《与名师对话》2019届高考一轮总复习课标版物理课件：2-4-1第4章曲线运动万有引力与航天

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2019版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第四章曲线运动万有引力与航天本章学科素养提升 Word版

⊳迁移变通能力的培养⊳严谨思维能力的培养⊳实验数据处理能力的培养类平抛运动的处理1．受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．2．运动特点在初速度v 0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝F 合m. 3．求解方法(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力的方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x 、a y ，初速度v 0分解为v x 、v y ，然后分别在x 、y 方向列方程求解．4．考查特点(1)类平抛运动是对平抛运动研究方法的迁移，是高考(2)高考考查该类问题常综合机械能守恒、动能定理等知识，以电场或复合场为背景考查学生运用所学知识处理综合问题的能力．例1 如图1所示的光滑斜面长为l ，宽为b ，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求：图1(1)物块由P 运动到Q 所用的时间t ；(2)物块由P 点水平射入时的初速度v 0；(3)物块离开Q 点时速度的大小v.答案 (1)2l gsin θ (2)b gsin θ2l (3) 2＋4l 2θ2l解析 (1)沿斜面向下有mgsin θ＝ma ，l ＝12at 2 联立解得t ＝ 2l gsin θ. (2)沿水平方向有b ＝v 0t ，v 0＝b t＝b gsin θ2l (3)物块离开Q 点时的速度大小v ＝v 20＋2＝ 2＋4l 2θ2l.对于周期性运动的问题，注意要把问题考虑全面，思维要严谨．例2 两颗卫星在同一轨道平面内绕地球做匀速圆周运动．地球半径为R ，a 卫星离地面的高度等于R ，b 卫星离地面的高度等于3R.则：(1)a 、b 两卫星周期之比T a ∶T b 是多少？(2)若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，且a 卫星运行周期已知为T a ，则a 经多长时间两卫星相距最远？答案 (1)122 (2)4＋27(2n －1)T a ，n ＝1,2,3，… 解析 (1)由牛顿第二定律和万有引力定律，得G Mm r 2＝m(2πT)2r ，则T ＝4π2r 3GM ，得T a ＝2π3GM ，T b ＝2π3GM ，所以T a T b ＝122. (2)设经过时间t 两卫星相距最远，则t T a －t T b ＝12(2n －1)，n ＝1,2,3，… 所以t ＝4＋27(2n －1)T a ，n ＝1,2,3，…. 易错诊断本题的易错点在于找不准何时相距最远，以及相距最远时应满足什么条件．两卫星相距最近是指两卫星位于地心的同侧，且与地心在同一直线上．当两卫星相距最远时，两卫星转过的弧度之差最小为π.若考虑周期性，两卫星转过的弧度之差最小为k π，k ＝1,3,5，…拓展延伸若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点的正上方，则经多长时间两卫星相距最近？提示两卫星相距最近是指两卫星位于地心的同侧，且与地心在同一直线上．当两卫星再次相距最近时，两卫星转过的弧度之差最小为2π.若考虑周期性，两卫星转过的弧度之差最小为2n π，n ＝1,2,3，….利用平抛运动的轨迹解题．例3 如图2所示是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点A 、B 、C ，测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0 cm 、y 2为45.0 cm ，A 、B 两点水平间距Δx 为40.0 cm.则平抛小球的初速度v 0为________m/s ，若C 点的竖直坐标y 3为60.0 cm ，则小球在C 点的速度v C 为________m/s.(结果保留两位有效数字，g 取10 m/s 2)图2答案 2.0 4.0解析由y ＝12gt 2得，t 1＝ 2y 1g ＝0.10 s ，t 2＝ 2y 2g ＝0.30 s ，因此小球平抛运动的初速度为v 0＝Δx t 2－t 1＝0.400.20m/s ＝2.0 m/s.小球在C 点时竖直方向的分速度v y3＝2gy 3＝2×10×0.60 m/s ＝2 3 m/s ，因此C 点速度v C ＝v 2y3＋v 20＝4.0 m/s.。

