速直线运动，故受合力为零，3mg ＝BIL ＋mg ，I ＝BL v R ，解得线框的电阻R ＝B 2L 22mg 2gh ，故B 对；线框匀速通过磁场的距离为2h ，产生的热量等于系统重力势能的减少量，即Q ＝3mg ×2h －mg ×2h ＝4mgh ，故C 错，D 对．答案：ABD6．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L .导轨上面垂直放置两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，如图4－15所示．两根导体棒的质量皆为m ，电阻均为R ，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v 0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：图4－15(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当ab 棒的速度变为初速度的34时，cd 棒的加速度是多少？解析：(1)两棒速度相同时产生的焦耳热最多．从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有m v 0＝2m v根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q ＝12m v 20－12(2m )v 2＝14m v 20.(2)设ab 棒的速度变为34v 0时，cd 棒的速度为v ′，则由动量守恒定律可知m v 0＝34m v 0＋m v ′解得v ′＝14v 0，回路中的电动势E ＝34BL v 0－14BL v 0＝12BL v 0此时cd 棒所受的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 04R .由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v 04mR .14m v 20(2)B2L2v04mR答案：(1)。
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (68)
1．(多选)关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是()A．金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体B．晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的C．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点D．单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的解析：金刚石、水晶和食盐是晶体，玻璃是非晶体，A错误；晶体的分子排列规则，且有固定的熔点，非晶体的分子排列不规则，且没有固定的熔点，故B、C正确；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性，故D错误．答案：BC2．(多选)关于空气湿度，下列说法正确的是()A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比解析：由于在空气中水蒸气含量不变的情况下，气温越高时饱和蒸汽压越大，人的感觉越是干燥，即人的感觉取决于相对湿度而非绝对湿度，A错误，B正确．空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，空气的绝对湿度的定义就是用空气中所含水蒸气的压强来表示湿度的方法，故C正确，D错误．答案：BC图13－2－93．如图13－2－9所示，一定质量的理想气体，由状态A沿着直线AB变化到状态B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是()A．不断增大B．不断减小C．先减小后增大D．先增大后减小解析：对于图象问题的解答，首先要明确图象的物理意义．由题图可知，A、B两点的pV乘积相同，因此A、B两点的温度也相同，在AB直线上的中点C(题图中未标出)，其pV乘积比A、B两点要大，所以C点温度比A、B两点高，即T A＝T B<T C，又因为气体分子的平均速率随温度的升高而增大，所以气体分子的平均速率是先增大后减小，故应选D.答案：D4．(多选)下列说法正确的是()A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关解析：水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，B错误．答案：ACD5．如图13－2－10所示，在长为L＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃.现将水银缓慢注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩4 cm高的水银柱？(大气压强p0＝76 cmHg)图13－2－10解析：设管的横截面积为S，初态时，管内气体温度T1＝273 K ＋33 K＝306 K体积V 1＝51S cm 3压强p 1＝p 0＋p h ＝80 cmHg当水银柱与管口相平时，水银柱高为H则V 2＝(57－H )S cm 3压强p 2＝p 0＋p H ＝(76＋H ) cmHg由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2代入数据得H 2＋19H －252＝0解得：H ＝9 cm故p 2＝p 0＋p H ＝85 cmHg设温度升至T 时，管中水银柱高为4 cm气体体积为V 3＝53S cm 3气体压强为p 3＝p 0＋p h ＝80 cmHg由盖—吕萨克定律V 1T 1＝V 3T 代入数据得T ＝318 K.答案：85 cmHg 318 K6．(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)如图13－2－11，容积为V 的汽缸由导热材料制成，面积为S 的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K.开始时，K 关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p 0. 现将K 打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为V 8时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了V 6.不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g .求流入汽缸内液体的质量．图13－2－11解析：设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V 1，压强为p 1；下方气体的体积为V 2，压强为p 2.在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得p 0V 2＝p 1V 1①p 0V 2＝p 2V 2②由已知条件得V 1＝V 2＋V 6－V 8＝1324V ③V 2＝V 2－V 6＝V 3④设活塞上方液体的质量为m ，由力的平衡条件得p 2S ＝p 1S ＋ mg ⑤联立以上各式得m ＝15p 0S 26g ⑥答案：15p 0S 26g。
