高考导练2017年高考物理一轮复习 专题热点1-11（打包11套）新人教版.zip

1专题热点三 巧解动力学问题的方法动力学问题是指涉及力和运动关系的问题，在整个物理学中占有非常重要的地位，是历年高考的热点内容．牛顿运动定律是解决动力学问题的关键，常用整体法与隔离法、图象法、假设法、分解加速度法等等．一、整体法与隔离法在物理问题中，当所研究的问题涉及由两个或两个以上相互作用的物体构成的物体组或连接体(系统内的物体的加速度不一定相同)时：(1)若系统内各物体具有相同的加速度，且要求物体间的相互作用力时，一般先用整体法由牛顿第二定律求出系统的加速度(注意 F＝ ma 中质量 m 与研究对象对应)，再根据题目要求，将其中的某个物体(受力数少的物体)进行隔离分析并求解它们之间的相互作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力” ．(2)若系统内各个物体的加速度不相同，又不需要求系统内物体间的相互作用力时，可利用牛顿第二定律对系统整体列式( F 合 ＝ m1a1＋ m2a2＋…)，减少未知的内力，简化数学运算．(3)若系统内各个物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力时，往往把物体从系统中隔离出来，分析物体的受力情况和运动情况，并分别应用牛顿第二定律列出方程．隔离法和整体法是互相依存、互相补充的，两种方法配合交替使用，常能更有效地解决问题．【例 1】 (多选)如图 3－1 所示，在光滑的水平地面上，有两个质量均为 m 的物体，中间用劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，在外力 F1、 F2作用下运动( F1F2)．则下列说法中正确的是( )图 3－1A．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F1＋ F22kB．当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为F1－ F2kC．撤去 F2的瞬间， A、 B 的加速度之比为F1－ F2F1＋ F2D．撤去 F2的瞬间， A、 B 的加速度之比为F1－ F2F2【解析】 把两个物体看作一个整体，对该整体进行受力分析，水平方向的 F1和 F2的合力即是整体受到的合外力 F＝ F1－ F2，根据牛顿第二定律得整体的加速度 a＝ ，方F1－ F22m2向向右；再隔离物体 A 进行受力分析，水平方向受到向右的拉力 F1和水平向左的弹簧弹力kx 的共同作用，由牛顿第二定律得 F1－ kx＝ ma，联立可得弹簧的伸长量为 ，A 正确，F1＋ F22kB 错误，撤去 F2的瞬间，弹簧弹力不变，此时 A 的加速度不变， B 的加速度为 aB＝ ＝kxm，所以 A、 B 的加速度之比为 ，C 正确，D 错误．F1＋ F22m F1－ F2F1＋ F2【答案】 AC二、图象法分析动力学问题时，利用图象，尤其是 v－ t 图象，把物理过程的动态特征展现得更清楚，使解题简单明了．图 3－2【例 2】 一长木板在水平地面上运动，在 t＝0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度一时间图象如图 3－2 所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度的大小 g＝10 m/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从 t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．【解析】 (1)从 t＝0 时开始，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共同速度为止．由题图可知，在 t1＝0.5 s 时，物块和木板的速度相同，设 t＝0 到 t＝ t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为 a1和 a2，则 a1＝ ①v1t1a2＝ ②v0－ v1t1式中 v0＝5 m/s、 v1＝1 m/s 分别为木板在 t＝0、 t＝ t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为 m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ 1、 μ 2，由牛顿第二定律得μ 1mg＝ ma1③(μ 1＋2 μ 2)mg＝ ma2④联立①②③④式得3μ 1＝0.20⑤μ 2＝0.30⑥(2)在 t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为 f，物块和木板的加速度大小分别为 a1′和 a2′，则由牛顿第二定律得f＝ ma1′⑦2μ 2mg－ f＝ ma2′⑧假设 fμ 1mg，与假设矛盾．故 f＝ μ 1mg⑨图 3－3由⑦⑨式知，物块加速度的大小 a1′等于 a1；物块的 v－ t 图象如图 3－3 中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2× ⑩v212a1s2＝ t1＋ ⑪v0＋ v12 v212a2′物块相对于木板的位移的大小为s＝ s2－ s1⑫联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫ 式得s＝1.125 m．