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练2-5-3 Word版含答案

重点回顾专练：机械能守恒定律的综合应用一、选择题1．(多选)(2015·衡阳八中期末)如图，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落在比地面低h 的海平面上，若以地面为零势能参考面，且不计空气阻力，则( )A ．重力对物体做的功为mghB ．物体在海平面的重力势能为mghC ．物体在海平面上的动能为12m v 20＋mghD ．物体在海平面上的机械能为12m v 20＋mgh[解析] 重力做功只与初末位置有关，而与实际路径无关，所以，重力对物体做的功为mgh ，A 正确；物体在海平面的重力势能为－mgh ，B 错误；根据动能定理，物体在海平面上的动能为12m v 20＋mgh ，C 正确；此过程机械能守恒，物体在海平面上的机械能为12m v 20，D 错误；故选AC.[答案] AC2．(2015·四川资阳质检)如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，a 站在滑轮正下方的地面上，b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b 摆至最低点时， a 刚好对地面无压力，则演员a 的质量与演员b 的质量之比为( )A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1[解析]b摆动过程中满足机械能守恒有：m b gL(1－cos60°)＝12m bv2－0，在最低点有：T b－m b g＝m b v 2L，可得T b＝2m b g.当a刚好对地面无压力时，有T a＝m a g，同一根绳T a＝T b，所以m a∶m b＝2∶1，故A、C、D错误，B正确．故选B.[答案] B3．(2015·遵义高级中学最后一摸)如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为()A．1.5h B．1.0hC．2.5h D．2.0h[解析]当b球刚接触地面时，设其速度为v，由动能定理可得：3mgh－mgh＝12·4m v2；B球落地后，a球做竖直上抛运动，则由机械能守恒定律可得：mgh1＝12m v2，联立解得：h1＝0.5h，则a可能达到的最大高度为h＋0.5h＝1.5h，故选A.[答案] A4．(2015·华中师大第一附中期中)如图光滑轨道由半圆和一段竖直轨道构成，图中H＝2R，其中R远大于轨道内径．比轨道内径略小的两小球A、B用轻绳连接，A在外力作用下静止于轨道右端口，B球静止在地面上，轻绳绷紧．现静止释放A小球，A落地后不反弹，此后B小球恰好可以到达轨道最高点．则A、B 两小球的质量之比为()A．3∶1 B．3∶2C．7∶1 D．7∶2[解析]当A球刚好落地时，对AB系统由机械能守恒定律可得：(m A－m B)gH＝12(m A ＋m B)v2，当A落地后B球上升到最高点时有12m Bv2＝m B gR＋12m B v21；由于B小球恰好可以到达轨道最高点，则v1＝0；解得：m A∶m B＝3∶1，故选A.[答案] A5．(多选)(2015·呼伦贝尔二模)如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30°的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示．下列说法正确的是()A．甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B．甲、乙两球的质量之比为m甲∶m乙＝4∶1C．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲∶P乙＝1∶1D．甲、乙两球的动能均为E k0时，两球下降高度之比h甲∶h乙＝1∶4[解析]两球在运动过程中只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A 错误；由机械能守恒定律得，对甲球：E K0＝m甲gx0sin30°，对乙球：E K0＝m乙g 2x 0，解得：m 甲∶m 乙＝4∶1，故B 正确；两球重力的瞬时功率为：P ＝mg v cos θ＝mg 2E k m cos θ＝2mE k g cos θ，甲、乙两球的动能均为E k0时，两球重力的瞬时功率之比为：P 甲P 乙＝m 甲m 乙cos60°cos0°＝11，故C 正确；甲、乙两球的动能均为E k0时，两球高度之比为：x 0sin30°∶2x 0＝1∶4，故D 正确；故选BCD.[答案] BCD6．(多选)(2015·枣庄五中期末)如图所示，两个质量相同的小球A 和B ，分别用细线悬在等高的O 1、O 2两点，A 球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度的释放，则经过最低点时(以悬点所在水平面为零势能面)，下列说法正确的是( )A ．A 球的速度大于B 球的速度B ．悬线对A 球的拉力大于对B 球的拉力C ．A 球的向心加速度等于B 球的向心加速度D ．A 球的机械能大于B 球的机械能[解析] 运动过程机械能守恒，因A 球的线较长，所以A 球减少的重力势能较多，转化成的动能较多，获得的速度就较大，故A 项正确；由牛顿第二定律和机械能守恒定律得F －mg ＝m v 2r 和12m v 2＝mgr ，联立解得F ＝3mg ，又因为两小球的质量相等，所以悬线对两小球的拉力相等，故B 项错；由F －mg ＝ma 及F ＝3mg 得a ＝2g ，故C 项正确；因机械能守恒，两球在初始状态机械能都为0，到达最低点仍为0，即机械能相等，故D 项错．[答案] AC7．(多选)(2015·北京西城区期末)如图1所示，物体A 以速度v 0做平抛运动，落地时水平方向的位移和竖直方向的位移均为L ，图1中的虚线是A 做平抛运动的轨迹．图2中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与图1中的虚线相同．让物体B 从轨道顶端无初速下滑，B 下滑过程中没有脱离轨道．物体A 、B 都可以看作质点．重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．A 、B 两物体落地时的速度方向相同B ． A 、B 两物体落地时的速度大小相等C ．物体B 落地时水平方向的速度大小为2gL5D ．物体B 落地时重力的瞬时功率为mg ·2gL[解析] 运动速度的方向沿着运动轨迹的切线方向，由于两个运动轨迹相同，因此落地时速度方向相同，A 正确；开始运动时，A 有初速度，而B 从静止开始运动，在下落的过程中机械能守恒，因此落地时A 的速度大于B 的速度，B错误；A 物体下落过程中，L ＝v 0t ，L ＝12gt 2，v y ＝gt ，可得v y ＝2v 0速度与水平方向夹角为θ，则cos θ＝v 0v 20＋v 2y ＝15，而sin θ＝v yv 20＋v 2y ＝25；而B 下落时，根据机械能守恒定律，mgL ＝12m v 2，因此落地时的水平速度大小为v cos θ＝2gL5，C 正确；B 落地时重力的瞬时功率P ＝mg v sin θ＝2mg2gL 5，D 错误．[答案] AC 8．(2015·绍兴一中期末)如图所示，一物体以初速度v 0冲向光滑斜面AB ，并能沿斜面恰好上升到高度为h 的B 点，下列说法中正确的是( )A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高hB．若把斜面弯成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高hC．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒D．无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒[解析]若把斜面从C点锯断，物体冲出C点后，物体将要做斜抛运动，物体到达最高点没有竖直速度还要有水平速度，根据机械能守恒，物体无法将所有动能转化为重力势能，所以不可能到达h处，所以A项错误；若把斜面弯成圆弧形AB′，物体通过圆弧形时相当于轻绳模型，通过最高点时速度不可能减小为零，所以不可能沿AB′升高h，所以B项错误；无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成AB′圆弧形，物体都不能升高h，在上升的过程中，对物体而言只有重力对其做功，支持力始终与速度垂直不做功，仍然满足机械能守恒，所以D项正确；C项错误．[答案] D9．(多选)(2015·泰安质检)如图所示，倾角30°、高为L的固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端．现由静止释放A、B两球，B球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，则()A．A球刚滑至水平面时的速度大小为5gL 2B．B球刚滑至水平面时的速度大小为6gL 2C．在A球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B球先做正功、后不做功D．两小球在水平面上不可能相撞[解析]A球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL－mgL sin30°＝12(3m＋m)v 21，解得：v1＝5gL2，选项A正确；当A滑到水平面上后，做匀速运动，而B球在斜面上做加速度运动，则B球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL＝123m·v 21＋12m v2B，解得：v B＝32gL，选项B错误；在A球沿斜面下滑的过程中，在B球没有滑上斜面之前，轻绳对B球做正功，当B球滑上斜面之后，轻绳无弹力，则对B球不做功，选项C正确；A球滑上斜面后做匀速运动，而B球还要做一段加速后到达水平面，故B球能追上A球发生碰撞，选项D错误；故选AC.[答案]AC10．(多选)(2015·枣庄十八中模拟)如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O(不计滑轮的摩擦)，A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是()A．小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mgB．物块B受到的摩擦力方向没有发生变化C．若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动D．地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右[解析]开始时，物块B所受的摩擦力为f1＝4mg sinθ＝2mg，方向沿斜面向上；小球A运动到最低点时，由机械能守恒定律可得：mgL＝12m v2；又T－mg＝m v 2L，解得：T＝3mg；此时物块B所受的摩擦力为f＝T－4mg sin30°＝mg，方向沿斜面向下，选项A正确，B错误；由上述计算可知，当物块A到达最低点时，绳子的拉力与绳长无关，故若适当增加OA段绳子的长度，物块不可能发生运动，选项C错误；对物块B和斜面体的整体而言，当物块A向下摆动时，绳子对整体的拉力斜向左下方，故地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右，选项D正确；故选AD.[答案]AD二、非选择题11．(2015·阳县一中、湘阳一中联考)如图所示，跨过轻质定滑轮的细绳两端，一端连接质量为m的物体A，另一端通过一轻质弹簧与质量为M的物体B连接，B物体静止在地面上，用手托着A物体，在A距地面高h处时，细绳刚好被拉直、弹簧无形变．今将A物体从h高处无初速释放，A物体恰好能到达地面，且A 到达地面时，B物体对地面的压力恰好减为零．已知重力加速度为g，弹簧的弹性势能与劲度系数k、弹簧的伸长量x的关系是：E弹＝12kx2.两个物体均可视为质点，不计绳子和滑轮的质量，不计滑轮轴上的摩擦力和空气阻力．问：(1)A、B两物体的质量之比为多少？(2)现将A 、B 两物体的初始位置互换，再让B 物体从h 高处无初速释放，当A 物体刚要离开地面时，B 物体的速度是多少？[解析] (1)由A 下降过程，系统机械能守恒有12kh 2＝mgh当A 刚好到达地面时，对B 有kh ＝Mg 联立可解得M ＝2m 即m ∶M ＝1∶2(2)A 和B 位置对换，设A 刚要离开地面时B 物体下降了x ，且此时B 的速度为v此时对A 有kx ＝mg ，由B 下降过程，系统机械能守恒12kx 2＋12M v 2＝Mgx有x ＝h 2，v ＝3gh 2.[答案] (1)1∶2 (2)3gh 212．(2015·三明一中期中)如图所示，滑块质量为m ，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v 0＝3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB ＝5R ，并滑上光滑的半径为R 的1/4圆弧BC ，在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ，孔径大于滑块的大小，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．求：(1)滑块运动到光滑轨道B 点时对轨道的压力；(2)若滑块滑过C 点后穿过P 孔，求滑块过P 点后还能上升的最大高度；(3)若滑块滑过C 点后从P 孔上升又恰能从Q 孔落下，平台转动的角速度ω应满足什么条件？[解析] (1)设滑块滑至B 点时速度为v B ，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有－μmg ·5R ＝12m v 2B －12m v 20对滑块在B点，由牛顿第二定律有N－mg＝m v 2BR解得N＝9mg由牛顿第三定律可知，滑块在B点时对轨道的压力大小为N′＝N＝9mg方向向下(2)滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为v P，则1 2m v 2B ＝12m v2P＋mg·2R解得v P＝2gR滑块穿过P孔后再上升机械能仍守恒，设能上升的最大高度为h由1 2m v 2P＝mg·h得到h＝2R滑块过P点后还能上升的最大高度为2R(3)滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝2v Pg＝4Rg要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)πω＝(2n＋1)π4gR(n＝0,1,2，…)[答案](1)9mg方向向下(2)2R(3)(2n＋1)π4gR(n＝0,1,2，…)爱看书的康强爱看书的康强。

《与名师对话》2019届高考一轮总复习课标版物理课件：2-5-4第5章机械能

3．滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化( [答案] √
)
4．能量在转化或转移的过程中，其总量有可能增加，也可能减小(
[答案]
)
×
5．能量在转化或转移的过程中总量保持不变，故没有必要节约能源(
[答案] ×
)
考点Biblioteka 互动探究[核心提示] 1 个定律：能量守恒定律 3 类问题：功能关系理解和应
[答案] CD
考点二
摩擦力做功与能量的关系
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力不能量的同转化方点面一对摩擦力的总功方面只有能量的转移，没有能量的转化一对静摩擦力所做功的代数和等于零滑动摩擦力既有能量的转移，又有能量的转化一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，总功W＝－Ff·s相对，即摩擦时产生的热量
机械能守恒ΔE＝0
(1)其他力做多少正功，除重力和物体的机械能就增加弹簧弹力多少之外的其机械能变化 (2)其他力做多少负功他力做的，物体的机械能就减功少多少 (3)W其他＝ΔE 一对相互作用的滑动摩擦力的总功
内能变化
(1)作用于系统的一对滑动摩擦力一定做负功，系统内能增加 (2)摩擦生热Q＝Ff·L相
ΔEk
.(动能定理) (2)重力做功等于物体重力势能的减少，即 WG＝Ep1－Ep2
＝－ΔEp .
(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的减少，即W 弹＝Ep1－Ep2
＝－ΔEp
.
(4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即 W 其他力＝E2－E1＝ΔE .(功能原理)
知识点二 1．内容
第4讲
功能关系
能量守恒定律

