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第一讲 第二讲 第三讲 第四讲 第一讲 第二讲 第三讲 第四讲 第一讲 第二讲 第三讲

第一讲 第二讲 第三讲 第四讲 第一讲 第二讲 第三讲 第四讲 第五讲

第一讲

第二讲 第三讲 第一讲 第二讲 第三讲

必考部分 必修 1 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 描述运动的基本概念 001 匀变速直线运动的规律 002 运动图象 追及和相遇问题 003 实验:研究匀变速直线运动 004 第二章 相互作用 重力 弹力 摩擦力 004 力的合成与分解 005 受力分析 共点力的平衡 007 ? ?实验?一? 探究弹力与弹簧伸长的关系 ? 008 ?实验?二? 验证力的平行四边形定则 ? 第三章 牛顿运动定律 牛顿运动定律 009 牛顿运动定律的应用 010 实验:验证牛顿运动定律 011 必修 2 第四章 曲线运动 万有引力与航天 曲线运动 运动的合成和分解 012 平抛运动 013 圆周运动的规律和应用 014 万有引力与航天 015 第五章 机械能及其守恒定律 功 功率 016 动能定理 017 机械能守恒定律 018 功能关系 能量守恒定律 019 ?实验?一? 探究动能定理 ? ? 020 ? ?实验?二? 验证机械能守恒定律 选修 3-1 第六章 静电场 库仑定律 电场力的性质 020 电场能的性质 021 电容器 带电粒子在电场中的运动 022 第七章 恒定电流 电流 电阻 电功和电功率 023 电路的基本规律及应用 024 ?实验?一? 测定金属的电阻率 ? ? 025 ? ?实验?二? 描绘小灯泡的伏安特性曲线

? ?实验?三? 测定电源的电动势和内阻 第四讲 ? 026 ?实验?四? 练习使用多用电表 ? 第八章 磁场 第一讲 磁场及其对电流的作用 027 第二讲 磁场对运动电荷的作用 028

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第三讲 带电粒子在复合场中的运动 030 选修 3-2 第九章 电磁感应 第一讲 电磁感应现象 楞次定律 032 第二讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 032 第三讲 电磁感应规律的综合应用 033 第十章 交变电流 传感器 第一讲 交变电流的产生和描述 034 第二讲 变压器 电能的输送 035 第三讲 传感器的简单应用 036 选考部分 选修 3-3 第十一章 热学 第一讲 分子动理论 内能 实验:用油膜法估测分子的大小 036 第二讲 固体、液体和气体 037 第三讲 热力学定律与能量守恒 038 选修 3-4 第十二章 机械振动 机械波 第一讲 机械振动 039 第二讲 机械波 039 第三讲 实验:探究单摆的运动 用单摆测定重力加速度 040 第十三章 光学 电磁波 相对论 第一讲 光的折射 全反射 041 第二讲 光的干涉、衍射和偏振现象 042 第三讲 电磁波 相对论 043 ?实验?一? 测定玻璃的折射率 ? 第四讲 ? 043 ?实验?二? 用双缝干涉测光的波长 ? 选修 3-5 第十四章 动量守恒定律 第一讲 动量守恒定律及其应用 044 第二讲 实验:验证动量守恒定律 045 第十五章 波粒二象性 原子结构 原子核 第一讲 光电效应 原子结构 氢原子光谱 045 第二讲 放射性元素的衰变 核能 046

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答案与导解 必考部分 必修 1 第一章 运动的描述 匀变速直线运动的研究 第一讲 描述运动的基本概念 知识梳理 一、1.空间位置 2.参考 (1)不同 (2)地面 3.(1)质量 (2)理想化 形状 大小 二、定义:位置 有向线段 轨迹 区别:(1)初 末 联系:(1)等于 (2)小于 x 三、1.位移 时间 t 2.时刻 切线 3.(1)大小 (2)标量 四、1.变化快慢 Δv 2. Δt 3.相同 4.矢量 5.(1)加速 (2)减速 (3)不变 考点自测 1. 解析 物体的大小、 形状对所研究的问题影响很小, 可以忽略时, 物体可以看成质点. 研 究火车通过隧道的时间时,火车的长度不能忽略,火车不能被看成质点;跳水运动员的身体 姿态和飞船的飞行姿态均不能忽略,所以跳水运动员和飞船均不能被看成质点;用 GPS 确定 舰艇的位臵时可以看成质点,只有选项 D 正确. 答案 D 2.解析 选择的参考系不同,对物体运动的描述也就不同,故选项 D 正确. 答案 D 3.解析 位移是矢量,路程是标量,不能说这个标量就是这个矢量,所以 A 项错误,B 项正确;路程是物体运动轨迹的实际长度,而位移是从物体运动的起始位臵指向终止位臵的 有向线段,如果物体做的是单向直线运动,路程就和位移的大小相等.如果物体在两位臵间 沿不同的轨迹运动,它们的位移相同,路程可能不同.如果物体从某位臵开始运动,经一段 时间后回到起始位臵,位移为零,但路程不为零,所以 C、D 两项正确. 答案 BCD 4.解析 三组同学的位移相同,则平均速度相同,A 项正确;甲组的路程最大,平均速 率最大,乙组的路程最小,平均速率最小,B 项错,C 项对;虽然甲组的平均速率最大,但 并不是任一时刻的速率都最大,D 项错误. 答案 AC 5. 解析 遮光条经过光电门时的遮光时间很短, 所以可以把遮光条经过光电门位臵时的 d 0.004 瞬时速度看成是遮光条经过光电门的平均速度,即 v= = m/s=0.10 m/s,故选 A. t 0.040 答案 A Δv -12-8 6.解析 由加速度定义,得 a= = m/s2=-100 m/s2. Δt 0.2 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 当汽车在自行车前方以大于自行车的速度行驶时,乘客观察到 自行车的车轮转动正常,自行车向后退,故 A 项正确;以行驶的汽车为参考系,公路两旁的 树、房屋都是向后退的,故 B 项错误,D 项正确;当另一辆汽车与乘客乘坐的汽车以相同的

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速度行驶时,乘客观察到前面的汽车静止不动,故 C 项正确. 答案 B 【变式训练 2】 解析 测试无人战斗机的飞行速度和确定战斗机的位臵时,其大小是 次要因素,可忽略,可将其看成质点,A、C 两项正确;但要观察其飞行姿势或敌人欲对其 关键部位实施打击时,其大小、形状不能忽略,不能看成质点,B、D 两项错误. 答案 AC 【变式训练 3】 解析 平均速度是表示位移变化快慢的物理量,大小等于位移与时间 的比值.本题中要注意泳池长 50 m,运动员在 100 m 蝶泳比赛中要游一个来回,位移为 0, 故平均速度为 0. 答案 D 【变式训练 4】 解析 题中并未给出末速度具体是哪个时刻的速度,由 v=v0+at 可知 末速度与初速度的大小关系无法判断, A 错误. 第 3 s 初与第 2 s 末是同一时刻, 其速度相同, C 错误.第 3 s 末也就是第 4 s 初,与第 2 s 初相差 2 s,其速度应比第 2 s 初的速度大 6 m/s, D 错误.每秒钟环保车的速度增加量 Δv=a·Δt=3 m/s,B 正确. 答案 B 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 运动路程 l=1 023 km-406 km=617 km,运行时间 t=2.2 h,则平均 - l 速度 v = =280.5 km/h. t [答案] 280.5 [误区警示] 涉及知识、方法都很简单,但要能看懂列车时刻表,从中正确提取路程和 时间是解题的关键,并要注意单位. 【例 2】 [解析] 取初速度方向为正方向,则 v0=4 m/s. (1)若初、末速度方向相同,则 v=10 m/s, Δv=v-v0=6 m/s, v-v0 10-4 由 a= = m/s2=6 m/s2. Δt 1 (2)若初、末速度方向相反,则 v=-10 m/s, Δv=v-v0=-14 m/s, v-v0 由 a= =-14 m/s2. Δt 综合以上两种情况,故选项 B、D 正确. [答案] BD [误区警示] 题中给出 1 s 初、末速度的大小,两时刻的速度方向可能相同,可能相反, 若对速度的矢量性认识不够就容易漏选. 第二讲 匀变速直线运动的规律 知识梳理 1 一、1.(1)v=v0+at (2)x=v0t+ at2 (3)v2-v2 0=2ax 2 2 2 2 2 . (1) 中间 一半 (2)aT (3) ? n ? n2 ? (2n - 1) ( 2-1) ( 3- 2) ? ( n- n-1) 1 二、1.gt (2) gt2 (3)2gh 2 1 2.(1)v0-gt (2)v0t- gt2 (3)v2-v2 0 2 2 v0 v0 (4) (5) 2g g 考点自测 -10-10 1.解析 根据 v=v0+at,则 a= m/s2=-10 m/s2.由于物体做匀变速运动,所 2

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- v+v0 以v= =0.即 C 项正确,其余均错. 2 答案 C 2. 解析 根据 v2-v2 可得 v0= v2-2ax= 502-2×6×200 m/s=10 m/s, B 对. 0=2ax, 答案 B 1 1 3.解析 根据位移公式 x= at2,从开始运动起,连续通过的三段位移分别为 x1= at2 = 2 2 1 1 1 1 1 1 27 2 2 a、x2= a(t2+t1)2- at2 a,再根据平均速度公式可 1=4a、x3= a(t3+t2+t1) - a(t1+t2) = 2 2 2 2 2 2 得选项 B 正确. 答案 B 4. 解析: 设时间间隔 T=1 s, s1=0.2 m, s3=0.8 m, 根据 s3-s1=2aT2 可得, a=0.3 m/s2, 选项 A 错误,B 正确;将质点第 1 次闪光的时刻记为 t=0,根据题意,t=0.5 s,质点的速度 v=0.2 m/s,所以第 1 次闪光时质点的速度是 v1=v-at=0.2 m/s-0.3×0.5 m/s=0.05 m/s,第 2 次闪光时质点的速度是 v2=v+at=0.2 m/s+0.3 ×0.5m/s=0.35 m/s,选项 C、D 错误. 答案:B 5. 解析 本题考查的是自由落体运动规律的应用, 意在考查学生建立物理模型的能力和 1 应用物理规律解决实际问题的能力.由自由落体的规律,得 h= gt2=20 m. 2 答案 B 6.解析

答图 1-2-1 物体在塔顶上的 A 点抛出,位移大小为 10 m 的位臵有两处,如答图 1-2-1 所示,一 处在 A 点之上,另一处在 A 点之下.在 A 点之上时,通过位移为 10 m 处又有上升和下降两 种过程.上升通过时,物体的路程 L1 等于位移 x1 的大小,即 L1=x1=10 m;下落通过时,路 程 L2=2H-x1=2×20 m-10 m=30 m.在 A 点之下时,通过的路程 L3=2H+x2=2×20 m +10 m=50 m.故 A、C、D 三项正确. 答案 ACD 典例剖析 1 【变式训练 1】 解析 解法一:利用公式 v=v0+at 和 x=v0t+ at2 求解. 2 由公式 v=v0+at,得 at=v-v0. ?v-v0?t 1 代入 x=v0t+ at2,有 x=v0t+ . 2 2 2×85 2x 故 t= = s=25 s. v+v0 5.0+1.8 解法二:利用公式 v2-v2 0=2ax 和 v=v0+at 求解. 2 2 由公式 v -v0=2ax,得加速度 2 v2-v0 5.02-1.82 a= = m/s2=0.128 m/s2. 2x 2×85 由公式 v=v0+at,得需要的时间 v-v0 5.0-1.8 t= = s=25 s. a 0.128

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v0+v 解法三:根据公式 x= · t, 2 2×85 2x 得 t= = s=25 s. v0+v 1.8+5.0 答案 25 s 【变式训练 2】 解析 解法一:运用运动学基本公式求解 1 1 2 根据 x=v0t+ at2,有 24=v0×4+ a· 4① 2 2 1 2 56=v1×4+ a· 4② 2 又由 v=v0+at,有 v1=v0+a×8③ 以上三式联立可解得 a=1 m/s2. 解法二:利用平均速度公式求解 t - - 由于已知量有 x 及 t,平均速度 v 可求,故想到利用平均速度公式 v =v ,第一个 4 s 内 2 24 的平均速度等于中间时刻 2 s 时的速度,v2= m/s=6 m/s. 4 最后 4 s 内的平均速度等于中间时刻 10 s 时的速度, 56 v10= m/s=14 m/s, 4 v10-v2 14-6 所以 a= = m/s2=1 m/s2. t10-t2 10-2 解法三:利用 Δx=aT2 求解 本题出现了三个连续相等时间间隔(4 s),故想到选用公式 Δx=aT2,x2-x1=aT2,x3-x2 =aT2, 所以 x3-x1=2aT2, x3-x1 56-24 a= = m/s2=1 m/s2. 2T2 2×42 答案 1 m/s2 【变式训练 3】 解析 当石块在抛出点上方“离抛出点 15 m 处”时, 取向上为正方向, 则位移 x=15 m,g=-10 m/s2, 1 代入公式 x=v0t+ gt2, 2 解得 t1=1 s,t2=3 s, t1=1 s 对应着石块上升时到达“离抛出点 15 m 处”时所用的时间,而 t2=3 s 则对应着 从最高点往回落时第二次经过“离抛出点 15 m 处”时所用的时间. 由于石块上升的最大高度 H=20 m,所以,石块落到抛出点下方“离抛出点 15 m 处” 时,自由下落的总高度为 HOB=20 m+15 m=35 m, 下落这段位移所用的时间 2HOB tOB= = 7 s. g 这样石块从抛出到第三次经过“离抛出点 15 m 处”时所用的时间为 t3=2 s+ 7 s=(2 + 7)s. 答案 1 s 3 s (2+ 7)s 误区反思 感悟提高 1 【例 1】 [解析] 由 Δx=aT2,得 9-7=a· 12,a=2 m/s2,由 v0T- aT2=x1,得 v0×1 2 v0 v2 1 0 2 - ×2×1 =9, v0=10 m/s, 汽车刹车时间 tm= =5 s<6 s, 故刹车后 6 s 内的位移为 x= = 2 a 2a 25 m,C 项正确. [答案] C [误区警示] 在“刹车”类实际问题中,汽车一旦停下来就不能再自行反向运动,所以

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应先判断汽车停下来所用时间,再计算位移. 540 [解析] 前 3 min 的中间时刻的速度 v1= m/s=3 m/s.后 1 min 内的中间时 180 360 刻的速度 v2= m/s=6 m/s,这两个时刻的时间差为 5 min=300 s.故火车的加速度为 a= 60 v2-v1 6-3 = m/s2=0.01 m/s2. t 300 [答案] B [误区警示] 审题时应注意所给条件, 两段位移不是连续两个 3 min 内的位移, 不能用 Δx 2 =aT 求解. 第三讲 运动图象 追及和相遇问题 知识梳理 一、1.(1)位移 时间 (2)大小 方向 2.(1)倾斜 (2)静止 二、1.(1)速度 时间 (2)加速度的大小 加速度的方向 (3)位移 正方向 负方向 2.(1)平行 (2)倾斜 三、2.(1)最小 避免碰撞 最大值 (2)最大 考点自测 1.解析 由甲和乙两物体的 x-t 图象均为倾斜的直线可知,甲、乙都做匀速直线运动, A 项正确;乙图象的斜率大,运动速度大,故 C 项正确;乙在 0~t1 时间内静止在 x=0 处没 动,而甲在 t=0 时从 x=x0 处开始运动,故 B 项正确,D 项错误. 答案 ABC 2.解析 此图是位移-时间图象,由图可知 15 s 末汽车的位移为 30 m,选项 A 错误; Δx 20-30 图象的斜率代表小车的速度,15~25 s 内物体的速度为 v= = m/s=-1 m/s,选项 Δt 10 B 正确;前 10 s 内汽车匀速运动,加速度为零,选项 C 错误;由图可知,汽车有往复运动, 选项 D 错误. 答案 B 3. 解析 根据题意, 球碰击地面前后的速度大小不变, 只是速度方向由正值变为负值. 而 下降与上升过程中其加速度始终是 g 保持不变. 因此上升与下降两段过程中的 v-t 图线必须 平行,有相同的斜率,故选 D 项. 答案 D 4.解析 【例 2】

答图 1-3-1 设列车刹车的加速度大小为 a,刹车后经时间 t 两车速度相等,这段时间内货车、列车 的位移分别为 x1、x2,如答图 1-3-1 所示,则不撞车的条件是 x1+500 m≥x2① 且有 x1=v1t② 根据匀变速运动规律有 1 x2=v2t- at2③ 2 v2-at=v1④ v2-v1 由④得 t= . a ?v2-v1?2 代入②③,结合①,得 a≥ =0.1 m/s2(x=500 m),即最小加速度为 0.1 m/s2. 2x 答案 0.1 m/s2

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典例剖析 【变式训练 1】 解析 由图象,知 2 s 末甲、乙两质点在同一位臵,所以 A 项正确.在 x-t 图象中图线上某点的切线斜率为物体在该点的速度,2 s 末 v 甲=-2 m/s,v 乙=2 m/s, 所以 B 项错误,C 项正确;乙质点在 4 s 之后位移减小,所以反向运动,D 项正确. 答案 ACD

【变式训练 2】 答图 1-3-2 解析 利用 v-t 图象求解.如答图 1-3-2 所示,在同一 v-t 图象中分别作出两物体 的速率图象(注意这里的 v 指的是速率,“面积\”表示路程),根据题意,两物体下滑的初速 度均为零,开始时,B 物体的加速度较大,图线斜率较大,又根据机械能守恒定律可知,它 们的末速率也相同,显然,为了使路程相同即“面积\”相同,必然有 tA>tB.本题答案为 A. 答案 A 【变式训练 3】 解析 设 A 车的速度为 vA,B 车加速行驶时间为 t,两车在 t0 时相遇. 则有 xA=vAt0① 1 xB=vBt+ at2+(vB+at)(t0-t)② 2 式中 t0=12 s,xA、xB 分别为 A、B 两车相遇前行驶的路程.依题意有 xA=xB+x③ 式中 x=84 m,由①②③式得 2[?vA-vB?t0-x] t2-2t0t+ =0④ a 代入题给数据 vA=20 m/s,vB=4 m/s,a=2 m/s2, 有 t2-24t+108=0⑤ 解得 t1=6 s,t2=18 s⑥ t2=18 s 不合题意,舍去. 因此,B 车加速行驶的时间为 6 s. 答案 6 s 误区反思 感悟提高 - x 【例 1】 [解析] 由图象可知,3~4 s 内质点的平均速度 v = =2 m/s,又中间时刻的 t 瞬时速度等于这段时间内的平均速度,则质点在运动过程中 t=3.5 s 时的速度等于 2 m/s,结 合图象可知 P 点位于 t=3.5 s 时刻之后,其速度大于 2 m/s,故 A、B 两项正确. [答案] AB [误区警示] 匀变速直线运动的 x-t 图象为抛物线,高中阶段不要求画其图象,但给出 图象后应能结合匀变速直线运动的特征判断平均速度与中间时刻速度、位移中点的速度的关 系.命题非常巧妙,考查学生应用图象解决问题的能力. 【例 2】 [解析] (1)设甲从离接力区 13.5 m 处到赶上乙所用时间为 t,乙从开始起跑到 被甲追上,跑的路程为 x,甲、乙二人所用时间相等. 13.5+x 由几何关系知,对甲 v =t, 1 对乙 x= at2,且 v=at=9 m/s, 2 由以上各式可解得 a=3 m/s2,t=3 s,x=13.5 m. (2)完成交接棒时,乙离接力区末端的距离为 L-x=20 m-13.5 m=6.5 m. [答案] (1)3 m/s2 (2)6.5 m [误区警示] 较复杂的运动学问题常含有多个过程或复杂的运动关系.解题时可画出运 动草图,建立运动模型,寻找量值关系.如追及、相遇问题中的时间关系、位移关系等.若

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运动图景分析错误,将产生根本性的错误. 第四讲 实验:研究匀变速直线运动 知识梳理 一、3.加速度 二、1.(1)0.02 2.匀变速直线 3.3aT2 考点自测 1.略 2.(1)0.1 (2)0.80 A→B (3)0.32 B→A 考点自测 1. 解析 A 中应先接通电源, 再放开纸带; C 中应调整滑轮的高度, 使细绳与平板平行; D 中应先断开电源,使打点计时器停止工作;E 属于多余步骤.应补充 G,换上新纸带,重 复操作两次;H,断开电源,整理好器材.正确合理的顺序应为 B、F、C、A、D、G、H. 答案 见解析 ?x6+x5+x4?-?x3+x2+x1? 2.解析 a= 9T2 ?2.78+2.00+1.22?-?5.18+4.40+3.62? = cm/s2 9×0.12 =-80 cm/s2=-0.80 m/s2 “-”号表示加速度方向与纸带运动方向相反,即方向为 A→B. x3+x4 3.62+2.78 v3= = cm/s 2T 2×0.1 =32.0 cm/s=0.32 m/s. 方向从 B→A. 答案 (1)0.1 (2)0.80 A→B (3)0.32 B→A 典例剖析 【变式训练 1】 解析 从图中读出 5、6 之间的距离为 37.5 cm-24.0 cm=13.5 cm,2、3 - 之间的距离为 6.0 cm-1.5 cm=4.5 cm, 利用逐差法有 x56-x23=3aT2, 求出 a=3.0×10 2 m/s2; x35 24.0-6.0 - - 位臵 4 对应的速度为 v4= = ×10 2 m/s=9×10 2 m/s;欲求 4 的具体位臵,可以 2T 2 采用逐差法利用(x6-x4)-(x4-x2)=4aT2 求解. - - - - 答案 3.0×10 2(2.8×10 2~3.1×10 2) 9×10 2 能 利用(x6-x4)-(x4-x2)=4aT2 可 以求出 4 的具体位置(其他方法合理均可) b b 【变式训练 2】 解析 (1)车两次速度:v1= ,v2= , Δt1 Δt2 2 1 v2 b2 1 2-v1 所以 a= = ??Δt ?2-?Δt ?2?. 2d 2d? 2 1 ? b (2)两挡光片宽度越小, 越接近瞬时速度;两挡光片间距 d 越大,v2 和 v1 相差越大,都 Δt 有利于减小实验误差. 1 b2 1 答案 (1) ??Δt ?2-?Δt ?2? 2d? 2 1 ? (2)BC 误区反思 感悟提高 【例】 [解析] (1)由图中所标纸带每段位移关系,可知在相邻相等时间内的位移差 Δy 近似相等,考虑误差原因后,可近似认为 Δy=8 cm.

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答图 1-4-1 (2)以图中的 x 轴作为时间轴,以纸带的宽度表示相等的时间间隔 T=0.1 s,每段纸带上 yn 最上端中点对应 v 轴上的速度恰好表示每段时间的中间时刻的瞬时速度,即 vn= ;因此可 T 以用纸带的长度表示每小段时间中间时刻的瞬时速度,将纸带上端中间各点连接起来,可得 到 v-t 的图象,如答图 1-4-1 所示. (3)利用图象求斜率或用 Δy=aT2 均可以求得小车加速度 a=8 m/s2. [答案] (1)相邻时间内位移差为 8 cm (2)见答图 1-4-1 (3)8 m/s2 [误区警示] 理解 v-t 图象的物理意义是解决问题的关键,纸带的宽度用来表示间隔相 等的时间,纸带的长度是相等时间内的位移,可表示出各段时间的平均速度,即中间时刻的 瞬时速度. 第二章 相互作用 第一讲 重力 弹力 摩擦力 知识梳理 一、1.(1)物体 物体 运动状态 形变 (2)大小 方向 作用点 2.(1)物体 不存在 (2)相互 (3)大小 方向 3.(1)有向线段 (2)有向线段 二、1.吸引 (1)竖直 (2)mg (3)质量分布 2.(1)弹性形变 (2)接触 弹性形变 (3)相反 被压 被支持 绳收缩 (4)kx 3 . (1) 相对运动 相对运动趋势 不一定 不可能 (2) 材料 接触面的粗糙程度 (3)0<F≤Fmax 考点自测 1.解析 A 中拳击运动员一记重拳出击,虽然被对手躲过,运动员施加的力仍然有受力 物体, 因为任何力都是物体与物体间的相互作用, 没有施力物体和受力物体的力是不存在的, 拳击运动员虽然没有击中对手,但却打在了空气上,故其受力物体是空气,所以 A 是不正确 的;B 中不相互接触的物体之间也可以存在力的作用是正确的,因为地球与太阳没有接触, 但它们之间却有引力的作用,可见,有的力并不需要两个物体直接接触;C 中的说法也是正 确的,因为效果力是按力的作用效果定义的,而性质力是按力的本身的性质定义的,所以重 力、弹力、摩擦力是性质力,而动力、阻力、压力、支持力是效果力;D 中同一物体放在斜 面上受到的重力与放在水平面上受到的重力是相等的,但物体对斜面的压力与水平面的压力 是不同的,故 D 不对. 答案 BC 2.解析 形状规则的物体,只有当质量分布均匀时,其重心才在物体的几何中心上,因 此 A 项错误;对于一个给定的物体,其质量分布与形状都是确定的,但其重心不一定在物体 的内部,因此 B 项错误;地球对物体的吸引力产生了物体的重力,但由于物体随地球自转, 需要向心力,因此物体的重力等于地球对物体的吸引力与物体随地球自转所需的向心力的矢 量差,因此 C 项错误,D 项正确. 答案 D 3.解析 物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力,一个物体受到的弹力,一定是 和它接触的另一个物体提供的. 答案 C 4.解析 根据胡克定律得 F=k(l-l0)=100×0.05 N=5 N.