⑬【答案】 (1)0.20 0.30 (2)1.125 m三、假设法假设法，就是以已有的经验和已知的事实为基础，对所求知的结果、结论或现象的原因作推测性或假定性的说明，然后根据物理规律进行分析、推理和验证．假设法主要有两种情况：1．假设某条件存在或不存在，进而判断由此带来的现象是否与题设条件相符．2．假设处于题设中的临界状态，以题为依据，寻求问题的切入点，进而解决该问题．4图 3－4【例 3】 如图 3－4，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为 m1和m2的物体 A 和 B.若滑轮有一定大小，质量为 m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对 A 和 B 的拉力大小分别为 T1和 T2，已知下列四个关于 T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是( )A． T1＝ m＋ 2m2 m1gm＋ 2 m1＋ m2B． T1＝ m＋ 2m1 m2gm＋ 4 m1＋ m2C． T1＝ m＋ 4m2 m1gm＋ 2 m1＋ m2D． T1＝ m＋ 4m1 m2gm＋ 4 m1＋ m2【解析】 若滑轮的质量 m＝0，则细绳对 A 和 B 的拉力大小 T1和 T2相等，设为 T.假设m1m2， A 和 B 一起加速运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律分别对 A、 B 有：m1g－ T＝ m1a、 T－ m2g＝ m2a，联立解得： T＝ ，把 m＝0 代入 A、 B、 C、 D 分析判断可知2m1m2gm1＋ m2C 正确．【答案】 C四、分解加速法通常我们建立坐标系是以加速度的方向作为坐标轴的正方向，有时为减少力的分解，也可巧妙地建立坐标系，而将加速度进行分解，应用牛顿第二定律的分量式求解．图 3－55【例 4】 (多选)一物体放置在倾角为 θ 的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为 a，如图 3－5 所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是( )A．当 θ 一定时， a 越大，斜面对物体的正压力越小B．当 θ 一定时， a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C．当 a 一定时， θ 越大，斜面对物体的正压力越小D．当 a 一定时， θ 越大，斜面对物体的摩擦力越小图 3－6【解析】 物体受重力、支持力、摩擦力的作用．由于支持力、摩擦力相互垂直，因此沿斜面和垂直于斜面方向建立直角坐标系，把加速度 a 在沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，如图 3－6 所示．则由牛顿第二定律得沿斜面方向：Ff－ mgsinθ ＝ masinθ ①垂直于斜面方向： FN－ mgcosθ ＝ macosθ ②当 θ 一定时，由①知， a 越大， Ff越大，B 正确；由②知， a 越大， FN越大，A 错误；当 a 一定时，由①知， θ 越大， Ff越大，D 错误；由②知， θ 越大， FN越小，C 正确．【答案】 BC五、临界法若题目中出现“最大” 、 “最小” 、 “刚好”等词语时，一般都有临界状态出现．分析时，可用极端问题分析法，即把问题(物理过程)推到极端，分析在极端情况下可能出现的状态和满足的条件．在某些物理情境中，由于条件的变化，会出现两种不同状态的衔接，在这两种状态的分界处，某个(或某些)物理量取特定的值，例如具有最大值或最小值．【例 5】 总质量为 M 的两物块 A、 B 静止叠放在水平面上，用轻绳通过滑轮将 A、 B 连接， A 与 B 及水平面间的动摩擦因数均为 μ ，对滑轮轴施加一个水平力 F，如图 3－7 所示．图 3－7(1)若 A、 B 能以相同的加速度向右运动，求 A、 B 两物块的质量之比最小为多少？(2)若 mA＝4 kg、 mB＝2 kg， μ ＝0.4，要使 A 能在水平面上运动，求水平力 F 应满足什么条件？若 F＝28 N，求 A、 B 的加速度各为多大？取 g＝10 m/s 2.6【解析】 (1)设物块 B 的质量为 m， A、 B 的加速度为 a，对整体由牛顿第二定律得F－ μMg ＝ Ma对物块 B，有 － μmg ＝ maF2联立解得 ＝mM 12所以( M－ m)∶ m＝1∶1.图 3－8(2)依题意可知 mAmB， A、 B 有不同的加速度，设加速度分别为 a1、 a2，并假定此时 B受到的滑动摩擦力向左， A、 B 受力如图 3－8，由牛顿第二定律可得－ μ (mA＋ mB)g＋ μm Bg＝ mAa1F2解得 F＝2 mA(μ g＋ a1)图 3－9其中 a10，因此 F32 NF＝32 N 时 B 的加速度 a2＝ ＝4 m/s 2a1F/2－ μ mBgmB假定成立即水平力 F 必须大于 32 N，物块 A 才能在水平面上运动若 F＝28 N，则 A 静止不动，加速度 a1′＝0对 B 有 － μm Bg＝ mBa2′F2代入数据解得 a2′＝3 m/s 2.【答案】 (1)1∶1(2)F＞32 N， a1′＝0， a2′＝3 m/s 2六、建模法应用牛顿第二定律解题时，往往要建立一些理想模型．例如：将物体看成质点，光滑接7触面摩擦力为 0，细线、细杆及一般的物体为刚性模型，轻弹簧、橡皮绳为弹性模型，等等．