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-1-6-2 Word版含答案

重点回顾专练：电场的性质专练一、选择题1．(2015·福建福州八中第一次质检)如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电介质小球A 、B ，左边放一带正电的固定球P 时，两悬线都保持竖直方向．下面说法正确的是( )A ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量大B ．A 球带正电，B 球带负电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量小C ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量小D ．A 球带负电，B 球带正电，并且A 球带电荷量较B 球带电荷量大[解析]　存在固定球P 时，对A 、B 球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A 球带负电而B 球带正电．由于A 、B 球在水平方向各受两个力，而A 、B 之间的库仑力大小相等，方向相反，可得P 对A 、B 的水平方向的库仑力大小相等，方向相反．根据F ＝k 以及A 离P 近，Qqr 2可知A 球带电荷量较小，B 球带电荷量较大．故C 正确．[答案]　C2．(多选)(2015·河南三市(许昌、新乡、平顶山)10月第一次调研)如图所示是点电荷与带电金属板的电场线的分布情况．带负电的金属板MN (可理解为无限大)水平放置，正点电荷位于金属板的上方某处．P 1点在点电荷的正上方，P 2点在点电荷的正下方，且P 1与P 2到点电荷的距离相等，P 3点和P 2点的连线和金属板平行．则下列说法中正确的是( )A．P1点的电场强度比P2点的电场强度大B．P1点的电势比P2点的电势高C．P2点的电势比P3点的电势高D．将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做负功[解析]　P1点的电场线比P2点的电场线稀疏，所以P1点的电场强度比P2点的电场强度小，故A错误；据等量异种电荷形成的电场，中垂线上的电势为零，据等势面图可知，P1点的电势比P2点的电势高，故B正确；据电场线与等势面垂直，作等势面如图，据图可知，P2点的电势比P3点的电势高；再据W＝Uq可知，将一正检验电荷由P2点移动到P3点，电场力做正功，故C正确，D错误．[答案]　BC3．(2015·湖北黄冈中学期中)如图所示，A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，沿电场线从A运动到B.则( )A．电场强度的方向向左B．A点场强一定大于B点场强C．电场力做负功D．电势能增加[解析]　电子仅受电场力作用，沿电场线从A 运动到B ，可知电场力方向水平向右，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，故A 正确．不知电场线的疏密，故无法判断电场的强弱，故B 错误．电子由A 到B ，电场力做正功，电势能减少，故C 、D 错误．[答案]　A4．(2015·湖北武汉华中师大附中期中)两等量正点电荷的电荷量分别为q ，固定在图中a 、b 两点，ab ＝L ，MN 为ab 连线的中垂线，交直线ab 于O 点，A 为MN 上的一点，OA ＝L .取无限远处的电势为零．一带负电的试探电荷25q ，仅在静电力作用下运动，则( )A ．若q 从A 点由静止释放，其在由A 点向O 点运动的过程中，加速度先增大后减小B ．若q 从A 点由静止释放，其将以O 点为对称中心做往复运动C ．q 由A 点向O 点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐增大D ．若在A 点给q 一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动[解析]　两等量正点电荷周围部分电场线如图所示，其中a 、b 连线的中垂线MN 上，从无穷远到O 点过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向．故试探电荷所受的电场力是变化的，q 由A 向O 的运动可能是加速度先增大后减小，也可能一直减小，故A 错误．电场线关于MN 是对称分布的，故根据电场力做功可知，其将以O 点为对称中心做往复运动，故B 正确．从A 到O 过程，电场力做正功，动能增大，电势能逐渐减小，故C 错误．在空间中电场强度不是均匀分布的，故受到的电场力大小时刻在变，因此不可能做匀速圆周运动，故D错误．[答案]　B5．(2015·福建泉州五校联考)P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点．一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示．则下列判断正确的是( )A．离子从a到b，电势能增加B．离子在运动过程中受到P的排斥力C．c、d两点电势相等D．离子从a到b，动能增加[解析]　由题图中电场线的分布情况可知P带正电，Q带负电．离子从a 到b，电场力与速度的夹角为钝角，所以做负功，电势能增加，故A正确．离子从a运动到b的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的吸引力作用，从a 到b，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，故B、D错误．沿着电场线方向电势逐渐降低，则知c点的电势高于d点的电势，故C错误．[答案]　A6．(多选)(2015·茂名质检)如图所示，在粗糙绝缘的水平面上有一物体A带正电，另一带正电的点电荷B沿着以A为圆心的圆弧由P到Q缓慢地从A的上方经过，若此过程中A始终保持静止，A、B两物体可视为质点且只考虑它们之间的库仑力作用．则下列说法正确的是( )A ．物体A 受到地面的支持力先增大后减小B ．物体A 受到地面的支持力保持不变C ．物体A 受到地面的摩擦力先减小后增大D ．库仑力对点电荷B 先做正功后做负功[答案]　AC7．(2015·江西五校第一次联考)对于真空中电荷量为q 的静止点电荷而言，当选取离点电荷无穷远处的电势为零时，离点电荷距离为r 处的电势为φ＝kq /r (k 为静电力常量)，如图所示，两电荷量大小均为Q 的异种点电荷相距为d ，现将一质子(电荷量为e )从两电荷连线上的A 点沿以负电荷为圆心、半径为R 的半圆形轨迹ABC 移到C 点，在质子从A 点到C 点的过程中，系统电势能的变化情况为( )A ．减少B ．增加2kQeRd 2－R 22kQeR d 2＋R 2C ．减少 D ．增加2kQed 2－R 22kQe d 2＋R 2[解析]　A 点的电势为φA ＝－k ＋k ＝－；C 点的电势为Q R Q d －R kQ (d －2R )R (d －R )φC ＝－k ＋k ＝－，则A 、C 两点间的电势差为U AC ＝φA －φC ＝－Q R Q d ＋R kQdR (d ＋R )＋＝，质子从A 点移到C 点，电场力做功为kQ (d －2R )R (d －R )kQd R (d ＋R )2kQRd 2－R 2W AC ＝eU AC ＝，且做的是正功，所以质子的电势能减少，故A 正2kQeRd 2－R 22kQeR d 2－R 2确．[答案]　A8．(多选)(2015·山东德州一模)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E p随位置x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1，对称的曲线，x2～x3段是直线，其中x3－x2＝x2－x1，则下列说法正确的是( )A．0～x1段的电场强度逐渐减小B．粒子在x1～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动C．x1、x2、x3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1>φ2>φ3D．x1与x2两点间的电势差U12等于x2与x3两点间的电势差U23[解析]　由数学知识可知E p－x图象切线的斜率大小表示电场力，所以0～x1段的电场强度逐渐减小，A正确；由题图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，可知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误；根据电势能与电势的关系E p＝qφ，粒子带负电，则知电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2>φ3，故C正确；x1～x2电场强度逐渐增大，而x2～x3电场强度不变，所以U12小于U23，D错误．[答案]　AC9．(多选)(2015·浙江宁波模拟)空间中有一方向沿竖直平面的匀强电场，另有一光滑绝缘杆，杆上套有电荷量为＋Q、质量为m的小球，现在电场所在竖直平面内将杆分别置于OA 、OB 、OC 三个不同位置，其中OA 水平，OC 竖直，OB 与水平面夹角为60°.小球分别从杆端A 、B 、C 由静止释放，已知小球从A 到O 运动时间为从B 到O 运动时间的倍，则可判断( )2A ．从C 到O 方向运动的时间小于从A 到O 的时间B ．从C 到O 方向运动的时间大于从A 到O 的时间C ．电场强度的最小值为mg 2QD．电场强度的最小值为3mg3Q[解析]　小球在杆上均做匀加速直线运动，由时间之比为∶1得2a A ∶a B ＝1∶2，设重力和电场力的合力为F 合，方向与竖直方向成α角，则F 合在AO 、BO 方向分力为1∶2，即F 合cos(30°－α)＝2F 合sin α，解得α＝30°，即重力和电场力的合力为F 合，沿BO 方向，将F 合沿AO 和CO 方向分解，可得a C >a A ，所以从C 到O 方向运动的时间小于从A 到O 的时间，故A 正确，B 错误；当电场方向垂直于BO 方向时电场强度最小，则E min ＝＝，故mg sin30°Q mg 2Q C 正确，D 错误．[答案]　AC10．(多选)(2015·湖南永州三校联考)如图所示，光滑绝缘斜面底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中( )A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的机械能一直增大C．物块Q的电势能一直增大D．物块P、Q的重力势能和电势能之和先减小后增大[解析]　开始时电场力大于重力沿斜面向下的分力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于重力沿斜面向下的分力，合力与运动方向相反，动能减小，A错误；P、Q之间越来越远，Q的电势能越来越小，根据能量守恒定律，动能和重力势能的和(机械能)增大，B正确，C错误；物块动能、重力势能、电势能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，D正确．[答案]　BD二、非选择题11．(2015·山东临沂期中考试)质量m＝0.1 kg的带电小球，在某电场中从O点经A、B运动至C点，已知O、A、B、C四点在同一条竖直线上，t＝0时小球恰在O点，忽略空气阻力，取向下为正方向(g取10 m/s2)，小球的v－t图象如图所示．求：(1)t ＝1 s 时带电小球的加速度和所受电场力的大小；(2)带电小球前14 s 下落的高度及克服电场力所做的功．[解析]　(1)从题图中可以看出，t ＝2 s 内带电小球做匀加速运动，其加速度大小为a ＝＝8 m/s 2.ΔvΔt 由牛顿第二定律得mg －F ＝ma ，代入数据解得F ＝0.2 N.(2)14 s 内带电小球通过的位移为x ＝×16×2 m ＋×(6＋16)×12 m ＝148 1212m ，做的功为W ＝mgh －m v ＝146.2 J.122B[答案]　(1)8 m/s 2　0.2 N (2)148 m 146.2 J12．(2015·河北邯郸期末考试)如图，等量异种点电荷，固定在水平线上的M 、N 两点上，有一质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷)的小球，固定在长为L 的绝缘轻质细杆的一端，细杆另一端可绕过O 点且与MN 垂直的水平轴无摩擦地转动，O 点位于MN 的垂直平分线上距MN 为L 处．现在把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B 时速度为v ，取O 点电势为零，忽略q对等量异种电荷形成电场的影响．求：(1)小球经过B 点时对杆的拉力大小；(2)在＋Q 、－Q 形成的电场中，A 点的电势φA ；(3)小球继续向左摆动，能否经过与A 等高度的C 点(OC ＝L )？若能，求出此时的速度；若不能，请说明理由．[解析]　(1)小球经过B 点时，在竖直方向有F －mg ＝m ，v 2LF ＝mg ＋m ，v 2L 由牛顿第三定律知，小球对细杆的拉力大小F ′＝mg ＋m .v 2L (2)由于取O 点电势为零，而O 在MN 的垂直平分线上，所以φB ＝0，电荷从A 到B 过程中，由动能定理得mgL ＋q (φA －φB )＝m v 2，12φA ＝.mv 2－2mgL2q (3)小球不能经过C 处．因为在＋Q 、－Q 形成的电场中，φC >φA .假设小球能经过C 处，则E p ＝qφ，E p 由能量守恒可得到假设不成立．[答案]　(1)mg ＋m (2)　(3)见解析v 2L mv 2－2mgL 2q。