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (3)
4．(2019 年临沂高新区摸底)一步行者以 6.0 m/s 的速度跑去追赶被红灯阻停的公共汽 车， 在跑到距汽车 25 m 处时， 绿灯亮了， 汽车以 1.0 m/s2 的加速度匀加速启动前进， 则( ) A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了 36 m B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为 7 m C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了 43 m D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远
解析：在跑到距汽车 25 m 处时，绿灯亮了，汽车以 1.0 m/s2 的加速度匀加速启动前 进，当汽车加速到 6.0 m/s 时二者相距最近．汽车加速到 6.0 m/s 所用时间 t＝6 s，人运动 距离为 6×6 m＝36 m，汽车运动距离为 18 m，二者最近距离为 18 m＋25 m－36 m＝7 m， 选项 A、C 错误，B 正确；人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离先减小后增大， 选项 D 错误． 答案：B
【解析】 根据题述，两车在 t＝3 s 时并排行驶，由图线与横轴所围面积表示位移可 知，在 t＝1 s 时，甲车和乙车并排行驶，选项 A、C 错误．由图象可知，在 t＝1 s 时甲车 速度为 10 m/s，乙车速度为 15 m/s，0～1 s 时间内，甲车行驶位移为 x1＝5 m，乙车行驶 位移为 x2＝12.5 m，所以在 t＝0 时，甲车在乙车前 7.5 m，选项 B 正确．从 t＝1 s 到 t＝3 s，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为
【典例 4】 现有一辆摩托车先由静止开始以 2.5 m/s2 的加速度做匀加速运动，后以 最大行驶速度 25 m/s 匀速行驶，追赶前方以 15 m/s 的速度同向匀速行驶的卡车．已知摩 托车开始运动时与卡车的距离为 200 m，则： (1)追上卡车前二者相隔的最大距离是多少？ (2)摩托车经过多长时间才能追上卡车？ 【解析】 (1)在追上卡车前二者速度相等时相距最大，设从开始经过 t1 时间两者速度 相等，最大间距为 xm，则 v＝at1 v 解得 t1＝ ＝6 s a 1 2 最大间距 xm＝x0＋vt1－ at1＝245 m. 2 (2)由题意得摩托车匀加速运动最长时间 vm t2＝ ＝10 s a
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (81)
作业8受力分析共点力的平衡一、选择题1．如图8－1所示，用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是()图8－1A．小球P受到3个力作用B．物块Q受到3个力作用C．小球P受到物块Q竖直向下的摩擦力作用D．小球P受到物块Q的弹力是因小球P发生形变引起的解析：隔离物块Q，则物块Q受到竖直向下的重力、小球P及墙壁水平方向的弹力，因其处于静止状态且墙壁光滑，所以小球P对物块Q一定有竖直向上的摩擦力作用，即物块Q受四个力作用，B错误；隔离小球P，则P受重力、绳的拉力、物块Q的支持力和竖直向下的摩擦力4个力的作用，A错误，C正确；由弹力的定义可知小球P受到物块Q的弹力是因物块Q发生形变引起的，D错误．答案：C2．(2019年天津渤海月考)如图8－2所示，一箱苹果沿着倾角为θ的斜面，以速度v匀速下滑．在箱子的中央有一个质量为m的苹果，它受到周围苹果对它作用力的合力的方向()图8－2A．沿斜面向上B．沿斜面向下C．竖直向上D．垂直斜面向上图8－3解析：一箱苹果整体向下匀速运动，其中央的一个苹果也一定是做匀速运动，受到的合力为零．由于中央的那一个苹果只受重力与它周围苹果对它的作用力，故重力与它周围苹果对它作用力的合力为一对平衡力，大小相等、方向相反，受力如图8－3，故C正确．答案：C3．(2019年河北唐山模拟)如图8－4所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A .为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A 处于静止，对小球施加的最小的力是( ) A.3mgB.32mgC.12mgD.33mg解析：将小球的重力分解如图8－5所示，其中一个分力等于施加的力的大小．当施加的力与OA 垂直时最小，F min ＝mg sin30°＝12mg ，C 正确．图8－5答案：C4．轻质弹簧A 的两端分别连在质量为m 1和m 2的小球上，两球均可视为质点．另有两根与A 完全相同的轻质弹簧B 、C 的一端分别与两个小球相连，B 的另一端固定在天花板上，C 的另一端用手牵住，如下图8－6所示．适当调节手的高度与用力的方向，保持B 弹簧轴线跟竖直方向夹角为37°不变(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．当弹簧C 的拉力最小时，B 、C 两弹簧的形变量之比为( )A ．1∶1B ．3∶5C ．4∶3D ．5∶4图8－7解析：以两球整体为研究对象，受力分析如图8－7所示，由合成法知当C 弹簧与B 弹簧垂直时施加的拉力最小，由几何关系知T B ∶T C ＝4∶3，故选C.答案：C5．(2019年河北衡水中学一调)将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间的夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳OP 悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使OP 恰好在竖直方向，如图8－8所示．