图 3－10【例 6】 如图 3－10 所示，斜面与水平面间的夹角 θ ＝30°，物体 A 和 B 的质量分别为 mA＝10 kg、 mB＝5 kg，两者之间用质量不计的细绳相连．(1)如果 A 和 B 与斜面之间的动摩擦因数分别为 μ A＝0.6、 μ B＝0.2，则两物体的加速度各为多大？绳的张力为多少？(2)如果把 A 和 B 的位置互换， A、 B 与斜面之间的动摩擦因数仍为μ A＝0.6、 μ B＝0.2，则两物体的加速度及绳的张力各是多少？(3)如果斜面光滑，则两物体的加速度及绳的张力各是多少？【解析】 (1)设绳的张力为 FT，物体 A 和 B 沿斜面下滑的加速度分别为 aA和 aB，根据牛顿第二定律可知对 A 有 mAgsinθ － FT－ μ AmAgcosθ ＝ mAaA对 B 有 mBgsinθ ＋ FT－ μ BmBgcosθ ＝ mBaB设 FT＝0，即假设绳子没有张力，联立求解得gcosθ (μ A－ μ B)＝ aB－ aA因 μ Aμ B，故 aBaA，说明物体 B 比物体 A 运动得快，绳松弛，所以 FT＝0 的假设成立．因 aA＝ g(sinθ － μ Acosθ )＝－0.196 m/s2与实际不符，故 A 静止；aB＝ g(sinθ － μ Bcosθ )＝3.27 m/s 2.(2)如果 A 与 B 位置互换，则在(1)问的假设条件下， gcosθ (μ A－ μ B)＝ aB－ aA0，即B 物体应运动得比 A 物体快，所以 A、 B 之间有拉力且二者共速，设加速度为 a.用整体法，对 A、 B 组成的整体有mAgsinθ ＋ mBgsinθ － μ AmAgcosθ － μ BmBgcosθ ＝( mA＋ mB)a代入数据解得 a＝0.96 m/s 2用隔离法，对 B 有 mBgsinθ － μ BmBgcosθ － FT＝ mBa代入数据解得 FT＝11.5 N(3)如果斜面光滑，摩擦不计，则 A 和 B 沿斜面的加速度均为 a′＝ gsinθ ＝5 m/s2，绳的张力为 0.【答案】 (1)0 3.2 m/s 2 0(2)0.96 m/s2 11.5 N (3)5 m/s 2 01专题热点四 平抛运动与圆周运动的综合问题一、水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题1．命题角度此类问题往往是物体先做水平面内的匀速圆周运动，后做平抛运动，有时还要结合能量关系分析求解，多以选择题或计算题形式考查．2．解题关键(1)明确水平面内匀速圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程．(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移．(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度．【例 1】 地面上有一个半径为 R 的圆形跑道，高为 h 的平台边缘上的 P 点在地面上P′点的正上方， P′与跑道圆心 O 的距离为 L(LR)，如图 4－1 所示，跑道上停有一辆小车，现从 P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中(沙袋所受空气阻力不计)．问：图 4－1(1)当小车分别位于 A 点和 B 点时(∠ AOB＝90°)，沙袋被抛出时的初速度各为多大？(2)若小车在跑道上运动，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？(3)若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过 A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在 B处落入小车中，小车的速率 v 应满足什么条件？【解析】 (1)沙袋从 P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为 t，则 h＝ gt2，解得 t＝12 2hg当小车位于 A 点时．有 xA＝ vAt＝ L－ R可得 vA＝( L－ R)g2h当小车位于 B 点时，有xB＝ vBt＝ L2＋ R2可得 vB＝g L2＋ R22h(2)若小车在跑道上运动，要使沙袋落入小车，最小的抛出速度为2v0min＝ vA＝( L－ R)g2h若当小车经过 C 点时沙袋刚好落入，抛出时的初速度最大，有 xC＝ v0maxt＝ L＋ R可得 v0max＝( L＋ R)g2h所以沙袋被抛出时的初速度范围为(L－ R) ≤ v0≤( L＋ R)g2h g2h(3)要使沙袋能在 B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落的时间相同tAB＝( n＋ ) (n＝0,1,2,3，…)142π RvtAB＝ t＝2hg得 v＝ (n＝0,1,2,3，…) 4n＋ 1 π R2 g2h【答案】 (1)( L－ R) g2h g L2＋ R22h(2)(L－ R) ≤ v0≤( L＋ R)g2h g2h(3) (n＝0,1,2,3，…) 4n＋ 1 π R2 g2h二、竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题1．命题角度此类问题有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛运动，有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动，往往要结合能量关系求解，多以计算题形式考查．