【与名师对话】高考数学一轮复习第四章平面向量阶段整合课件文

已知函数f(x)＝2acos x＋bsin
π 1 f4＝ . 2
2
xcos
3 3 x－ 2 ，且f(0)＝ 2 ，
(1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)的单调递减区间； (3)函数f(x)的图象经过怎样的平移才能使所得图象关于原点对称？【思路启迪】先求出f(x)的解析式，再求解．
a b (ωx＋φ)(ห้องสมุดไป่ตู้os φ＝ 2 2，sin φ＝ 2 2)的形式来求． a ＋b a ＋b
(2014· 潍坊模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R，A>0， π ω>0,0<φ< )的部分图象如图所示． 2
(1)求f(x)的解析式； π2 π π (2)设g(x)＝fx－ 12 ，求函数g(x)在x∈－ 6 ， 3 上的最大值，并确定此时x的值．
二、解三角形以正弦定理、余弦定理的综合运用为主，在解题时，要分析清楚题目条件，利用正弦定理、余弦定理及面积公式转化为三角形中各边之间的关系或各角之间的关系，并结合三角形的内角和为180° ，诱导公式，同角三角函数基本关系，两角和与差的正弦、余弦、正切公式进行化简求值．
(2014· 辽宁卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a， 1 → → b，c，且a>c.已知BA· BC＝2，cos B＝3，b＝3.求： (1)a和c的值； (2)cos(B－C)的值．【思路启迪】 (1)结合向量数量积、余弦定理列方程组求解；(2)利用正弦定理结合两角差的余弦公式求解．
【解】 3 故a＝ 2 .
3 3 3 (1)由f(0)＝ 2 ，得2a－ 2 ＝ 2 ，
π 1 由f4＝2，得
3 b 3 1 2 ＋2－ 2 ＝2，所以b＝1.

第4章曲线运动第1讲运动的合成与分解

踪训
练
核沿Oy方向，故孔明灯做曲线运动，结合合力指向轨迹内侧
心
考点
可知轨迹可能为曲线OD，故选项D正确．
突
破
第23页
第4章
第1讲
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·物理
3.如右图，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意
基础
图．已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列
知
识回
说法正确的是 ( C )
回顾
小球在竖直方向做竖直上抛运动，v0＝gt1，2s0＝v20 t1
课后跟
踪
水平方向做匀加速直线运动，3s0＝v21 t1
训练
核
心考
解得v1＝6 m/s
点
突
破
第31页
第4章
第1讲
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·物理
(2)由竖直方向运动的对称性可知，小球再经过t1回到x
基轴，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以回到x
与名师对话·系列丛书
基础知识回顾核心考点突破
第1页
高考总复习·课标版·物理课后跟踪训练
第4章
第1讲
与名师对话·系列丛书
考纲要求
基
础运动的合成与分解(Ⅱ)
知识
抛体运动(Ⅱ)
回顾
匀速圆周运动、角速度、线速度、
向心加速度(Ⅰ)
匀速圆周运动的向心力(Ⅱ)
离心现象(Ⅰ)
高考总复习·课标版·物理
基
础
知
识回
3．合力方向与速率变化的关系
顾
课后
跟
踪
训

《与名师对话》2019届高考一轮总复习课标版物理课件：X3-2-9-1第9章电磁感应

3.如图所示，闭合圆导线线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析使线圈做如下运动时，能产生感应电流的是( )
A．使线圈在纸面内平动 B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动 C．使线圈以ac为轴转动 D．使线圈以bd为轴转动
[解析]
[答案] C
2．在下图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场的磁感线全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是 ( )
A．a、b两环 C．a、c两环
[答案] A
B．b、c两环 D．a、b、c三个环
1．磁通量是标量，但有正、负之分(
[答案] √ ) 2．磁通量与线圈的匝数无关( [答案] √
)
3．在磁场中线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量越大 [答案] × ( ) 4．某时刻穿过线圈的磁通量为零，则这时磁通量的变化
率也一定为零( [答案] × )
5．电路的磁通量变化，电路中就一定有感应电流( [答案] × )
(3)磁感应强度 B 和回路面积 S 同时发生变化，此时可由 ΔΦ＝Φ1－Φ0 计算并判断磁通量是否变化． (4)线圈面积 S 不变，磁感应强度 B 也不变，但二者之间夹角发生变化．例如，线圈在磁场中转动时．
2．判断电磁感应现象是否发生的一般流程
[跟踪训练] 1.两圆环A、B同心放置且半径RA>RB，将一条形磁铁置于两环圆心处且与圆环平面垂直，如图所示，则穿过A、B 两圆环的磁通量的大小关系为( )
1 个应用：左手及应用果分析法
考点一
磁通量
电磁感应现象
1．穿过闭合电路的磁通量发生变化，大致有以下几种情况 (1)磁感应强度 B 不变，线圈面积 S 发生变化．例如，闭合电路的一部分导体切割磁感线时． (2)线圈面积 S 不变，磁感应强度 B 发生变化．例如，线圈与磁体之间发生相对运动时或者磁场是由通电螺线管产生，而螺线管中的电流变化时．

《与名师对话》2019高考一轮总复习课标版物理课件：X3-1-7-1第7章恒定电流

3．焦耳定律 (1)电热：电流流过一段导体时产生的热量 (2)计算式：Q＝ I2Rt . 4．热功率 (1)定义：单位时间内的发热量． Q (2)表达式：P＝ t ＝．
I2 R
.
1．电荷定向移动的方向为电流的方向(
)
[答案]
× )
2．电流微观表达式 I＝nqSv 中 v 为光速( [答案] ×
3．电阻率
S Rl . (1)计算式：ρ＝______
(2)物理意义：反映导体的导电性能身的属性． (3)电阻率与温度的关系金属：电阻率随温度升高而增大；半导体：电阻率随温度升高而减小．
，是导、焦耳定律
(1)定义：导体中的自由电荷在电场力作用下定向移动，电场力做的功称为电功． (2)公式：W＝qU＝ IUt . (3)电流做功的实质：电能转化成其他形式能的过程． 2．电功率 (1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢． W IU (2)公式：P＝ t ＝ .
mv2 A. 2el C．ρnev
知识点二 1．电阻
电阻定律
U (1)定义式：R＝____ I .
(2)物理意义：导体的电阻反映了导体对电流阻碍作用的大小，R 越大，阻碍作用越大．
2．电阻定律 (1)内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积关．成反比，导体的电阻还与构成它的材料有
l ρS . (2)表达式：R＝_______
复习指导本章考题命制围绕三个中心，以欧姆定律为中心研究电路的基本概念；以闭合电路欧姆定律为中心研究闭合电路的能量分配和功率分配、电路的动态分析和故障分析等；以“伏安法测电阻”为中心的电学基本仪表的使用，多数为实验题，这一部分是本章的重中之重，是电学实验的基础，也是学习和备考的难点． 1.可围绕欧姆定律建立纯电阻电路中U、I、R间的基本关系，以此为中心结合电阻定律和焦耳定律，理解电路的一些基本概念，注意区分电功、电热及电功率的定义式和计算式的适用条件，掌握伏安特性曲线及串、并联电路的基本特性和规律，为部分电路的计算和建立完整电路模型打下基础． 2.闭合电路欧姆定律建立了完整的电路关系，与欧姆定律结合主导电路特性的分析和计算，学习和备考中要熟记电路中电流、电压表达式及电源功率分配关系，灵活变化．电源与电阻的伏安特性曲线结合是电路动态分析和故障判断的重要依据． 3.在本章的演示实验和分组实验中，都能找到“伏安法测电阻 ”实验的影子，在学习和备考中从实验原理入手，认真分析、领会“伏安法测电阻”的基本思路，注意实物电路的连接训练及原理与实物图的相互转换，比较归纳各实验的共同点(伏安法 )，为进一步解答电学实验的各种变式打下基础.