现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时OP 绳与天花板之间的夹角为( )图8－8A ．90°B.45° C ．θ D ．45°＋θ2解析：对轻环Q 进行受力分析如图8－9(a)所示，则只有绳子的拉力垂直于杆的方向时，绳子的拉力沿杆的方向没有分力，由几何关系可知，PQ 绳与竖直方向的夹角为θ.图8－9对滑轮进行受力分析如图8－9(b)所示，由于滑轮的质量不计，则OP 对滑轮的拉力与两侧绳子上拉力的合力大小相等，方向相反，所以OP 的方向一定在两侧绳子夹角的角平分线上，由几何关系得OP与竖直方向间的夹角β＝90°＋θ2－θ＝45°－12θ，则OP 与天花板之间的夹角为90°－β＝45°＋12θ，故选D.答案：D图8－106．(2019年河南郑州模拟)如图8－10所示，斜面体放置在粗糙的水平地面上，在水平向右的推力F 作用下，物体A 和斜面体B 均保持静止．若减小推力F ，物体A 仍然静止在斜面上，则( )A ．物体A 所受合力一定减小B ．斜面对物体A 的支持力一定减小C．斜面对物体A的摩擦力一定减小D．斜面对物体A的摩擦力一定为零图8－11解析：物体A始终处于平衡状态，所以受到的合力始终等于零，故A错误；如图8－11所示，对物体A进行受力分析，有F合x＝F cosθ＋f－G sinθ＝0，F合y＝F N－G cosθ－F sinθ＝0，解得F N＝G cosθ＋F sinθ，当F减小时，则支持力减小，故B正确；f＝G sinθ－F cosθ，由于摩擦力的方向未知，故当f沿斜面向上为正值时，F减小，则f增大，若f为负值即沿斜面向下时，当F减小，则f也减小，不一定为零，故C、D错误．答案：B图8－127．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图8－12所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P 始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是() A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大解析：Q的受力情况如图8－13甲所示，F1表示P对Q的弹力，F2表示MN对Q的弹力，F2的方向水平向左保持水平，F1的方向顺时针旋转，由平行四边形的边长变化可知：F1与F2都逐渐增大，A、C错误；由于挡板MN缓慢移动，Q处于平衡状态，所受合力为0，D 错误；对P、Q整体受力分析，如图8－13乙所示，由平衡条件得，F f＝F2＝mg tanθ，由于θ不断增大，故F f不断增大，B正确．图8－13答案：B图8－148．(多选)如图8－14所示，用一根细线系住重力为G、半径为R 的球，与倾角为α的光滑斜劈接触，处于静止状态，球与斜面的接触面非常小，细线悬点O固定不动，在斜劈从图示位置缓慢水平向左移动直至绳子与斜面平行的过程中，下列叙述正确的是()A．细绳对球的拉力先减小后增大B．细绳对球的拉力先增大后减小C．细绳对球的拉力一直减小D．细绳对球的拉力最小值等于G sinα解析：以小球为研究对象，对其受力分析如图8－15所示，因题中“缓慢”移动，故小球处于动态平衡，由图知在题设的过程中，T 一直减小，当绳子与斜面平行时，T与N垂直，T有最小值，且T min ＝G sinα，故C、D正确．图8－15答案：CD9．(多选)如图8－16所示，一根不可伸长的轻绳穿过轻滑轮，两端系在高度相等的A、B两点，滑轮下挂一物体，不计轻绳和轻滑轮之间的摩擦．保持A固定不动，让B缓慢向右移动，则下列说法正确的是()图8－16A．随着B向右缓慢移动，绳子的张力减小B．随着B向右缓慢移动，绳子的张力增大C．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力变大D．随着B向右缓慢移动，滑轮受绳AB的合力不变解析：动滑轮在不计摩擦的情况下，两侧绳子拉力大小相等，平衡后，两侧绳子的拉力关于竖直方向对称．保持A固定不动，让B缓慢向右移动，则两侧绳子的夹角增大，绳上的张力增大，由于物体的重力不变，故绳AB的合力不变．故选BD.答案：BD10．(2019年甘肃一诊)(多选)如图8－17所示，斜面体置于粗糙水平面上，斜面光滑．小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢向上移动一小段距离，斜面体始终静止．则在移动过程中()图8－17A．细线对小球的拉力变大B．斜面对小球的支持力变大C．斜面体对水平面的压力变大D．水平面对斜面体的摩擦力变小解析：设小球和斜面体的质量分别为m和M，细线与斜面的夹角为θ，对小球受力分析，如图8－18甲，小球受到重力mg、斜面的支持力N和细线的拉力F，则由平衡条件得，沿斜面方向有mg sinα＝F cos θ①，垂直斜面方向有N＋F sinθ＝mg cosα②，使小球沿斜面缓慢上移时，θ增大，由①式知F增大，由②式知N变小，选项A正确，选项B错误；对斜面体受力分析，如图8－18乙，受重力Mg、水平面的支持力N″和摩擦力f、球的压力N′，如图8－18所示，则f＝N′sinα，N 变小，N′变小，则f变小，N″＝Mg＋N′cosα，N′变小，则N″变小，由牛顿第三定律得知，斜面体对水平面的压力也变小，C错误，D正确．图8－18答案：AD11．(多选)如图8－19所示，水平地面上倾角为θ的斜面上，有一斜劈A，A的水平上表面有一斜劈B，B的斜面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀速下滑，已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是()图8－19A．A、B间摩擦力为零B．C对B压力大小为mgC．A受斜面摩擦力大小为mg sinθD．斜面受到A的摩擦力和地面的摩擦力的合力大小为3mg sinθ解析：对B、C整体受力分析，受重力、支持力，根据平衡知，A、B间摩擦力为零，故A正确．对C分析，在垂直斜面方向上平衡，有：F N＝mg cosθ，可知C对B的压力大小为mg cosθ，故B错误．对A、B、C整体分析，整体受重力、支持力和摩擦力，根据平衡得，斜面对A 的摩擦力f＝3mg sinθ，故C错误．斜面不受地面的摩擦力，所以斜面受的摩擦力和地面的摩擦力合力大小为3mg sinθ，故D正确．答案：AD图8－2012．(2019年株洲模拟)(多选)物体C置于水平地面上，A、B由轻绳通过固定在C上的光滑定滑轮相连，C的上表面水平，连接B的轻绳水平，整个系统处于静止状态，如图8－20所示．下列说法正确的是()A．