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答案 D 5.解析 如果应用静摩擦力产生的条件判断 A 是否是静摩擦力是比较困难的,可根据 物体 A 的运动状态通过假设法来判断物体 A 所受静摩擦力的方向情况. ①水平面上叠加的物 体间摩擦力分析,甲图中选用假设法,若 A、B 在拉力 F 作用下一起匀速运动,则 A 不受摩 擦力,若 A、B 一起加速运动,则 A 受静摩擦力;②斜面上叠加的物体间摩擦力分析,乙图 中选用假设法,A、B 在拉力 F 作用下一起沿斜面向上匀速运动,A 一定受沿斜面向上的摩擦 力. 答案 D 6.解析 物块受外力 F 的不同,静摩擦力的方向要发生变化,外力 F 最大时,最大静 摩擦力向下 F1-mgsinθ-f 静=0 外力 F 最小时,最大静摩擦力向上 F2-mgsinθ+f 静=0 由以上两式,可求最大静摩擦力,斜面倾角、物块的质量不可求,物块对斜面的正压力 FN=mgcosθ 不可求,C 选项正确. 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析

答图 2-1-1 (1)小车静止,小球所受合外力为零,所以杆对球的弹力与重力平衡,即 F1=mg,方向 竖直向上. (2)车向右做匀加速运动时,受力分析如答图 2-1-1,设杆对球的弹力方向与竖直方向 夹角为 θ,由牛顿第二定律得 F2sinθ=ma,F2cosθ=mg, a 解得 F2=m g2+a2,θ=arctan . g mg (3)将 a=gtanα 代入(2)问结论,得 F2= ,θ=α,即弹力沿杆向上. cosα 答案 (1)mg,方向竖直向上 a (2)m g2+a2,方向与竖直方向夹角为 arctan g mg (3) ,沿杆向上 cosα 【变式训练 2】 解析 运用假设法不难判断出图甲斜面上的物体有沿斜面向下滑动的 趋势,所受的静摩擦力沿斜面向上;图乙中的物体 A 有向右滑动的趋势,所受静摩擦力沿水 平面向左,判断静摩擦力方向,还可以根据共点力作用下物体的平衡条件或牛顿第二定律判 断;图丙中,A 物体随车一起向右减速运动,其加速度水平向左,故 A 物体所受静摩擦力水 平向左(与加速度同向);图丁中,A 物体随转台匀速转动,做匀速圆周运动,其加速度总指 向圆心,则 A 受到的静摩擦力也总指向圆心. 答案 (1)沿斜面向上 (2)水平向左 (3)水平向左 (4)总指向圆心 【变式训练 3】 解析 由题知 mg=kL.设物体所受摩擦力大小为 f,方向沿斜面向上, 由平衡条件,得 2mgsin30° =kL+f,解得 f=0,故 A 项正确,B、C、D 三项错误. 答案 A

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误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 由于弹簧质量不考虑,所以四种情况下弹簧的伸长量只由力 F 决定, 力 F 相同,则弹簧伸长量相同,所以 D 项正确. [答案] D [误区警示] 轻弹簧是理想化的物理模型,其质量不计,轻弹簧的弹力等于其一端所受 力的大小,不能认为等于两端拉力大小之和,在加速运动时两端拉力大小相等. 【例 2】 [解析]

答图 2-1-2 钢板以速度 v1 向右运动,则物体以等大速度相对钢板向左移动,设为 v1′,同时物体被 拉动也具有另一速度 v2,故物体相对于钢板的运动速度应是 v1′与 v2 的合成,即答图 2-1 -2 中的速度 v.滑动摩擦力阻碍二者的相对运动,故物体所受摩擦力 Ff 与 v 的方向相反,要 使物体沿导槽匀速运动,所施加的拉力只需与 Ff 的一个分力 F1 平衡,故 F=F1=Ff· sinα<Ff. [答案] C [误区警示] 滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反,应准确分析物体相对钢板的运动 方向. 第二讲 力的合成与分解 知识梳理 一、1.效果 合力 分力 等效替代 2.同一点 同一点 3.合力 4.平行四边形 合力 5.(1)大 |F1-F2| F1+F2 |F1-F2| 二、1.分力 逆运算 2.平行四边形定则 3.(2)首尾 有向线段 不一定 等效替代 考点自测 1.解析 合力可以大于任何一个分力,也可以小于任何一个分力,两分力之间的夹角越 大,合力越小,夹角越小,则合力越大. 答案 C 2. 解析 当三个共点力平衡时, 任意两个力的合力大小与第三个力大小相等, 方向相反, 两个力的合力范围为 3 N≤F≤11 N,A、B、C 都在这个范围内,只有 D 中的 15 N 超出了这 个范围,故 D 是不可能的. 答案 D 3. 解析 在斜面上保持静止的物体, 其重力可分解为沿斜面向下的力和垂直于斜面的力, 这个垂直于斜面的力并不是物体对斜面的压力,两者的作用点不同,力的性质也不同,只不 过是两者的大小相等,方向相同而已. 答案 AC 4.答案 ABD 5.解析 应用正交分解法将各力先分析,再合成,在建立坐标系时尽量使各力与坐标轴 的夹角为特殊角.

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答图 2-2-1

以 F2 方向为 x 轴的正方向,如答图 2-2-1 所示,则 F1、F3、F4 向两坐标轴上分解得 1 F1x=F1cos60° =20× N=10 N, 2 3 F1y=F1sin60° =20× N=10 3 N; 2 F2x=20 N,F2y=0; 2 F3x=F3cos45° =20 2× N=20 N, 2 2 F3y=-F3cos45° =-20 2× N=-20 N; 2 3 F4x=-F4sin60° =-20 3× N=-30 N, 2 1 F4y=-F4cos60° =-20 3× N=-10 3 N. 2 四个力在 x 轴上合力为 Fx=F1x+F2x+F3x+F4x=20 N, 在 y 轴上合力为 Fy=F1y+F2y+F3y+F4y=-20 N, 2 四个力的合力 F= F2 x +Fy =20 2 N, 合力方向与 F3 方向一致. 20 2 N,与 F3 方向一致. 答案 20 2 N,方向与 F3 方向一致 典例剖析 【变式训练 1】 解析 解法一:用平行四边形定则.分别做两力合力.先连接 BD,则 F1 与 F4 两力合力等于 F3; 再连接 FD, 则 F5 与 F2 的合力也等于 F3, 所以 5 个力的合力为 3F3. 又由三角形 ABD 知 F3=2F1,故 5 个力的合力 F=3F3=60 N,方向与 F3 相同. 解法二:用力的三角形法则.先将 F4 平移至 BD,则 F1 与 F4 的合力为 AD 所示,等于 F3;再将 F5 平移至 CD,则 F2 与 F5 的合力为 AD,也等于 F3,故 F=3F3=60 N. 解法三:用正交分解法求合力.取 F3 为 x 轴正向,由于 F1 与 F5、F2 与 F4 的对称性,它 们在 y 轴方向的分力两两平衡,所以 Fy=0;而 F1x+F4x=F3,F2x+F5x=F3,故 5 个力的合 2 力 F= F2 x +Fy =Fx=3F3=60 N. 答案 60 【变式训练 2】 解析 按力 F 的作用效果沿 AC、AB 方向分解为 F1、F2,如答图 2-2 -2①所示,则 F F1=F2= , 2cosθ l 由几何知识得 tanθ= =10. b

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答图 2-2-2 按力 F1 的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为 FN′、FN.如答图 2-2-2②所示,则 FN=F1sinθ, 以上各式联立解得 FN=5F, 所以物体 D 所受压力的大小是 F 的 5 倍. 答案 物体 D 所受压力的大小是 F 的 5 倍 【变式训练 3】 解析 若物体沿墙向上运动,受力分析如答图 2-2-3①所示,把力 F 沿竖直和水平方向正交分解, 则有水平方向:Fcosα-FN=0, 竖直方向:Fsinα-(Ff+mg)=0. 又 Ff=μFN, mg 可解得 F= . sinα-μcosα

答图 2-2-3 当物体沿墙向下运动时,分析物体的受力如答图 2-2-3②所示,把 F 沿竖直和水平方 向正交分解. 水平方向:Fcosα=FN, 竖直方向:mg=Fsinα+Ff, mg 又 Ff=μFN,得 F= . sinα+μcosα mg mg 答案 F= 或 F= sinα-μcosα sinα+μcosα 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 方法一:解析法. G 物体受力如答图 2-2-4①所示,其中 F2=F3= ,F1⊥F2,G⊥F3,且 F1 与 F2 的合力 2 跟 G 与 F3 的合力相平衡,因此 F1=G,B 项正确.

答图 2-2-4 方法二:图示法. 物体在 F1、F2、F3、G 四个力的作用下处于平衡状态,表示这四个力的矢量线段必组成 封闭的四边形如答图 2-2-4②所示,虚线将四边形分割成两个全等三角形,因此可判断 F1 =G,B 项正确. [答案] B

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[误区警示] 受思维定式的影响,易认为静止在斜面上的物体,斜面对物体的支持力与 沿斜面向上的力的合力总等于物体的重力, 或受力分析不完整导致错误. 所以练习时应认真、 细致、全面地进行受力分析,正确画出受力图. 【例 2】 [解析]

答图 2-2-5 设杆对 B 点的弹力为 F1,因横梁 A 端用铰链固定,故 F1 的方向沿杆方向,绳 BC 对 B 点的拉力为 F2,由于 B 点静止,B 点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力,根据受力平 衡的特点,杆的弹力 F1 与绳 BC 对 B 点的拉力 F2 的合力一定竖直向上,大小为 Mg,如答图 2-2-5 所示. 根据以上分析,可知弹力 F1 与拉力 F2 的合力大小 F=G=Mg=60 N, 由几何知识可知 F1=Ftan60° =60 3 N, F F2= =120 N, sin30° 即轻杆对 B 点的弹力为 60 3 N,绳 BC 的拉力为 120 N.

图 2-2-17 [答案] 60 3 N 120 N [误区警示] 容易产生错误的是对结点和定滑轮模型认识不清,不了解两者的区别,如 图 2-2-17,绳跨过光滑滑轮悬挂物体,此时绳 BC 的拉力等于物体的重力. 第三讲 受力分析 共点力的平衡 知识梳理 一、(2)场力 接触力 二、1.(1)速度 加速度 3.(1)相等 相反 (2)相等 相反 (3)相等 相反 (4)同一平面 共点力 考点自测 1.解析 因磁性冰箱贴静止不动,在水平方向上受到两个力,即磁力和弹力,应为一对 平衡力,所以 D 项正确,A、B、C 三项错误. 答案 D 2.解析 两木块一起做匀速运动,P 不受摩擦力,只受到重力和 Q 的支持力;以整体 为研究对象,由平衡条件可知 Q 必定受到地面的摩擦力作用,Q 共受到 5 个力(重力、压力、 支持力、摩擦力、推力). 答案 C 3.解析 设每块石块的重力为 G,第 1、3 块石块间的作用力为 F31,第 1、2 块石块间 的作用力为 F21,以第 1 块石块为研究对象,受力分析如答图 2-3-1 所示.由平衡条件可 4 得 F31cos 37° =F21,解得 F21 F31=cos 37° = .本题正确选项为 C. 5

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答图 2-3-1

答案 C 4. 解析 本题意在考查学生对力的正交分解的理解以及对平衡条件的理解与应用. 当用 F1 拉物块时,由平衡条件可知 F1cos60° =μ(mg-F1sin60° ),当用 F2 推物块时,又有 F2cos30° cos30° -cos60° =μ(mg+F2sin30° ),又 F1=F2,求得 μ= =2- 3,B 项正确. sin30° +sin60° 答案 B 5.解析 本题考查整体法和隔离法及受力分析、物体平衡条件应用等知识点,意在考查 学生对新情景的分析能力和综合运用知识的能力.把两个物体看做一个整体,由两个物体一 起沿水平方向做匀速直线运动可知水平 f=Fcosθ,选项 C 正确,D 项错误;设轻质弹簧中弹 力为 F1,弹簧方向与水平方向的夹角为 α,隔离 m2,分析受力,由平衡条件知,在竖直方向, 有 Fsinθ=m2g+F1sinα, 隔离 m1, 分析受力, 由平衡条件知, 在竖直方向, 有 m1g=FN+F1sinα, 联立解得 FN=m1g+m2g-Fsinθ,选项 A 正确,B 项错误. 答案 AC 典例剖析 【变式训练 1】 解析 小球 m2 受重力和细线的拉力处于平衡状态, 由二力平衡条件得, 细线的拉力 FT=m2g. 方法一:合成法. 小球 m1 受 FT、FN、m1g 三力作用而处于平衡状态.受力分析如答图 2-3-2 所示,小 球 m1 处于平衡状态,故 FN 与 FT 的合力 F=m1g.根据合力公式可得 2 2 F= FN +FT +2FNFTcosθ=m1g,

答图 2-3-2 将 FN=FT=m2g,θ=60° , m2 3 代入上式解得 = ,故选项 A 正确. m1 3 方法二:力的三角形法则. FN 和 FT 的合力与小球 m1g 的重力大小相等,方向相反,故 FN、FT、m1g 构成矢量三角 形,如答图 2-3-3 所示.

答图 2-3-3

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FT m1g 由正弦定理得 = , sin30° sin120° m2 m1 m2 3 即 = ,得 = . sin30° sin120° m1 3 方法三:正交分解法.

答图 2-3-4 如答图 2-3-4 所示,以 FN 的方向为 y 轴,以垂直 FN 的方向为 x 轴建立坐标系.因 FN 与 FT 的夹角为 60° ,则 m1g 与 y 轴成 30° 角.在 x 轴方向由物体的平衡条件有 m1gsin30° - 1 3 m2 3 FT· sin60° =0,即 m1g= m2g,所以 = . 2 2 m1 3 答案 A 【变式训练 2】 解析

答图 2-3-5 画出小球的受力分析如答图 2-3-5 所示,b 绳逆时针转动过程中各力的变化可由图中 平行四边形或三角形边长的变化看出,绳 a 的拉力逐渐减小,绳 b 的拉力先减小后增大,且 F1=F3>F2. 答案 AD 【变式训练 3】 解析

答图 2-3-6 选取 A 和 B 整体为研究对象,它受到重力(M+m)g,地面支持力 FN,墙壁的弹力 F 和地 面的摩擦力 Ff 的作用,如答图 2-3-6 所示,处于平衡状态.根据平衡条件有 FN-(M+m)g =0,F=Ff, 可得 FN=(M+m)g.

答图 2-3-7 再以 B 为研究对象,它受到重力 mg,三棱柱对它的支持力 FAB,墙壁对它的弹力 F 的作 用,如答图 2-3-7 所示,处于平衡状态,根据平衡条件有 竖直方向上:FABcosθ=mg,

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水平方向上:FABsinθ=F, 解得 F=mgtanθ, 所以 Ff=F=mgtanθ. 答案 (M+m)g mgtanθ 【变式训练 4】 解析

答图 2-3-8 先选物体 B 为研究对象,它受到重力 mBg 和拉力 FT 的作用,根据平衡条件有 FT=mBg. ① 再选物体 A 为研究对象,它受到重力 mg、斜面支持力 FN、轻绳拉力 FT 和斜面的摩擦力 作用,假设物体 A 处于将要上滑的临界状态,则物体 A 受的静摩擦力最大,且方向沿斜面向 下,这时 A 的受力情况如答图 2-3-8 所示,根据平衡条件有 FN-mgcosθ=0② FT-Ffmax-mgsinθ=0③ 由摩擦力公式知 Ffmax=μFN④ 以上四式联立解得 mB=m(sinθ+μcosθ). 再假设物体 A 处于将要下滑的临界状态,则物体 A 受到的静摩擦力最大,且方向沿斜面 向上,根据平衡条件有 FN-mgcosθ=0⑤ FT+Ffmax-mgsinθ=0⑥ 由摩擦力公式知 Ffmax=μFN⑦ ①⑤⑥⑦四式联立解得 mB=m(sinθ-μcosθ). 综上所述,物体 B 的质量的取值范围是 m(sinθ-μcosθ)≤mB≤m(sinθ+μcosθ). 答案 m(sinθ-μcosθ)≤mB≤m(sinθ+μcosθ) 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 隔离 M 分析可得,M 受到竖直向上的拉力以及竖直向下的重力,合 力在竖直方向上为零,要满足 M 运动轨迹沿平行于杆的方向,则 M 的合力为零,加速度为 零;m 与 M 保持相对静止,由整体法可得 m 的加速度为零,对 m 受力分析,m 要保持平衡 状态必受到自身的重力、绳的拉力、杆的支持力、杆对 m 的摩擦力.B 选项正确. [答案] B [误区警示] 分析物体受力时应结合物体运动情况,不能想当然的说物体受到某个力作 用或不受某个力作用. 【例 2】 [解析] 本题主要考查受力分析, 意在考查学生应用整体法和隔离法解题的能 力.因一起匀速下滑,所以斜面对 P 有沿斜面向上的摩擦力,而 Q 必受弹簧向上的弹力,所 以隔离 P 可知 P 受重力、斜面摩擦力、斜面弹力、弹簧弹力、Q 的压力作用. [答案] C [误区警示] 对物体进行受力分析时不能想当然,要善于变换研究对象,运用联系的观 点,灵活应用整体法和隔离法. 第四讲 实验?一? 探究弹力与弹簧伸长的关系 实验?二? 验证力的平行四边形定则 知识梳理 实验(一) 一、1.弹簧伸长 二、1.钩码总重力 2.平滑的曲线 三、重垂线 坐标纸

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四、1.重垂线 5.等于弹力 6.弹簧弹力 伸长量 考点自测 1. 解析 因本实验表示弹簧伸长量采用挂重物后总长减去原长的方法, 而弹簧自重将导 致弹簧伸长,先竖直悬挂后再测原长,可消除由弹簧自重带来的误差,故选 B、D 两项. 答案 BD 2. 解析 本题考查探究弹力与弹簧形变量的关系, 意在考查学生利用图象处理数据的能 力. (2)根据图象的斜率可以求得弹簧的劲度系数:Δmg=kΔl,则 - 2.75×10 3 Δm k= g= - ×9.8 N/m Δl ?19.0-8.6?×10 2 =0.259 N/m. 答案 (1)如答图 2-4-1 所示

答图 2-4-1

(2)0.259(0.248~0.262) 3. 解析 合力与分力之间是等效替代关系, 所以在实验中的作用效果相同是指橡皮条的 伸长量相同且伸长到同一位臵. 答案 D 4.解析 拉力“适当”大些能减小误差;而夹角“尽量”大些,则使作图误差变大;橡 皮条等“贴近”木板, 目的是使拉线水平; 绳子要细且稍长便于确定力的方向, 因此选 B 项. 答案 B 典例剖析 【变式训练 1】 解析 弹簧原长为 l0,由图知弹簧伸长量为 h+l-l0,由胡克定律得 F =k(h+l-l0),F-l 图线的斜率表示弹簧的劲度系数,由图乙可得 k=100 N/m.F-l 图线在纵 轴的截距表示 l=0 时 F=10 N,代入 F=k(h+l-l0),解得弹簧的原长 l0=0.15 m. 答案 (1)在弹性限度内,弹力与弹簧的伸长量成正比 (2)100 0.15 (3)避免弹簧自身所受重力对实验的影响 弹簧与筒及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实 验的误差 【变式训练 2】 解析 (1)实验中的分力与合力的关系必须满足:|F1-F2|<F3<F1+F2, 因此 B、C、D 三项是可以的. (2)A. (3)A;实验中 F3 是竖直向下的. 答案 (1)BCD (2)A (3)A 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 本题意在考查学生的识图、用图能力.图中两条线都不是直线,故 Δl 与 F 不成正比,A 项错误;比较两条曲线可知,在拉力相等时,减挂钩码时橡皮筋的伸长量 大于增挂钩码时的伸长量,B、C 两项错误;故 D 项正确. [答案] D [误区警示] 不清楚图象中表达的信息导致无法解题,所以练习时应注重此方面的训练. 【例 2】 [解析] (1)由题图知,弹簧测力计 A 的分度值为 0.2 N,读数为 3.6 N.

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(2)验证力的平行四边形定则,只要记好合力与两分力的大小与方向,与结点位臵无关, D 项错误;M 的重力即合力,A 项正确;测量前弹簧测力计调零才能测量准确,B 项正确; 拉线与木板平行才能保证力在木板平面内,C 项正确. (3)对 O 点受力分析如答图 2-4-2 所示,可见若减小 FOA 可调节 FOB 的大小或方向,调 节 OA 方向或减小物重 G 等.

答图 2-4-2 [答案] (1)3.6 (2)D (3)①减小弹簧测力计 B 的拉力;②减小重物 M 的质量(或将 A 更换为较大量程的弹簧测 力计、改变弹簧测力计 B 拉力的方向等). [误区警示] 本实验在课本实验的基础上进行改进,应弄清实验方案的设计原理,以便 于规范、正确地解答问题,再有弹簧测力计也是常错点之一. 第三章 牛顿运动定律 第一讲 牛顿运动定律 知识梳理 一、1.静止 匀速直线运动 2.(1)力和运动 维持 力是维持物体运动的原因 (2)保持原来运动状态 二、1.静止 匀速直线运动 2.(2)质量 质量越大 三、1.加速度 合外力 质量 3.宏观 低速 四、1.相等 相反 同一 3.(1)大小 性质 同时 (2)方向 五、质量 长度 时间 导出单位 单位制 考点自测 1.解析 物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性,由此可知 A 项正确,C 项错误.没有受力时物体将维持其原来的运动状态:匀速直线运动或静止,所以 B 项错误, D 项正确. 答案 AD 2.解析 本题考查的是力和运动的关系,意在考查学生熟练、灵活运用物理知识及全面 的逻辑思维能力.当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角 θ≤90° 时,物体的速度逐 渐增大,动能逐渐增大;当力的方向与速度方向相反时,物体做匀减速运动,速度逐渐减小 到零后又反向逐渐增大,因此动能先减小后增大;当力的方向与速度的方向夹角 90° <θ<180° 时,力的方向与速度的方向夹角逐渐减小,速度先逐渐减小,直到夹角等于 90° 时速度达到 最小值,而后速度逐渐增大,故动能先逐渐减小到某一非零的最小值,再逐渐增大.故选项 ABD 正确. 答案 ABD 3.解析 本题考查物体的受力分析和牛顿第二定律的瞬时性、弹簧瞬时作用问题,意在 考查学生对弹簧问题中瞬间力作用引起的状态变化掌握程度.右侧细绳剪断的瞬间,弹簧弹 力来不及发生变化,故 a 的受力情况不变,a 左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变,A 项正确,B 项错误.而 b 在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失,静摩擦力向右,C 项错误, D 项正确. 答案 AD 4. 解析 绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力, 不管物体间的相 互作用力的性质如何、物体的运动状态如何,物体间的相互作用力都遵循牛顿第三定律,即

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作用力和反作用力总是等大、反向、作用在同一条直线上的,所以 D 项正确. 答案 D 5.解析 根据 F=ma,可知力的单位可以表示为千克· 米/秒 2;根据 W=Fl,可知力的 单位可表示为焦/米;根据 W=qU 和 W=Fl,可知力的单位可表示为库仑· 伏特/米;根据 F= BIl,可知力的单位可表示为特斯拉· 安培· 米. 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 A 对 B 的作用力和 B 对 A 的作用力为作用力与反作用力,一定 大小相等,A 项正确,B 项错误;在撞击瞬间,A 蛋内蛋黄和蛋白由于惯性,会产生对 A 蛋 壳向前的作用力,使 A 蛋壳接触处所受的合力比 B 蛋壳的小,因此 B 蛋壳易被撞破,故 C、 D 两项正确. 答案 ACD 【变式训练 2】 解析 (1)当轻杆与 Ob 重合时,小球所受合力为 0,其加速度为 0,车 的加速度亦为 0,故 b 处应标的加速度数值为 0.