2．解题关键(1)竖直面内的圆周运动首先要明确是“轻杆模型”还是“轻绳模型” ，然后分析物体能够到达圆周最高点的临界条件．(2)速度也是联系前后两个过程的关键物理量．图 4－2【例 2】 如图 4－2 所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，下端系一质量 m＝1.0 3kg 的小球．现将小球拉到 A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的 C 点，地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L＝1.0 m， B 点离地高度 H＝1.0 m， A、 B 两点的高度差 h＝0.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气影响，求：(1)地面上 DC 两点间的距离 s；(2)轻绳所受的最大拉力大小．【解析】 分段研究小球的运动过程， A 到 B 过程中小球在竖直面内做圆周运动，机械能守恒； B 到 C 过程中小球做平抛运动，根据平抛运动的分解求解．注意隐含条件：恰好被拉断时，轻绳达到最大张力．(1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有mgh＝ mv ①12 2B小球从 B 到 C 做平抛运动，在竖直方向上有H＝ gt2②12在水平方向上有s＝ vBt③由①②③式解得 s≈1.41 m④(2)小球下摆到达 B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有F－ mg＝ m ⑤v2BL由①⑤式解得F＝20 N根据牛顿第三定律F′＝－ F轻绳所受的最大拉力为 20 N.【答案】 (1)1.41 m (2)20 N1专题热点五一、应用动力学方法和动能定理解决多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．【例 1】 为登月探测月球，上海航天局研制了“月球车” ，如图 5－1 甲所示，某探究性学习小组对“月球车”的性能进行研究，他们让“月球车”在水平地面上由静止开始运动，并将“月球车”运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图乙所示的 v－ t 图象，已知0～ t1段为过原点的倾斜直线； t1～10 s 内“月球车”牵引力的功率保持不变，且 P＝1.2 kW,7～10 s 段为平行于横轴的直线；在 10 s 末停止遥控，让“月球车”自由滑行， “月球车”质量 m＝100 kg，整个过程中“月球车”受到的阻力 f 大小不变．(1)求“月球车”所受阻力 f 的大小和“月球车”匀速运动时的速度大小；(2)求“月球车”在加速运动过程中的总位移 s.(3)求 0～13 s 内牵引力所做的总功．图 5－1【解析】(1)在 10 s 末撤去牵引力后， “月球车”只在阻力 f 作用下做匀减速运动，由图象可得 a＝v13 s由牛顿第二定律得，其阻力 f＝ ma7～10 s 内“月球车”匀速运动，设牵引力为 F，则 F＝ f由 P＝ Fv1可得“月球车”匀速运动时的速度v1＝ ＝PF Pf联立解得 v1＝6 m/s， a＝2 m/s 2， f＝200 N.(2)“月球车”的加速运动过程可以分为 0～ t1时间内的匀加速运动和 t1～7 s 时间内的变加速运动两个阶段． t1时功率为 P＝1.2 kW，速度为 vt＝3 m/s2由 P＝ F1vt可得此时牵引力为 F1＝ ＝400 NPvt由牛顿第二定律： F1－ f＝ ma1，解得 0～ t1时间内的加速度大小为a1＝ ＝2 m/s 2 F1－ fm匀加速运动的时间 t1＝ vt/a1＝1.5 s匀加速运动的位移 s1＝ a1t ＝2.25 m12 21在 0～7 s 内由动能定理可得F1s1＋ P(7 s－ t1)－ fs＝ mv － mv12 21 12 20代入数据解得“月球车”在加速运动过程中的总位移s＝28.5 m.(3)在 0～1.5 s 内，牵引力做功W1＝ F1s1＝400×2.25 J＝900 J在 1.5～10 s 内，牵引力做功W2＝ PΔ t＝1 200×(10－1.5) J＝10 200 J10 s 后，停止遥控，牵引力做功为零．0～13 s 内牵引力所做的总功W＝ W1＋ W2 ＝11 100 J.【答案】 (1) f＝200 N v＝6 m/s (2) s＝28.5 m(3)W＝11 100 J二、用动力学和机械能守恒定律解决多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学方法求解；若某过程涉及到做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理或机械能守恒定律求解．【例 2】 一轻质细绳一端系一质量为 m＝ kg 的小球 A，另一端挂在光滑水平轴 O 上，120O 到小球的距离为 L＝0.1 m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图 5－2 所示，水平距离 s 为 2 m，动摩擦因数为 0.25.现有一小滑块 B，质量也为 m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点， g 取 10 m/s2，试问：3图 5－2(1)若滑块 B 从斜面某一高度 h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度 h.