B与C之间的接触面一定是粗糙的B．B与C之间的接触面可以是光滑的C．C与地面之间的接触面一定是粗糙的D．C与地面之间的接触面可以是光滑的解析：先对物体A受力分析，A受重力和拉力，由于B保持静止状态，故拉力等于重力；再对B受力分析，受重力、支持力、向左的拉力和向右的静摩擦力，故B与C间一定有摩擦力，接触面一定粗糙，故A正确，B错误；对整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，即C与地面间没有摩擦力，故C与地面之间的接触面可能是光滑的，也可能是粗糙的，故C错误，D正确．答案：AD二、非选择题图8－2113．如图8－21所示，质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与站在水平面上质量为m2的人相连，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，物体甲及人均处于静止状态．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10 m/s2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？(2)人受到的摩擦力是多大？方向如何？(3)若人的质量m2＝60 kg，人与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.3，欲使人在水平面上不滑动，则物体甲的质量最大不能超过多少？图8－22解析：(1)以结点O 为研究对象进行受力分析，如图8－22所示，由平衡条件，有F OB ＝F OA sin θF OA cos θ＝m 1g联立解得F OA ＝m 1gcos θ＝54m 1g ， F OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g ，故轻绳OA 、OB 受到的拉力分别为54m 1g 、34m 1g .(2)对人受力分析，如图8－23所示，人在水平方向受到OB 绳的拉力F OB ′和水平向左的静摩擦力作用，图8－23由平衡条件得f ＝F OB ′又F OB ′＝F OB所以f ＝F OB ＝34m 1g .(3)当人刚要滑动时，甲的质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值，有f m ＝μm 2g由平衡条件得F OB m ′＝f m又F OB m ′＝F OB m ＝m 1m g tan θ＝34m 1m g联立解得m 1m ＝4F OB m ′3g ＝4μm 2g 3g ＝24 kg即物体甲的质量最大不能超过24 kg.答案：(1)54m 1g 34m 1g (2)34m 1g ，方向水平向左(3)24 kg14．质量为M 的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m 的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑．如果用与木楔斜面成α角的力F 拉着木块匀速上升，如图8－24所示(已知木楔在整个过程中始终静止)．(1)当α＝θ时，拉力F 有最小值，求此最小值；(2)求此时木楔对水平面的摩擦力是多少？图8－24解析：木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ.(1)因其在力F 作用下沿斜面向上匀速运动，则有：F cos α＝mg sin θ＋f ①F sin α＋N ＝mg cos θ②f ＝μN ③由①②③得F ＝2mg sin θcos α＋μsin α＝2mg sin θcos θcos αcos θ＋sin αsin θ＝mg sin2θcos （θ－α）则当α＝θ时，F 有最小值，即F min ＝mg sin2θ.(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F 的水平分力，即f m ＝F cos(α＋θ)当F 取最小值mg sin2θ时，f m ＝F min cos2θ＝mg sin2θ·cos2θ＝12mg sin4θ.答案：(1)mg sin2θ (2)12mg sin4θ。
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (74)
作业1描述运动的基本概念一、选择题1．(多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是() A．从直升机上看，物体做自由落体运动B．从直升机上看，物体始终在直升机的后方C．从地面上看，物体做平抛运动D．从地面上看，物体做自由落体运动解析：选择不同的参考系观察同一运动，结果往往不同．答案：AC2．对于体育比赛的论述，下列说法正确的是()A．运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 mB．运动员铅球成绩为4.50 m，指的是位移大小为4.50 mC．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时刻D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看作质点解析：运动员跑完800 m比赛，指的是路程大小为800 m，选项A正确；运动员铅球成绩为4.50 m，指的是抛出点到落地点水平距离的大小，选项B错误；某场篮球比赛打了两个加时赛，共需10 min，指的是时间，选项C错误；足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币的大小不能忽略，不可以看作质点，选项D错误．答案：A3．(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东行驶4 km，又向北直线行驶3 km，则下列说法中正确的是() A．相对于O处的观察员，小船运动的路程为7 kmB．相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态C．相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5 km处D．相对于湖岸上的另一观察员，小船不可能是静止的解析：在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为32＋42km＝5 km，方向为东偏北θ角，满足sinθ＝35，即θ＝37°，运动的路程为7 km，选项A、C正确；由运动的相对性可知B错误；若湖岸上的观察员运行速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D错误．答案：AC4．