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练X3-2-9-2 Word版含答案

重点回顾专练：楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用一、选择题1．(2015·绵阳二诊)法拉第在同一软铁环上绕两个线圈，一个与电池相连，另一个与电流计相连，则( )A ．接通电池后，电流计指针一直保持偏转B ．接通电池时，电流计指针没有偏转C ．接通电池后再断开时，电流计指针没有偏转D ．接通电池时，电流计指针偏转，但不久又回复到零[解析]　接通电池的瞬间穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，过一段时间后磁通量不发生变化，没有感应电流，电流计指针不偏转，选项AB 错误，D 正确；接通电池后再断开时，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针偏转，选项C 错误．[答案]　D2．(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )A ．磁通量的变化量B ．磁通量的变化率C ．感应电流的大小D ．流过导体某横截面的电荷量[解析]　条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，说明两次通过闭合线圈的磁通量变化量ΔΦ相同，但时间Δt 不相等，则选项A 正确，选项B 错误；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：I ＝，选项C 错误；ΔΦR ×Δt根据电流的定义，可得：q ＝I ×Δt ＝，流过导体某横截面的电荷量q 相等，ΔΦR 选项D 正确．[答案]　AD3．(多选)均匀带负电的塑料圆环绕垂直于圆环平面过圆心的轴旋转，在环的圆心处有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，则( )A ．只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流B ．不管环怎样转动，小线圈内都没有感应电流C ．圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流D ．圆环在做匀速转动时，小线圈内没有感应电流[解析] 带负电的圆环转动时，形成电流．当圆环匀速转动时，等效电流为恒定值，根据电流的磁效应，它产生恒定的磁场，因此通过小线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，A 项错，D 项正确；当圆环变速转动时，产生的等效电流不恒定，产生的磁场也是变化的磁场，通过小线圈的磁通量不断发生变化，也就有感应电流产生，B 项错，C 项正确．[答案]　CD4．(2016·雅礼中学月考)如图所示，接有理想电压表的三角形导线框abc ，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a 、b 两点间有无电势差？电压表有无读数(示数不为零称有读数)( )A ．无、无、无B ．无、有、有C ．无、有、无D ．有、有、有[解析]　由于穿过三角形导线框的磁通量不变，所以框中没有感应电流产生；由于ab 边和bc 边均做切割磁感线的运动，所以均将产生b 端为正极的感应电动势，a、b两点间有电势差；由于没有电流流过电压表，所以其表头指针将不发生偏转，即电压表无读数(示数为零)．综上所述，C正确．[答案]　C5．(多选)(2016·长沙一中月考)如图所示，完全相同的金属棒ab、cd垂直放在足够长的水平光滑金属导轨上且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．ab 棒在极短的时间内获得水平向右的初速度，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．安培力对ab棒做正功B．cd棒一直加速C．abdca回路的磁通量先增加后不变D．ab棒损失的机械能等于回路产生的总热量和cd棒动能的增量之和[解析]　ab棒受到向左的安培力，安培力做负功；cd棒在安培力作用下先加速，当cd棒与ab棒速度达到一致时，整个回路无感应电流，cd棒将匀速运动；当ab棒速度大于cd棒速度时，回路中的磁通量增大．当二者速度相同时回路中的磁通量不变；根据能量守恒可得D正确．故本题选CD.[答案]　CD6．(2016·常德期中)如图所示，一半径为R，圆心角为240°的扇形单匝线圈可绕着磁场边界线上的O点以角速度ω沿逆时针方向转动，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．则从图示位置开始计时，能正确反映线圈中感应电流随时间变化的关系图象是(以顺时针方向为电流的正向)( )[解析]　由图示位置线圈转过60°过程中，通过线圈的磁通量不变，故无感应电流产生，CD 项错；线圈转过60°到120°过程中，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向为逆时针方向，即负方向，故A 项错；排除ACD 三个选项，故B 项正确．[答案]　B7．(多选)(2015·沈阳一模)如图所示，一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动．沿着OO ′从上向下观察，线圈沿逆时针方向转动．已知线圈匝数为n ，总电阻为r ，ab 边长为l 1，ad 边长为l 2，线圈转动的角速度为ω，外电阻阻值为R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则下列判断正确的是( )A ．在图示位置ab 边所受的安培力为F ＝n 2B 2l 21l 2ωR ＋rB ．线圈从图示位置转过90°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝nBl 1l 2R ＋rC ．在图示位置穿过线圈的磁通量为0D ．在图示位置穿过线圈的磁通量的变化率为0[解析]　在图示位置，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为零，C 项正确；ab 、cd 两边垂直切割磁感线，感应电动势最大e ＝nBl 1l 2ω，由法拉第电磁感应定律可知此时磁通量变化率最大，D 项错；又由闭合电路欧姆定律可知，i ＝，ab 边所受安培力F ＝nBIl 1，解三式得：F ＝，A 项正确；线圈eR ＋r n 2B 2l 21l 2ωR ＋r 从图示位置转过90°过程中，磁通量变化量ΔQ ＝Bl 1l 2，由法拉第电磁感应定律有：E ＝n ，q ＝I ·Δt ，解三式得：q ＝，B 项正确．ΔΦΔt nBl 1l 2R ＋r [答案]　ABC8．汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示．铁质齿轮P 与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M 是一个电流检测器．当车轮带动齿轮P 转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使通过线圈的磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车．齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M 的感应电流的方向( )A ．总是从左向右的B ．总是从右向左的C ．先从右向左，然后从左向右D ．先从左向右，然后从右向左[解析]　因为穿过线圈的磁通量方向与条形磁铁内部的磁场方向相同，均从右指向左，铁齿靠近线圈时，铁齿的右端是S 极，铁齿单独产生的磁场方向指向铁齿即与原磁场同向，所以在图示时刻，穿过线圈的磁通量最大，随着齿轮的转动磁通量先减小后增大，当下一个铁齿正对线圈时，磁通量又达到最大，结合楞次定律可知，该过程中，通过M 的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，选项C 正确．9．如下图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．在0～t 0和t 0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0D ．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量为SB 02R[解析]　导体棒MN 始终静止，与导轨围成的线框面积不变，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E ＝＝S ，即感应电动势与B －t 图象斜率成ΔΦΔt ΔBΔt 正比，0～t 0时间内的感应电流I 1＝＝S ＝S ，t 0～2t 0时间内的感应电流E R ΔB ΔtR B 0t 0R I 2＝＝S ＝S ，选项C 错.0～t 0时间内竖直向上的磁通量减小，根据楞次E R ΔB ΔtR 2B 0t 0R 定律知感应电流的磁场方向竖直向上，感应电流为N 到M ，选项B 对.0～t 0时间内磁通量在减小，根据楞次定律推论知导体棒有向右运动的趋势，摩擦力水平向左．t 0～2t 0时间内磁通量增大，同理可判断导体棒有向左运动趋势，摩擦力水平向右，选项A 错．在0～2t 0时间内，通过电阻R 的电荷量Q ＝×Δt ＝×Δt ＝S ×Δt ＝＝，选项D 错．I E R ΔB ΔtR S ΔB R SB 0R10．(多选)(2015·武汉调研)如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE (由细软导线制成)挂在两固定点A 、D 上，水平线段AD 为半圆的直径，在导线框的E 处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态．在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻为r ，圆的半径为R ，在将导线上的C 点以恒定角速度ω(相对圆心O )从A 点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是( )A ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B ．在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量为3BR 22rC ．当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大D ．在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，导线框中产生的电热为πB 2R 4ω2r[解析]　由题意知，在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，直角三角形的面积先增大后减少，穿过直角三角形的磁通量先增大后减少，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针，则选项A 正确；在C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC ＝30°位置的过程中，通过导线上C 点的电荷量q ＝It ＝t ＝·＝＝＝，则选项B 正确；设DC 与AD 间夹角为E r ΔΦΔt Δt r ΔΦr B ΔS r 3BR 22rθ，通过导线框的磁通量Φ＝B ·2R sin θ·2R cos θ＝2R 2B sin θcos θ＝R 2B sin2θ，所以12通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R 2B sin ωt ，当C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，则选项C 错误；在C 从A 点沿圆弧移动到D 点的过程中，对Φ－t 的表达式求导得：E ＝R 2Bωcos ωt ，产生的热量为Q ＝·＝，则选项D 正确．E 2有r πωπB 2R 4ω2r [答案]　ABD二、非选择题11．(2015·万州区模拟)如下图甲所示，光滑导轨宽0.4 m ，ab 为金属棒，均匀变化的磁场垂直穿过轨道平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab 的电阻为1 Ω，导轨电阻不计．t ＝0时刻，ab 棒从导轨最左端，以v ＝1 m/s 的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．[解析]　Φ的变化有两个原因，一是B 的变化，二是面积S 的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有E ＝＝S ＋Bl vΔΦΔt ΔBΔt 又＝2 T/s ，ΔBΔt 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝l v t ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝S ＋Bl v ＝1.6 V ，ΔBΔt此时回路中的电流I ＝＝1.6 AE R 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向金属棒ab 受到的安培力为F ＝BIl ＝2×1.6×0.4 N ＝1.28 N ，方向向左．[答案]　1.6 A 1.28 N ，方向向左12．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L ＝0.3 m ，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 1＝0.5 T ．一根直金属杆MN 以v ＝2 m/s 的速度向右匀速运动，杆MN 始终与导轨垂直且接触良好．杆MN 的电阻r 1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN 中产生的感应电动势E 1.(2)如图乙所示，一个匝数n ＝100的圆形线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r 2＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B 2随时间t 变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E 2.(3)有一个R ＝2 Ω的电阻，将其两端a 、b 分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b 端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a 端的电势较高？求这种情况中a 端的电势φa .[解析]　(1)杆MN 做切割磁感线的运动，E 1＝B 1L v产生的感应电动势E 1＝0.3 V(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E 2＝n S 2ΔB 2Δt产生的感应电动势E2＝4.5 V.(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高通过电阻R的电流I＝E1 R＋r1电阻R两端的电势差φa－φb＝IRa端的电势φa＝IR＝0.2 V.[答案]　(1)0.3 V　(2)4.5 V　(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高　0.2 V。