答图 3-1-1 (2)方法一:合成法 当轻杆与 Oc 重合时,以小球为研究对象,受力分析如答图 3-1-1 所示.根据力合成 3 的平行四边形定则和牛顿第二定律,得 mgtanθ=ma1,解得 a1=gtanθ=9.8× m/s2≈5.66 3 m/s2. 方法二:正交分解法

答图 3-1-2 建立直角坐标系,并将轻杆对小球的拉力正交分解,如答图 3-1-2 所示. 则沿水平方向有: Fsinθ=ma, 竖直方向有: Fcosθ-mg=0, 联立以上两式可解得小球的加速度 a≈5.66 m/s2, 方向水平向右, 即 c 处应标的加速度数 值为 5.66 m/s2. (3)若轻杆与 Od 重合,同理可得 mgtan45° =ma2, 解得 a2=gtan45° =9.8 m/s2,方向水平向左,与速度方向相反. 所以在 0.5 s 内汽车速度应减小,减少量 Δv=a2Δt=9.8×0.5 m/s=4.9 m/s. 答案 (1)0 (2)5.66 m/s2 (3)减少了 4.9 m/s 【变式训练 3】 解析

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答图 3-1-3 细绳烧断前对小球进行受力分析如答图 3-1-3 所示, 其中 F1 为弹簧的弹力, F2 为细绳 拉力. 由平衡条件,得 F2cos53° =mg,F2sin53° =F1, 5 4 解得 F2= mg,F1= mg. 3 3 细绳烧断瞬间,细绳的拉力突然变为零,而弹簧的弹力不变,此时小球所受的合力与 F2 5 等大反向,所以小球的加速度立即变为 a= g. 3 答案 D 【变式训练 4】 解析 根据牛顿第三定律,甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用 力与反作用力,A 项错误;因为甲对绳的力和乙对绳的力作用在同一个物体上,故二者不是 F 作用力与反作用力,B 项错误;设绳的张力为 F,根据牛顿第二定律 a= ,知若 m 甲>m 乙, m 1 2 则 a 甲<a 乙,由 x= at 推知,甲的位移较小,乙先过界,C 项正确;“拔河”比赛输赢只与 2 甲、乙的质量有关,与收绳速度无关,D 项错误. 答案 C 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 人受重力 G 和湿地地面对他的支持力 FN,在人下陷时,人的加速度 方向向下,根据牛顿第二定律得 G-FN=ma,所以 FN<G.设人对湿地地面的压力大小为 FN′,根据牛顿第三定律得 FN′=FN,所以人对湿地地面的压力小于他受的重力,选项 A、 B 错,人对湿地地面的压力等于湿地地面对他的支持力,C 项错误,D 项正确. [答案] D [误区警示] 不能凭借生活经验分析判断物理问题,力争为结论寻找物理依据,养成运 用物理规律解决问题的习惯, 这样就能在头脑中建立清晰的物理模型, 提高解决问题的能力. 【例 2】 [解析]

答图 3-1-4 此题考查的知识点是“力是改变物体运动状态的原因”.在劈形物体 A 沿斜面下滑的过 程中,小球 B 在水平方向不受任何外力作用(小球与斜面之间光滑),所以小球在水平方向将 保持原来的静止状态,而在竖直方向将在重力与支持力的共同作用下向下做直线运动. [答案] B [误区警示] 本题是易错题,造成错误的原因是没有将题中理想光滑的物理过程与实际 过程相区别,而得出小球将随劈形物体 A 在水平方向运动的错误结论. 第二讲 牛顿运动定律的应用 知识梳理 一、1.加速度 2.加速度 二、1.大于 2.小于 3.g 向下 向上 零 三、3.(1)整体 (3)地面

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考点自测 1.解析 Ff=μmg=4 N,故 0~3 s 内,a=0. 8-4 3~6 s 内和 9~12 s 内,a= m/s2=2 m/s2. 2 第 6 s 末的速度 v6=2×3 m/s=6 m/s, 1 1 故所求位移 x= at2 +v t +v6t3+ at2 2 1 62 2 3 1 1 = ×2×32 m+6×3 m+6×3 m+ ×2×32 m 2 2 =54 m,故 B 项正确. 答案 B F-Ff 2. 解析 由图象可知 0~t1, 物体做 a 减小的加速运动, t1 时刻 a 减小为零. 由 a= , m Ff-F 可知 F 逐渐减小, 最终 F=Ff, 故 A、 B 两项错误. t1~t2 物体做 a 增大的减速运动, 由 a= , m 可知至物体速度减为零之前,F 有可能是正向逐渐减小,也可能 F 已正向减为零且负向增大, 故 C、D 两项正确. 答案 CD 3.答案 D 4.解析 人处于超重状态时,体重计的示数大于人的重力;人处于失重状态时,体重计 的示数小于人的重力.电梯加速上升或减速下降时人处于超重状态,体重计的示数 F=mg+ ma,可见,超重时加速度越大,体重计的示数越大,选 B 项. 答案 B 5.解析 当夹子连同木块一起向上做匀加速运动,且恰好不相对滑动时,力 F 最大, 此时静摩擦力恰好达到最大静摩擦力,由牛顿第二定律,可知对于木块 M:2f-Mg=Ma, 2f?m+M? 对于整体:F-(M+m)g=(M+m)a,由以上两式,得 F= . M 答案 A 典例剖析 【变式训练 1】 解析 从 t=0 开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减 速,此过程一直持续到物块和木板具有相同的速度为止. v1 由题图可知,在 t=0.5 s 时,物块和木板的速度相同,t=0 到 t=t1,物块加速度为 a1= t1 v0-v1 木板的加速度 a2= t1 由牛顿第二定律 μ1mg=ma1, (μ1+2μ2)mg=ma2 可得 μ1=0.20,μ2=0.30. (2)t1 时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块与木板间摩擦力改变方向. 由牛顿第二定律 f=ma1′ 2μ2mg-f=ma2′

答图 3-2-1 假设 f<μ1mg 则 a1′=a2′ 由以上式子得 f=μ2mg>μ1mg.假设错误,故 f=μ1mg 物块的加速度 a1′=a1 v-t 图象如答图 3-2-1 所示

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2×v2 1 2a1 v0+v1 v2 1 s2= t1+ 2 2a2′ 物块相对木板的位移大小为 s=s2-s1=1.125 m. 答案 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m 【变式训练 2】 解析 设猴子加速时的加速度大小为 a, 以笼子和猴子整体为研究对象, 当猴子加速向上爬时,猴子处于超重状态,所以整体对地面的压力 F1=(M+m)g+ma;当猴 子加速向下滑时,猴子处于失重状态,所以整体对地面的压力 F2=(M+m)g-ma.所以 B、C 两项正确. 答案 BC F 【变式训练 3】 解析 对题图①整体分析,由牛顿第二定律,得 a= ,对小球受 M+m 力分析如答图 3-2-2①所示,因此 F-Tsinα=ma,Tcosα=mg,对题图②小球受力分析如 m 答图 3-2-2②所示,因此有 T′sinα=ma′,T′cosα=mg,解得 T′=T=mg/cosα,a= M gtanα,a′=gtanα,由于 M>m,故 a′>a. s1=

答图 3-2-2 答案 B 【变式训练 4】 解析 (1)设物块处于相对斜面下滑的临界状态(物块恰好不下滑)时推 力为 F1.此时物块受力如答图 3-2-3①所示.

答图 3-2-3 取加速度 a1 方向为 x 轴正方向,对 m 有: x 方向:FNsinθ-μFNcosθ=ma1, y 方向:FNcosθ+μFNsinθ-mg=0, 联立两式得:a1=4.78 m/s2. 对整体有:F1=(M+m)a1. 代入数据解得 F1=14.34 N. (2)设物块处于相对斜面向上滑的临界状态(物块恰好不上滑)时推力为 F2,此时物块受力 如答图 3-2-3②.对 m 有: x 方向:FNsinθ+μFNcosθ=ma2, y 方向:FNcosθ-μFNsinθ-mg=0, 联立两式得:a2=11.2 m/s2, 对整体有:F2=(M+m)a2, 代入数据解得 F2=33.6 N. F 的范围为:14.34 N≤F≤33.6 N. 答案 14.34 N≤F≤33.6 N 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 在汽车驶过拱形桥顶端时, 由重力和支持力的合力提供汽车做圆周运

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动的向心力,合力向下,所以支持力小于重力,处于失重状态;荡秋千的小孩通过最低点时, 由重力和支持力的合力提供向心力,合力向上,所以支持力大于重力,处于超重状态;宇航 员随飞船做圆周运动,万有引力提供向心力,处于完全失重状态.当物体处于超重、失重或 完全失重时, 只是物体对支持物的压力增大、 减小或等于零, 物体本身的重力并没有变化. 电 梯加速上升时,有向上的加速度,支持力大于重力,电梯中的人处于超重状态. [答案] D [误区警示] 不理解超重、失重的实质,对 A、B、C 三项不知道从何入手分析,而盲目 地选择,如不清楚汽车驶过拱形桥顶端时、小孩荡秋千通过最低点时的加速度方向,无法判 断超重或失重. 【例 2】 [解析] (1)求物块不掉下时的最大拉力,其存在的临界条件必是物块与木板 具有共同的最大加速度 a1, μmg 对物块,最大加速度 a1= =μg=1 m/s2, m 对整体,F=(M+m)a1=(3+1)×1 N=4 N. F-μmg 10-0.1×10 (2)当 F=10 N 时,木板的加速度 a2= = m/s2=3 m/s2, M 3 1 1 由 a2t2- a1t2=L,得物块滑过木板所用时间 t= 1.6 s, 2 2 物块离开木板时的速度 v1=a1t= 1.6 m/s=1.26 m/s. [答案] (1)4 N (2)1.26 m/s [误区警示] 动力学的中心问题是研究运动和力的关系,除了对物体进行正确的受力分 析外,还必须正确分析物体的运动情况.当所给的情境中涉及两个物体,并且物体间存在相 对运动时,找出这两物体之间的位移关系或速度关系尤其重要,特别注意物体的位移都是对 地的位移,故物块的位移并不等于木板的长度. 第三讲 实验:验证牛顿运动定律 知识梳理 二、控制变量法 考点自测 1.解析 此题考查的是实验步骤,对于实验的一些常识,必须牢记于心,结合本实验的 实验步骤,不难排列出正确的顺序. 答案 AEDBC 2.解析 题中 m1 和 m2 是车中砝码的质量,绝不能认为是小车的质量.本题中只说明 了两小车是相同的,并没有告诉小车的质量是多少.当 m1=m2 时,两车加砝码质量仍相等, 1 若 F1=2F2,则 a1=2a2,由 x= at2,得 x1=2x2,A 项正确;若 m1=2m2 时,无法确定两车 2 加砝码后的质量关系,两小车的加速度关系也就不明确,所以无法判定两车的位移关系. 答案 A 3.解析 本题主要考查用图象法处理实验数据的能力. 1 (1)建立坐标系, 确定标度, 描点画出, 得出 a-F 图象和 a- 图象分别如答图 3-3-1①、 M ②所示.

答图 3-3-1 (2)正比关系 反比关系

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(3)0.50 kg 4.02 N 答案 (1)如答图 3-3-1①、② (2)正比关系 反比关系 (3)0.50 kg 4.02 N 典例剖析 【变式训练 1】 解析 要使小车所受的合外力等于沙和沙桶的总重力须满足 M?m, 且实验前须平衡摩擦力,所以(1)中选 B,(2)中最合理的为 C.求解加速度常用的两种方法为逐 ?sDE+sEF+sFG?-?sAB+sBC+sCD? 差法和 v-t 图象法,本题目适合用逐差法计算.由 a= ,又 9T2 知 T=0.1 s,解得 a=0.42 m/s2. 答案 (1)B (2)C (3)0.42 【变式训练 2】 解析 (1)将车内的砂子转移到桶中,就保证了 M+m 不变,即系统的 F mg 总质量不变,研究对象是整个系统,a= = ,可见 a-F 图象斜率的物理意义是 M+m M+m 1 .系统的合外力就等于所悬挂砂桶的重力 mg,不必满足 M?m 这样的条件. M+m (2)向小车内添加或去掉部分砂子,是改变系统的总质量 M+m,而系统的合外力仍等于 所悬挂砂桶的重力 mg,保证了合外力不变.所以用图象法处理数据时,以加速度 a 为纵轴, 应该以 M+m 倒数为横轴. 1 答案 (1)① ②合理 ③否,因为实验的研究对象是整个系统,系统受到的合外 M+m 力就等于 mg (2)M+m 误区反思 感悟提高 Mmg mg 【例】 [解析] 实验中绳的张力 F= ,则小车加速度 a= ,实验时若保持小 M+m M+m 1 1 车质量不变,横轴为 ,则 a- 图象必过原点,为直线.当满足 M?m 时,m 可忽 M+m M+m mg 1 略,a≈ ,a- 图象还可以满足图象是过原点的直线.当小车质量较小,不满足 M?m 时, M M 图象会弯曲,故选 D 项. [答案] D [误区警示] 实验原理是实验的“灵魂”,应重视对原理的分析. 必修 2 第四章 曲线运动 万有引力与航天 第一讲 曲线运动 运动的合成和分解 知识梳理 一、1.切线 变速 2.(1)速度方向 (2)合力 速度方向 二、1.分运动 实际 2.(1)相加 相减 (2)平行四边形定则 3.(1)逆过程 (2)实际 考点自测 1.解析 由运动轨迹可知质点做曲线运动,质点做曲线运动时,受力的方向与速度不共 线,且轨迹一定夹在受力方向和速度方向之间,受力方向指向曲线的“凹”侧,故恒力 F 的 方向可能沿 x 轴正方向. 答案 A 2.解析 物体做直线运动还是曲线运动,不是取决于物体受到的力是恒力还是变力,而 是取决于物体所受到的力的方向与运动方向是否在一条直线上.不论恒力还是变力,若力与 运动方向在一条直线上,物体做直线运动;若力与运动方向不在同一直线上,则物体一定做 曲线运动,故 C 选项正确.

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答案 C 3. 解析 猴子在水平方向上做匀速直线运动, 竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运 动, 猴子的实际运动可以看做类平抛运动, 其运动轨迹为曲线; 因为猴子受到的合外力恒定(因 为加速度恒定),所以相对地面猴子做的是匀变速曲线运动;t 时刻猴子对地速度的大小 vt= 2 2 2 v2 0+?at? ;t 时间内猴子对地的位移大小 s= x +h . 答案 D 4.解析

答图 4-1-1 两个直线运动的合运动,比如一个匀速直线运动与另一个匀加速直线运动相互垂直,则 合运动就是曲线运动,①显然错误.若两个互成角度的匀速直线运动合成,利用速度合成公 式求出 v(合速度),大小方向均不变,故②对.两个匀加速直线运动的合运动,因题中没有讲 明两分运动是否在一条直线上, 可能性如下: 如同方向则肯定为直线运动, 成某一角度如 90° , 假设分运动 1 的初速度为 v1、加速度为 a1,分运动 2 的初速度为 v2、加速度为 a2,作矢量图 v1 a1 如答图 4-1-1 所示.求出合加速度 a 和合初速度 v,可以看出:当 = 时,a 与 v 仍在同 v2 a2 v1 a1 一条直线上,合运动是直线运动;当 ≠ 时,a 与 v 不在一条直线上,将做曲线运动,故③ v2 a2 对.若初速度为零,且加速度 a 恒定,物体做初速度为零的匀加速直线运动,故④对.所以 本题选 D 项. 答案 D 典例剖析 【变式训练 1】 解析 若 Fy=Fxtanα,则 Fx 和 Fy 的合力 F 与 v 在同一直线上,此时质 点做直线运动.若 Fx>Fycotα,则 Fx、Fy 的合力 F 与 x 轴正方向的夹角 β<α,则质点向 x 轴 一侧做曲线运动.故正确选项为 D. 答案 D 【变式训练 2】 解析 如答图 4-1-2,把人的速度沿绳和垂直绳的方向分解,由三角 形知识知 v 船=vcosα,C 项正确.

答图 4-1-2 答案 C H 【变式训练 3】 解析 渡河时间均为 , 乙能垂直于河岸渡河, 对乙船, 由 vcos60° vsin60° H 2 =v0, 可得 v=2v0, 甲船在该时间内沿水流方向的位移为(vcos60° +v0) = 3H 刚好到 vsin60° 3 A 点.综上所述,A、C 两项错误,B、D 两项正确. 答案 BD 误区反思 感悟提高 【例】 [解析] 设物体 B 的运动速度为 vB,速度分解如答图 4-1-3 甲所示,则有 vB v绳B = ① cosβ

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答图 4-1-3 物体 A 的合运动对应的速度为 v1,它的速度分解如答图 4-1-3 乙所示,则有 v 绳 A= v1cosα② 由于对应同一根绳,其长度不变,故 v 绳 B=v 绳 A③ 根据①②③式解得 vB=v1cosα/cosβ.选项 D 正确. [答案] D [误区警示] 此类问题的关键是找出哪是合运动和运动效果的分析,一般以地面为参考 系,物体的速度为合速度,向着沿绳方向和垂直绳的方向分解即可. 第二讲 平抛运动 知识梳理 一、1.水平 重力 2.g 匀变速 二、1.匀速直线 v0 v0t 1 gt gt 2 2 2.自由落体 gt2 (1) v2 (2) 0+g t 2 v0 2v0 三、1.斜向上或斜向下 重力 2.匀变速 抛物线 3.匀速直线 竖直上抛或竖直下抛 考点自测 1.解析 (1)若同时落地,不能说明水平分运动是匀速运动,只能说明竖直方向为自由 落体运动. (2)竖直管 A 上端应低于水面. 答案 (1)若同时落地,则说明水平分运动是匀速运动,竖直分运动是自由落体运动 (2)竖直管 A 上端要高于水面 2.解析 因为平抛运动的运动形式为匀变速曲线运动,其加速度是恒定不变的,即速度 的变化率也是恒定不变的,再根据平抛运动的特点:水平方向做匀速运动,竖直方向做自由 落体运动,合外力为重力,合加速度为重力加速度,故每秒速度的增量大小恒定不变,方向 沿竖直方向,A 选项正确. 答案 A 3.解析 垒球落地时瞬时速度的大小是 v= v2 0+2gh,其速度方向与水平方向的夹角满 2gh 足 tanα= ,由此可知,A、B 两项错误;垒球在空中运动的水平位移 x=v0t=v0 2h/g, v0 2h 故 C 项错误;垒球在空中运动的时间 t= ,故 D 项正确. g 答案 D 4.解析 因小球落在斜面上,所以两次位移与水平方向的夹角相等,由平抛运动规律, 1 2 1 2 gt gt 2 1 2 2 t1 1 知 tanθ= = ,所以 = . v0t1 2v0t2 t2 2 答案 B 典例剖析 【变式训练 1】 解析 (1)由题意可知:小球落到斜面上并沿斜面下滑,说明此时小球 2 速度方向与斜面平行,否则小球会弹起,所以,vy=v0tan53° ,vy =2gh. 代入数据,得 vy=4 m/s,v0=3 m/s. (2)由 vy=gt1 得 t1=0.4 s,

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x=v0t1=3×0.4 m=1.2 m.

答图 4-2-1 (3)小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度 mgsin53° a= =8 m/s2, m 2 初速度 v= v2 0+vy=5 m/s. H 1 =vt + at2, sin53° 2 2 2 代入数据,整理得 4t2 2+5t2-26=0, 13 解得 t2=2 s 或 t2=- s(不合题意舍去), 4 所以 t=t1+t2=2.4 s. 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)2.4 s 【变式训练 2】 解析

答图 4-2-2 如答图 4-2-2 所示,物体在前 5 s 内由坐标原点起向东沿 x 轴正方向做初速度为零的 匀加速运动,其加速度为 F1 4 ax= = m/s2=2 m/s2, m 2 方向沿 x 轴正方向. 5 s 末速度 vx=axt1=2×5 m/s=10 m/s. 从第 5 s 末开始,物体参与两个分运动:一是沿 x 轴正方向做速度为 10 m/s 的匀速运动; F2 2 二是沿 y 轴正方向(正北方向)做初速度为零的匀加速直线运动,其加速度为 ay= = m/s2 m 2 2 =1 m/s , 经 10 s 沿 y 轴正方向的速度 vy=ayt2=1×10 m/s=10 m/s, 15 s 末的速度为 2 2 2 v1= v2 x+vy= 10 +10 m/s =10 2 m/s, 10 tanα= =1, 10 所以 α=45° , 即方向为东偏北 45° 角. 答案 10 2 m/s 方向为东偏北 45° 【变式训练 3】 解析 (1)如答图 4-2-3 所示,设发球时飞行时间为 t1,根据平抛运 动

答图 4-2-3

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1 h1= gt2 ① 2 1 x1=v1t1② 2h1 ③ g (2)设发球高度为 h2,飞行时间为 t2,同理根据平抛运动 1 h2= gt2 ④ 2 2 x2=v2t2⑤ 且 h2=h⑥ 2x2=L⑦ L g 得 v2= ⑧ 2 2h (3)如答图 4-2-4 所示,发球高度为 h3,飞行时间为 t3,同理根据平抛运动得 解得 x1=v1

答图 4-2-4 1 h3= gt2 ⑨ 2 3 x3=v3t3⑩ 且 3x3=2L? 设球从恰好越过球网到最高点的时间为 t,水平距离为 s,有 1 h3-h= gt2? 2 s=v3t? 由几何关系,知 x3+s=L? 4 联立⑨~?式,解得 h3= h. 3 2h1 L g 4 答案 (1)v1 (2) (3) h g 2 2h 3 误区反思 感悟提高 vy 【例 1】 [解析] 物体平抛运动的时间 t= ,由速度的合成与分解可知 vy= v2-v2 0, g 故只有 D 正确. [答案] D [误区警示] 速度是矢量,在平抛运动中,v-v0 不是速度变化. 【例 2】 [解析] 物体落在斜面上,则位移与水平方向的夹角就等于斜面的倾角 θ,因 y 1 2v0tanθ x v0t 2v2 0tanθ 此有 tanθ= ,其中 y= gt2,x=v0t,则 t= ,C 项正确;L= = = ,B x 2 g cosθ cosθ gcosθ 项正确. [答案] BC [误区警示] 审题时应注意题中的已知条件,特别是善于挖掘隐含的已知条件,如题中 运动员落在斜坡上,则是合位移方向不变. 第三讲 圆周运动的规律和应用 知识梳理 一、快慢 弧长 通过这段弧长所用时间 切线 圆心 圆心角 所用时间 方向 圆 心 v2 4π2r 二、2.m m 2 r T

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3.圆心 4.圆心 半径 三、1.弧长 2.(3)向心 (4)垂直 圆心 四、1.远离 考点自测 1.答案 BC 2.解析 从静摩擦力总是阻碍物体间的相对运动的趋势来分析:由于圆盘转动时,以转 动的圆盘为参考系,物体的运动趋势是沿半径向外背离圆心的,所以盘面对木块的静摩擦力 方向沿半径指向圆心.从做匀速圆周运动的物体必须有力提供向心力的角度来分析,木块随 圆盘一起做匀速圆周运动,它必须受到沿半径指向圆心的合力,只有来自盘面的静摩擦力提 供指向圆心的向心力,因而盘面对木块的静摩擦力方向必沿半径指向圆心,所以,正确选项 为 B. 答案 B mv2 3.解析 球通过最高点的条件是 v≥0,当球通过最高点,拉力为零时,有 mg= ? R v= gR. mv2 当 0<v< gR时,F 为支撑力,mg-F= . R 2 mv 当 v> gR时,F 为拉力,F+mg= ,故选项 D 正确. R 答案 D L 4.解析 细绳碰到钉子的瞬间,线速度不变,B 项错误;圆周运动的半径由 L 变为 , 3 v2 由 a= ,知 a 增大到原来的 3 倍,A 项正确;根据 v=rω,知角速度 ω 增大到原来的 3 倍, r v2 v2 C 项错误;细绳碰到钉子前瞬间 FT-mg=m ,碰后瞬间 FT′-mg=m ,由此可知 D 项错 L L 3 误. 答案 A 5.解析 离心力是一种效果力,实际并不存在,A 项错误;做匀速圆周运动的物体,当 它所受的一切力都突然消失时,由于惯性,它将沿切线方向飞出,做匀速直线运动,B、D 两项错误,C 项正确. 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 车行驶速度与前、后车轮边缘的线速度相等,故后轮边缘的线 速度为 4 m/s,后轮的角速度 4 ω=v/R= rad/s=12 rad/s, - 330×10 3 飞轮与后轮为同轴装臵,故飞轮的角速度 ω1=ω=12 rad/s, 飞轮与链轮是用链条连接的,故链轮与飞轮线速度相同,所以 ω1r1=ω2r2,r1、r2 分别为 飞轮和链轮的半径,因此周长 L=NΔL=2πr,N 为齿数,ΔL 为两邻齿间的弧长,故 r∝N, 所以 ω1N1=ω2N2, ω1N1 又踏板与链轮同轴,脚踩踏板的角速度 ω3=ω2,ω3= ,要使 ω3 最小,则 N1=15, N2 12×15 N2=48,故 ω3= rad/s=3.8 rad/s. 48 答案 B 【变式训练 2】 解析 由题图可知,当主动轮 A 匀速转动时,A、B 两轮边缘上的线