(2)若滑块 B 从 h′＝5 m 处滑下，求滑块 B 与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力．(3)若滑块 B 从 h′＝5 m 处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数 n.【解析】(1)碰后，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，运动到最高点的速度为 v0，此时仅由重力充当向心力，则有 mg＝ m ，解得 v0＝1 m/sv20L在滑块从 h 处运动到小球到达最高点的过程中，根据动能定理，则有 mg(h－2 L)－ μmg＝ mv ，解得 h＝0.5 ms2 12 20(2)若滑块从 h′＝5 m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为 v1，则有 mgh′－ μmg ＝ mvs2 1221滑块与小球碰后的瞬间，滑块静止，小球以 v1的速度开始做圆周运动，绳的拉力 FT和小球重力的合力充当向心力，则有 FT－ mg＝ ，解得 FT＝48 Nmv21L(3)滑块和小球第一次碰撞后，每在水平面上经过路程 s 后就会再次碰撞，则＋1≥ nmgh′ － μ mgs2－ 12mv20－ 2mgLμ mgs解得 n＝10(次)．【答案】 (1)0.5 m (2)48 N (3)10Ⅱ.传送带模型模型构建传送带是应用较广泛的一种传动装置，把物体放到运动着的传送带上，物体将在静摩擦力或滑动摩擦力的作用下被传送带输送到另一端，该装置即为传送带模型．模型条件(1)传送带匀速或加速运动．(2)物体以初速度 v0滑上传送带或轻轻放于传送带上，物体与传送带间有摩擦力．(3)物体与传送带之间有相对滑动．模型特点(1)若物体轻轻放在匀速运动的传送带上，物体一定要和传送带之间产生相对滑动，物体一定受到沿传送带前进方向的摩擦力．(2)若物体静止在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，如果动摩擦因数较大，则物体随传送带一起加速；如果动摩擦因数较小，则物体将跟不上传送带的运动，相对传送带向后滑动．(3)若物体与水平传送带一起匀速运动，则物体与传送带之间没有摩擦力；若传送带是4倾斜的，则物体受到沿传送带向上的静摩擦力作用．【例 3】 如图 5－3 所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台 D运送到高为 h＝2.5 m 的平台 C 上．为了便于运输，仓储员在平台 D 与皮带间放了一个 圆周14的光滑轨道 ab，轨道半径为 R＝0.8 m，轨道最低点与皮带接触良好．不计货物与皮带接触的机械能损失．已知皮带和水平面间的夹角为 θ ＝37°，皮带和货物间的动摩擦因数为μ ＝0.75，运输机的皮带以 v0＝1 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动(皮带和轮子之间不打滑)．现仓储员将质量为 m＝200 kg 的货物放于轨道的 a 端( g＝10 m/s 2)．求：图 5－3(1)货物到达圆轨道最低点 b 时对轨道的压力．(2)货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止．(3)皮带将货物由 A 运送到 B 需对货物做多少功．【解析】 (1)货物由 a 到 b，由机械能守恒定律得mgR＝ mv212解得 v＝ ＝ m/s＝4 m/s2gR 2×10×0.8在最低点 b，由 F 合 ＝ ma 得 F－ mg＝ mv2RF＝ m( ＋ g)＝200×( ＋10) N＝6×10 3 Nv2R 420.8由牛顿第三定律可知货物到达圆轨道最低点时对轨道的压力 F′＝ F＝6×10 3 N.(2)货物在皮带上运动时，由动能定理得：－ mgxsin37°－ fx＝ mv － mv212 20 12且 f＝ μmg cos37°解得： x＝ ＝0.625 m.v2－ v202g sin37°＋ μ cos37°(3)由于 tan37°＝ μ ，则货物减速到 v0后便和皮带一起匀速向上运动货物由平台 D 运送到平台 C 的过程中，由功能关系知，皮带对货物做的功为W＝ mg(h－ R)＋ mv ＝3 500 J.12 20【答案】 (1)6×10 3 N (2)0.625 m (3)3 500 J5Ⅲ.机械能守恒中的轻杆模型模型构建轻杆两端各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型。模型条件(1)忽略空气阻力和各种摩擦．(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等．模型特点(1)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．(2)对于杆和球组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒．图 5－4【例 4】 如图 5－4 所示，在长为 L 的轻杆中点 A 和端点 B 处各固定一质量为 m 的球，杆可绕无摩擦的轴 O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下．求当杆转到竖直位置时，轻杆对 A、 B 两球分别做了多少功？