为了纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年，铭记历史，警示未来，2015年9月3日在北京举行隆重的阅兵式，关于此次阅兵式下列说法中错误的是()A．上午10点整纪念大会开始，10点整是时刻B．受阅方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等C．计算洲际导弹车通过天安门广场(远大于导弹车的长度)的时间时，洲际导弹车不能看作质点D．阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的解析：10点整是时刻，故A正确；受阅方队沿直线通过检阅台的一段时间内的位移大小与路程相等，故B正确；计算洲际导弹车通过天安门广场(远大于导弹车的长度)的时间时，洲际导弹车能看作质点，故C错误；阅兵预演空中梯队通过天安门上空时，以编队中某一飞机为参考系，其他飞机是静止的，故D正确．本题选错误的，故选C.答案：C5．(2019年湖北枣阳七中月考)在近地空中某一位置有A、B两个小球，先让A球自由下落1 s后再让B球自由下落，则在A球落地前，相关说法正确的是()A．A球比B球的速度变化快B．若以B球为参照物，A球将以大约10 m/s的速度匀速下降C．两球会在空中相碰D．A球下落1 s后至落地前，两球始终相对静止解析：因为两球都做自由落体运动，加速度都为重力加速度，所以两球的速度变化一样快，选项A错误；当B球开始下落时，由运动学公式可得A球的速度约为v＝gt＝10 m/s，又两球加速度相等，所以以B球为参照物，A球将以大约10 m/s的速度匀速下降，选项B正确，D错误；因为以B球为参照物，A球将以大约10 m/s的速度匀速下降，所以两球都在空中时的间距越来越大，不会相碰，选项C错误．故选B.答案：B6．(多选)一小球在水平桌面上做减速直线运动，用照相机对着小球每隔0.1 s 拍照一次，得到一幅频闪照片，用刻度尺量得照片上小球各位置如图1－1所示，已知照片与实物的比例为1∶10，则 ( )图1－1A ．图中对应的小球在通过8 cm 距离内的平均速度是2 m/sB ．图中对应的小球在通过8 cm 距离内的平均速度是1.6 m/sC ．图中对应的小球通过6 cm 处的瞬时速度是2.5 m/sD ．图中对应的小球通过6 cm 处的瞬时速度是2 m/s解析：照相机每隔0.1 s 拍照一次，所以图中0～8 cm 所用的时间t ＝0.4 s ；照片与实物的比例为1∶10，所以图中8 cm 对应的实际位移x ＝80 cm ＝0.8 m ．则小球在通过图中8 cm 距离内的平均速度v －＝x t ＝0.80.4m/s ＝2 m/s ，A 正确，B 错误；图中对应小球通过6 cm 处的瞬时速度可用图中3.5 cm 到7.5 cm 这一段的平均速度近似表示．图中3.5 cm 到7.5 cm 这一段对应的实际位移x ′＝40 cm ＝0.4 m ，所用的时间t ′＝0.2 s ，所以图中6 cm 处的瞬时速度v ′＝0.40.2m/s ＝2 m/s ，C 错误，D 正确．答案：AD7．(2019年河北唐山统考)伽利略是第一个提出并研究加速度概念的科学家，哲学家罗素给予了极高的评价：“加速度的基本重要性，也许是伽利略所有发现中最具有永久价值和最有效果的一个发现．”下列关于加速度的说法正确的是()A．加速度恒定的运动，速度大小恒定B．加速度恒定的运动，速度的方向恒定不变C．速度为零，加速度可能不为零D．速度变化率很大，加速度可能很小解析：加速度恒定的运动是匀变速运动，速度均匀变化，速度大小变化，速度方向也可能变化，例如平抛运动是匀变速曲线运动，速度的大小和方向都变化，选项A、B错误．速度为零，加速度可能不为零，例如竖直上抛运动中质点到达最高点时，速度为零，加速度为g，选项C正确．加速度等于速度变化率，所以速度变化率很大，加速度一定很大，选项D错误．答案：C8．(多选)根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是()A．v0>0，a<0，物体做加速运动B．v0<0，a<0，物体做减速运动C．v0<0，a>0，物体做减速运动D．v0>0，a>0，物体做加速运动解析：当速度方向和加速度方向相同时，物体做加速运动；当速度方向和加速度方向相反时，物体做减速运动．速度和加速度的正方向是任意规定的，不能只根据加速度的正负来判断物体是做加速运动还是减速运动，选项C、D正确．答案：CD9．(多选)如图1－2甲所示，火箭发射时，速度能在10 s 内由0增加到100 m/s ；如图1－2乙所示，汽车以108 km/h 的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，下列说法中正确的是 ( )图1－2A ．10 s 内火箭的速度改变量为10 m/sB ．2.5 s 内汽车的速度改变量为－30 m/sC ．火箭的速度变化比汽车的快D ．火箭的加速度比汽车的加速度小解析：因火箭发射时，速度在10 s 内由0增加到100 m/s ，故10 s 内火箭的速度改变量为100 m/s ，选项A 错误；汽车以108 km/h ＝30 m/s 的速度行驶，急刹车时能在2.5 s 内停下来，则2.5 s 内汽车的速度改变量为0－30 m/s ＝－30 m/s ，选项B 正确；火箭的加速度为a 1＝Δv Δt＝10010 m/s 2＝10 m/s 2；汽车的加速度为a 2＝Δv Δt＝－302.5 m/s 2＝－12 m/s 2，故火箭的速度变化比汽车的慢，火箭的加速度比汽车的加速度小，选项C 错误，D 正确．答案：BD10．甲、乙两个物体沿同一直线向同一方向运动时，取物体的初速度方向为正，甲的加速度恒为2 m/s 2，乙的加速度恒为－3 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．两物体都做加速直线运动，乙的速度变化快B ．甲做加速直线运动，它的速度变化快C ．乙做减速直线运动，它的速度变化快D ．甲的加速度比乙的加速度大解析：判断物体的速度增加或减小，要看加速度与速度的方向关系．二者同向，物体加速，反向则减速．加速度的大小与物体的速度及速度变化量无必然联系．故选C.答案：C11．(2019年河南洛阳模拟)物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s 后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s 停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是( )A ．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1B ．加速、减速过程中的平均速度大小之比为 2∶1C ．