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v v ωA R A R B 1 速度相同,由 ω= ,得 = = = .由于小木块恰能在 A 边缘静止,则由最大静摩擦力 R ωB v R A 2 RB 2 提供的向心力,得 μmg=mωARA. 设放在 B 轮上能使木块相对静止的距 B 轮转轴的最大距离为 r,则向心力由最大静摩擦 力提供,故 μmg=mω2 Br, 2 因 A、B 材料相同,故木块与 A、B 的动摩擦因数相同,故 mω2 ARA=mωBr, ωA?2 RA RB ?1?2 r=? ?ωB? RA=?2? RA= 4 = 2 . 答案 C 【变式训练 3】 解析 (1)在光滑斜槽上由牛顿第二定律得: mgsin37° =ma. 故 a=gsin37° =6 m/s2. (2)小球由 A 至 B,机械能守恒,则 1 2 mg(Lsin37° +hDB)= mvB . 2 hDB=R(1-cos37° ). 小球在 B 点时,由牛顿第二定律得: v2 B FNB-mg=m . R 联立上述各式得: 2g[Lsin37° +R?1-cos37° ?] FNB=mg+m =17 N. R 由牛顿第三定律得: 小球过 B 点时对轨道的压力大小为 17 N. (3)小球要过最高点,需要的最小速度为 v0. 2 v0 则 mg=m . R 即 v0= gR=1 m/s. 又小球从 A 到 C 机械能守恒,所以 1 mg[Lsin37° -R(1+cos37° )]= mv2 . 2 C 解之 vC= 12 m/s>1 m/s. 故小球能过最高点 C. 答案 (1)6 m/s2 (2)17 N (3)能通过最高点 C 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 在 h 一定的条件下,释放后小球的机械能守恒,其运动情况与小球的 1 质量无关, A 项错误; 小球能通过 a 点的最小速度 v= gR, 从 a 点平抛, R= gt2, s=vt= 2 2 R,所以,无论怎样改变 h 的大小,都不可能使小球通过 a 点后落回轨道内,C 项正确;如 果 h 足够大,小球可能会飞出 de 面之外,D 项也正确,本题正确答案为 C、D 两项. [答案] CD [误区警示] 小球通过 a 点的最小速度为 gR,即平抛运动的最小初速度为 gR.善于挖 掘题目中的已知条件才能正确解题. 【例 2】 [解析] A 球做圆周运动的向心力由 OA 段和 AB 段轻杆的拉力的合力提供, FOA-FAB=mAω2rA. B 球做圆周运动的向心力由 AB 段轻杆的拉力提供, FAB=mBω2rB. 而 rA B= ,mA=mB. 联立各式解得 FOA AB=

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[答案] [误区警示] 不能错误地认为 A 做圆周运动的向心力只由 OA 段杆的拉力提供,也不能 认为 B 做圆周运动的向心力,由 OA 段杆、AB 段杆拉力的和提供. 第四讲 万有引力与航天 知识梳理 一、1.椭圆 焦点 2.连线 面积 a3 3.半长轴 公转周期 =k T2 二、1.乘积 二次方 3.质点间 4.(1)两球心间的距离 (2)质点到球心间的距离 三、1.匀速圆周运动 4π2r3 3π 2. GT2 GT2 3.(1)7.9 km/s 发射 最大 (2)11.2 km/s 地球 (3)16.7 km/s 太阳 四、1.绝对的 2.运动状态 考点自测 1.答案 B 2.解析 物理学家卡文迪许通过测量几个铅球之间的万有引力,比较准确地得出了 G m1m2 的数值,故 A 项正确;当两物体间距离 r 趋于零时,F=G 2 不适用,故 B 项错误;两个 r 物体间的引力是一对相互作用力,大小总相等,故 C 项正确,D 项错误. 答案 AC Mm 3.解析 对行星表面的物体,忽略行星自转时,G 2 =mg=N;对于卫星,由牛顿第 R Mm v2 mv4 二定律,得 G 2 =m .由以上两式解得 M= . R R GN 答案 B 4.解析 第一宇宙速度又叫环绕速度,A 正确,B 错误.根据万有引力提供向心力有 Mm v2 GM G 2 =m ,得 v= ,可知第一宇宙速度与地球的质量和半径有关,C、D 错误. R R R 答案 A 5.解析 在椭圆轨道上有近地点和远地点,卫星运动的速率不同,运行一周所用的时间 有可能和某个沿圆轨道运行的卫星周期相同,故 A 项错误;在椭圆轨道上,卫星从近地点到 远地点减速, 从远地点到近地点加速, 故 B 项正确; 所有地球的同步卫星有确定的轨道平面、 周期、半径,故 C 项错误;经同一点的两颗卫星,轨道平面不一定重合,故 D 项错误. 答案 B 典例剖析 Mm 4π2 【变式训练 1】 解析 “嫦娥二号”由万有引力提供向心力,可得 G 2 =m 2 R,故 R T 4π2R3 月球的质量 M= ,因“嫦娥二号”为近月卫星,故其轨道半径 R 近似等于月球的半径, GT2 4π2R3 2 M GT 3π 但由于月球半径未知, 月球质量无法求出, 故 B、 C 项错误; 月球的密度 ρ= = = 2, V 4 3 GT πR 3 故 A 项正确;根据所给条件,无法估算月球的自转周期,D 项错误. 答案 A

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1 Mm 【变式训练 2】 解析 由 Ek= mv2,可知变轨前后的速度大小 ′= ,由 G 2 2 r v2 v 2π =m , 得 ′= , D 项错误; 由 ω= , 得 ′= , B 项错误; 由 T= , 知 ′ r r ω 2 = ,C 项正确;由 a=ω r,知 ′= ,A 项错误. 答案 C 【变式训练 3】 解析 轨道 3 比轨道 1 高,根据高轨道线速度小、角速度小,可知 A F GM 项错误,B 项正确;根据牛顿第二定律,可得 a= = 2 ,即卫星的加速度 a 只与卫星到地 m r 心的距离 r 有关,故 C 项错误,D 项正确. 答案 BD 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 设地球质量为 M, 同步卫星质量为 m1, 地球赤道上的物体质量为 m2, 在地球表面运行的卫星质量为 m3,由于地球同步卫星周期与地球自转周期相同,则 a1=rω2 1, a1 r 2 a2=Rω2,ω1=ω2.所以 = ,故 A 项正确;依据万有引力定律和向心力表达式可得 a2 R Mm1 v2 GM 1 对 m1:G 2 =m1 ,所以 v1= ① r r r Mm3 v2 GM 2 对 m3:G 2 =m3 ,所以 v2= ② R R R v1 R ①式除以②式得 = ,故 D 项正确. v2 r [答案] AD [误区警示] 此题中易错点是以第一宇宙速度运行的卫星、同步卫星和赤道上随地球自 转的物体的力学原因和运动特点不同. 如以第一宇宙速度运行的卫星由万有引力提供向心力, 在赤道上的物体由万有引力的分力提供向心力. 【例 2】 [解析] 卫星受大气摩擦作用速度减小的同时, 在万有引力作用下做向心运动, 万有引力做正功,使其加速进入较低轨道,万有引力增大,向心加速度增大,周期减小,角 速度增大. [答案] C [误区警示] 审题时只注意到阻力做功,而忽视了万有引力做功是常犯的错误. 第五章 机械能及其守恒定律 第一讲 功 功率 知识梳理 一、1.功 能量转化 2.力 位移 3.(2)正 负 不做功 4.焦耳 J 二、1.快慢 2.(1)平均功率 (2)Fvcosα 平均功率 瞬时功率 3.(1)正常工作 最大 (2)实际工作 额定功率 考点自测 1.解析 依据功的定义式 W=FLcosθ,本题中四种情况下,F、L、θ 均相同,这样四 种情况下力 F 所做的功一样大,故选项 D 正确. 答案 D 2. 解析 由于功是标量, 合力对物体做的功, 应等于各分力对物体做功的代数和, 因此, 合力对物体做的功应为 W=W1+W2=4 J+3 J=7 J,选项 A 正确. 答案 A 3.解析 P=Fvcosα=mg· 2gh=600 W. 答案 C 4.解析 汽车行驶过程中,若发动机功率保持不变,且匀速行驶,则由牛顿第二定律,

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得 F-Ff=0,又 P=Fv,解得 v=P/Ff;又由 Ff=μFN,可知当路面越粗糙或载货越多时,阻 力 Ff 越大,则 v 越小,故 A、C 两项正确,B、D 两项错误. 答案 AC 5.解析 Ff=μmg=2×103 N,由图知匀加速运动的加速度为 a=2 m/s2,由牛顿第二定 律,得 F-Ff=ma,故 F=6×103 N,故 A 项错误,B 项正确;因 5 s 达到额定功率,P 额=F· v P 额 =6×103×10 W=60 kW,C 项正确;汽车的最大速度 vmax= =30 m/s,D 项正确. Ff 答案 BCD 典例剖析 【变式训练 1】 解析 设绳对物体的拉力为 T,显然人对绳的拉力 F 等于 T.T 在对物 体做功的过程中大小虽然不变,但其方向时刻在改变,因此该问题是变力做功的问题.但是 在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下,人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做 的功,而拉力 F 的大小和方向都不变,所以 F 做的功可以用公式 W=Flcosα 直接计算.由题 图可知,在绳与水平面的夹角由 α 变到 β 的过程中,拉力 F 的作用点的位移大小为:Δs=s1 1 1 ? h h - -s2= - ,所以 W=FΔs=Fh? sin α sin β?. ? sinα sinβ 1 1 ? 答案 Fh? ?sinα-sinβ? 【变式训练 2】 解析 由题意知质点所受的水平外力即为合力,可知质点在这 2 s 内的 加速度分别为 a1=2 m/s2,a2=1 m/s2,则质点在第 1 s 末与第 2 s 末的速度分别为 v1=2 m/s, v1 v2=3 m/s.第 1 s 内外力做功 W1=F1l1=2× ×1 J=2 J,第 2 s 内外力做功 W2=F2l2= 2 v1+v2 5 - W1+W2 9 1× ×1 J= J,0~2 s 内外力的平均功率 P = = W,第 1 s 末外力的瞬时功率 2 2 t 4 P1=F1v1=4 W,第 2 s 末外力的瞬时功率 P2=F2v2=3 W.根据动能定理可知,第 1 s 内与第 2 s 内动能增加量的比值 ΔEk1 ΔEk2=W1 综上可知 A、D 两项正确. 2= 答案 AD 【变式训练 3】 解析 (1)已知每行驶 100 km 消耗电能 1 kW· h,即 3.6×106 J 的电能, 3 x 100×10 车的行驶速度为 v=5 m/s,所以行驶 100 km 所需时间 t= = s=2×104 s, v 5 6 W 3.6×10 即电动机功率 P= = W=180 W. t 2×104 电池储存的电能 E=UIt=36×12×3 600 J. 36×12×3 600 E 所以续行里程 x= ×100 km= ×100 km=43.2 km. 3.6×106 3.6×106 (2)由 P=Fv,得 P 阻力 Ff=F= =36 N, v Ff 36 所以 k= = =0.03. ?m+M?g 1 200 (3)在上坡时,车受到的阻力 Ff′=k(m+M)g+(m+M)gsin5° =120 N. P 所以 v′= =1.5 m/s. Ff′ 答案 (1)180 43.2 (2)0.03 (3)1.5 m/s 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] (1)对人,如答图 5-1-1①所示,车厢对人的作用力有:车厢对人的 弹力 F1,车厢底对人的支持力 FN1,车厢底对人的静摩擦力 F2,设车厢的位移为 s,则车厢 对人做的功 W1 为:W1=F2s-F1s,由于人和车都在做加速运动,故有 F2-F1=ma, 因而 F2 >F1,故 W1>0.

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答图 5-1-1 (2)对车厢如答图 5-1-1②所示,人对车厢的作用力有:推力 F3,对底板的压力 FN2, 人对车的摩擦力 F4,则人对车厢做功 W2 为:W2=F3s-F4s. 由于 F3=F1,F4=F2,所以 F3<F4,故有 W2<0.由以上分析可知:人对车做负功,推力 对车做正功,车对人做正功. [答案] BC [误区警示] 求解力做功问题时,受力分析仍是重点,多力、漏掉力则会导致功的计算 错误. 【例 2】 [解析] 在刚达到最大速度的整个过程中,汽车的运动可分为两个阶段,第一 阶段是功率越来越大的匀加速直线运动,第二阶段是以额定功率行驶的变加速直线运动. 当汽车做匀加速直线运动时,首先由牛顿第二定律 F-f=ma,求得牵引力 F=ma+f=7 500 N, 3 P 60×10 v2 t 汽车匀加速直线运动结束时的速度 vt= = 3 m/s=8 m/s;此时前进的位移 s1= F 7.5×10 2a 82 = m=64 m. 2×0.5 第一阶段汽车的牵引力恒定,牵引力做功 W1=F· s1=4.8×105 J, 第二阶段汽车保持额定功率不变, 最终匀速运动时牵引力 F′和阻力为平衡力, P=F′vm P 1 2 1 2 =Ffvm, 所以 vm= =12 m/s; 由动能定理得 W2-Ff(s-s1)= mvm- mvt , 所以 W2=5.05×105 Ff 2 2 J. 在整个过程中,汽车发动机的牵引力做功 W=W1+W2=9.85×105 J. [答案] 9.85×105 J [误区警示] 对机车的启动过程不能正确分析,认为整个过程是匀加速运动或当作功率 恒定的运动都是错误的. 第二讲 动能定理 知识梳理 一、1.运动 3.焦耳(J) 4.标量 二、1.总功 动能 2.Ek2-Ek1 3.增加 减少 不变 考点自测 1.解析 由动能的定义和特点知,A、B 选项正确.动能是标量而速度是矢量,当动能 变化时,速度的大小一定变化;而速度的变化可能只是方向变了,大小未变,则动能不变, 且物体有加速度,处于非平衡状态,故 C 项正确,D 项错误. 答案 ABC 1 1 2. 解析 由动能定理, 对两车分别列式-F1L1=0- m1v2 -F2L2=0- m2v2 F1=μm1g, 1, 2, 2 2 F2=μm2g,由以上四式联立得 L1 2= 故选项 D 是正确的. 答案 D 3. 解析 动能的大小与速度的方向无关, 在这段时间里滑块的动能大小没有发生变化. 据 1 1 2 2 动能定理,W= m(-6) - m(6) =0.所以正确答案为 A 项. 2 2 答案 A

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1 1 由动能定 理可求得 合外力做 的功等于小孩 动能的变 化, ΔEk = mv2 = 2 2 ×25×2.02 J=50 J,A 项正确;重力做功 WG=mgh=25×10×3.0 J=750 J,C 项错误;支持 力的方向与小孩的运动方向垂直, 不做功, D 项错误; 阻力做功 W 阻=W 合-WG=(50-750)J =-700 J,B 项错误. 答案 A 典例剖析 P 【变式训练 1】 解析 电动机所做的功指的是牵引力做的功,而 F= ,功率 P 恒定, v 加速过程中牵引力减小,计算变力做功不能应用定义式.可以由动能定理计算,即 W-Fs= 1 2 1 2 mv ,则 W=Fs+ mvm .还可以通过恒定功率计算,即 W=Pt. 2 m 2 答案 BD 【变式训练 2】 解析 (1)令后一阶段飞机加速度为 a2,平均阻力为 f2=0.2mg, 则 F 推-f2=ma2, 得 a2=4.0 m/s2. 1 (2)由动能定理:F 牵 l1+F 推 l-f1l1-f2(l-l1)= mv2 2 得 F 牵=6.8×105 N. 答案 (1)4.0 m/s2 (2)6.8×105 N v2 C 【变式训练 3】 解析 (1)在 C 点小球对轨道压力为零,有 mg=m , R/2 从开始下落到 C 点,由动能定理得 1 mgR+Wf= mv2 , 2 C 3 所以 Wf=- mgR. 4 1 (2)从开始下落到 B 点,由动能定理得 2mgR+Wf= mv2 (或从 B 点到 C 点,由动能定理 2 B 1 1 2 得-mgR= mv2 C- mvB) 2 2 2 vB 由牛顿第二定律知 FN 前-mg=m , R v2 B FN 后-mg=m , R/2 所以 FN 前 N 后= 3 答案 (1)- mgR (2) 4 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 在转速增加的过程中,转台对物块的摩擦力是不断变化的,当转速增 v2 加到一定值时,物块在转台上即将滑动,说明此时最大静摩擦力提供向心力,即 kmg=m , R 设这一过程中转台对物块的摩擦力所做的功为 Wf. 1 由动能定理可得:Wf= mv2. 2 1 可解得:Wf= kmgR. 2 [答案] D [误区警示] 由于思维定式,错误地认为静摩擦力提供向心力,静摩擦力总指向圆心, 静摩擦力不做功. 【例 2】 [解析] 两个斜面的下部 B、C 分别与光滑的圆弧面相切,圆心角为 120° ,所 以可分析斜面的倾角为 θ = 60° ,物体在斜面上所受到的滑动摩擦力为 Ff = μmgcos60° = 4 . 解析

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1 3 0.02× mg=0.01mg,重力沿斜面的分力 G′=mgsin60° = mg>Ff,所以物体不能停留在斜 2 2 面上. 设物体在斜面上运动的总路程为 x,对全过程应用动能定理得 mg[h-R(1-cos60° )]- 1 2 μmgxcos60° =0- mv .解得 x=280 m. 2 [答案] 280 m [误区警示] 考虑到重力做功与路径无关的特点,滑动摩擦力一直做负功,且与路程成 正比,所以对全过程应用动能定理就显得非常简便.该题的求解充分显示了用动能定理解题 的优越性,用动能定理解题的思路可以概括为八个字:“一个过程,两个状态”.一要关注 过程中各力做功情况,二要关注过程的始末动能,而不必关注中间过程的细节,但这也是分 析审题后确定解题方法的一个易错点,一旦选用方法不当,将会陷入繁琐复杂的尴尬境地. 第三讲 机械能守恒定律 知识梳理 一、1.运动路径 高度差 mgΔh 2 . (1)重力 高度 mgh (2)标量 参考平面 (3)物体 地球 绝对 无关 (4)减少 增加 减少 3.(1)弹性形变 (2)越大 越大 (3)减少 增加 正功 减少 负功 增加 二、1.重力 转化 不变 2.Ek2+Ep2 3.重力 系统内的弹簧弹力 考点自测 1.解析 重力做功决定重力势能的变化,随着高度的降低,重力一直做正功,重力势能 一直减小,A 项正确;弹性势能的变化取决于弹力做功,当蹦极绳张紧后,随着运动员的下 落弹力一直做负功,弹性势能一直增大,B 项正确;在蹦极过程中,由于只有重力和蹦极绳 的弹力做功,由运动员、地球及蹦极绳所组成的系统机械能守恒,C 项正确;重力势能的大 小与重力势能零点的选取有关,而重力势能的改变与重力势能零点的选取无关,D 项错误. 答案 ABC 2.解析 判断机械能是否守恒,就要依据机械能守恒的条件来分析.要看是不是只有重 力(或系统内弹簧的弹力)做功,而不是看物体如何运动.物体做变速曲线运动,机械能可能 守恒,如平抛运动,A 项正确;合外力做功为零,只是动能不变,势能的变化情况不确定, 机械能不一定守恒,如物体匀速下落,机械能减少,C 项错误;沿水平面运动的物体,重力 势能不变,如果不是匀速,动能发生变化,机械能就不守恒,B 项错误;只有重力对物体做 功时,机械能一定守恒,D 项正确. 答案 AD 3.解析 当两物体上升到同一高度时,由于两个物体的质量不同,所以具有的重力势能 不同,又因为两物体具有相同的机械能,所以在同一高度处,具有的动能不同.所以选项 A、 C 两项错误,B 项正确;对于选项 D,初速度不同,上升高度相同,则末速度必定不同. 答案 B 4.解析 两球在下落过程中,机械能守恒,刚开始下落时,势能相同,动能都为零,所 以机械能相等,下落到最低点时的机械能也一样大,C 项正确;选取小球 A 为研究对象,设 1 球到达最低点时的速度大小为 vA,动能为 EA,球所受的拉力大小为 FA,则 mgL= mv2,FA 2 mv2 -mg= ,联立可得 vA= 2gL,EA=mgL,FA=3mg,同理可得 vB=2 gL,EB=2mgL, L FB=3mg,A、B 两项错误,D 项正确. 答案 CD 5.解析 物体与弹簧构成的系统机械能守恒.物体从释放到下降到 P 处,对质量为 m 1 的物体 A 有 mg(h+x0)=Ep 弹;对质量为 2m 的物体 B 有 2mg(h+x0)=Ep 弹+ ×2mv2.联立解 2 得 v= g?h+x0?,D 项正确.

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答案 D 典例剖析 【变式训练 1】 解析 物体下滑过程中,由于物体与斜面相互间有垂直于斜面的作用 力,使斜面加速运动,斜面的动能增加;物体克服其相互作用力做功,物体的机械能减少, 但动能增加,重力势能减少,选项 A 正确,选项 B 错误;物体沿斜面下滑时既沿斜面向下运 动,又随斜面向右运动,其合速度方向与弹力方向不垂直,弹力方向垂直于接触面,但与速 度方向之间的夹角大于 90° ,所以斜面对物体的作用力对物体做负功,选项 C 错误;对物体 和斜面组成的系统,仅有重力做功,因此,系统机械能守恒,选项 D 正确. 答案 AD 1 【变式训练 2】 解析 (1)人离开平台后做平抛运动,有 h= gt2, 2 vy gt 由题意知 = =tan53° , v0 v0 联立解得 v0=3 m/s. (2)根据机械能守恒有 1 1 mg[h+R(1-cos53° )]= mv2- mv2 , 2 2 0 2 mv 在最低点 O 处有 FN-mg= , R 联立两式,代入数据解得 FN=1 290 N, 根据牛顿第三定律小孩对轨道的压力 FN′=1 290 N,方向竖直向下 答案 (1)3 m/s (2)1 290 N,竖直向下 1 【变式训练 3】 解析 设物块沿斜面下滑 s 距离时的速度为 v,由机械能守恒得 (4m 2 +m)v2=4mgssin30° -mgs① 细线突然断开的瞬间,物块 B 竖直上升的速度为 v,此后 B 做竖直上抛运动,设继续上 1 升的距离为 h,由机械能守恒得 mv2=mgh② 2 物块 B 上升的最大高度 H=h+s③ 由①②③解得 H=1.2s. 答案 1.2s 【变式训练 4】 解析 (1)设小球经过 B 点时的速度大小为 vB, 由机械能守恒得: mg(H 1 2 -h)= mvB 2 解得 vB=10 m/s. (2)设小球经过 C 点时的速度为 vC,对轨道的压力为 FN,则轨道对小球的支持力 FN′= v2 C FN,根据牛顿第二定律可得 FN′-mg=m R 1 1 由机械能守恒得:mgR(1-cos53° )+ mv2 = mv2 2 B 2 C 由以上两式及 FN′=FN 解得 FN=43 N. (3)设小球受到的阻力为 Ff,到达 S 点的速度为 vS,在此过程中阻力所做的功为 W,易 知 vD=vB,由动能定理可得 1 1 2 mgh+W= mv2 S- mvD 2 2 解得 W=-68 J. 答案 (1)10 m/s (2)43 N (3)-68 J 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 若把斜面从 C 点锯断,物体将从 C 点做斜上抛运动,到最高点速度 不为零,据机械能守恒定律,物体不能升高到 h;若弯成圆弧状,则升到圆弧的最高点必有 大于或等于 Rg的速度,据机械能守恒,不能升高 h. [答案] D

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[误区警示] 解题时应抓住问题的关键,物体到达最高点时速度是否为零,若为零,则 上升到 h 高度;若不为零,则上升高度小于 h. 【例 2】 [解析] 当小球甲上升到圆柱体最高点时,绳子突然断开,此时甲恰好做平抛 运动,说明甲对圆柱体无压力,由牛顿第二定律得: v2 m1g=m1 ,以小球甲、乙和地球为系统,有: R πR 1 m2g(R+ )-m1g×2R= (m1+m2)v2, 2 2 5 由以上两式可求得:m2= m. π+1 1 5 [答案] m2= m π+1 1 [误区警示] 本例中 m1、m2 两小球高度变化不相等,若不能正确认识此知识点,则会导 致重力势能变化求解错误. 第四讲 功能关系 能量守恒定律 知识梳理 一、1.功 做功 2.(1)重力势能 (2)弹性势能 (3)内能 (4)电势能 (5)电能 二、1.转化 转移 保持不变 2.(1)增加 相等 (2)增加 相等 考点自测 1.答案 BCD 2.解析 功的计算公式 W=Fscosα 中的 s 是指相对于地面的位移,滑动摩擦力和静摩 擦力仅起阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)的作用,它与物体对地“绝对位移”的方 向既可能相同也可能相反,说它们一定做负功是错误的.物体间有静摩擦力作用时两物体相 对静止,物体可以对地移动,所以静摩擦力也可能做功.物体间有相对滑动时,伴随机械能 的损耗(转化为内能),所以一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值. 答案 ABCD 3.解析 重力做功公式 WG=mgh,h 为初、末位臵的高度差,与路径无关,所以由 P 到 B 重力做功为 WG=mgR,A 项错误;小球做圆周运动恰好经过 B 点时,由牛顿第二定律 v2 1 可知 mg=m ,即 v= gR,小球由 P 到 B 的过程,由动能定理可知 W 合=WG+Wf= mv2 R 2 1 mgR -0,解得 W 合= mgR,Wf=- ,C 项错误,D 项正确;由功能关系可知,物体克服摩 2 2 擦力做的功等于物体机械能的减少量,B 项错误. 答案 D 4.解析 本题要求的是人对铅球做的功,由于人对铅球的作用力是变力,且位移未知, 不能运用功的计算公式来计算,可根据功能关系,人对铅球做功,使铅球动能增加,因此, 此人对铅球所做的功等于铅球动能的增加,即 150 J,将体内的化学能转化为铅球的动能.故 只有 A 项正确. 答案 A 5.解析 由题意知外力对绳索做正功,机械能增加,重心升高,故选 A 项. 答案 A 典例剖析 【变式训练 1】 解析 根据重力做功量度重力势能的变化,因为克服重力做功为 mgh, 3 h 故重力势能增加了 mgh, A 项错误; 合力做功量度动能的变化, 由于合力做功为- mg× 4 sin30° 3 3 =- mgh,动能减小了 mgh,故 B 项错误;对物体受力分析,根据牛顿第二定律可计算出 2 2 1 1 h 1 物体受的摩擦力大小为 mg, 重力以外的力做功为- mg× =- mgh, 故机械能损失了 4 4 sin30° 2