【解析】 设当杆转到竖直位置时， A 球和 B 球的速度分别为 vA和 vB.如果把轻杆、地球、两球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒．若取 B 的最低点为零重力势能参考平面，可得 2mgL＝ mv ＋ mv ＋ mgL12 2A 12 2B 12又因 A 球与 B 球在各个时刻对应的角速度相同，故vB＝2 vA由以上两式得 vA＝ ， vB＝3gL5 12gL5根据动能定理，可解出杆对 A 球、 B 球做的功，对于 A 球有 WA ＋ mg ＝ mv －0L2 12 2A所以 WA＝－0.2 mgL对于 B 球有 WB＋ mgL＝ mv －0，所以12 2BWB＝0.2 mgL【答案】 WA＝－0.2 mgL WB＝0.2 mgL1专题热点六 带电粒子在两种典型电场中的运动一、带电粒子在两种典型电场中的运动形式一览表点电荷电场 匀强电场初速度与场强方向的关系 运动形式初速度与场强方向的关系 运动形式v0∥E 做变速直线运动 v0∥E 做匀变速直线运动v0⊥E 有可能做匀速圆周运动 v0⊥E匀变速曲线运动(类平抛运动)v0与 E 有夹角 曲线运动 v0与 E 有夹角 匀变速曲线运动二、带电粒子在两种典型电场中运动的典型剖析(一)点电荷电场类型一：v 0∥E(E 为点电荷电场)图 6－1【例 1】 如图 6－1 所示，在点电荷＋Q 的电场中有 A、B 两点，将质子和 α 粒子(带电荷量是质子的 2 倍，质量是质子的 4 倍)分别从 A 点由静止释放到达 B 点时，它们速度大小之比为多少？【解析】 质子是氢原子核，α 粒子是氦原子核，质子和 α 粒子都是正离子，从 A 点到 B 点都做加速运动．设 A、B 两点间的电势差为 U，由动能定理有对质子 qHU＝ mHv ，对 α 粒子 qα U＝ mα v12 2H 12 2α＝ ＝ ＝ .vHvα qHmαqα mH 1×42×1 21【答案】 ∶12【总结】 不计重力的带电粒子在非匀强电场中的运动，不能用牛顿运动定律求解，只能用动能定理求解．带电粒子在匀强电场中运动的动力学问题，如涉及加速度、时间，需采用牛顿运动定律求解；否则优先用动能定理求解．类型二：v 0⊥E(E 为点电荷电场)【例 2】 已知氢原子中的质子和电子所带电荷量都是 e，电子质量为 m，电子绕核做匀速圆周运动，轨道半径为 r，试确定电子做匀速圆周运动的 v、ω、T 等物理量．【解析】 电子绕核做匀速圆周运动的向心力由质子和电子之间的库仑力提供．2根据牛顿第二定律和圆周运动规律有＝m ， ＝mrω 2， ＝m rke2r2 v2r ke2r2 ke2r2 4π 2T2解得 v＝ ，ω＝ ，T＝ .ke2mr ke2mr3 4π 2mr3ke2【答案】 见解析类型三：v 0与 E 有夹角(E 为点电荷电场)【例 3】 (多选)如图 6－2 所示，虚线 a、b 和 c 是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为 φ a、φ b和 φ c，且 φ aφ bφ c，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN 所示．由图可知( )图 6－2A．粒子从 K 到 L 的过程中，电场力做负功B．粒子从 L 到 M 的过程中，电场力做负功C．粒子从 K 到 L 的过程中，电势能增加D．粒子从 L 到 M 的过程中，动能减少【解析】 由题目条件可知，a、b、c 是孤立点电荷激发的电场中的三个等势面，因为运动粒子带正电，且沿 K→L→M→N 运动，所以受到的是静电斥力，可以判断场源电荷必为正电荷，电场力做功情况便确定下来．因为 φ K＝φ NEkaEkcD．粒子在三点的电势能大小为 EpbEpaEpc【解析】 该电场必为匀强电场，电场线垂直等势面向上，带负电的粒子所受电场力与电场线方向相反而向下，由做曲线运动的条件可知，粒子可先过 c，到 b，再到 a；也可先过 a，到 b，再到 c，选项 A 是错误的，选项 B 正确．粒子由 a 到 b 的过程，克服电场力做5功，电势能增大，动能减小，E kaEkb，E pbEpa；粒子从 b 到 c 的过程，电场力做正功，电势能减小，动能增大，所以有 EkcEkb、E pbEpc，同理可知 EkcEka，E paEpc，有EkcEkaEkb，E pbEpaEpc.粒子从 c 到 b 再到 a 的过程，分析方法一样，所以选项 D 正确，而选项 C 是错误的．【答案】 BD1专题热点七 电学实验问题一、电学实验的三个选择1．电学仪器的选择以“安全性” “精确性” “方便性”为前提，综合考虑．选择电学实验仪器主要是选择电表、滑动变阻器、电源等器件．(1)选择电表以不使电表受损和尽量减小误差为原则，即加在电表上的最大电压或电流不得超过其最大量程，实验过程中指针可移动范围最好在 至 量程这一段．13 23(2)选择滑动变阻器要考虑它的额定电流，然后对采用分压法的滑动变阻器选总阻值较小的，对采用限流法的滑动变阻器的总阻值选比电路中的电阻稍大些为好．对于滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜采用．(3)对器材选择的一般步骤是：①找出唯一性的器材；②草画电路图(暂不把电表画入)；③估算电流最大值和最小值；④考虑电表是否安全画(该用分压法还是限流法)，以及能否使电表达到满偏的 以上．13(4)在“伏安法测电阻”和“伏安法测电池电动势和内阻”的实验中，一般选用总阻值较小的滑动变阻器，前者可方便调节，因为电阻丝的电阻很小；后者可减小误差，因为它与大阻值的电压表并联，使流过电压表的电流较小，电流表测的值更接近干路上的总电流．