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练1-2-4 Word版含答案

重点回顾专练：受力分析的步骤与方法一、选择题1．(多选)下列说法中不正确的是( )A．书放在水平桌面上受到的支持力，是由于书发生了微小形变而产生的B．摩擦力的方向可能与物体的运动方向相同C．一个质量一定的物体放在地球表面任何位置所受的重力大小都相同D．静止的物体不可能受到滑动摩擦力作用[解析]　选项A中支持力的施力物体是桌子，所以它是由于桌面发生了微小形变而产生的，选项A错误；摩擦力既可能是动力也可能是阻力，其方向可能与物体的运动方向相同，也可能与物体的运动方向相反，选项B正确；物体的重力G＝mg，其中g的大小与纬度有关，一般情况下，纬度越大，g值越大，所以一个质量一定的物体放在地球表面不同位置所受的重力大小不一定相同，选项C错误；滑动摩擦力发生在相互接触并且发生相对运动的两个物体之间，这两个物体可以是一个相对地面静止，另一个相对地面运动，那么那个静止的物体也会受到滑动摩擦力的作用，所以选项D错误．本题答案为A、C、D.[答案]　ACD2．(2016·天津四校期中)光滑的挡板竖直固定在倾角为θ的斜面上，一质量为m的半球形均匀物体靠着挡板放上后，处于静止状态，如右图所示．关于对半球形物体的受力分析错误的是( )A．可能受三个力：重力、斜面对物体的支持力和摩擦力B．可能受四个力：重力、挡板对物体的支持力、斜面对物体的支持力和摩擦力C．可能受三个力：重力、挡板对物体的支持力、斜面对物体的支持力D．如果斜面也光滑，挡板的支持力大小一定是mg sinθ[解析]　对半球形物体受力分析，由平衡条件F合＝0分析，A、B、C项叙述的情况均可．若斜面光滑，得挡板的支持力F N＝mg tanθ，选项D错误．[答案]　D3. (多选)(2015·浙江名校联考)物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁，如右图所示，a处于静止状态，则关于a受到的摩擦力，下列说法中正确的是( )A．a受到的摩擦力有两个B．a受到的摩擦力大小不随F变化C．a受到的摩擦力大小随F的增大而增大D．a受到的摩擦力方向始终竖直向上[解析]　a受到b对a向上的摩擦力，只有一个，选项A错误．a受到的摩擦力大小等于a的重力，方向竖直向上，不随F变化，选项B、D正确，选项C错误．[答案]　BD4．(2015·南通模拟)如右图所示，质量为m的物体A在竖直向上的力F(F<mg)作用下静止于斜面上．若减小力F，则( )A．物体A所受合力不变B．斜面对物体A的支持力不变C．斜面对物体A的摩擦力不变D．斜面对物体A的摩擦力可能为零[解析]　质量为m的物体A在竖直向上的力F作用下静止于斜面上，其所受合力为零．因为F<mg，所以物体A受到的摩擦力和支持力的合力竖直向上，若减小力F，物体A受到摩擦力和支持力的合力变大但仍竖直向上，故物体A 所受合力仍为零，物体A受到的支持力和摩擦力都变大，A正确，B、C、D错误．[答案]　A5．如图所示，在水平桌面上叠放着木块P和Q，水平力F推动两个木块做匀速直线运动，下列说法中正确的是( )A．P受3个力，Q受3个力B．P受3个力，Q受4个力C．P受4个力，Q受6个力D．P受2个力，Q受5个力[解析]　因两木块均做匀速直线运动，所以受力平衡．P除受重力和支持力外，不可能再受Q的摩擦力，否则不可能受力平衡，故P受两个力；Q受重力、地面支持力、P对其压力、地面对其摩擦力、推力五力作用，故选项D正确，其余错误．[答案]　D6．(2015·扬州高三检测)如右图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态．则( )A．水平面对斜面体没有摩擦力作用B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C．斜面体对水平面的压力等于(M＋m)gD．斜面体对水平面的压力小于(M＋m)g[解析]　对整体受力分析如图据平衡条件，整体必定受地面对斜面体向右的摩擦力以平衡拉力水平向左的分力，故选项A、B错误；根据平衡条件知地面对斜面体的支持力F N＝(M＋m)g－F T sinθ，故选项D正确．[答案]　D7．质量为M的半球形物体A和质量为m的球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示．忽略B球表面的摩擦力，则关于物体受力情况的判断正确的是( )A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B．物体A受到3个力的作用C．物体B对斜面的压力等于mg cosαD．物体B对物体A的压力大于mg sinα[解析]　物体A对物体B的弹力方向垂直于过AB交点的切线方向，不是沿斜面向上，A错误：物体A受重力、斜面的支持力和摩擦力、B对A的弹力四个力的作用，B错误；斜面对B的支持力与A对B作用力垂直斜面方向的分力之和等于mg cosα，则物体B对斜面的压力小于mg cosα，C错误；物体A对B的支持力沿斜面向上的分力等于mg sinα，则物体B对物体A的压力大于mg sinα，D正确．[答案]　D8．(多选)(2016·武汉部分学校调研)如右图所示，水平地面上有楔形物体b，b的斜面上有一小物块a，a与b之间、b与地面之间均存在摩擦．已知a恰好可沿斜面匀速下滑，此时若对a施加如图所示的作用力，a仍沿斜面下滑，则下列说法正确的是( )A．在a上施加竖直向下的力F1，则地面对b无摩擦力B．在a上施加沿斜面向下的力F2，则地面对b的摩擦力水平向左C．在a上施加一个水平向左的力F3，则地面对b的摩擦力水平向右D．无论在a上施加什么方向的力，地面对b均无摩擦力[解析]　a恰好可沿斜面匀速下滑，a和b均处于平衡状态．在a上施加竖直向下的力F1，a仍匀速下滑，则地面对b无摩擦力，选项A正确．在a上施加沿斜面向下的力F2，a加速下滑，a对b作用力不变，地面对b无摩擦力，选项B错误；在a上施加一个水平向左的力F3，则地面对b的摩擦力水平向右，选项C正确，D错误．[答案]　AC9．(多选)有一辆遥控电动玩具汽车，已知车内电动马达驱动后轮转动．现玩具汽车的后轮、前轮分别放在平板小车甲、乙上．如右图所示．按动遥控器上的“前进”、“后退”键，汽车就能前进或后退，地面与甲、乙车之间的摩擦力不计．以下叙述正确的是( )A．按动遥控器上的“前进”键，乙车对前轮摩擦力向右，乙车相对地面向右运动B．按动遥控器上的“前进”键，甲车对后轮摩擦力向右，甲车相对地面向左运动C．按动摇控器上的“后退”键，甲车对后轮摩擦力向左，甲车相对地面向右运动D．按动遥控器上的“后退”键，乙车对前轮摩擦力向左，乙车相对地面向左运动[解析]　汽车的后轮是主动轮，前轮是从动轮，当按动遥控器上的“前进”键时，车内电动马达驱动后轮转动，甲车对后轮施加一个水平向右的摩擦动力，甲车会受到一个水平向左的反作用力，所以甲车相对地面向左运动，而乙车对前轮的摩擦力向左，前轮对乙车施加向右的反作用力，乙车相对地面向右运动，选项A错误，B正确；同理，可分析得出选项C正确，D错误．本题答案为B、C.[解析]　BC10．(2015·安徽省级示范高中联考)如右图所示，用平行于斜面体A的轻弹簧将物块P拴接在挡板B上，在物块P上施加沿斜面向上的推力F，整个系统处于静止状态．下列说法正确的是( )A．物块P与斜面之间一定存在摩擦力B．弹簧的弹力一定沿斜面向下C．地面对斜面体A的摩擦力水平向左D．若增大推力，则弹簧弹力一定减小[解析]　受力分析可知若推力F与弹簧弹力的合力平衡了物体重力沿斜面向下的分力，则无摩擦力，A错误；受力分析可知弹簧处于拉伸或者压缩状态物块P均可以保持静止，B错误；由整体法可知地面对斜面体A水平向左的静摩擦力平衡了推力F水平向右的分力，C正确；增大推力F，若物块保持静止，则弹簧的弹力不变，D错误．[答案]　C二、非选择题11．如图所示，质量为m1＝5 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝10 m/s2，求：(1)斜面对滑块的摩擦力；(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．[解析]　(1)用隔离法：对滑块受力分析如图甲所示，在平行斜面的方向上F＝m1g sin30°＋F fF f＝F－m1g sin30°＝(30－5×10×0.5) N＝5 N(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，对其受力分析如图乙所示，可知：在水平方向上有F f 地＝F cos30°＝15 N3在竖直方向上有F N 地＝(m 1＋m 2)g －F sin30°＝135 N[答案]　(1)5 N (2)15 N 135 N312．(2015·太原检测)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B .它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求从开始到物块B 刚要离开C 时物块A 的位移d (重力加速度为g )．[解析]　设开始系统平衡时，弹簧的压缩量为x 1，则对A 有m A g sin θ－kx 1＝0①设物块B 刚要离开挡板C 时，弹簧的伸长量为x 2，则对B 有m B g sin θ－kx 2＝0②由题意可知d ＝x 1＋x 2③解得d ＝(mA ＋mB )g sin θk[答案]　(mA ＋mB )g sin θk。