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1 1 mgh,C 项正确;由功率的定义式得摩擦力的功率 P= mgv,由于速度随时间均匀减小,摩 2 4 擦力的功率随时间均匀减小,D 项正确. 答案 CD 【变式训练 2】 解析 木块刚放上时速度为零,必然受到传送带的滑动摩擦力作用, 做匀加速直线运动,达到与传送带共速后不再相对滑动,整个过程中木块获得一定的能量, 系统要产生摩擦热. 对小木块,相对滑动时由 ma=μmg 得加速度 a=μg. v 由 v=at 得,达到相对静止所用时间 t= . μg v v2 (1)小木块的位移 l1= t= . 2 2μg v2 (2)传送带始终匀速运动,路程 l2=vt= . μg 1 2 (3)小木块获得的动能 Ek= mv . 2 1 也可用动能定理:μmgl1=Ek,故 Ek= mv2. 2 1 2 (4)产生的摩擦热:Q=μmg(l2-l1)= mv . 2 (注意,Q=Ek 是一种巧合,不是所有的问题都这样) (5)由能量守恒定律得,电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦热,所以 E 总=Ek +Q=mv2. v2 v2 1 答案 (1) (2) (3) mv2 2μg μg 2 1 2 2 (4) mv (5)mv 2 【变式训练 3】 解析 (1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能,则有 W=Ep, 1 即 25= ×200×x2,得 x=0.5 m, 2 kx 由牛顿运动定律得 a= =50 m/s2. m (2)设滑块到达 B 点时的速度为 vB, 1 2 2 由能量关系有 W-μmgL= mv2 ,得 v2 B=21 m /s , 2 B v2 B 对小滑块,由牛顿第二定律得 FN-mg=m , R 解得 FN=62 N, 由牛顿第三定律可知,小滑块对 B 点的压力 F=62 N. 1 (3)设滑块能够到达 C 点,且具有速度 vC,由功能关系得 W-μmgL-mgR= mv2 ,代入 2 C 数据解得 vC=1 m/s. 故滑块能够越过 C 点,从滑块离开 C 点到再次回到 C 点过程中,滑块做匀变速运动, 2vC 以向下为正方向,有 vC=-vC+gt,t= =0.2 s. g 2 答案 (1)50 m/s (2)62 N (3)能 0.2 s 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 在 F1、F2 作用下,m 与 M 先分别向右、左做加速运动(F1=F2>kx 时),再做减速运动(F1=F2<kx 时),速度同时减小到零后再分别沿原来的反方向先做加速运 动,再做减速运动,速度同时减小到零后重复上述过程,显然,在 F1=F2=kx 时,m 与 M 的速度最大, 动能最大, 在整个运动过程中, F1 与 F2 既有做正功的过程, 也有做负功的过程, 机械能既有增加的过程,又有减少的过程,所以只有 D 项正确. [答案] D

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[误区警示] M、m 两物体并不是一直分别向左、向右运动的,故 F1、F2 并非一直做正 功.若对物体的运动情况分析不到位,则容易错选 B 项. 【例 2】 [解析] 由能量守恒, 电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的 热量,故 A 项错误;对物体受力分析知,仅有摩擦力对物体做功,由动能定理知,B 项错误; 传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积,而易知这个位移是木块对地位 移的两倍,即 W=mv2,故 C 项错误;由功率公式易知电动机增加的功率为 μmgv,故 D 项 正确. [答案] D [误区警示] 容易出现的错误是对能量转化的关系认识不清,忽视了克服系统内的摩擦 力做功,只关注物体获得的动能. 第五讲 实验?一? 探究动能定理 实验?二? 验证机械能守恒定律 知识梳理 实验(一) 二、速度 四、3.相同 实验(二) 1 1 二、动能 重力势能 mv2 - mv2 2 B 2 A 1 2 1 2 四、5.mghAB mv - mv 2 B 2 A 考点自测 1. 解析 本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳, 只要测出以后每次实验时 橡皮筋做的功是第一次的多少倍就足够了,A 项错误;每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持 一致,只有这样才能保证以后每次实验时,橡皮筋做的功是第一次的整数倍,否则,功的数 值难以测定,B 项错误;小车运动过程中会受到阻力,只有使木板倾斜到一定程度,才能减 小误差,C 项错误;实验时,应该先接通电源,让打点计时器开始工作,然后再让小车在橡 皮筋的作用下弹出,D 项正确. 答案 D 2.解析 通过实验可知,做的功 W 与小车速度 v2 成正比,故与 v 应是二次函数关系, 故 B 项正确,A、C、D 项均错误. 答案 B 3. 解析 本实验依据的原理是用重物自由下落验证机械能守恒定律, 因此重物的质量应 取得大一些,以便系统所受的阻力和重物的重量相比可以忽略不计,以保证重物做自由落体 运动. 对做自由落体运动的物体来说,物体的机械能守恒,即重力势能的减少量等于其动能的 增加量,式中均与质量有关,可消去 m,故无须称量重物质量,故此题选 A、C 两项. 答案 AC 4. 解析 本题意在考查考生对“验证机械能守恒定律”实验原理的理解, 并能正确分析 实验误差的来源. (1)打点计时器使用的电源为交流电源,故应选取 0~12 V 的交流电源,D 项正确;利用 米尺测量纸带上各点间的距离,A 项正确.本实验中利用打点计时器作为计时工具,所以不 需要秒表,B 项错误. (2)实验误差的来源主要是由于下落过程中纸带与打点计时器间有摩擦,需要克服摩擦力 做功,以及用米尺测量数据时读数有误差. 答案 (1)AD (2)纸带和打点计时器之间有摩擦;用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差 典例剖析 【变式训练 1】 解析 (1)小车拖动纸带做匀加速直线运动,B 为 AC 的中间时刻,由 sAC - 匀变速直线运动的规律可得 vB= v AC= ,其中 sAC=OC-OA=19.95 cm,T=5×0.02 s= 2T

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1 2 0.1 s,代入可求得 vB=0.997 5 m/s,所以在 B 点小车的动能 Ek= MvB =0.50 J.绳的拉力近 2 似等于沙和沙桶的总重力,所以绳的拉力对小车做的功 W=mgsOB=0.51 J. (2)若摩擦力没有完全抵消,小车合外力的功还应包含摩擦力做的负功,故拉力的正功大 于动能的增量;若沙与沙桶的重力不满足远小于小车的重力,则沙和沙桶的重力大于绳的拉 力,若把沙和沙桶的重力近似为拉力导致拉力的功大于动能增量. 答案 (1)0.50 0.51 (2)摩擦没有完全抵消;沙与沙桶的重力大于绳的拉力(写出一种即可) 【变式训练 2】 解析 (1)匀速直线 (2)W=F·OF =0.2×0.5575 J=0.1115 J

? EG ?2 1 1 1 ?0.6677-0.4575?2 J=0.1105 J ΔEk= mv2 = m×? ? ? =2×0.2×? 2 F 2 2×0.1 ? ? ?2×T?
?s4+s3+s6?-?s1+s2+s3? (3)a= 9T2 ?0.3007-0.212? m/s2=0.986 m/s2. =? ? ? 9×0.12 ? - - 根据牛顿第二定律:(m+7.7×10 3) g-0.2=(m+7.7×10 3)a. 得:m=0.015 kg. 答案 (1)匀速直线 (2)0.1115 0.1105 J (3)0.015 误区反思 感悟提高

1 【例】 [解析] (1)因为 W=ΔEk,而 W=mg(sinθ-μcosθ)L,ΔEk= mv2,等式两边都 2 有 m,所以探究 W 与 v 的关系可以不用测量质量 m. (2)由于题图②是关于“L-v”的图象, 该图象为曲线,不便于直观地看出 L 和 v 的变化 关系,所以,下一步应作出“L-v2”的图象,应选 A 项. (3)在实验中, 由于物体在斜面上运动时, 所受的合力是确定的, 即 F 合=mg(sinθ-μcosθ), 所以摩擦力的大小不会影响 L 和 v 的关系. 1 [答案] (1)实验依据的原理关系式为 mgL(sinθ-μcosθ)= mv2,等式两边都有 m,所以 2 探究 L 与 v 的关系即可 (2)A (3)不会 [误区警示] 对创新实验的分析应重视实验原理的分析,弄清实验原理后,问题可迎刃 而解. 选修 3-1 第六章 静电场 第一讲 库仑定律 电场力的性质 知识梳理 一、1.接触起电 摩擦起电 感应起电 接触起电 摩擦起电 感应起电 2.正电荷 负电荷 正电荷 负电荷 负电荷 正电荷 3.创生 消灭 电荷的总量 - 4.库仑 1.60×10 19 C 比荷 二、1.电荷量的乘积 距离的二次方 连线上 q1q2 2.F=k 2 9.0×109 N· m2/C2 r 3.真空中 点电荷 4.形状、大小及电荷分布状况 三、1.静电场 对放入场中的电荷有力的作用 3.N/C V/m 4.正电荷

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kQ 5.E= 2 沿半径向外 r 6.矢量和 四、1.切线 电场线的疏密 3.(1)正电荷 无穷远处 (2)无穷远处 负电荷 (3)零 小 增大 减小 减小 等大 反向 等大 同向 (4)间隔相等的平行直线 考点自测 1.解析 易知选项 A、B、C 正确;因金属箔圆环原来不带电,笔套与头发摩擦后带电, 故笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷没有全部被中和,则选项 D 错误. 答案 ABC kq2 2.解析 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力,由库仑定律得 F= 2 ,选 l 项 B 正确. 答案 B 3. 解析 带电体能否被视为点电荷是相对而言的. 当带电体间的距离比它们自身的大小 大得多,以至带电体的形状、大小及电荷分布状况对它们之间相互作用力的影响可以忽略不 计时,这样的带电体就可以看做点电荷. 答案 A Q Er 4.解析 根据点电荷电场强度 E=k 2 ,可知 = ,C 项正确. r E3r 答案 C 5.解析 由于粒子由 a 运动到 b 电场力做正功,可知电场力指向外侧,Q、q 为同种电 荷;电场线密集的地方电场强度大,由 F=Eq 知 Fa 较大,A 项正确. 答案 A 典例剖析 【变式训练 1】 解析 本题考查库仑定律和电量的均分问题,意在考查学生对库仑定 律的理解和相同的两个金属球相接触时,电荷均分的事实.设 1、2 两小球之间的距离为 r, kq×nq n 球 3 和它们没有接触前,由库仑定律,有 2 =F,接触后,球 2 带电荷量为 q,球 1 带 r 2 2 ?n+2? ?n+2?nq k 电荷量为 q,由库仑定律有 =F,联立上面两式,解得 n=6,D 项正确. 4 8r2 答案 D 【变式训练 2】 解析 b 点电场强度为 0,则圆盘在 b 点产生的场强与电荷 q 在 b 点产 q 生的场强大小相等、方向相反,故圆盘在 b 点产生的场强大小为 E1=k 2,根据对称性,圆 R q q 盘在 d 点产生的场强大小也为 E1=k 2,电荷 q 在 d 点产生的场强为 E2=k ,d 点处的合 R ?3R?2 10q 场强为 E=E1+E2=k 2,选项 B 正确. 9R 答案 B 【变式训练 3】 解析 设电场线为正点电荷的电场线,则由轨迹可判定 a 带正电,b 带负电.若电场线为负点电荷的电场线,则 a 为负电荷,b 为正电荷,A 项错误;由粒子的 偏转轨迹可知电场力对 a、b 均做正功,动能增加,B、D 项错误;但由电场线的疏密可判定, a 受电场力逐渐减小,加速度减小,b 正好相反,选 C 项. 答案 C 【变式训练 4】 解析 (1)开始运动时小球 B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力,沿 杆方向运动,由牛顿第二定律得 kQq mg- 2 -qEsinθ=ma, L kQq qEsinθ 解得 a=g- 2 - , Lm m

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代入数据解得 a=3.2 m/s2. (2)小球 B 速度最大时合力为零,即 kQq +qEsinθ=mg, h2 1 kQq 解得 h1= , mg-qEsinθ 代入数据解得 h1=0.9 m. 答案 (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m 误区反思 感悟提高 Qq =kx0,将 q 变为 ?l+x0?2 2qQ x 2q 时,设弹簧伸长量为 x,则电荷间的库仑力 F′=k =kx,上述两式相比,得 = x0 ?l+x?2 2?l+x0?2 x′ ?l+x0?2 Qq = >1,x′>x0.B 项正确. 2 <2,x<2x0.同理 F″=k 2=kx′, x0 ?l-x′?2 ?l+x? ?l-x′? [答案] B [误区警示] 这是一个动态变化的过程,由于电荷变化导致电荷间距离会发生变化,没 有意识到这一点就会导致错误. 【例 2】 [解析] 根据电场的叠加规律,在等量异种电荷的电场中可定性分析出,AOB 线上各点的场强方向均垂直 AB 指向负电荷一侧(向右),负电荷受电场力的方向和电场方向 相反即水平向左,AOB 上场强 O 点最大,向 A、B 两侧对称递减,所以粒子在 O 点电场力 最大.因为带电粒子匀速飞过,根据二力平衡,外力一直和电场力等值反向,在粒子飞过 A→O→B 的过程中,电场力先变大后变小,方向向左,所以外力先变大后变小,方向水平向 右,本题正确选项是 B. [答案] B [误区警示] 对等量异种电荷连线中垂线上的电场分布不了解是造成错误的主要原因, 所以利用电场的叠加弄清常见电场的分布有助于解答此类问题. 第二讲 电场能的性质 知识梳理 WAB 一、1.静电力 移动电荷 2. 3.伏特 4.标量 q WAB 二、1.单位正电荷 2. 3.伏特 4.标量 q 三、3.焦耳 4.标量 5.(1)减少 增加 四、1.电势相等 2.(1)垂直 (2)高 低 (4)零 五、1.U=Ed 考点自测 1.解析 零电势的位臵是人为选定的,与物体是否带电无关,A 项错误.电场强度与电 势的大小之间无直接联系,B 项错误.沿电场线的方向电势是逐渐降低的,C 项错误.负电 荷沿电场方向移动时,电场力做负功,电势能一定增加,故 D 项正确. 答案 D 2.解析 在水平方向上带正电的矿粉受到向左的电场力应落在左侧,A 项错误;电场力 对两种矿粉都做正功,电势能均减小,所以只有 BD 两项正确. 答案 BD 3.解析 根据电场线与等势线垂直得:必有一条电场线与 P、Q 连线重合,P 为正电荷, 故该电场线必从 P 沿直线指向 Q,因电场线总是由正电荷指向负电荷,故 P、Q 电荷为等量 异种电荷,A 项错误;电场强度是矢量,a、b 两处电场强度方向不同,B 项错误;因越靠近 正电荷,电势越高,故 c 点电势高于 d 点电势,C 项错误;根据等势线的分布及 P、Q 的电 性,c 所在的等势线电势高于 a 所在等势线的电势,负电荷从 a 到 c,电场力做正功,电势能 【例 1】 [解析] 设弹簧的原长为 l,A、B 间的库仑力为 F=k

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减少,D 项正确. 答案 D 4. 解析 在电场中, 正点电荷不论怎么运动都受电场力, 选项 A 错误. DA 弧是等势面, 选项 B 正确.沿电场线方向电势降低,正点电荷在电势高处电势能大,选项 C 正确.电场线 密处电场强度大,该正点电荷所受的电场力也大,选项 D 错误. 答案 BC 5.解析 (1)由 WAB=UABq=E· lABsin30° · q WAB 可得:E= =16 V/m. qlABsin30° (2)UMN=Ed=16×0.1 V=1.6 V. (3)UMB=EdMB=16×(0.05+0.03) V=1.28 V 又 UMB=φM-φB,φM=0 故 φB=-1.28 V - EpB=φBq=-2.56×10 6 J. 答案 (1)16 V/m (2)1.6 V - (3)-2.56×10 6J 典例剖析 【变式训练 1】 解析 根据对称性可知,b、d 两点电势相同,a 点电势最高,c 点电势 最低,A、B 正确;b、d 两点电场强度大小相等,方向不同,C 错;将试探电荷+q 沿圆周由 a 点移至 c 点电场力做正功、电荷的电势能减小,D 对. 答案 ABD 【变式训练 2】 解析 重原子核带正电,在它的电场中,离该原子核越远,电势越低, 由 ε=qφ 可知,正电荷具有的电势能越小,B 项正确,C 项错误;同理得到 α 粒子在 M 点的 电势能大于在 Q 点的电势能,只有电场力做功时,电势能与动能相互转化,动能与电势能的 总和保持不变,因此 α 粒子在 M 点的动能小于在 Q 点的动能,即在 M 点的速率小于在 Q 点 的速率,A 项错误;α 粒子从 M 点运动到 Q 点的过程中,总的电势能减小,根据电势能变化 与电场力做功的关系可知,电场力做的总功为正功,D 项错误. 答案 B 【变式训练 3】 解析 设小物体上升的最大高度为 h,因为 OM=ON,所以 UMN=0, 上滑和下滑经过同一个位臵时,垂直斜面方向上电场力的分力相等,则经过相同的一小段位 移在上滑和下滑过程中摩擦力所做的功为相等的负功,设为 W.从 M 到 N 再从 N 到 M 分别 2 v2 1 1 1+v2 由动能定理得, -mgh-W=0- mv2 mgh-W= mv2 联立两式解得 h= , A 项正确. 由 1, 2, 2 2 4g OM=ON, 可知电场力对小物体先做正功后做负功, 电势能先减小后增大, B、 C 两项错误. 从 N 到 M 的过程中,小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小,而重力垂直于斜面的 分力不变,则摩擦力先增大后减小,在此过程中小物体到 O 的距离先减小后增大,根据库仑 定律可知小物体受到的电场力先增大后减小,D 项正确. 答案 AD 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 本题考查电场强度、电势、电势差的概念和图象问题.电势差与电场 强度的关系为 U=Ed,此表达式适用于匀强电场,题图中为非匀强电场的场强 E 与坐标 x 的 关系图象,当取一段极短长度 Δx 时,可认为 Δx 长度内的电场为匀强电场,因此图象所包围 的面积表示电势差.图中从 O 点沿 x 轴正方向,场强为正值,位移为正值,所以图线与 x 轴 包围的面积表示的电势差为正,表示沿 x 轴正方向的电势逐渐降低,即 O 点电势依次大于 x1 点、x2 点、x3 点的电势,选项 A、B、D 错误.而图中沿 x 轴负方向,场强为负值、位移为负 值,所以图线与 x 轴包围的面积表示的电势差也为正,即沿 x 轴负方向的电势逐渐降低.因 从-x1 点移到 x1 点,E-x 图线在 O 点两侧所包围的面积相等,表示这两点间的电势差为零, 所以-x1 和 x1 两点电势相等,选项 C 正确.此电场实际上是等量同种正电荷,从两电荷连线 的中点沿中垂线向两侧移动的电场模型. [答案] C [误区警示] 不能由图象得到电场的分布规律是导致错误的主要原因,应提高学生的知

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识迁移能力,E-x 图线与横轴所包围的面积表示电势差. 1 2 [解析] 由电势差公式以及动能定理:W=qUab=q(φa-φb)= m(v2 b-va ),可 2 2 v2 q b-va 得比荷为 = ,C 项正确. m 2?φa-φb? [答案] C [误区警示] 应规范解题步骤,认真推导才能得到正确结果,若不运用规律,凭感觉或 粗心大意,易错选 D 项. 第三讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 知识梳理 一、1.(1)绝缘 相互靠近 电荷 (2)绝对值 相等 (3)电场 电能 中和 电场 ΔQ 2.(1)电荷量 电势差 (2) (3)容纳 无关 (4)法拉 F 106 1012 ΔU 二、1.(1)加(减)速直线运动 (2)带电粒子动能的增量 qU qLU 2.(2)匀加速 mv2 0d 考点自测 εr S 1.解析 根据平行板电容器公式 c= ,在两板间插入电介质后,电容 C 增大,因电 4πkd Q Q 容器所带电荷量 Q 不变,由 C= 可知,U= 减小,B 项正确. U C 答案 B 2.解析 静电计指针张开角度与 A、B 两极板间的电压成正比.若保持开关 S 闭合,无 论是将 A、B 两极板靠近些,还是将 A、B 两极板正对面积变小些,A、B 两极板间的电压都 等于电源电动势,所以指针张开角度将不变,选项 A 错误,B 正确;若断开开关 S 后,将 A、 Q B 两极板靠近些,则两极板所带电荷量 Q 保持不变,而其电容 C 变大,所以 U= 将变小, C 指针张开角度将变小,选项 C 错误;同理分析,若断开开关 S 后,将 A、B 两极板正对面积 变小些,则 Q 不变,C 变小,所以 U=Q/C 将变大,指针张开角度将变大,选项 D 错误. 答案 B 3.解析 带电粒子的末速度取决于电场力对粒子做功的情况.由 W=qU 知电场力做的 功由两极间电势差决定,而与板间距无关,故 C 项正确. 答案 C 1EqL2 1 2 EL2q 4.解析 由 y= ,可知 y 与 q 成正比,B 项正确. 2 和 Ek0= mv0,得 y= 2 mv0 2 4Ek0 答案 B 5. 解析 带负电的微粒仅在电场力作用下向正极板偏转, 做类平抛运动, 电场力做正功、 1 2 Eql2 电势能减小.偏转距离 y= at = ,与 q 有关,故 C 对,A、B、D 错. 2 2mv2 0 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 保持开关 S 闭合时,电容器极板间的电压 U 不变,设 P 点距下 U U 极板的距离为 l1, 距上极板的距离为 l2, 则 P 点的电势 φP= · l= .当下极板向上移动 l2 l1+l2 1 1+ l1 时,l1 变小,φP 降低,当上极板向下移动时,l2 变小,φP 升高,A 项错误,B 项正确.当断 开开关 S 时,无论移动哪个极板,电容器之间的场强 E 不变,所以当下极板向上移动时,l1 变小,φP=El1 降低,当上极板向下移动时,P 点电势不变,C、D 两项错误. 答案 B 【变式训练 2】 解析 选择有代表性的离子进行运动分析,所有离子受到电场力相同, 都垂直 B 板向上,当初速度方向不同时,对应轨迹不同,如图中虚线所示.当初速度方向和 B 板平行时,偏离最远(M、M′),从整个空间看,这些发光点恰构成一个圆,设其半径为 【例 2】

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R. 则沿 B 板方向:R=vt,① 1 φq 2 垂直于 B 板方向:d= at2= t ,② 2 2md 发光面积:S=πR2,③ 联立①②③得:S=2πmd2v2/qφ. 答案 2πmd2v2/qφ T 3T 【变式训练 3】 解析 <t < 时,UAB<0,电场方向由 B 板指向 A 板.t0 到 T 时刻, 2 0 4 粒子向 A 板做初速度为零的匀加速直线运动,T 时刻电场反向,粒子向 A 板做匀减速直线运 动,经相同时间速度减为零,再向 B 板做初速度为零的匀加速直线运动然后匀减速到零,由 于向 A 板运动时间长,所以粒子会时而向 A 板运动,时而向 B 板运动,并最终打在 A 板上. 答案 B 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] (1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀 d 1 1 加速直线运动,极板移动前后两分运动时间相等,有 = a1t2,d= a2t2 2 2 2 qU qU1 2qU 得 a2=2a1,而 a1= ,则 a2=2a1= = md 3 md m d 2 由此推得两极板间电压关系为 U1=3U,故电压应变为原来的 3 倍. 3 3 (2)因为两极板间的电压不变,则 Ed=E′ d,故 E= E′,因 Eq=ma,E′q=ma′, 2 2 2 得加速度关系 a′= a 3 1 h d 1 h 设带电粒子的竖直位移为 h,则 d= a′( )2, = a( )2 2 2 2 v0 v′ 3v0 联立可解得 v′= . 3 3v0 [答案] (1)增大,3 (2) 3 [误区警示] 带电粒子在极板间的偏转可分解为匀速直线运动与匀加速直线运动,我们 在处理此类问题时要注意平行板间距离变化时,若电压不变,则极板间场强发生变化,加速 度发生变化.这时不能盲目地套用公式,而应具体情况具体分析. 【例 2】 [解析]