另外这两个实验的电压与电流都不大，电表量程一般取 3 V 与 0.6 A 的量程．2．电流表内接法和外接法选择要想精确测量电阻，选用好的实验方法很重要，如果电压表或电流表都是理想化电表，两种方法都能准确地测量出电阻的大小，但如果电压表和电流表都有电阻，选择好的方法能大大减小误差．下面我们以电压表内阻为 RV，电流表内阻为 RA，待测电阻为 Rx，待测电阻Rx的测量值为 R 测 ＝ 进行说明，准确度取决于电压表与电流表读数.U测I测电流表内接法 电流表外接法当 Rx≫RA时采用误差小或当 Rx 时采用RVRA 当 RV≫Rx时采用误差小或当 Rx ，属于 R≪RV的RVR RRA情况，所以测量电路应采用电流表外接法．滑动变阻器若选用 R2，图 7－2由于它的阻值比待测电阻的阻值大得多，不论采用分压式还是采用限流式接法，调节滑动变阻器改变电路中的电流或电压都不方便，所以本题中选用 R1.因为 R1 .若采用串联限R4流接法，电流(电压)调节范围比较小，不便于操作和进行数据处理，故应采用分压式接法．(2)实验电路图如图 7－2 所示．(3)在实验图上连线应按下列顺序，如图 7－3 所示，从电源正极开始，依次画线①②③，然后再依次画线④⑤⑥，最后画线⑦⑧.即按照“先串后并”的原则进行．4图 7－3【答案】 (1)0～15 V 0～0.6 A R 1(2)如图 7－2 所示 (3)如图 7－3 所示二、电阻的测量测定金属的电阻率和描绘小灯泡的伏安特性曲线这两个实验的关键是测量电阻．设计实验电路测量电阻成为高考命题的热点和重点．这类问题考查形式多样，变化无穷，但考查的原理均为欧姆定律 R＝ ，重点都是在用各种方法寻找电压 U 和电流 I.UI1．伏安法测电阻(1)测量电阻的原理：R＝ .UI(2)电流表的内、外接法2．欧姆表测量电阻(1)测量原理 Ix＝ ，由于 Ix随 Rx非线性变化，所以表盘上刻度是非均匀的．ERx＋ R中(2)测量步骤：选挡、调零、测量、归位．(3)测量结果：读出指针指示的读数后必须再乘以旋钮指示的挡位倍率．3．替代法测电阻(1)替代法的测量思路是等效的思想，可以是利用电流等效，也可以是利用电压等效．替代法测量电阻精度高，不需要计算，方法简单，但必须有可调的标准电阻(一般给定的仪器中要有电阻箱)．图 7－4(2)电路原理图：如图 7－4 所示．(3)测量步骤：在图中， S 接 2，记下电流值 I， S 接 1，调节电阻箱 R，使电流值仍为I，则待测电阻 Rx＝R.【例】 从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表 A1的内阻 r1.要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据.器材代号 规格电流表 A1 量程 10 mA，内阻 r1待测(约 40 Ω )电流表 A2 量程 500 μA ，内阻 r2＝750 Ω电压表 V 量程 10 V，内阻 r3＝10 kΩ5电阻 R1 阻值约 100 Ω ，作保护电阻用滑动变阻器 R2 总阻值约 50 Ω电池 E 电动势 1.5 V，内阻很小开关 S导线若干(1)画出电路图，标明利用器材的代号．(2)若选测量数据中的一组来计算 r1，则所用的表达式 r1＝________，式中各符号的意义是________________．【解析】 分析题意知道需测量电流表 A1的电阻，按常规思想应用伏安法，将电压表并联在待测电流表两端，但经分析该电流表满偏时两端电压仅为 0.4 V，远小于 10 V 量程．这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱” ．根据所列仪器的特点，电流表 A2内阻已知，由此可采用两电流表并联，因为两电流表两端电压相等即可省去电压的测量，从而减小实验误差，由 I1r1＝I 2r2得 r1＝ .I2r2I1图 7－5【答案】 (1)如图 7－5 所示(2) 式中 I1、I 2分别表示通过电流表 A1和 A2的电流；r 2是电流表 A2的内阻I2r2I11专题热点八 带电粒子在磁场中偏转问题、圆心确定方法1．半径法适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，分别作出过入射点和出射点速度方向的垂线，两垂线的交点便是圆心．如图 8－1 所示．图 8－1【例 1】 电视机的显像管中，电子束的偏转是使用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为 U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图 8－2 所示，磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为 O，半径为 r.当不加磁场时，电子束将通过 O 点而到达屏幕的中心 M 点．为了让电子束射到屏幕边缘 P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度 θ ，此时磁场的磁感应强度为多大？(已知电子质量为 m，电荷量为 e)图 8－2【解析】 分别作入射点和出射点速度方向的垂线，其交点为电子做匀速圆周运动的圆心 C，以 v 表示电子进入磁场时的速度，则 eU＝ mv2①12evB＝ ②mv2R又有 tan ＝ ③θ 2 rR由以上各式解得： B＝ tan1r2mUe θ 2【答案】 tan1r2mUe θ 22．