【与名师对话】2019届高考一轮总复习课标版物理重点回顾专练2-4-3 Word版含答案

重点回顾专练：平抛运动与圆周运动的综合问题一、选择题1．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R ，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r 的圆形，当地重力加速度的大小为g ，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为( )A. B.g (r 2－R 2)2ω2R 2g (r 2－R 2)2ω2r 2C. D.g (r －R )22ω2R 2gr 22ω2R 2[答案]　A2．(多选)如右图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看作质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N[解析]　根据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有F N B ＋mg ＝m ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对v 2B R 小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误．[答案]　AC 二、非选择题3．(2015·苏州模拟)如图所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平面相切．质量为m 的小球以大小为v 0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g )求：(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小；(2)AB 两点间的距离；(3)小球落到A 点时的速度方向与水平方向夹角的正切值．[解析]　(1)在B 点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m 解得：F N ＝mg ＋m v 20R v 20R由牛顿第三定律得小球通过B 点时对半圆槽的压力大小为mg ＋m .v 20R (2)在C 点小球恰能通过，由牛顿第二定律得：mg ＝m v 2C R 过C 点小球做平抛运动，则：水平方向：x AB ＝v C t竖直方向：2R ＝gt 212解得：x AB ＝2R .(3)设小球落到A 点时的速度方向与水平方向成θ角，则：tan θ＝　v ⊥＝gt v ⊥vC 解得：tan θ＝2.[答案]　(1)mg ＋m (2)2R (3)2v 20R 4．如图所示，P 是水平面上的圆弧轨道，从高台边B 点以速度v 0水平飞出质量为m 的小球，恰能从固定在某位置的圆弧轨道的左端A 点沿圆弧切线方向进入．O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角．已知：m ＝0.5 kg ，v 0＝3 m/s ，θ＝53°，圆弧轨道半径R ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2，不计空气阻力和所有摩擦，求：(1)A 、B 两点的高度差；(2)小球能否到达最高点C ？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？ [解析]　(1)小球在A点的速度分解如图，则v y ＝v 0tan53°＝4 m/sA 、B 两点的高度差为：h ＝＝ m ＝0.8 m.v 2y2g 422×10(2)小球若能到达C 点，在C 点需要满足：mg ≤，v ≥＝ m/smv 2R gR 5小球在A 点的速度v A ＝＝5 m/sv 0cos53°从A →C 机械能守恒：m v ＝m v ＋mgR (1＋cos53°)122A 122C v C ＝3 m/s> m/s 5所以小球能到达C 点由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝　解得F N ＝4 N mv 2C R 由牛顿第三定律知，小球对C 点的压力为4 N.[答案]　(1)0.8 m (2)能　4 N5．如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯的由半圆形APB (圆半径比细管的内径大得多)和直线BC 组成的轨道固定在水平桌面上，已知半圆形APB 的半径R ＝1.0 m ，BC 段L ＝1.5 m ．弹射装置将一个质量为m ＝1 kg 的小球(可视为质点)以v 0＝5 m/s 的水平初速度从A 点弹入轨道，小球从C 点离开轨道随即水平抛出，桌子的高度h ＝1.25 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，π取3.14，求：(1)小球在半圆轨道上运动时的向心力F 的大小及从A 运动到C 点的时间t ；(2)小球落地瞬间速度与水平方向的夹角θ.[解析]　(1)小球做匀速圆周运动，向心力大小F ＝m ＝25 N.v 20R 小球从A 到B 的时间t 1＝＝0.2π＝0.628 s ，πRv 0从B 到C 的时间t 2＝＝0.3 s ，Lv 0小球从A 到C 的时间t ＝t 1＋t 2＝0.928 s.(2)小球做平抛运动，有h ＝，v 2y2g 解得v y ＝5 m/s ，所以tan θ＝＝1，vyv 0解得θ＝45°.[答案]　(1)25 N 0.928 s (2)45°6．(2015·青岛模拟)如图所示，水平放置的圆盘半径为R ＝1 m ，在其边缘C 点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD 的正上方放置一条水平滑道AB ，滑道与CD 平行．滑道右端B 与圆盘圆心O 在同一竖直线上，其高度差为h ＝1.25 m ．在滑道左端静止放置质量为m ＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2.当用一大小为F ＝4 N 的水平向右拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2πrad/s ，绕穿过圆心O 的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B 点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s 2.(1)求拉力作用的最短时间；(2)若拉力作用时间为0.5 s ，求所需滑道的长度．[解析]　(1)物块做平抛运动，设水平初速度为v ，所用时间为t ，则水平方向R ＝v t竖直方向h ＝gt 212解得物块离开滑道时的速度v ＝2 m/s ，t ＝0.5 s设拉动物块时的加速度为a 1，所用时间为t 1，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1解得a 1＝8 m/s 2撤去拉力后，设物块的加速度大小为a 2，所用时间为t 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma 2解得a 2＝2 m/s 2盘转过一圈时落入，拉力时间最短，盘转过一圈时间T ＝＝1 s2πω物块在滑道上先加速后减速，则v ＝a 1t 1－a 2t 2物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期关系为t 1＋t 2＋t ＝T 解得t 1＝0.3 s(2)物块加速t ′1＝0.5 s 的末速度v 1＝a 1t ′1＝4 m/s则滑道长L ＝x 1＋x 2＝a 1t ＋＝4 m 122′1v 2－v 21－2a 2[答案]　(1)0.3 s (2)4 m。