答图 6-3-1 将重力和电场力合成如答图 6-3-1 所示,合力的方向与水平方向成 30° .所以物体将沿 合力方向做初速度为 0 的匀加速直线运动,对此过程应用动能定理: 1 mgH+ 3QEH= mv2,解得 v=2 2gH 2 [答案] C [误区警示] 受题中“固定光滑斜面”的影响,误认为物体一定沿着光滑斜面下滑,没 有分析物体所受合力的方向与斜面的关系及物体运动的轨迹. 第七章 恒定电流 第一讲 电流 电阻 电功和电功率 知识梳理 一、1.(1)自由移动 (2)电压 2.相同 相反 标量

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3.(2)单位体积 定向移动的速率 横截面积 U 二、1. I 2.导体对电流阻碍作用 大 三、电阻定律 1.长度 横截面积 l 2.ρ S 3.(1)材料 温度 (2)1 m 1 m2 (3)金属 半导体 四、1.电压 电阻 3.(1)金属 电解液 (2)纯电阻 4.(1)电流 电压 五、1.(1)UIt (2)转化 2.(2)I2Rt 考点自测 1.解析 电荷在导体中定向移动形成电流,由电流的微观表达式 I=neSv,可知电流的 大小和电荷定向移动的速率有关,故 B 项错误;电流的传导速率等于电场的传播速率,故 A 项错误;电流的方向是人为规定的,且只有正负两个方向,故电流是标量,故 C 项错误. 答案 D 2. 解析 金属导体的电阻随温度的升高而增大, 而半导体材料的电阻随温度的升高而减 小,故选项 C、D 正确. 答案 CD x 3.解析 根据电阻定律,横坐标距 A 点为 x 的点与 A 点之间的电阻 R=ρ ,这两点间 S x 的电压 U=IR=Iρ (I 为电路中的电流,它是一个定值),故 U 跟 x 成正比例关系,故选 A 项. S 答案 A 4.解析 因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为 60 W 和 10 W,按 4 亿户家庭,每户 - 家 庭 每 天 亮 灯 6 小 时 计 算 , 全 国 一 年 节 省 的 电 能 最 接 近 4×108×2×(60 - 10)×10 3 10 kW×365×6 h=8.76×10 kW· h,则选项 B 正确,ACD 错误. 答案 B 5.解析 (1)电阻 R 与电动机串联,所以电流相等,对电阻 R 根据欧姆定律由串并联的 规律可得 U-U′ ?160-110? V I= = =5 A. R 10 Ω (2)电动机的输入功率 P 入=IU′=5×110 W=550 W. (3)电动机的发热功率 Pr=I2r=52×0.6 W=15 W, 电动机的输出功率 P 出=P 入-Pr=535 W. 答案 (1)5 A (2)550 W (3)535 W 典例剖析 U l U 【变式训练 1】 解析 由 I=neSv,I= ,R=ρ 三式联立求解 v,得 v= ,故 C R S ρlne 项正确. 答案 C 【变式训练 2】 解析 对于同种材料的导体,在温度一定的情况下电阻率是个定值, l 根据电阻定律 R=ρ 可知 A 项正确, B 项错误; 在 ρ 一定的情况下 R 是导体本身的固有属性, S 与 U、I 无关,C、D 项错误. 答案 A U L ρa Rbc 【变式训练 3】 解析 由 U-I 图象, 知 R= =2 000 Ω, 再根据 R=ρ = , 得 ρ= I S bc a =40 Ω· m. 答案 40 Ω· m

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【变式训练 4】 解析 电炉是纯电阻,电动机是非纯电阻,由于电炉和电动机构成串 联电路,二者的电流相等,则电炉两端电压小于电动机两端电压,又 Q=I2Rt,选项 A、B 正 确,选项 C、D 项错误. 答案 AB 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 由图象知,U 增大,电流 I 也增大,该导体的电功率在数值上等于横 U 纵坐标确定的矩形面积,则电功率增大,故选项 A 正确;由欧姆定律知,导体的电阻 R= , I U2 随 U 增大、I 增大得越来越慢,故导体的电阻 R 随 U 的增大而增大.由 P= 和 R 在变化可 R 知导体的电功率与电压 U 的平方不成正比,故选项 B 错误.在物理图象上,图线的倾角决定 于标度的选取,不能用倾角的正切求斜率,所以 C、D 选项都不正确. [答案] A [误区警示] ①认为 U-I 图象上某点的电阻值等于过该点切线的斜率,该斜率为 tanβ, 错选 C 项;②认为 U-I 图象上某点的电阻值,等于该点与原点所连直线的斜率,即 OA 的 斜率,且认为斜率等于 tanα,错选 D 项. 【例 2】 [解析] 两电阻的额定电流不同,R2 允许通过的最大电流为 0.5 A,为保证电 路安全,电路允许通过的最大电流 I=0.5 A,所以,此电路中允许消耗的最大功率为 P=I2(R1 +R2)=1.5 W. [答案] A [误区警示] ①对题干审题不清,错误认为两个电阻都达到额定功率时,电路消耗的功 率最大,因此电路中消耗的最大功率等于两电阻的额定功率之和,错选 B 项;②认为当电阻 恒定时,通过电路的电流最大时,消耗的功率最大,错误认为电路中的电流等于 R1 的额定电 流,错选 D 项. 第二讲 电路的基本规律及应用 知识梳理 R1 Rn R1 Rn 一、1.I1=I2=?=In U1+U2+?+Un R1+R2+?+Rn R2 R R2 R 1 1 1 R2 R R2 R 2.I1+I2+?+In U1=U2=?=Un + +?+ R1 R2 Rn R1 Rn R1 Rn 3.(1)大于 变大 (2)小于 变大 二、1.(1)把其他形式的能转化为电能 (2)电压 内外电路电势差 非静电力 E E 2.(1)电动势 电阻之和 (2) I(R+r) U 内+U 外 (3)E-Ir 0 E 0 r R+r 三、1.线圈 安培力 IgRg 2.串联 并联 Ig(R+Rg) R+Rg 考点自测 40 100-40 1.解析 串联电路中,电流相等,则 = ,解得 R=120 Ω,故只有 A 项正确. 80 R 答案 A U2 U2 2.解析 根据 P= ,知 R= ,按题目已知 PA>PB,则 RA<RB,对于 A、B 电路,B R P 灯的电压大于 A 灯的电压,B 灯将烧毁,两灯不能正常发光,故本题 A、B 项均错;C 电路 中通过变阻器调节,可使左右两部分电阻相等,即均在 110 V 额定电压下工作而正常发光,P 总=2PA=200 W;D 电路中若通过变阻器调节,左右两部分电阻也可能相等,保证 A、B 两灯 在 110 V 下工作而正常发光,易知 P 总=2(PA+PB)=280 W. 答案 C 3. 解析 电源是将其他能量转化为电能的装臵, 是通过电源内部的非静电力做功来完成 的,所以非静电力做功,电能就增加,因此 A 项正确.电源电动势是反映电源将其他形式能 转化为电能的能力的物理量,电动势在数值上等于移送单位电荷量的正电荷所做的功,不能 说电动势越大,非静电力做功越多,也不能说电动势越大被移送的电荷量越多,所以选项 B、 D 项错误,C 项正确.

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答案 AC 4.答案 ACD 5.解析 E=(2.5+1×2.5/5) V=3.0 V,A、B、D 项错误,C 项正确. 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 增加光照强度时,Rt 阻值减小,电路的总电阻减小,总电流变 大,电源内电压变大,路端电压减小,所以 A 灯变暗,A 灯的电流减小,R0 上的电流变大, 则 R0 上的电压变大,所以 B 灯的电压减小,B 灯变暗.选项 B 正确. 答案 B 【变式训练 2】 解析 (1)由题意,在题图①电路中, 电路的总电流 I 总=IL1+IL2+IL3=0.9 A, U 路端=E-I 总 r=2.55 V, UR2=U 路端-UL3=0.05 V, IR2=I 总=0.9 A, 电阻 R2 消耗的功率 PR2=IR2UR2=0.045 W. (2)题图①电源提供的电功率 P 总=I 总 E=0.9×3 W=2.7 W. 题图②电源提供的电功率 P 总′=I 总′E′=0.3×6 W=1.8 W. 由于灯泡都正常发光,两电路有用功率相等, 而 P 总′<P 总, 所以,题图②电路比题图①电路更节能. 答案 (1)0.9 A 0.045 W (2)2.7 W 1.8 W ②电路更节能 【变式训练 3】 解析 因为滑动变阻器 R2 与平行板电容器串联,故无论 R2 变大还是 变小,电容器两极板间的电压都等于路端电压,故选项 A 错误;当滑动变阻器 R1 的触头向 右移动时,接入电路的电阻变大,则电路的总电阻变大,电流变小,内电压变小,路端电压 变大,电容器两极板间的电压变大,所以电场力变大,油滴向上运动,故选项 B 正确;当增 U 大极板间的距离时,因为电压不变,由 E= ,电场强度变小,故电场力变小,油滴向下运 d 动,选项 C 错误;当减小极板间的正对面积时,因为电压不变,A、B 间距离不变,则电场 力不变,油滴静止不动,故选项 D 错误. 答案 B 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 当滑动变阻器的滑片 P 从右端滑到左端时,并联电路总电阻减小(局 部),总电流 I 增大,路端电压 U 减小(整体).干路电流增大,则 L2 变亮;与滑动变阻器串联 的灯泡 L1 电流增大,变亮;与滑动变阻器并联的灯泡 L3 电压 U3=U-U2,U 减小,U2 增大, 则 U3 减小,L3 亮暗.U1 减小,U2 增大,而路端电压 U=U1+U2 减小,所以 U1 的变化量大 于 U2 的变化量. [答案] BD [误区警示] ①没有按正常程序进行分析,认为当滑动变阻器的滑片 P 从右端滑到左端 时,其阻值减小,则 L1 变亮,两端电压升高,L3 变亮,则 L2 两端电压降低,变暗,错选 A 项.②不根据闭合电路欧姆定律进行定量分析和计算,由电阻减小、电流增大判断,V1 的示 数 U1=IR,V2 的示数 U2=IR2,电流的增加量相同,而 L3、L1 与滑动变阻器部分总电阻 R 减 小,R2 不变,因此电压表 V1 的示数变化量比较小,错选 C 项. 【例 2】 [解析] 根据电源的 I-U 图线可知,电源电动势为 8 V.当该电源和灯泡组 成闭合电路时,根据两图线交点可知,电源输出功率应是灯泡消耗的电功率 P=UI=1.6 W; 电源的总功率为 P 总=EI=6.4 W,正确选项应是 B 项. [答案] B [误区警示] 图线 b 表示电阻的性质,图线 a 表示电源的性质,交点的物理意义是解题 的关键.

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第三讲 实验?一? 测定金属的电阻率 实验?二? 描绘小灯泡的伏安特性曲线 知识梳理 实验(一) l RS 二、3.ρ S l RS 四、5. l 一、3.固定刻度示数 可动刻度示数 精确度 实验(二) 二、1.平滑的曲线 2.外接 分压 考点自测 1.答案 (1)10.42 (2)2.720 2.解析 先判断采用的测量方法,由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大,说明 测量的是小电阻,这样电流表分压较大,应该采用图①进行测量比较准确.图①中测量值为 U测 R 测= =750 Ω,较真实值偏小,故 D 项正确. I测 答案 D 1.5 3.解析 由 I 额= A=250 mA,故选 C 项.因要求电压从零开始变化,电阻器用分压 6 接法,应选小阻值的 E. 答案 (1)C E (2)实验电路如答图 7-3-1 所示

答图 7-3-1 (3)略 4.答案

(1)如答图 7-3-2 所示

答图 7-3-2

(2)电阻随电流增大存在三个区间,电阻随电流的变化快慢不同 第一区间电流很小时,电阻变化不大;第二区间灯丝温度升高快,电阻增大快;第三区 间部分电能转化为光能,灯丝温度升高变慢,电阻增大也变慢. 典例剖析 【变式训练 1】 解析 图①:0 mm+0.01 mm×1.0=0.010 mm;图②:6.5 mm+0.01 mm×37.0=6.870 mm;故所测金属板的厚度为 6.870 mm-0.010 mm=6.860 mm.

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答案 0.010

6.870 6.860

E 20 【变式训练 2】 解析 最大电流 Im= = A=800 μA,故电流表应选 B 项.电 Rx 25×103 源电动势 20 V,电压表 D 的量程为 50 V,测量误差过大,故应选 C. ①R0= RARV= 0.3×100 kΩ= 30 kΩ<Rx,故电流表应采用内接法. ②由于滑动变阻器最大阻值比被测电阻小很多,为了便于调节和为了保证电表的安全, 滑动变阻器应采用分压式接法. 答案 B C ①电流表应采用内接的方法 ②滑动变阻器应采用分压式的接法 2 【变式训练 3】 解析 (1)因小灯泡的额定电压为 4 V,额定电流 I 额= A=0.5 A,故 4 电压表用 C,电流表用 A,因电流、电压可以从零开始变化,测多组数据,电路采用分压式 连接,滑动变阻器应该用 F. (2)开关闭合前应使小灯泡两端电压为零,故滑动变阻器的滑片应臵于最左端. U2 RL= =8 Ω?RV,电流表外接,实物连线如答图 7-3-3①所示. P

答图 7-3-3 (3)U-I 图线如答图 7-3-3②中 b 所示. (4)答图 7-3-3②中 a、b 两图线的交点坐标表明:该小灯泡接在该电池两端时,灯泡的 电压为 U0=2.0 V,电流为 I0=0.4 A,故小灯泡的实际功率为 P0=I0U0=0.8 W. 答案 (1)A C F (2)左 见答图 7-3-3① (3)见答图 7-3-3② (4)0.8 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 电珠不亮、电流表示数几乎为零,说明电珠和电流表与电压表具有串 联关系,a 对应③图;电珠亮度增加,电流表示数增大,说明电珠与电流表具有串联关系,b 对应①图;电流表线圈烧断,说明最后电流表短路,但是电灯 L 不亮,可知 d 对应④图,故 选项 A 正确. [答案] A [误区警示] 考查电路故障的分析和判断,意在考查学生对电路的识图能力、分析能力. 11-7.85 -1 -1 - - 【例 2】 [解析] (3)k= A · m =10.5 A 1· m 1.L=0 时纵轴截距与电动势的乘 0.6-0.3 E 积是 ,表示此时电路中的总电阻. I (4)d=0.01 mm×20.0=0.200 mm. L 1 ρL r+RA 由闭合电路欧姆定律可得 E=I(R+r+RA),又有 R=ρ ,联立得 = + ,可知斜 S I E· S E ρ - 率为 ,所以三者之积为电阻率 ρ,其值 ρ=9.89×10 7 Ω· m. E· S [答案] (1)如答图 7-3-4 所示

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答图 7-3-4

(2)改变金属丝上金属夹的位置 (3)10.5~10.6 金属丝接入长度为零时全电路(或电阻箱、电流表) - - (4)0.198~0.202 mm 金属丝的电阻率 9.69×10 7~1.02×10 6 Ω· m [误区警示] 结合电路分析实验的原理,再利用图象找出斜率、截距、面积等的物理意 义.如果对图象的物理意义认识不够,将无法从图象中获取信息. 第四讲 实验?三? 测定电源的电动势和内阻 实验?四? 练习使用多用电表 知识梳理 实验(三) 测定电源的电动势和内阻 二、电动势 内阻 四、2.最大 实验(四) 练习使用多用电表 三、表头 均匀 不均匀 考点自测 1.解析 (1)由于干电池的电动势只有 1.5 V,滑动变阻器应选 B,从测量的数据可以看 出电流最大只有 0.4 A,电流表应选 E. (2)电路图如答图 7-4-1 所示.

答图 7-4-1

(3)作出的 U-I 图象如答图 7-4-2 所示,从图象可以看出在 U 轴上的截距为 1.45 V, 即电源的电动势为 1.45 V.图象斜率的绝对值为:k=ΔU/ΔI=0.65/0.5 Ω=1.3 Ω.

答图 7-4-2 答案 (1)B E (2)如答图 7-4-1 所示

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(3)U-I 图象如答图 7-4-2 所示 1.45 1.3 2.解析 本题考查欧姆表的结构、测量原理和相关计算,还涉及测量误差的分析.欧姆 表是电流表改装的,必须满足电流的方向“+”进“-”出,即回路中电流从标有“+”标 志的红表笔进去,所以与 A 相连的表笔颜色是红色;当两表笔短接(即 Rx=0)时,电流表应 E E 调至满偏电流 Ig,设此时欧姆表的内阻为 R 内,此时有关系 Ig= 得 R 内= =5 kΩ;当指针 Ig R内 Ig E 指在刻度盘的正中央时 I=Ig/2,有 = ,代入数据可得 Rx=R 内=5 kΩ;当电源电动势 2 R内+Rx E 变小、内阻变大时,由于电流表满偏电流 Ig 不变,由公式 Ig= 得,欧姆表内阻 R 内应调小, R内 IgR内 E Ig 待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的,由 I= = = ,可知 Rx R内+Rx R内+Rx 1+ R内 当 R 内变小时,I 变小,指针跟原来的位臵相比偏左了,欧姆表的示数变大. 答案 红 5 变大 3.解析 甲元件的正、反向电阻相同,说明甲为定值电阻;乙元件的正向电阻很小,反 向电阻很大,说明乙为二极管;测丙元件时,电阻增大过程,是给电容器的充电的过程,充 电完成后,电容器阻值很大,故丙为电容器.C 项正确. 答案 C 4.解析 本题考查多用电表的使用及操作要点,考查学生对多用电表使用的熟练程度. 答案 (1)S (3)T 0 刻线 (4)ADC 典例剖析 【变式训练 1】 解析 (1)乙.原因:在闭合电路中变阻器的电阻 R 与电路电流 I 之间 E 1 1 的函数关系为 I= ,可见 I 与 R 不呈线性关系,而 R=E·-r,即 R 与 呈线性关系,R I I R+r 1 - 图象易于研究. I 1 (2)根据表中数据作出 R- 图象如答图 7-4-3 所示. I

答图 7-4-3

1 (3)根据 R- 图线斜率表示 E, 由图线得 E=1.05 V, 图线 R 轴截距表示内阻, 得 r=10 500 I Ω. 1 (1)乙 画出的 R- 图线是一条直线,容易求出电池的电动势和内阻 I (2)见解析 (3)0.75~1.2 9 000~11 000 【变式训练 2】 解析 (1)电流表示数为零,说明电路断路,由于电压表示数为 E,说 明电压表两端与电源相连,因而待测金属丝断路. 答案

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(2)判断电路故障问题,应利用多用电表的直流电压挡.电流应从多用电表的红笔流入, 因而红表笔应与 a 接线柱相连.当只有滑动变阻器断路时,黑表笔接 b 时,多用电表不能与 电源形成闭合回路,示数为零;黑表笔接 c、d 时,多用电表与电源两极相连,示数为电源电 动势. 答案 (1)待测金属丝 (2)直流电压 10 V 红 0 E E 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] (1)先设计实验电路图,然后再根据电路图连线.电路图如答图 7-4 -4 所示,由欧姆定律 E=I(R+r+Rg)知,只要知道两组外电阻和电流值,就可以解出电源 电动势和内阻.因此,直接将可变电阻和电流表串联在电路中就行.

答图 7-4-4 (2)由电流表示数可读出此时电流为 0.50 A,则坐标为(2,2.6).再在坐标纸上描出该点, 如答图 7-4-5 所示. (3)剔除明显有误差的点,过其他点作一条直线,如答图 7-4-5 所示.

答图 7-4-5 E E (4)由欧姆定律 I= 得 R= -(r+rg),由此式可知,外电阻和电流的倒数呈线性 I R+r+rg 关系.将答图 7-4-5 中的直线延长,与纵坐标轴的交点值为-(r+rg)=-0.4,则电阻 r 为 5.6-2.6 0.3 Ω,直线的斜率为 k= =1.5,即电源的电动势为 1.5 V. 4-2 [答案] (1)实物连线如答图 7-4-4 所示 (2)(3)如答图 7-4-5 所示 (4)1.5(1.46~1.54) 0.3(0.25~0.35) [误区警示] 实验原理是实验的灵魂,弄清原理,把原理关系式与图象对应起来,从中 获取信息. 【例 2】 [解析]

答图 7-4-6 E (1)选取器材要能够满足欧姆表调零的要求, 即: I= , 调节滑动变阻器的滑片时, R+Rg+r 当滑动变阻器的阻值最大时,电流应小于电流表的满偏电流 Ig,综合考虑应选 A、D、E.欧姆 表的内部电路结构图如答图 7-4-6 所示 . (2)欧姆表调零时,由闭合电路欧姆定律得:E=Ig(r+Rg+R),代入数据解得:R=2 977 Ω.

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(3)测量电阻时,由闭合电路欧姆定律得:E=I(R+Rg+r+Rx),由题意得 I=Ig/3,代入 数据解得:Rx=6 000 Ω. (4)由于电池的电动势不变,根据上面的分析可知,测量的结果准确. [答案] (1)ADE (2)2 977 (3)6 000 (4)准确 [误区警示] 欧姆表实质是电流表改装得来的,其依据是闭合电路欧姆定律. 第八章 磁场 第一讲 磁场及其对电流的作用 知识梳理 一、1.运动电荷 2.北极 北极 3.磁场力 4.电荷的运动 5.安培分子电流假说 磁化 退磁 二、1.强弱和方向 2.垂直磁场方向 4.切线 N 极 三、1.切线方向 强弱 2.(2)N S S N 3.电流 磁感线环绕 磁感线 环形电流 四、(2)南 北 上 下 五、2.四指 大拇指 六、2.均匀辐向 3.平行 正比 均匀 考点自测 1.解析 由安培定则可知,两导线在 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,两导线在 a、b 两处产生磁场方向均竖直向下,由于对 称性,电流 M 在 a 处产生磁场的磁感应强度等于电流 N 在 b 处产生磁场的磁感应强虎,同 时电流 M 在 b 处产生磁场的磁感应强度等于电流 N 在 a 处产生磁场的磁感应强度,所以 a、 b 两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,两导线在 c、d 两处产生 磁场垂直 c、d 两点与导线连线方向向下,且产生的磁场的磁感应强度相等,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 两处磁感应强度 的方向均竖直向下,选项 D 错误. 答案 C 2.解析 磁感线是用来形象描述磁场强弱及方向的.其切线方向为该点的磁场方向.磁 感线相交,表明在此处有两个方向,这不可能.磁感线是闭合曲线,因此要注意在磁铁外部 才是由 N 极指向 S 极.磁场的方向我们规定为小磁针 N 极的受力方向即为该处的磁场方向, 故 C 项对;通电导线与磁场平行时,不受力,因此不能根据导线不受力就确定该处磁感强度 为零.可见 A、B、D 三项均错误. 答案 C 3.解析 棒中电流变大,金属棒所受安培力变大,θ 角变大,选项 A 正确;两悬线等长 变短,θ 角不变,选项 B 错误;金属棒质量变大,θ 角变小,选项 C 错误;磁感应强度变大, 金属棒所受安培力变大,θ 角变大,选项 D 错误. 答案 A 4.解析 当接通电键后,直导线 AB 在磁场中受到力的作用,A 端向纸外移动,B 端向 纸内移动,C 正确. 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 由安培定则、 通电直导线周围磁场特点及矢量的合成知 BM 垂直 MN 向下,BN 垂直 MN 向上,且 BM=BN;而 O 点的磁感应强度 B0=0,B 项对,A、C 两项 错误;若在 N 点放一小磁针,静止时其北极垂直 MN 向上.

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答案 B 【变式训练 2】 解析 (1)电流元法 如答图 8-1-1 所示, 把直线电流等效为 AO′、 O′O、 OB 三段(O′O 段极短)电流元, 由于 O′O 段电流方向与该处磁场方向平行, 所以不受安培力作用; AO′段电流元所在处的 磁场方向倾斜向上,根据左手定则可知其所受安培力方向垂直于纸面向外;OB 段电流元所 在处的磁场方向倾斜向下,同理可知其所受安培力方向垂直于纸面向里.综上可知导线将以 OO′段为轴顺时针转动(俯视).