角平分线法2图 8－3适用情况：如果已知带电粒子的出射速度和入射速度方向，则入射速度方向的延长线和出射速度方向的反向延长线夹角的角平分线与入射速度垂线的交点就是圆心．如图 8－3 所示．【例 2】 一质量为 m、带电量为 q 的粒子，以速度 v0从 O 点沿 y 轴正方向射入磁感应强度为 B 的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区域后，从 b 处穿过x 轴，速度方向与 x 轴正方向夹角为 30°，不计重力．求：(1)圆形磁场区域的最小面积；(2)粒子从 O 点进入磁场区域到达 b 点所经历的时间及 b 点坐标．图 8－4图 8－5【解析】 (1)由于粒子沿 y 轴正方向射入，所以圆心必在 x 轴上，反向延长 b 处的速度方向与 y 轴相交于 C 点，作∠ OCA 的角平分线与 x 轴相交于 O′点，过 O′点作 bC 的垂线，垂足为 A 点．则 O′ A＝ O′ O＝ R，所以，以 OA 为直径的圆的磁场区域面积最小．设圆形磁场区域的半径为 r.由牛顿第二定律得：qv0B＝mv20R3由几何关系得： r＝ R Smin＝π r2＝32 3π m2v204B2q2(2)粒子从 O 点沿圆弧到 A 点，所经历的时间tOA＝ ＝ sAb＝ Rcot30°， tAb＝ ＝T3 2π m3qB sAbv0 3mBq所以粒子从 O 点进入磁场区域到达 b 点所经历的时间为t＝ tOA＋ tAb＝ sO′ b＝ ＝2 RmBq( 3＋ 2π3) Rsin30°b 点横坐标为 xb＝ R＋2 R＝ ，3mv0Bq故 b 点坐标为 (3mv0Bq， 0)【答案】 (1) (2) 3π m2v204B2q2 mBq( 3＋ 2π3) (3mv0Bq， 0)3．垂直平分线法适用情况：如果已知带电粒子的入射方向和做圆周运动轨迹的一条弦，先作出过入射点速度方向的垂线，然后作弦的垂直平分线，两垂线的交点便是圆心．图 8－6【例 3】 如图 8－6，虚线 MN 是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的空间存在磁感应强度为 B 的匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)， O 是 MN 上的一点，从O 点可以向磁场区域发射电荷量为＋ q、质量为 m、速率为 v 的粒子，已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的 P 点相遇， P 到 O 点的距离为 L，不计重力及粒子间的相互作用．(1)求所考查的粒子在磁场中运动的轨道半径；(2)求这两个粒子从 O 点射入磁场时的时间间隔．【解析】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，有qvB＝mv2R解得： R＝mvBq4图 8－7(2)如图 8－7 所示，为两粒子在匀强磁场中运动的轨迹图．作图方法是：作 OP 的垂直平分线，分别过入射点 O 作入射速度 1、2 的垂线．两垂线与垂直平分线的交点分别为 O1、 O2，则 O1、 O2为圆心，粒子 1 转过的角度为∠ OO1P＝π＋ θ ，粒子 2 转过的角度为∠ OO2P＝π－ θ两粒子在磁场中运动的周期为 T＝2π mqB粒子 1 从 O 点运动到 P 点所用的时间为 t1＝ Tπ ＋ θ2π粒子 2 从 O 点运动到 P 点所用的时间为 t2＝ Tπ － θ2π两粒子射入的时间间隔：Δ t＝ t1－ t2＝ Tθπ又因为：∠ O1OP＝ ，故 cos ＝θ 2 θ 2 L2RΔ t＝ t1－ t2＝ arccos4mqB qBL2mv【答案】 (1) (2) arccosmvBq 4mqB qBL2mv4．直角直径法适用情况：如果已知带电粒子的入射速度方向和过射点的一条弦，先作出与入射速度方向垂直的线，然后过弦的另一端点作弦的垂线，两垂线的交点和入射点的连线便是该圆的直径，直径的中点便是圆心(如图 8－8)．图 8－85【例 4】 在直角坐标系 xOy 中，有一半径为 R 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B，磁场方向垂直 xOy 平面指向纸面内，该区域的圆心坐标为( R,0)．如图 8－9 有一个质量为 m，带电荷量为－ q 的粒子，由静止经电场加速后从点 沿 x 轴正方向射入磁场，粒(0，R2)子从射入到射出磁场通过了该磁场的最大距离，不计重力影响．试求：(1)粒子在磁场区域经历的时间；(2)加速电场的电压．图 8－9【解析】 (1)因为粒子从射入到射出磁场通过了该磁场的最大距离，即 MP 应是圆形磁场区域的直径，同时也是粒子做圆周运动的一条弦．过 P 点作直线 NP⊥ MP，与竖直线交于N 点． MN 的中点即是粒子做圆周运动的圆心(直角直径法)．设从 M 点射入磁场的速度方向与半径 MC 夹角为 θ .故 sinθ ＝ ＝ ，即 θ ＝30°R2R 12在磁场中偏转的角度为 α ＝2 θ ＝60°，有 t＝ Tα360°带电粒子在磁场中运动的周期为 T＝2π mBq所以粒子在磁场区域经历的时间 t＝π m3Bq(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝ ①mv2rr＝2 R②带电粒子在加速电场加速过程中，由功能关系得：qU＝ mv2③12联立以上各式解得： U＝2B2R2qm6【答案】 (1) (2)π m3Bq 2B2R2qm以上四种方法是确定圆心极为有效的办法，在解题过程中要灵活选择使用，突破圆心的确定这一难点，就会使此类问题变得迎刃而解．