《与名师对话》2019高考一轮总复习课标版物理课件：X3-1-7-5第7章恒定电流

闭合开关前，灯泡电压要最小，等于 0，所以滑片应该置于 a 端．(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片 P，电压表和电流表的示数改变．说明电路为通路，但不能调到 0，说明滑动变阻器的接入方式由分压式变为限流式，所以问题出在导线 8 出现了断路．
[解析]
(1)探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，测
量小灯泡的电压 U 和电流 I 应从零开始，采用分压电路．
ห้องสมุดไป่ตู้
U2 (2)根据热功率 P＝ R 得小灯泡的电阻为 5 Ω，与 10 Ω 的滑动变阻器并联后最大阻值为 3.33 Ω，只有串联 10 Ω 的定值电阻，才能满足小灯泡电压 3 伏的要求． (3)先拆电池两端的导线，再拆除其他导线，这样最安全．
0.4
(1)小明研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装．在给定的定值电阻中选用 ________( 选填 “R1” 、 “R2” 或 “R3”) 与电压表 ________(选填 “串联”或“并联”)，完成改装． (2)小张选好器材后，按照该实验要求连接电路，如图所示(图中电压表已经过改装)．闭合开关前，小明发现电路中存在两处不恰当的地方，分别是：①____________________； ②____________________.
(2015· 广东茂名一模)现要用伏安法描绘一只标值为“2.5 V,0.6 W”小灯泡的 I－U 图线，有下列器材供选用： A．电压表(0～3 V，内阻 3 kΩ；0～15 V，内阻 10 kΩ) B．电流表(0～0.6 A，内阻 0.5 Ω；0～3 A，内阻 0.1 Ω) C．滑动变阻器(10 Ω，2 A) D．滑动变阻器(100 Ω，1.0 A) E．蓄电池(电动势 6 V，内阻不计)

【与名师对话】高考物理总复习第4讲专题：运动图像追及与相遇问题课件新人教版必修1

(1)点：两图线交点，说明两物体在该时刻的速度相等． (2)线：表示速度的变化过程和规律． (3)斜率：表示加速度的大小及方向． (4)截距：纵轴截距表示 t＝0 时刻的初速度，横轴截距表示速度为零的时刻． (5)面积：数值上表示某段时间内的位移．
思考1 为什么只有在直线运动中，才能作v－t图象？ [提示] 因为v－t图象中，纵轴(v)不但表示各时刻速度的大小，而且表示速度的方向，箭头所指方向是我们选定的正方向，只有当物体沿同一条直线运动时，选定正方向，物体的速度方向才能用正、负号表示．
一、x－t 图象 1．图象的意义
(对应学生用书 P12)
反映了做直线运动的物体位移随时间变化的规律．
2．两种特殊图象
(1)x－t 图象是一条平行于时间轴的直线，说明物体处于
静止状态． (2)x－t 图象是一条倾斜直线，说明物体处于匀速直线运动
状态．
3．图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”的意义 (1)点：两图线交点，说明两物体相遇． (2)线：表示研究对象的变化过程和规律． (3)斜率：x－t 图象的斜率表示速度的大小及方向． (4)截距：纵轴截距表示 t＝0 时刻的初始位移，横轴截距表示位移为零的时刻．
(3)仔细审题，注意抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”、“恰好”、“最多”、“至少” 等，往往对应一个临界状态，要满足相应的临界条件．
(2013·银川一中月考)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m，t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向．通过计
三、追及与相遇问题 1．追及与相遇问题的概述当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，两物体间距越来越大或越来越小，这时就会涉及追及、相遇和避免碰撞等问题．

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[尝试解答]
物体在 0～3 s 内，沿 x 轴方向做匀速直线
运动，沿 y 轴方向做匀加速直线运动，两运动合成，一定做曲线运动，且加速度恒定，A、D 错误；物体在 3 s～4 s 内两个方向的分运动都是匀减速运动，因在 3 s～4 s 内，合速度与合加速度方向共线，故做直线运动，B 正确，C 错误．
)
5．两个分运动的时间一定与它们合运动的时间相等
[答案]
√
(
)
6．只要两个分运动是直线运动，合运动一定是直线运动 ( )
[答案]
×
考点
互动探究
[核心提示] 2 个概念：合运动、分运动三角形定则 2 个定则：平行四边形则定、
2 类问题：曲线运动的条件与轨迹分析、合运 2 个模型：小船渡河模型、绳(杆)端速度分
[答案] B
[跟踪训练] 1．一质量为 2 kg 的物体在如图甲所示的 xOy 平面上运动，在 x 轴方向上的 v－t 图象和在 y 轴方向上的 x－t 图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是( )
A．前2 s内物体做匀变速曲线运动 B．物体的初速度为8 m/s C．2 s末物体的速度大小为8 m/s D．前2 s内物体所受的合力为16 N
(2015· 保定一中检测)物体在直角坐标系 xOy 所在的平面内由 O 点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化的图象分别如图甲、乙所示，则对该物体运动过程的描述正确的是( )
A．物体在 0～3 s 做直线运动 B．物体在 3 s～4 s 做直线运动 C．物体在 3 s～4 s 做曲线运动 D．物体在 0～3 s 做变加速运动 [思维启迪]
动与分运动问题解模型
考点一
曲线运动的条件与轨迹分析
1．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与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力方向指向轨迹的“凹”侧． 2．合力方向与速率变化的关系
[跟踪训练] 1．一个物体在 F1、F2、F3、…、Fn 共同作用下做匀速直线运动，若突然撤去外力 F2，而其他力不变，则该物体 ( A．可能做曲线运动 B．不可能继续做直线运动 C．一定沿 F2 的方向做直线运动 D．一定沿 F2 的反方向做匀减速直线运动 )
由题图知物体的速度在竖直方向上逐渐减小，
则物体在 M 点受到的恒力与速度方向夹角为钝角，物体由 M 到 N 运动过程中会出现速度方向与恒力方向之间夹角为锐角，所以物体的速度先减小后增大．
[答案] D
考点二
合运动与分运动问题
1．合运动与分运动的关系
关系理解
独立性
一个物体同时参与两个(或多个)运动，其中的任何一个运动并不会受其他分运动的干扰，并保持其运动性质不变，这就是运动的独立性原理．虽然各分运动互不干扰，但是它们共同决定合运动的性质和轨迹
[答案]
A
2．(2015· 宁波质检)如图所示，一物体在水平恒力的作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从 M 点运动到 N 点时，其速度方向恰好改变了 90° ，则在物体从 M 点到 N 点的运动过程中，物体的速度将( )
A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
[解析]
实际效果分解，也可采用
正交分解．
3．遵循的规律：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循
平行四边形定则
．
1．曲线运动一定是变速运动(
[答案] √
பைடு நூலகம்
)
)
2．做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化( [答案] × )
3．曲线运动不可能是匀加速运动( [答案] ×
4．合运动的速度一定比每一个分运动的速度都大( [答案] ×
第1讲
曲线运动
运动的合成与分解
基础
知识回顾
知识点一
曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向． 2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．
3．曲线运动的条件
知识点二
运动的合成与分解
1．基本概念 (1)运动的合成：已知分运动求合运动． (2)运动的分解：已知合运动求分运动． 2．分解原则：根据运动的
[解析] 物体在x轴方向上做初速度vx＝8 m/s、加速度 a＝－4 m/s2的匀减速直线运动，在y轴方向上做速度vy＝－4 m/s的匀速直线运动，运动轨迹如图中AP曲线所示，
必修 2
第四章曲线运动万有引力与航天
考纲要求运动的合成与分解Ⅱ 抛体运动Ⅱ 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度Ⅰ 匀速圆周运动的向心力Ⅱ 离心现象Ⅰ 万有引力定律及其应用Ⅱ 环绕速度Ⅱ 第二宇宙速度和第三宇宙速度Ⅰ 经典时空观和相对论时空观Ⅰ 说明：斜抛运动只作定性要求.
复习指导高考对本章知识的考查主要有两个方面：一方面是对平抛运动的考查，另一方面以圆周运动为模型考查圆周运动和天体运动． 1.对平抛运动的学习和备考，要抓住运动的合成与分解的方法，掌握其运动规律及有关推论． 2.对圆周运动的学习和备考，要注意分析向心力的来源，掌握角速度、线速度、向心加速度、向心力等概念及有关计算，特别是竖直平面内的圆周运动，常综合考查牛顿第二定律、机械能守恒定律或能量守恒定律． 3.解决天体运动问题，关键要明确“一种模型、两条思路”．一种模型——无论是自然天体还是人造天体都可以看作质点，围绕中心天体(视为静止) 做匀速圆周运动．两条思路：(1)万有引力提供向心力．(2)忽略自转，天体对其表面的物体的万有引力近似等于物体的重力，公式gR2＝GM应用广泛，称为“黄金代换式”.
等时性等效性同一性
各个分运动与合运动总是同时开始，同时结束，经历时间相等(不同时的运动不能合成) 各分运动叠加起来与合运动有相同的效果各分运动与合运动，是指同一物体参与的分运动和实际发生的运动，不是几个不同物体发生的不同运动
2.两直线运动的合运动的性质和轨迹，由两分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定． (1) 根据合加速度判定合运动是匀变速运动还是非匀变速运动，若合加速度不变则为匀变速运动；若合加速度变化 (包括大小或方向)则为非匀变速运动． (2) 根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，若合加速度与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动．

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