答图 8-1-1 (2)特殊位臵法 把导线转过 90° 的特殊位臵来分析,根据左手定则判得安培力方向向下,故导线在顺时 针转动的同时向下运动. 综上所述,选项 A 正确. 答案 A 【变式训练 3】 解析 棒受到的重力 mg,方向竖直向下,弹力垂直于斜面,大小随安 培力的变化而变化;安培力始终与磁场方向及电流方向垂直,大小随磁场方向不同而变. (1)由平衡条件可知:斜面的弹力和安培力的合力必与重力 mg 等大、反向,故当安培力 mgsinθ 与弹力方向垂直即沿斜面向上时,安培力最小,由平衡条件知 B= ,所以,由左手定 IL 则可知 B 的方向应垂直于斜面向上. (2)棒静止在斜面上,且对斜面无压力,则棒只受两个力作用,即竖直向下的重力 mg 和 mg 安培力 F 作用,由平衡条件可知 F=mg,且安培力 F 竖直向上,故 B= ,由左手定则可知 IL B 的方向水平向左.

答图 8-1-2 (3)此问的讨论只是问题的可能性,并没有具体研究满足平衡的定量关系,为了讨论问题 方便,建立如答图 8-1-2 所示的直角坐标系.欲使棒有可能平衡,安培力 F 的方向需限定 在 mg 和 FN 的反向延长线 F2 和 F1 之间.由图不难看出,F 的方向应包括 F2 的方向,但不能 包括 F1 的方向,根据左手定则,B 与+x 的夹角 θ 应满足 α<θ≤π. mgsinθ 答案 (1) ,方向垂直斜面向上 IL mg (2) ,方向水平向左 IL (3)B 与水平向右方向夹角 θ 应满足 α<θ≤π 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析]

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答图 8-1-3 当导线与 B1 成 60° 夹角时,其受到的安培力为零,说明合磁场方向与电流方向平行,根 据矢量合成的三角形法则画出如答图 8-1-3 所示的矢量图,知 B2 的最小值,B2 最小值= 3 B1sin60° = T,故 BCD 三项均正确. 2 [答案] BCD [误区警示] 错误地认为合磁感强度为零导线才不受安培力作用而只选 C 项. 【例 2】 [解析]

答图 8-1-4 金属棒向外偏转过程中,导线拉力不做功,如答图 8-1-4 所示,安培力 F 做功为 WF=Fx1=BIl2sin37° 重力做功为 WG=-mgx2=-mgl(1-cos37° ) 由动能定理得 BIl2sin37° -mgl(1-cos37° )=0 mg?1-cos37° ? 解得 I= =5 A. Blsin37° [答案] 5 A [误区警示]

图 8-1-20 错误地认为棒到达最高点的速度为零时,一定处于平衡状态,受力分析如图 8-1-20 F BIl 所示,根据受力平衡得出:tanθ= = , mg mg mgtanθ 得 I= =11.25 A. Bl 第二讲 磁场对运动电荷的作用 知识梳理 一、1.运动 2.(1)0 (2)Bqv (3)Bqvsinθ 3.左手 4.垂直 二、1.匀速直线 mv2 mv qB qB 2.匀速圆周 (1) R Bq 2πm m (2)无关 磁感应强度 比荷

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考点自测 1.解析 根据洛伦兹力的特点,洛伦兹力对带电粒子不做功,A 项错误,B 项对.根据 F=qvB 可知,大小与速度有关.洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大 小. 答案 B 2.解析 根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加,可得 O 处的磁场向左,再根据左手 定则判断带电粒子受到的洛伦兹力向下. 答案 B 2π m 3.解析 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,周期 T= ,与速率无关,A、B 两项 qB 均错.运动方向与磁场方向垂直,C 项错,D 项对. 答案 D mv 4.解析 由左手定则可知,N 粒子带正电,M 粒子带负电,A 正确.又 rN<rM,由 r= qB 可得 vN<vM,B 错误.洛伦兹力与速度时刻垂直,不做功,C 错误.粒子在磁场中的运动时 θ T 2πm 间 t= T= ,又 T= ,所以 TM=TN,D 错误. 2π 2 qB 答案 A π 5.解析 粒子以速度 v 进入磁场时轨迹如答图 8-2-1①所示.由几何关系可知 θ1= , 3 θ1 r1= 3R,t1= T. 2π v mv r1 3 粒子以 进入磁场,由 r= 可知 r2= = R, 3 qB 3 3 v 2π θ2 粒子以速度 进入磁场中轨迹如答图 8-2-1②所示.由几何关系可知 θ2= ,t2= T, 3 3 2π 由以上各式可得 t2=2t1=2Δt.

答图 8-2-1 答案 B 典例剖析

【变式训练 1】 解析 答图 8-2-2 离子要打在屏 P 上,离子只能沿顺时针方向偏转,根据左手定则判断,离子都带正电, A 正确;a 和 b 是同种离子,因此它们的质量、电量相同,又因初速度大小也相同,故由 qvB v2 =m 可知它们做圆周运动的半径相同,作出运动轨迹,比较得 a 在磁场中运动的路程比 b r s 的长,C 错误;由 t= 可知,a 在磁场中运动的时间比 b 的长,B 错误;从答图 8-2-2 上可 v

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以看出,D 正确. 答案 AD 【变式训练 2】 解析 因为所有粒子的初速度大小相同,它们在匀强磁场中做匀速圆 mv 周运动的轨道半径 r= 也相同.如答图 8-2-3 所示,当粒子沿 SA 方向水平向右进入磁 qB T 场,然后沿图中实线运动,最后交 OC 于 M 时,在磁场中的运动时间最长,为 ,设 OS=l, 2 3 由几何关系可得,轨道半径 r= l;当粒子在磁场中运动后交 OC 于 N 点,且 SN⊥OC 时, 2 T 粒子的运动时间最短,根据几何关系可知,其运动时间为 ,所以这些粒子在磁场中的运动 6 T T 时间介于 ~ 之间. 6 2

答图 8-2-3
2 v0 【变式训练 3】 解析 对①分析:由牛顿第二定律知 qv0B=m ,解得粒子运动轨迹 r mv0 半径 r= =L,所以粒子从 A 点经过 60° 的圆心角对应的圆弧向右偏转运动到 C 点,时间 qB 1 为 t1= T,其中 T 为粒子在磁场中做圆周运动的周期,运动轨迹为如答图 8-2-4 所示的①. 6 mv0 L 对②分析:同理对粒子受力分析得 r= = ,粒子从 qB 2

答案 A

答图 8-2-4 A 点经过 60° 的圆心角对应的圆弧后进入三角形外面的磁场中, 再经过 60° 的圆心角对应 1 的圆弧到达 C 点,时间为 t2= T,运动轨迹为如答图 8-2-4 所示的②.对③分析:粒子运动 3 mv0 轨迹半径 r= =L,粒子从 A 点经过 60° 的圆心角对应的圆弧向左偏转运动到 B 点,再从 qB B 点经过 300° 的圆心角对应的圆弧到达 C 点,总时间为 t3=T,运动轨迹为如答图 8-2-4 mv0 L 所示的③.对④分析:粒子运动轨迹半径 r= = ,粒子从 A 点经过 60° 的圆心角对应的圆 qB 2 弧向左偏转进入三角形外面的磁场中,再经过 60° 的圆心角对应的圆弧向右偏转到达 B 点,

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5 最后经过 180° 的圆心角对应的圆弧运动到 C 点,总时间为 t4= T,运动轨迹如答图 8-2-4 6 所示的④,因此选项 B 正确. 答案 B 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 作出各自的轨迹如答图 8-2-5 所示,根据圆周运动特点知,分别从 P、Q 点射出时,与 AC 边夹角相同,故可判断从 P、Q 点射出时,半径 R1<R2,所以,从 Q 点射出的粒子速度大,B 项正确;根据图示,可知两个圆心角相等,所以,从 P、Q 点射出 时,两粒子在磁场中的运动时间相等.正确选项应是 B、D.

答图 8-2-5 [答案] BD [误区警示] 带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题常运用圆的知识解题,审题时 注意几何关系. v2 0 【例 2】 [解析] (1)粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由 qv0B=m , r 2πr mv0 T= 得:粒子在磁场中做圆周运动的半径 r= =0.3 m,粒子在磁场中做圆周运动的周期 v0 qB 2πm - - T= =2π×10 5 s=6.28×10 5 s. qB 5 (2)画出粒子的运动轨迹如答图 8-2-6 所示,由粒子的运动轨迹可知 t= T, 6

答图 8-2-6 5π - - 得 t= ×10 5 s=5.23×10 5 s. 3 (3) 由 如 图 粒 子 的 运 动 轨 迹 和 数 学 知 识 可 得 正 三 角 形 磁 场 区 域 的 最 小 边 长 : L = 4 2r+rcos30° ,得 L=r? +1?=0.99 m. cos30° ? 3 ? - [答案] (1)0.3 m (2)5.23×10 5 s (3)0.99 m [误区警示] 常见错误有:①没有分析清楚粒子的运动过程,粒子带正电且磁场垂直纸 面向里,粒子进入磁场后应向上偏;②找不到几何关系,不能根据平面几何关系找出正三角 形区域并求出边长. 第三讲 带电粒子在复合场中的运动 知识梳理 一、1.电场 磁场 重力场 2.(1)静止 匀速直线运动 (2)洛伦兹力 二、1.(1)垂直 (2)qE=qvB 2πm 2.(2)相同 qB 3.(1)磁场能 电能 (2)正极 (3)Bvd

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4.电场力 洛伦兹力 考点自测 1.解析 带电油滴受到的重力竖直向下,电场力只能沿水平方向,为使油滴斜向下方做 直线运动,洛伦兹力一定垂直 MN 斜向右上方,所以油滴带正电时,粒子应从 M 点运动到 N 点,A 项正确.结合三力平衡的特点可知,水平电场方向向左,C 项正确. 答案 AC 2.解析 带电粒子在复合场中做半径为 R 的匀速圆周运动,电场力和重力一定等大、 反向,粒子带负电,A 项正确.洛伦兹力指向圆心,根据左手定则可知粒子沿顺时针方向转 mv BgR 动,B 项正确.根据 R= 可推知 v= ,C 项正确.粒子在运动过程中电场力做功,粒 qB E 子的机械能不守恒,D 错误. 答案 ABC 3.解析 由左手定则可判断正电荷所受洛伦兹力向上,而所受的电场力向下,由运动轨 E E E 迹可判断 qv 甲 B>qE 即 v 甲> ,同理可得 v 乙= ,v 丙< ,所以 v 甲>v 乙>v 丙,故 A 项正 B B B 确,B 项错误;电场力对甲做负功,甲的速度一定减小,对丙做正功,丙的速度一定变大, 故 C、D 错误. 答案 A 4.解析 由题意知,带电粒子每运动一周被加速一次,A 项正确.设粒子经 n 次加速后 1 2 2nqU mvn 2nmqU 的速度为 vn,则 nqU= mvn ,解得 vn= ,又因为 Rn= ,所以 Rn= ,相 2 m qB qB 邻轨迹圆的半径并不随加速次数的增加而正比增加,所以 P1P2 不等于 P2P3,B 项错误.D 形 盒的尺寸影响加速粒子的最大半径,所以加速粒子的最大速度与 D 形盒的尺寸有关,C 项错 误.每个周期内粒子被加速一次,所以加速电场方向不需要做周期性的变化,D 正确. 答案 AD 5.解析 根据左手定则可以判断,正离子向后内侧面偏转,所以前内侧面比后内侧面的 电势低,A 项错误,B 项正确.当前、后内侧面的电势稳定后,有 qvB=qE,所以场强 E= U Uc vB,电势差 U=Eb=bvB,即 v= ,污水流量 Q=vS=v· bc= ,与电压 U 成正比,与 a、 Bb B b 无关,C 项错误,D 项正确. 答案 BD 典例剖析 【变式训练 1】 解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为 t0,加速度的大小为 a,粒子的 初速度为 v0,过 Q 点时速度的大小为 v,沿 y 轴方向分速度的大小为 vy,速度与 x 轴正方向 间的夹角为 θ,由牛顿第二定律得 qE=ma① 由运动学公式得 1 d= at2 ② 2 0 2d=v0t0③ vy=at0④ 2 v= v2 0+vy⑤ vy tanθ= ⑥ v0 联立①②③④⑤⑥式得 qEd v=2 ⑦ m θ=45° ⑧

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答图 8-3-1 (2)设粒子做圆周运动的半径为 R1,粒子在第一象限的运动轨迹如答图 8-3-1 所示, O1 为圆心,由几何关系可知△O1OQ 为等腰直角三角形,得 R1=2 2d⑨ 由牛顿第二定律得 v2 qvB0=m ⑩ R1 联立⑦⑨⑩式得 mE B0= ? 2qd

答图 8-3-2 (3)设粒子做圆周运动的半径为 R2,由几何分析(粒子运动的轨迹如答图 8-3-2 所示, O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H 是轨迹与两坐标轴的交点,连接 O2、O2′, 由几何关系知,O2FGO2′和 O2QHO2′均为矩形,进而知 FQ、GH 均为直径,QFGH 也是矩 形,又 FH⊥GQ,可知 QFGH 是正方形,△QOF 为等腰直角三角形.)可知,粒子在第一、 第三象限的轨迹均为半圆,得 2R2=2 2d? 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得 FG=HQ=2R2? 设粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间为 t, 则有 FG+HQ+2πR2 t= ? v 联立⑦???式得 2md t=(2+π) ? qE qEd 答案 (1)2 ,与 x 轴正方向成 45° 角 m mE 2md (2) (3)(2+π) 2qd qE 【变式训练 2】 解析 (1)由左手定则知,小物体沿斜面下滑时,要受到垂直于斜面向 上的洛伦兹力的作用,由于洛伦兹力随物体运动的速度增大而增大,当其增大到跟重力垂直 于斜面向下的分力 mgcosθ 平衡时,物体对斜面的压力为零,此时物体恰好离开斜面,即有 qvB=mgcosθ mgcosθ 解得 v= qB 故物体在斜面上运动的最大速度为

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mgcosθ qB (2)由于洛伦兹力不做功,设物体恰要离开斜面时它在竖直方向的位移为 h,由动能定理 v= 知 mv2 2 ?mcosθ/qB?2g 故 h= 2 则有物体在斜面上的运动距离 h m2gcos2θ L= = 2 2 . sinθ 2q B sinθ (3)因洛伦兹力是垂直于运动方向的,又物体在离开斜面前是沿斜面运动的,而物体所受 合外力为重力沿斜面方向的下滑分力 mgsinθ,是恒力.设物体在斜面上运动的时间为 t,由 牛顿第二定律和运动学规律得 a=gsinθ;v=at mcotθ 解得 t= qB mgcosθ m2gcos2θ mcotθ 答案 (1) (2) 2 2 (3) qB 2q B sinθ qB 【变式训练 3】 解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动, 有 qE=mg① mg E= ② q 重力的方向是竖直向下的,电场力的方向则应为竖直向上,由于小球带正电,所以电场 强度方向竖直向上. (2)小球做匀速圆周运动, O′为圆心, MN 为弦长, ∟MO′P=θ, 如答图 8-3-3 所示. 设 L 半径为 r,由几何关系知 =sinθ③ 2r mgh=

答图 8-3-3

小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,设小球做圆周运动的速度为 v,有 qvB mv2 = ④ r v0 由速度的合成与分解知 =cosθ⑤ v qBL 由③④⑤式得 v0= cotθ⑥ 2m (3)设小球到 M 点时的竖直分速度为 vy,它与水平分速度的关系为 vy=v0tanθ⑦ 由匀变速直线运动规律,v2 y=2gh⑧ 2 2 2 qBL 由⑥⑦⑧式得 h= 8m2g mg 答案 (1) ,方向竖直向上 q qBL q2B2L2 (2) cotθ (3) 2m 8m2g 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动,有 mg=qE,求得电荷量 q

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mg ,根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电,A 错.由左手定则可判断粒子沿 E qB mgB gB 顺时针方向运动,B 错.由 qvB=mvω 得 ω= = = ,C 正确,在速度选择器装臵中 m Em E E 才有 v= ,故 D 错. B [答案] C [误区警示] 带电体在复合场中做圆周运动时,一定是重力和电场力平衡,洛伦兹力提 供向心力. 【例 2】 [解析] 根据题意可知,当电磁场同时存在时,电场力与洛伦兹力平衡,粒子 做匀速直线运动,从 C 点离开;当只有磁场时,粒子做匀速圆周运动,从 D 点离开,所以粒 子由 C、D 两点离开场区时动能相同.当只有电场时,由 B 点离开场区,粒子做类平抛运动, 水平方向匀速运动,竖直方向匀加速运动,电场力向上且对粒子做正功,动能增加.粒子由 B、C 两点离开场区时时间相同,由 D 点离开场区时时间稍长.电磁场同时存在时,qv0B= E qE,则 =v0.若粒子带负电,则电场方向向下,磁场方向垂直于纸面向里,综上所述,正确 B 选项为 C. [答案] C [误区警示] ①只是浅层次根据三种情况下粒子的运动轨迹不同,没有根据各自运动特 点确定不同情况下的运动的时间,易错选 B 项.②受力分析时思维受限易错选 D 项. 选修 3-2 第九章 电磁感应 第一讲 电磁感应现象 楞次定律 知识梳理 一、1.磁通量 2.(1)部分导体 (2)垂直 3.磁通量 二、1.逆时针 顺时针 顺时针 向下 逆时针 向上 2.(1)阻碍 (2)阻碍 三、1.(1)阻碍 磁通量的变化 (3)磁场方向 磁通量 磁场方向 安培定则 2.(1)切割 (2)垂直 垂直 导体运动方向 感应电流 考点自测 1.解析 法拉第在实验中观察到变化的电流、变化的磁场、在磁场中运动的导体、运动 的磁铁、运动的恒定电流,都与变化和运动有关,C 错. 答案 ABD 2.解析 无论实验用的是交流电还是直流电,闭合开关 S 瞬间,穿过套环的磁通量均增 加,只要套环的材料是导体,套环中就能产生感应电流,套环就会跳起.如果套环是塑料材 料做的,则不能产生感应电流,也就不会受安培力作用而跳起.所以答案是 D 项. 答案 D 3.解析 线圈按 A、B 选项所述方式运动,线圈平面的磁通量未发生变化,只有 C、D 选项磁通量发生变化. 答案 CD 4.解析 由楞次定律可知,导线框进入磁场时,感应电流磁场垂直纸面向里,由安培定 则知,感应电流方向为 a→d→c→b→a,故 A 项错.同理可判断导线框离开磁场时感应电流 方向为 a→b→c→d→a,故 B 项错.由楞次定律的“阻碍”含义,阻碍相对运动,故无论进 入还是离开磁场,安培力方向都是水平向左的. 答案 D 典例剖析 1 【变式训练 1】 解析 取线圈在水平位臵穿过线圈的磁通量为正,则 Φ1=BSsin30° = 2 BS =

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线圈处于竖直位臵,磁感线从线圈另一面穿过,磁通量 Φ2=-BScos30° =-

3 BS 2

故线圈中的磁通量的改变量 3+1 ΔΦ=Φ2-Φ1=- BS 2 3+1 即改变量大小|ΔΦ|= BS. 2 答案 C 【变式训练 2】 解析 线圈由 A 位臵下落至 O 位臵的过程中,磁通量向上增加,由 O 位臵下落至 B 位臵的过程中, 磁通量向上减小, 根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向(由 上往下看)是先顺时针后逆时针,C 项正确. 答案 C 【变式训练 3】 解析 由条形磁铁磁场分布特点可知,穿过其中央位臵正上方的圆环 的合磁通量为零,所以在环下落的过程中,磁通量不变,没有感应电流,圆环只受重力,则 环下落时机械能守恒,A 项正确,B 项错误;给磁铁水平向右的初速度,由楞次定律可知, 圆环中感应电流磁场总是阻碍自身磁通量的变化,所以环要受到向右的作用力,由牛顿第三 定律可知,磁铁要受到向左的作用力而做减速运动(或据“总阻碍相对运动”的推论得出), 故 C 项正确,D 项错误. 答案 AC 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析]

答图 9-1-1 如答图 9-1-1 所示为通电直导线的磁场分布图,可用两种方法判定: (1)用磁通量变化来判定.在线框跨越导线过程中,线框左边部分磁感线穿出,而右边部 分则穿入,我们用合磁通量来判定.当跨在导线左边的线框面积大于右边面积时,合磁通量 是向外的且逐渐减小,为阻碍这个方向的磁通量减小,感应电流方向沿 abcd;当跨在导线右 边的线框面积大于左边面积时,合磁通量向内逐渐增大,为阻碍向内的磁通量增大,感应电 流方向也为沿 abcd. (2)用切割磁感线来判定.在线框跨越导线的过程中,用右手定则可得,cd 边的感应电动 势向上,ab 边的感应电动势向下,而 ad、bc 边不切割磁感线,没有感应电动势产生,因此 cd 和 ab 边产生的感应电动势叠加起来使线框的感应电流的方向沿 abcd. 另由楞次定律可判定线框未跨导线前的感应电流方向为 dcba,离开导线后感应电流的方 向也为 dcba.应选 D. [答案] D [误区警示] 对过程的分析应认真细致,否则易丢落某段过程导致出错. 【例 2】 [解析] 穿过线圈的磁通量先向上增加,后减少,当线圈处在磁铁中间以后, 磁通量先向下增加, 后减少, 所以感应电流的方向为顺时针→逆时针→顺时针, 故 C 项正确, D 项错误;根据楞次定律可以判断:磁铁向右移动过程中,磁铁对线圈有向右的安培力作用, 所以摩擦力方向向左,故 A 项正确,B 项错误. [答案] AC [误区警示] 易出现的错误是对磁铁向右运动过程中穿过线框的磁通量变化的细节判断 不够准确,不能够判断出 N 极和 S 极分别靠近和远离线框时通过的磁通量的变化情况. 第二讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 知识梳理 一、1.(1)电磁感应 (2)磁通量 (3)相同

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ΔΦ 2.(1)磁通量的变化率 (2)n Δt ΔΦ ΔB ΔS (3) n S nB 平均值 Δt Δt Δt 二、1.Blv 2.Blvsinθ 1 3. Bωl2 2 三、1.磁场 ΔI 2.电流 (1)L (2)103 106 Δt 考点自测 ΔΦ 1.解析 由法拉第电磁感应定律 E=n ,知感应电动势的大小与线圈匝数有关,A 项 Δt ΔΦ ΔΦ 错误;由 E=n 知,感应电动势正比于 ,与磁通量的大小无直接关系,B 项错误,C 项 Δt Δt 正确;根据楞次定律,知感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反 减同”,D 项错误. 答案 C 2.解析 设圆的半径为 r,当其绕过圆心 O 的轴匀速转动时,圆弧部分不切割磁感线, 不产生感应电动势,而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中,产生的感应电动势为 E rω ΔB πr2 E - =B0r v =B0r ;当线框不动时,E′= · .由闭合电路欧姆定律,得 I= ,要使 I=I′必 2 Δt 2 R 须使 E=E′,可得 C 选项正确. 答案 C 3. 解析 由右手定则可知金属杆中的电流方向为 N→M, 通过电阻 R 的电流方向为 a→c. 磁感应强度为 B 时,金属杆切割磁感线产生的感应电动势为 E1=Blv;磁感应强度变为 2B 时,金属杆切割磁感线产生的感应电动势为 E2=2Blv,因而 E1 2= 综上可知选项 C 正 确. 答案 C 4.解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动,可以等效为无数根长为 r 的导体棒绕 O 点 做匀速圆周运动,其产生的感应电动势大小为 E=Br2ω/2,由右手定则可知其方向由外指向 圆心,故通过电阻 R 的电流 I=Br2ω/2R,方向由 d 到 c,故选 D 项. 答案 D 5. 解析 由自感规律可知, 在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中 产生了与原电流同向的自感电流,且大于稳定时通过灯泡的原电流.由图可知灯泡和线圈构 成闭合的自感回路,与电源无关,故 A 项错误.造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时 通过灯泡的原电流, 当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象, 故 B 项错误, C 项正确. 自 感系数越大,自感电动势越大,延时越明显,故 D 项错误. 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 磁感应强度以 B=B0+Kt(K>0)随时间变化,由法拉第电磁感应 ΔΦ ΔB L2 KL2C 定律 E= =S =KS,而 S= ,经时间 t 电容器 P 板所带电荷量 Q=EC= ;由楞次 Δt Δt 4π 4π 定律知电容器 P 板带负电,故 D 项正确. 答案 D 【变式训练 2】 解析 电流应等于感应电动势除以电阻 R,问题在于感应电动势应如 何计算.由于这里有明显的金属切割磁感线的运动,故不妨用 E=Blv 的办法计算. 能够引起感应电流的电动势是 MN 间产生的电动势,所以有效切割长度应为 MN ,而 d d Bdv E Bdv MN 用已知参数表示应为 ,所以有效切割长度 l= .解得 E=Blv= ,I= = , sinθ sinθ sinθ R Rsinθ 所以选项 D 正确.