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1D ．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶1解析：设加速后物体最大速度为v ，则加速运动的加速度大小a 1＝ΔvΔt 1＝v 8 s ，减速运动的加速度大小a 2＝Δv Δt 2＝v 4 s ，则加速、减速过程中的加速度大小之比为a 1∶a 2＝1∶2，选项A 错误．对于匀变速直线运动，平均速度等于初速度与末速度的平均值，则题述加速运动和减速运动的速度平均值相等，所以加速、减速过程中的平均速度大小之比为1∶1，选项B 错误．两个阶段运动的时间之比为8 s ∶4 s ＝2∶1，根据位移等于平均速度乘以时间可知，加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1，选项C 正确．由于加速度等于速度的变化率，所以加速、减速过程中速度的变化率大小之比为1∶2，选项D 错误．答案：C12．(2019年伊春质检)一个质点做变速直线运动，以v 1＝10 m/s的平均速度完成前13路程，以v 2＝30 m/s 的平均速度完成剩下23的路程，则全过程的平均速度为( )A ．20 m/sB ．18 m/sC ．23.3 m/sD ．40 m/s解析：设全程长为x ，则前13路程所需的时间t 1＝13x 10，后23路程所需的时间t 2＝23x 30.所以全程的平均速度v －＝x t 1＋t 2＝x 13x 10＋23x 30m/s ＝18 m/s ，故B 正确．答案：B13．某人爬山，从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚，上山的平均速度为v 1，下山的平均速度为v 2，则往返的平均速度的大小和平均速率是( )A.v 1＋v 22，v 1＋v 22B.v 1－v 22，v 1－v 22 C ．0，v 1－v 2v 1＋v 2 D ．0，2v 1v 2v 1＋v 2解析：平均速度是位移与时间的比值，由于此人爬山往返一次，位移Δx ＝0，平均速度v －＝Δx Δt ＝0Δt＝0；平均速率是路程与时间的比值，由于此人往返一次，路程为山脚到山顶距离的2倍，平均速率为x 1＋x 2t 1＋t 2＝2x x v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2，所以D 项正确． 答案：D二、非选择题14．(2019年德州月考)有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500 g (g ＝10 m/s 2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：(1)若一辆以72 km/h 的速度行驶的货车与一辆以54 km/h 的速度行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10－3 s ，摩托车驾驶员是否有生命危险？(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4 s 、3 s ，货车的加速度与摩托车的加速度之比为多少？解析：(1)两车碰撞过程中，由于货车的质量比摩托车的质量大很多，故摩托车与货车相碰时间内，可认为货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小与货车的速度相同．取摩托车的初速度方向为正方向，摩托车的速度变化量约为Δv ＝Δv 2－v 1＝－72 km/h －54 km/h ＝－20 m/s －15 m/s ＝－35 m/s两车相碰撞时摩托车的加速度为a ＝Δv Δt ＝－352.1×10－3m/s 2≈－16 667 m/s 2，负号表示与选取的正方向相反，由于16 667 m/s 2>500 g ，因此摩托车驾驶员有生命危险．(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a 1、a 2，根据加速度定义得a 1＝Δv 1Δt 1，a 2＝Δv 2Δt 2所以a 1∶a 2＝Δv 1Δt 1∶Δv 2Δt 2＝204∶153＝1∶1. 答案：(1)摩托车驾驶员有生命危险 (2)1∶111。
2020届高考物理一轮复习人教版牛顿运动定律的综合应用PPT课件(共33张)
解
由 v-t 图象可知,物块沿斜面向上滑行时的加速度大小 a=������0,根据牛顿第二定
������1
析 律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma,即 gsin θ+μgcos θ=������0。同理向下滑行时
������1
gsin θ -μgcos θ =������1,两式联立解得 sin θ =������0+������1,μ= ������0-������1 ,可见能计算出斜
物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度,D项正确。
考点巧讲
第三单元 牛顿运动定律
变式1
如图所示,某发射系统内有一木箱,木箱内有一竖直放置的轻质 弹簧,弹簧上方有一物块,木箱内上表面和下表面都装有压力传
感器。木箱静止时,上表面压力传感器的示数为12.0 N,下表面
压力传感器的示数为20.0 N。当系统竖直向上发射时,上表面 压力传感器示数变为下表面压力传感器示数的一半,重力加速
2.失重
(1)定义:物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。 (2)失重的特点:物体具有竖直向下的加速度。
3.完全失重
(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零的状态。
(2)完全失重的特点:加速度a=g,方向竖直向下。
知识清单
第三单元 牛顿运动定律
基础过关
考点巧讲
第三单元 牛顿运动定律
例3 在倾角为30°的光滑斜面上,有一个箱子,箱内有一个斜面,在斜面上放置一 个重为60 N的球,如图甲所示,当箱子在斜面上下滑时,球对箱子后壁和箱
内斜面的压力大小分别是( C )。(g=10m/s2,sin53°=0.8,cos 53°=0.6)
2020高考物理一轮复习6.2动量守恒定律课件新人教版
【答案】 (Mm－2)v－v0 【解析】 喷出的气体和火箭组成的系统动量守恒，以 v0 的方向为正方向， 第一次喷气后 mv0－(M－m)v1＝0. 解得 v1＝Mm－v0m 方向与 v0 方向相反． 第二次喷气后－(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v. 解得 v2＝(Mm－2)v－v0.