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答案 D 【变式训练 3】 解析 本题考查线圈的自感现象、电磁感应中的电流图象.由题中给 出的电路可知,电路由 L 与 L1 和 L2 与 R 两个支路并联,在 t′时刻,L1 支路的电流因为有 L 的自感作用,所以 i1 由 0 逐渐增大,L2 支路为纯电阻电路,i2 瞬间增大到最大值,所以选项 B 正确. 答案 B 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析]

答图 9-2-1 其等效电路如答图 9-2-1 所示,可清楚地判断出流过 R、r 的电流方向. [答案] B [误区警示] 切割磁感线的导体相当于电源,画出等效电路是解决问题的关键. 【例 2】 [解析] t0 时刻,磁场变化,磁通量变化,故 I≠0;由于 B=0,故 ab、cd 受 安培力均为零,丝线的拉力为零. [答案] C [误区警示] 导体棒中有无电流取决于回路磁通量是否变化, 丝线中有无拉力取决于 ab、 cd 受到的安培力. 第三讲 电磁感应规律的综合应用 知识梳理 一、1.电源 2.(1)大小 方向 ΔΦ E U ΔΦ 3.(1)BLv n (2) Ir E-Ir (3)n Δt R R+r R 二、1.安培力 2.(1)零 (2)不为零 三、1.电能 电能 电能 电能 3.电源 考点自测 1.解析 半圆形硬导体 MN 的有效切割长度为 2L,因此 MN 切割磁感线产生的感应电 动势大小 E=2BLv;MN 相当于电源,MN 之间电势差大小为电源的路端电压,即 U=IR0 E 2BLvR0 = R= . R0+r 0 R0+r 答案 D 2.解析

答图 9-3-1 金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值 vmax,此后金属杆做匀速 BLvmax 运动,杆受重力、轨道的支持力和安培力,如答图 9-3-1 所示.安培力 F= LB, R B2L2vmax mgsinα·R 对金属杆列平衡方程 mgsinα= ,则 vmax= ,由此式可知,B 增大,vmax R B2L2 减小;α 增大,vmax 增大;R 变大,vmax 变大;m 变大,vmax 变大.因此 B、C、D 选项正确. 答案 BCD

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3.解析

答图 9-3-2 对棒沿导轨下滑过程,受力分析如答图 9-3-2,由牛顿第二定律得 mgsinθ-F 安=ma① B2L2v棒 F 安=BIL= ② R 当棒向下加速时,安培力逐渐增大,加速度逐渐减小,当 a=0 时棒匀速运动. B2L2v 当速度为 v 时,mgsinθ- =0③ R

答图 9-3-3 设所加拉力为 F,受力分析如答图 9-3-3 所示,导体棒将继续加速下滑,由牛顿第二 定律得 B2L2v棒 F+mgsinθ- =ma④ R P=Fv 棒⑤ 当加速度再次为零时匀速运动,此时 B2L2· 2v F0+mgsinθ- =0⑥ R P=F0· 2v⑦ 联立③⑥⑦式,解得 F0=mgsinθ,P=2mgvsinθ. A 项正确,B 项错误. v g 当棒的速度为 时,代入①②③式,得 a= sinθ,C 项正确. 2 2 由功能关系知,当棒以 2v 匀速运动时,R 上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功,D 项错误. 答案 AC 4.解析 线框中的感应电流沿顺时针方向,由楞次定律可知,直导线中电流向上减弱或 向下增强,所以首先将 B、D 项排除掉.又知线框所受安培力先水平向左、后水平向右,C 项明显也不对,所以仅有 A 项正确. 答案 A 典例剖析 【变式训练 1】 解析 由右手定则,可知 ab 中电流方向为 a→b,A 项错误;导体棒 ab 切割磁感线产生的感应电动势 E=Blv,ab 为电源,cd 间电阻 R 为外电路负载,de 和 cf 间电 E Blv 阻中无电流,de 间无电压,因此 cd 和 fe 两端电压相等,即 U= ×R= =1 V,B、D 项 2R 2 正确,C 项错误. 答案 BD 【变式训练 2】 解析

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答图 9-3-4 (1)金属杆受力如答图 9-3-4 所示,当金属杆向下滑动时,速度越来越大,安培力 F 安 变大,金属杆加速度变小.随着速度的变大,加速度越来越小.ab 做加速度越来越小的加速 运动,最终加速度变为零,金属杆做匀速运动. (2)经过时间 t,ab 杆速度 v=at, Blvcosα 感应电流 I= , R+r 由牛顿第二定律 F+mgsinα-BILcosα=ma, B2L2acos2α F=m(a-gsinα)+ · t. R+r 答案 (1)见解析 B2L2acos2α (2)F=m(a-gsinα)+ · t R+r 【变式训练 3】 解析 (1)金属棒 ab 机械能的减少量 1 ΔE=mgh- mv2=2.8 J. 2 (2)速度最大时金属棒 ab 产生的电动势 E=BLv, 产生的电流 I=E/(r+R/2), 此时的安培力 F=BIL, 由题意可知,受摩擦力 Ff=mgsin30° -F, 由能量守恒, 得损失的机械能等于金属棒 ab 克服摩擦力做功和产生的电热之和, 电热 Q =ΔE-Ffh/sin30° , 上端电阻 R 中产生的热量 QR=Q/4, 综上得 QR=0.55 J. 答案 (1)2.8 J (2)0.55 J T 【变式训练 4】 解析 Ⅱ磁场中,0~ 的时间内产生顺时针方向的电流,根据左手定 2 ΔΦ B2 S Δt kS T 则可判定 ab 受到的安培力方向向左. 其大小 F= l =B2 lab 为定值. 同理可得在 ~T R ab R 2 时间内,ab 边受安培力的方向水平向右.故 B 正确,A、C、D 均错误. 答案 B 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中, 线框切割磁感线 的有效长度逐渐增大,所以感应电流也逐渐增大,A 项错误;从正方形线框下边完全进入至 下边刚穿出磁场边界时,切割磁感线有效长度不变,故感应电流不变,B 项错误;当正方形 线框下边离开磁场,上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中,磁通量减少 得稍慢,故这两个过程中感应电动势不相等,感应电流也不相等,D 项错误,正确选项为 C. [答案] C [误区警示] 对物理过程分析不清导致切割磁感线的有效长度判断有误致使得出错解, 易错选 D 项. 【例 2】 [解析] (1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动,切割磁感线的速 度大小为 v,任意时刻线框中总的感应电动势大小 E=2nB0Lv, 2nB0Lv 导线中的电流大小 I= . R

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2 4n2B2 0L v , R 由左手定则判断,线框所受安培力的方向始终沿 x 轴正方向. 2nB0Lv [答案] (1)2nB0Lv R 2 4n2B2 0L v (2) ,沿 x 轴正方向 R [误区警示] 没有考虑线框的 ab、cd 两条边在方向相反的磁场中均产生电动势,只按一 条边切割磁感线来计算电动势,易得出 E=nB0Lv 的错误结果.求线框所受安培力时,一是 不注意总安培力为 n 匝线圈受力之和;二是没有考虑线框的 ab、cd 两条边均受到安培力,得 2 nB2 0L v 出 F=BIL= 的错误结论. R 第十章 交变电流 传感器 第一讲 交变电流的产生和描述 知识梳理 一、1.方向 周期性 2.匀强磁场 匀速转动 3.(1)垂直 (2)最大 零 零 两 4.(1)Emaxsinωt (2)Umaxsinωt (3)Imaxsinωt 二、1.某一时刻 2.热效应 相等 2 2 2 1 2π 3.快慢 (1)一次周期性 (2)次数 (3) 2πf f T 考点自测 1.解析 我国居民日常生活所用交流电压的有效值 U 有效=220 V,交流电的频率 f=50 - Hz, 所以交流电压的最大值 Um= 2U 有效=220 2 V=311 V, 周期 T=1/f=0.02 s=2×10 2 s, C 项正确. 答案 C 2.解析 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生感应电动势的最大值为 Em=BSω=BS· 2πn=1×0.1×0.4π(V)=0.04π(V), 12 角速度 ω=2πn=2π× rad/s=0.4π rad/s, 60 故其瞬时值表达式为 e=0.04πsin0.4πt(V),C 项正确. 答案 C Em 3.解析 由 e=Emsinωt=50sin100πt(V),可知 Em=50 V,E 有效= =25 2 V,ω= 2 2π 100πrad/s,T= =0.02 s,f=50 Hz. ω 答案 CD 8 T T 4.解析 多用电表的读数为有效值,由 I2RT=? ?2R +(3 2)2R 得 I=5 A. 2 ? 2? 2 答案 C 典例剖析 【变式训练 1】 解析 本题考查正弦交流电的图象,意在考查学生根据正弦交流电的 图象获取交流电特征信息的能力. t=0.005 s 时感应电动势最大, 线框的磁通量变化率也最大, A 项错误;t=0.01 s 时感应电动势为零,穿过线框磁通量最大,线框平面与中性面重合,B 311 项正确;感应电动势的最大值为 311 V,有效值则为 V,C 项错误;所产生电动势的周期 2 为 0.02 s,频率等于周期的倒数,为 50 Hz,D 项错误. 答案 B 【变式训练 2】 解析 设交流电源输出电压的最大值为 Um,根据交流电有效值的定义

(2)线框所受安培力的大小 F=2nB0LI=

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以及最大值与有效值的关系,有效值为 U=

Um U2 102 ,由 P= ,得接直流电源时 P= ,接交流 R R 2

?Um?2 P ? 2? 电源时 = ,得 Um=10 V,只有 C 项正确. 2 R 答案 C 误区反思 感悟提高 【例】 [解析] 电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图象知电动势的最大值 Emax RE =220 2 V,有效值 E=220 V,灯泡两端电压 U= =209 V,A 项错误;由图象知,T ?R+r? =0.02 s,一个周期内电流方向变化两次,可知 1 s 内电流方向变化 100 次,B 项错误;灯泡 U2 2092 E 消耗的实际功率 P= = W=459.8 W,C 项错误;电流的有效值 I= =2.2 A,发电 R 95 R+r 机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为 Qr=I2rt=2.22×5×1 J=24.2 J,D 项正确. [答案] D [误区警示] 正确区分电动势和路端电压,且计算焦耳热、功率时用有效值. 第二讲 变压器 电能的输送 知识梳理 一、1.(1)原线圈 副线圈 闭合铁芯 (2)互感 n1 n2 2.(1) 降压 升压 (2) n2 n1 3.(1)高 低 (2)大 小 二、1.(1)I2R (2)电阻 电阻率小 横截面积 电流 输电电压 考点自测 1.解析 由输入电压的瞬时表达式可知,ω=100π=2πf,因此交流电的频率为 50 Hz, 12 V 2 A 错误; 原线圈两端电压 U1=12 V, 由变压比可知 = , 得 U2=6 V, 电压表的示数为 6 V, U2 1 U2 6 B 错误;电流表的示数 I2= = A=1 A,C 错误;变压器输入功率 P=U2I2=6 W,D 正确. RL 6 答案 D Um 5 2.解析 电压表示数为电压有效值,由图②可得 U= = V,选项 A 错误,B 正确; 2 2 n2 Um2 副线圈电压峰值为 5 000 V 时, = =1 000,由于引发电火花的条件是副线圈电压峰值大 n1 Um1 n2 于 5 000 V,故 >1 000,选项 C 正确,D 错误. n1 答案 BC 3. 解析 当副线圈与原线圈的匝数比为 k 时, 副线圈输出电压为 kU, 输出电流 I=P/(kU), P ?2 线路损耗的电功率为 P1=I2R=? ?kU? R.若将副线圈与原线圈的匝数比提高到 nk,副线圈输出 P ?2 P2 1 P 电压为 nkU,输出电流 I′= ,线路损耗的电功率为 P2=I′2R=? nkU ? ? R.P1=n2,D 项正 nkU 确,A、B、C 项错误. 答案 D 4.解析 本题考查变压器、远距离输电,意在考查考生的推理能力.设升压变压器的匝 数比为 N1,降压变压器的匝数比为 N2,发电厂输出电压为 U1,输出功率为 P1,则升压变压 P2 1R 器的输出电压为 N1U1,输电线中的电流为 P1/(N1U1),输电线损耗的功率为 2 2,降压变压 N1U1 N1U1-P1R1/?N1U1? P1R 器输出电压为 ,输电线上损耗的功率占总功率的比例为 2 2,可见,当输 N2 N1U1 出功率 P1 增大时,选项 C、D 项正确. 答案 CD

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典例剖析 U 1 n1 【变式训练 1】 解析 由图②可知原线圈两端电压的有效值 U1=220 V,由 = ,可 U 2 n2 n1 U1 220 得原副线圈匝数之比 = = = , 故 B 项错误; 电流表示数与电压表示数都为有效值, n2 U2 110 U 110 故 C 项正确;电流表示数 I= = A=2 A,故 A 项正确;由图②,可知 T=0.02 s,所以 R 55 1 1 交变电压的频率为 f= = Hz=50 Hz,D 项错误. T 0.02 答案 AC U2 2 【变式训练 2】 解析 c 向 b 端移动时,R 变大,输出功率 P2= ,又因 U2 不变,则 R U2 P2 减小,所以输入功率减小,A 项错误;c 向 a 移动时,R 变小,A2 示数 I2= 变大,则 A1 R U2 示数变大,B 项错误;c 向 b 移动时,R 变大,由 I2= ,知 A2 示数变小,故 C 项错误;当 R n2 滑片 c 不动,开关 S 由 1 掷向 2 时,原线圈匝数 n1 减少,由 U2= U1,知 U2 变大,故 A2 示 n1 数变大,A1 示数变大,故 D 项正确. 答案 D 【变式训练 3】 解析 额定电压为 220 V 的家用电器都正常工作时,输电线路中的电 流 I = P/U = 200 A , A 项错误;发电机的实际输出电压 U 实 = U + Ir×2×400 = 220 V + - 200×2.5×10 4×2×400 V=260 V,B 项错误;在输电线路上损失的电功率 P 损=I2r×2×400 - =2002×2.5×10 4×2×400 W=8 000 W=8 kW,C 项正确;如果该柴油发电机发的电是正弦 式交变电流,则其输出电压最大值是 260× 2 V=367.6 V,D 项错误. 答案 C 误区反思 感悟提高 【例 1】 [解析] 导体棒匀速向右切割磁感线运动时,变压器输入端为恒定电流,穿过 副线圈的磁通量不变化,因此,电流表 A2 读数为零. [答案] C I1 n2 [误区警示] 不理解或忽视变压器的变压原理,直接应用 = 计算副线圈中电流易错选 I2 n1 B 项. 【例 2】 [解析] 因为电压比等于匝数比,A 项正确.由能量守恒,输入功率等于输出 功率,P1=P2+P3,即 I1U1=I2U2+I3U3,进而可变形得 n1I1=n2I2+n3I3,C、D 项正确. [答案] ACD I1 n2 [误区警示] 原、副线圈中电流比 = 只适用于副线圈只有一组的情况,若副线圈有多 I2 n1 组时,应根据 P 入=P 出确定. 第三讲 传感器的简单应用 知识梳理 一、非电学量 电学量 通断 二、1.变小 变大 2.增大 温度 热电阻 增强 大 灵敏度 3.磁感应强度 电压 三、1.力传感器 金属架 应变片 半导体 2.声信号 电信号 3.(1)双金属片 通断 (2)感温铁氧体 温度 热敏电阻 四、1.(1)传感器 敏感 2.感受 测量 考点自测 1. 解析 传感器是将感受到的非电学量转化为电学量的仪器, 不同的传感器感受不同的

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信号,B、C 项正确. 答案 BC 2.解析 本题考查传感器的特点,意在考查学生的理解能力.传感器是指能够感受诸如 力、温度、光、声、化学成分等非电学量,并把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电 学量的元件.发光二极管是电学元件,是电能转换成光能的元件,不是传感器,A 项错误; 干电池是一种电源,不是传感器,D 项错误;热敏电阻受热时,其电阻会发生变化,能把热 学量转换成电学量,是传感器,B 项正确;霍尔元件能够把磁感应强度这个非电学量转换成 电压这个电学量,是传感器,C 项正确. 答案 BC 3.解析 街旁的路灯和江海里的航标,都是利用了半导体的光敏性,夜晚电阻大,白天 电阻小,控制了电路的通断. 答案 B 4.解析 电压表为理想电表,则电压表不分流,故触头移动时不会改变电路的电阻,也 就不会改变电路中的电流,故 A 项错误;电压表测的是触头 P 左侧电阻分得的电压,故示数 随物体 M 的移动(亦即触头的运动)而变,故 B 项正确,C、D 项错误. 答案 B 典例剖析 【变式训练 1】 解析 电源电压恒定,也就是说,并联电路两端的电压恒定,当滑动 触头向左移动时,发光二极管发光变强,光敏电阻的电阻变小,所以电流变大,则 L 的功率 变大. 答案 A 【变式训练 2】 解析 当电路正常工作时,电流经火线流入用电器,再由零线流回, 由于火线和零线并行绕成,火线和零线中的电流反向,合磁通量为零,故 A、B 项正确;用 电器短路后,火线和零线中电流仍然等大、反向,电路中无磁通量,开关不会被电磁铁吸起, C 项错误;当地面上的人触电时,火线中的电流经人体流入大地,由于电磁感应,L2 产生感 应电流,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关 K,从而切断家庭电路,D 项正确. 答案 ABD 误区反思 感悟提高 【例】 [解析] 当有光照到 R1 时,R1 电阻率降低,电阻变小,电路电流变大,定值电 阻 R2 两端电压变大,所以 R1 分得的电压要变小,与之并联的信号处理系统电压也会变小; 同理,当有制品通过时,照向 R1 的光被制品挡住,R1 电阻率变大,其电阻随之变大,信号 处理系统获得较高电压,所以正确答案是 A、C 项. [答案] AC [误区警示] 有光照射时,光敏电阻阻值减小,没有光照时电阻增大.另外,信息处理 系统获得的电压为 R1 两端电压,应根据电路特点应用闭合电路欧姆定律分析. 选考部分 选修 3-3 第十一章 热学 第一讲 分子动理论 内能 实验:用油膜法估测分子的大小 知识梳理 - - 一、1.(1)10 10 油膜法 球形 立方体 10 10 m - (2)6.02×1023mol 1 2.(1)对方 无规则运动 永不停息地做无规则运动 快 (2)无规则 不平衡 小 高 永不停息地无规则 分子 分子 3.(1)空隙 (4)= 零 > 引力 < 斥力 (5)大量分子 永不停息 引力 斥力 微观 统计 二、1.(1)体积 压强 温度 平衡态 (2)热平衡 相同的温度 温标 摄氏温标 热力 学温标 开尔文 T=273 K+t (3)冷热程度 平均动能 2.(1)温度 越大 无关 (2)体积 分子间距离 增大 增大 最小 (3)动能 分子势 能 物质的量 温度 体积 物质的量 温度 体积 无关 (4)平均动能 平均速率 分

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子数 分子平均动能 (5)减少 增加 V 三、2.球形 S V 4.(4) S 考点自测 1 1 g 水所含水分子的个数为 ×6×1023,要数完其水分子所需时间为 18 1 ×6×1023 18 t= 年=1×105 年,所以答案为 C 项. 60×108×5 000×24×365 答案 C 2.解析 布朗运动是悬浮粒子的无规则运动,不是液体分子的运动,A 项错误;液体的 温度越高,悬浮粒子越小,布朗运动越剧烈,B 项正确;布朗运动是由于液体分子从各个方 向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的,C 项错误,D 项正确. 答案 BD 3.解析 水压机工作时,水分子间距离小于平衡位臵之间距离,水分子之间既有引力也 有斥力,但斥力大于引力,分子力表现为斥力,选项 D 正确. 答案 D 4.解析 根据热力学第一定律,气体内能变化与做功和热传递有关,A 项错误;根据热 力学第二定律可知热量不可自发的由低温物体传到高温物体,但热量还是可以通过外界的方 法由低温物体传到高温物体,B 项错误;分子内能与分子间的距离有关,当 r>r0 时,分子间 距离越大,分子势能越大,r<r0 时,分子间距离越大,分子势能越小,C 项错误;分子间的 引力和斥力都随分子间距离的变化而变化,距离减小,引力和斥力都要增大,D 项正确. 答案 D 5.解析 由分子动理论内容得:温度是分子平均动能的标志,物体温度越高,则分子的 平均动能就越大,所以选项 A 正确.温度升高,但是每一个分子的动能不一定全变大,而是 分子的平均动能增加,选项 B 错误.物体的内能是由两方面共同决定的:分子动能和分子势 能,所以当物体内能增加时,单一地说该物体的温度升高是错误的,所以选项 C 错误.两个 物体温度高低比较,温度高的则分子的平均动能大,但是不能说明是平均速率大,所以选项 D 错误. 答案 A 典例剖析 【变式训练 1】 解析 设气体体积为 V0,变为液体后体积为 V1, ρV0 πd3 气体分子数 n= N ,V1=n (或 V1=nd3), M A 6 V1 ρ 3 V1 ρ 3 则 = πd NA(或 = d NA), V0 6M V0 M V1 - - 解得 ≈1×10 4(或 2×10 4). V0 - - 答案 1×10 4(或 2×10 4) 【变式训练 2】 解析 乙分子的运动方向始终不变,A 项错误;加速度与力的大小成 正比, 方向与力相同, 故 B 项正确; 乙分子从 A 处由静止释放, 分子势能不可能增大到正值, 故 C 项错误;分子动能不可能为负值,故 D 项错误. 答案 B 【变式训练 3】 解析 升高相同的温度,分子的平均动能增量相同,而物体的内能是 物体内所有的分子的动能和势能的总和.分子的平均动能增量相同,分子数不同,分子的势 能也不一定相同,所以内能增量一定相等是不正确的,即 A 项错误;0℃的水变成 0℃的冰, 需放出热量,因温度不变,所以分子的动能不变,分子的势能就必须减少,因而内能就一定 减少,即 B 项正确;一定质量的气体体积增大,气体对外做功,又因不吸热不放热,所以内 能一定减少,即 C 项正确;对一定量气体吸热但体积不变,即不对外做功,外界也不对气体 做功,内能一定增加,即 D 项错误. 1.解析

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答案 BC 误区反思 感悟提高 M ρ·V 【例 1】 [解析] 据题给条件和阿伏加德罗常数定义 NA= = 即 B、C 项正确;而 m m 气体分子之间距离很大, 气体分子的体积与分子所占据的空间体积相差很大, 所以 A 项错误; 同理 ρ 为气体的密度,ρV0 并不等于分子的质量,所以 D 项错误. [答案] BC [误区警示] 固体和液体分子可认为一个挨一个排列,但气体分子间距离很大,所以气 体的摩尔体积 V≠NAV0. 【例 2】 [解析] 由图可知乙分子从 r3 到 r1 始终受分子引力,即乙分子始终加速.在 r2 处引力最大,加速度最大,故 A 项正确,而 B 项错误.此过程中引力做正功,分子势能减 小,故 C、D 项错误. [答案] A [误区警示] 读懂图象中分子力的变化规律是解题的关键,从 r3 到 r1 过程中分子力为引 力,引力做正功,分子势能减少. 第二讲 固体、液体和气体 知识梳理 一、 1.(1)晶体 非晶体 晶体 非晶体 (2)规则 没有规则 确定 没有确定 (3)各向 异性 各向同性 - 2.(1)小得多 小 10 10 m (2)较大 引力 表面张力 表面张力 3.流动性 各向异性 二、1.(1)动态平衡 3.压强 三、2.“中间多、两头少” 3.机会 4.增大 增大 四、1.(1)冷热程度 激烈程度 平均动能 (2)0 ℃ 100 ℃ -273 ℃ 达到 相同的 t+273 K 2.(2)m3 103 106 3. (1)单位面积上的压力 (2)温度 体积 平均动能 分子的密集程度 (3) 1 N/m2 760 4.(1)温度 压强 五、1.(1)p1V1=p2V2 4.(1)实验定律 压强 大气压 温度 室温 (2)分子势能 温度 物质的量 考点自测 1.答案 BC 2. 解析 由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离, 所以表面层分子间 的相互作用表现为引力;这种引力使液体表面层的相邻部分之间有相互吸引的力(即表面张 力),表面张力使液体表面具有收缩的趋势.选项 D 正确. 答案 D 3. 解析 气体分子在单位时间内对单位面积器壁的碰撞次数, 是由单位体积内的分子数 和分子的平均速率共同决定的,选项 A 和 D 都是单位体积内的分子数增大,但分子的平均速 率如何变化却不知道;选项 C 由温度升高可知分子的平均速率增大,但单位体积内的分子数 如何变化未知,所以选项 A、D、C 都不能选. 答案 B 4.解析 (1)在打开阀门 S 前,两水槽水温均为 T0=273 K.设玻璃泡 B 中气体的压强为 p1,体积为 VB,玻璃泡 C 中气体的压强为 pC,依题意有 p1=pC+Δp① 式中 Δp=60 mmHg.打开阀门 S 后,两水槽水温仍为 T0,设玻璃泡 B 中气体的压强为 pB. 依题意,有 pB=pC②

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玻璃泡 A 和 B 中气体的体积为 V2=V

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