(2018·河南模拟)光滑水平面上放有 一上表面光滑、倾角为 α 的斜面 A，斜面质量 为 M、底边长为 L，如图所示．将一质量为 m 可视为质点的滑块 B 从斜面的顶端由静止释放，滑块 B 经过时 间 t 刚好滑到斜面底端．此过程中斜面对滑块的支持力大小为 FN， 则下列说法中正确的是( )
(2018·海 南 ) 如 图 ， 光 滑 轨 道 PQO 的水平段 QO＝h2，轨道在 O 点与水 平地面平滑连接．一质量为 m 的小物块 A 从高 h 处由静止开始 沿轨道下滑，在 O 点与质量为 4m 的静止小物块 B 发生碰撞．A、 B 与地面间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，重力加速度大小为 g.假设 A、B 间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短．求：
受外力，水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mxt1－mxt2＝ 0，即有：Mx1＝mx2，又 x1＋x2＝L，解得：x1＝Mm＋mL，故 D 项正确．
考点四 碰撞模型 1．分析碰撞问题的三个依据 (1)动量守恒定律． (2)动能不增加： Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ p12 ＋ p22 ≥p′12 ＋ p′22 2m1 2m2 2m1 2m2 (3)速度要合理： ①同向碰撞：碰撞前后面的物体速度大；碰撞后前面的物体 速度大(或相等)． ②相向碰撞：碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
机械能损失可能为( )
2020人教版高中物理一轮复习(图片课件+练习+作业 (56)
1．(多选)某电容器上标有“25μF 450 V ”字样，下列对该电容器的说法中正确的是( )A ．要使该电容器两极板之间电压增加 1 V ，所需电荷量为2.5×10－5 CB ．要使该电容器带电荷量1C ，两极板之间需加电压2.5×10－5 VC ．该电容器能够容纳的电荷量最多为1.125×10－2 CD ．该电容器能够承受的最大电压为450 V解析：由电容器电容的定义式C ＝Q U 可得C ＝ΔQ ΔU，所以ΔQ ＝C ΔU ＝2.5×10－5×1 C ＝2.5×10－5 C ，A 正确．若Q ＝1 C ，则U ＝Q C ＝4×104 V ，B 错误．当电容器的电压为450 V 时，电容器的电荷量最多，Q ＝CU ＝2.5×10－5×450 C ＝1.125×10－2 C ，C 正确.450 V 是电容器的额定电压，低于击穿电压，D 错误．答案：AC2．如图7－3－24所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，板间距离为d ，上极板带正电荷．现将一个试探电荷q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为l ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q 所做的功等于( )图7－3－24A.qCl Qd B .qQl CdC.qQl 2CdD.qCl 2Qd解析：根据U ＝Q C ，E ＝U d 可得E ＝Q Cd ，所以，A →B 电场力做功，W ＝qEl sin30°＝qQl 2Cd ，选项C 正确．答案：C3. (多选)A 、B 为平行板电容器的两块金属板，A 极板与静电计的金属小球相连，静电计的外壳和B 极板都接地，将它们水平放置．当A 板带上一定量电荷后，静电计指针偏转一定角度，如图7－3－25所示(静电计金属小球及金属杆、指针等所带的电荷量与金属板A 所带的电荷量相比可以忽略不计)．此时，在A 、B 板间有一电荷量为q 的油滴静止在P 点(油滴所带电荷量很少，它对A 、B 板间电场的影响可以忽略)，以下结论正确的是( )图7－3－25A ．A 极板不动，将B 极板向下移动一小段距离，油滴q 保持不动，静电计指针偏角减小B ．B 极板不动，将A 极板向下移动一小段距离，油滴q 保持不动，静电计指针偏角减小C ．A 极板不动，将B 极板向右水平移动一小段距离，油滴q 向上运动，静电计指针偏角增大D ．B 极板不动，将A 极板向右水平移动一小段距离，油滴q 向下运动，静电计指针偏角减小解析：A 项中，A 极板不动，将B 极板向下移动一小段距离，d变大，根据C ＝εS 4πkd，则电容减小，根据U ＝Q C ，则电势差增大，指针偏角增大，故A 错误．B 项中，B 极板不动，将A 极板向下移动一小段距离，d 减小，根据C ＝εS 4πkd，则电容增大，根据U ＝Q C ，则电势差减小，指针偏角减小．电场强度E ＝4πkQ εS，可知电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍然与重力平衡，保持不动，故B 正确．C 项中，A 极板不动，将B 极板向右水平移动一小段距离，S 减小，根据C ＝εS 4πkd，则电容减小，根据U ＝Q C ，则电势差增大，指针偏角增大．根据E ＝U d 知，电场强度增大，油滴所受电场力大于重力，则油滴向上运动，故C 正确．D 项中，B 极板不动，将A 极板向右水平移动一小段距离，S 减小，根据C ＝εS4πkd，则电容减小，根据U ＝Q C ，则电势差增大，指针偏角增大．根据E ＝U d 知，电场强度增大，油滴所受电场力大于重力，则油滴向上运动，故D 错误．答案：BC图7－3－264．如图7－3－26所示，四个相同的金属容器共轴排列，它们的间距与容器的宽度相同，轴线上开有小孔．在最左边、最右边两个容器上加电压U后，容器之间就形成了匀强电场．今有一个电子从最左边容器的小孔沿轴线入射，刚好没有从最右边容器出射，则该电子停止运动前()A．通过各容器的速度比依次为3∶2∶1B．通过各容器的时间比依次为5∶3∶1C．通过各容器间隙所用的时间比依次为5∶3∶1D．通过各容器间隙的加速度比依次为5∶3∶1解析：由题意可知，容器内部由于静电屏蔽电场强度为零，容器之间为匀强电场，故电子在容器内做匀速直线运动，在容器之间做匀减速直线运动，只考虑匀减速直线运动过程，可以认为电子是从右向左的匀加速直线运动，由初速度为零的匀加速直线运动规律可知，通过容器的速度之比为v1∶v2∶v3＝3∶2∶1，所以A正确．电子在容器中做匀速直线运动，故通过容器的时间之比为13∶12∶1，所以B错误．因各容器间的距离相等，故通过各容器间隙的时间之比t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶1，所以C错误．电子在匀强电场中所受电场力不变，故加速度不变，所以D 错误．答案：A5．如图7－3－27所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图7－3－27(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；(3)粒子打到屏上的点P 到点O 的距离x .解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0.图7－3－28(2)粒子在全过程中的运动情况如图7－3－28所示设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a ＝qE m粒子在电场中运动的时间t 1＝L v 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝at 1v 0＝aL v 20＝qEL m v 20. (3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12at 21＝12a ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0v L 2＝qEL 22m v 20 又x ＝y ＋L tan α解得x ＝3qEL 22m v 20. 答案：(1)2L v 0 (2)qEl m v I 20 (3)3qEL 22m v 20。
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图11－1－8
1．(2019年乌鲁木齐模拟)如图11－1－8所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m ，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s 的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J ，线框中电流随时间变化的关系式为( )
A ．i ＝2sin10πt (A)
B ．i ＝2sin10πt (A)
C ．i ＝2sin5πt (A)
D ．i ＝2sin5πt (A)
解析：由题意知，线框有效切割的长度作正弦规律变化，则线框中产生正弦式电流，设该正弦式电流有效值为I ，由题意可得Q ＝I 2Rt ，
其中t ＝l v ＝0.2 s ，解得I ＝ 2 A ，所以该正弦式交流电的最大值为I m ＝2I ＝2 A ，金属线框从图示位置到完全进入磁场为半个周期，故T
＝2l v ＝0.4 s ，ω＝2πT ＝5πrad/s ，所以正弦式交流电的表达式i ＝2sin5
πt (A)，C 正确．
答案：C
2．(2019年南京、盐城一模)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如图11－1－9所示，则在相同时间内电阻产生热量最大的是( )
图11－1－9
解析：由A、B图象，对应正弦式交变电流，有效值：I A＝I B＝
2 2
I m＝2A，C选项对应恒定电流I C＝1.5 A，D选项对应方波交变电流，其有效值I D＝2 A，由于I D最大，故D正确．
答案：D
3．(2019年临沂模拟)如图11－1－10甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图
11－1－10乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝0.60π
T，线圈的电阻R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.50 Ω的小灯泡L，A为理想交流电流表．当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过灯泡．若线圈往复运动的规律如图11－1－10丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是()
图11－1－10
A ．电流表的示数为0.24 A
B ．0.01 s 时回路中的电流最大
C ．回路中交流电的频率为50 Hz
D ．0.015 s 时灯泡L 中电流的方向为从D →L →C
解析：由E ＝BL v 及v －t 图可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则E m ＝nB ×2πr v m ＝2.4 V ，电流的有效值I ＝
E m
2（R 1＋R 2）＝0.242A ，A 错；t ＝0.01 s 时，v ＝0，所以I ＝0，B 错；由图象可知T ＝0.02 s ，f ＝50 Hz ，C 正确；t ＝0.015 s 时，由右手定则可知，电流方向C →L →D ，D 错．
答案：C
图11－1－11
4．(2019年河南洛阳一中周练)(多选)如图11－1－11所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线圈，面积为S ，匝数为N ，内阻为r ，绕垂直磁感线的对称轴OO ′以角速度ω匀速转动，从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )
A ．通过电阻R 的电荷量Q ＝πNBS 22（R ＋r ）
B ．通过电阻R 的电荷量Q ＝NBS R ＋r
C ．外力做功平均功率P ＝N 2B 2S 2ω2
2（R ＋r ）
D ．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e ＝NBSωsin ωt
解析：从题图所示位置转过90°的过程中，磁通量变化ΔΦ＝BS ，
通过电阻R 的电荷量Q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r
，A 错误，B 正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO ′以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势的最大值E m ＝NBSω，感应电动势的有效值E ＝
E m 2，E m ＝2E ，外力做功平均功率P ＝E 2R ＋r ＝N 2B 2S 2ω22（R ＋r ）
，C 正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e ＝NBSωcos ωt ，D 错误．
答案：BC
5．(2019年福建联考)如图11－1－12所示为交流发电机示意图，匝数n ＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm 和20 cm ，内阻为5 Ω，在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中绕OO ′轴以502rad/s 的角速度匀速转动，线圈和外部20 Ω的电阻R 相连接，已知线圈绕OO ′轴转动时产生的电动势最大值E m ＝NBSω，求：
图11－1－12
(1)理想电压表和理想电流表示数？
(2)电阻R 上所消耗的电功率是多少？
(3)由图示位置转过90°的过程中，通过R 的电量是多少？
解析：(1)感应电动势最大值E m ＝NBSω＝502V ，有效值：E ＝E m 2
＝50 V ，I ＝E R ＋r
＝2.0 A U ＝IR ＝40 V .
(2)电阻R 上所消耗的电功率P ＝IU ＝80 W.
(3)通过R 上的电量Q ＝I －Δt ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r
＝0.04 C. 答案：(1)40 V 2 A (2)80 W (3)0.04 C。