全書的版專題一教師

第1 行于斜面向上，若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定范圍，已知其最大值和最小F1F2(F2＞0)。由此可求出()解 靜摩擦力，大小為Ffm，則F2＋Ffm＝mgsinθ，由此解得 答 2.(2013·新課標(biāo)卷Ⅱ，18)如圖2所示，在光滑絕緣水平面上，三個(gè)帶電小球a、b和ck。若三個(gè)小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的大小為()A.

3kq22C. 分析a球受力：b對(duì)a的排斥力F1、c對(duì)a的F2和勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)a的電場(chǎng)力F3＝qE，根據(jù)a受力平衡可知受力情況如圖所示。

＝＝

3kq答案3.(2015·新課標(biāo)卷Ⅰ，24)如圖3所示，一長(zhǎng)為10cm的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的彈解 金屬棒通電后，閉合回路電流

A＝6 F＝BIL＝0.06Nba，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下代入數(shù)值解得m＝0.01kg答 方向豎直向 0.01假設(shè)法、矢量三角形法、整體法和法、正交分解法、合成法、轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法等考向一[研究對(duì)象的：(1)整體法(2)[1.如圖4所示，雜技演員站在一塊被他踩成斜面的木板上處于靜止?fàn)顟B(tài)，關(guān)于斜面對(duì)演員的 解 人在斜面上靜止，必然受到靜摩擦力作用，A錯(cuò)誤，B正確；木板對(duì)人的作用力是答 ()A.3 B.4 C.5 D.6解析本題考查了受力分析，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確判斷彈力和摩擦力的方向，利用好平衡的條接，所以桿可能給物體A豎直向下的壓力，故A最多受四個(gè)力作用，選B。答案3.(多選)(2015·理綜，19)如圖6所示，三條繩子的一端都系在細(xì)直桿頂端，另一端都固定在水平地面上，將桿豎直緊壓在地面上，若三條繩長(zhǎng)度不同，下列說(shuō)法正確的有()解析是一對(duì)平衡力，故D錯(cuò)誤。答案g，則下列說(shuō)法正確的是()A.aB.aC.bb解析bFb受到擋板的靜摩法可知，a物體對(duì)水平擋板的壓力大于2mg，故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件可知，a物體沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故沒(méi)有受到摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案m0＝20kgθ＝15°的固定斜面上放置一物體(解 設(shè)F與斜面傾角為α?xí)r拖動(dòng)的重物最大質(zhì)量為由平衡條件可得Fcosα－mgsinFN＋Fsinα－mgcosm0（cosα＋μsinsin15°＋μcos3μ＝32所以 22答 2

②③考向二[[表示所受合力的大小，F(xiàn)1表示單根輕繩對(duì)座椅拉力的大小，與傾斜前相比()A.F不變，F(xiàn)1變 B.F不變，F(xiàn)1變C.F變小，F(xiàn)1變 D.F變大，F(xiàn)1變解析F不變。座椅受重力和與重力等大反向，由平行四邊形的邊的關(guān)系知，輕繩對(duì)座椅的拉力F1變小，A項(xiàng)正確。答 始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是()ABABBABA解析輕繩繞過(guò)滑輪，繩上張力大小處處相等，則滑輪兩側(cè)繩子與豎直方向夾角相等，θx，右側(cè)繩長(zhǎng)為yx＋y＝lA、Bd，則d＝xsinθ＋ysinθ＝lsinθ，sinθ＝d/lA向下移動(dòng)少許，d不變，繩長(zhǎng)不變，θ不變，2Fcosθ＝mgFBFf＝FsinθB所受摩選環(huán)A為研究對(duì)象，由FN＝Fsinθ，知環(huán)A所受桿的彈力變大，C、D錯(cuò)。答案90°OAθ＞90°O位置不變，整個(gè)裝置始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是()OAPP解析OAθ＞90°的過(guò)程，OA12位置3OA的拉力先減小后增大，OPA錯(cuò)誤；若開始時(shí)P受繩子的拉力比較小，則斜面對(duì)P的摩擦力沿斜面向上，OP繩拉力一直增大，則摩擦力先變小后反向增大，選項(xiàng)BP、Q整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)平衡條件，斜面受地面的摩擦力與OA繩拉力的水CP、Q整體為研究對(duì)象受力分析，根據(jù)豎直方向受力平衡：FN＋Fcosα＝M斜g＋MPg＋MQgαF與豎直方向的FMQg(F豎直向上時(shí))Fcosα＜MQgFN＞M斜g＋MPg，選項(xiàng)D正確。答案考向三[[的電流，天平處于平衡狀態(tài)。若磁場(chǎng)發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是() 由題意知，處于磁場(chǎng)中的導(dǎo)體受力作用的有效長(zhǎng)度越長(zhǎng)，根據(jù)F＝BIL知受力越大，越容易失去平衡，由圖知選項(xiàng)A中導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度最大，所以A正確。答 θ角(θ＜45°)。現(xiàn)使電場(chǎng)方向在原豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蚓徛D(zhuǎn)過(guò)2θ角(轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中小球所帶電荷量不變)，而保持小球在原位置不動(dòng)，則此過(guò)程中下列判斷正確的是()解 帶電小球在重力mg細(xì)線拉力FT及電場(chǎng)力qE作用下處于平衡狀態(tài)A、C錯(cuò)誤；電場(chǎng)力先減小后增大(電場(chǎng)方向逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)θ角時(shí)電場(chǎng)力最小)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確。答 如圖14所示兩根通電直導(dǎo)體棒用四根長(zhǎng)度相等的絕緣細(xì)線懸掛于O1O2兩點(diǎn)已知O1O2連線水平，導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，保持導(dǎo)體棒中的電流大小和方 B.x軸正方向C.z軸正方向D.y解 本題的易錯(cuò)點(diǎn)是看不懂立體圖，不能把立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。在導(dǎo)體棒所在空間加選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。答 4.(多選)(2015·浙江理綜，20)如圖15所示，用兩根長(zhǎng)度相同的絕緣細(xì)線把一個(gè)質(zhì)量為0.1kg的小球A懸掛到水平板的MN兩點(diǎn)，A上帶有Q＝3.0×10－6C的正電荷兩線夾角為120°，兩線上的拉力大小分別為F1和F2。A的正下方0.3m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質(zhì)量為0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可視為點(diǎn)電荷)，則( 2.0F1＝F2＝1.9BF1＝F2＝0.866 解 小球A、B間的庫(kù)侖力為F庫(kù)＝kr2 N＝0.9N，BFN＝mg－F庫(kù)1.1N，AA球?yàn)檠芯繉?duì)象，受力分析圖如圖乙所示，F(xiàn)1＝F2＝mAg＋F庫(kù)＝1.9正確；BM、A、B在同一直線上時(shí)，A、Br′＝0.6m，F(xiàn)庫(kù)0.225NAF2′＝1.0N，F(xiàn)1′－F庫(kù)′＝1.0＝1.225NCBF庫(kù)″＝0F1″＝F2″＝1N，D答

高頻考點(diǎn)一30°P點(diǎn)，另一端系在滑塊上，彈簧與斜面垂直，系統(tǒng)靜止，則()222第一步：審題干→2第二步：審選項(xiàng)→解析彈簧如果處于原長(zhǎng)狀態(tài)，則滑塊受重力、斜面彈力和摩擦力作用，A項(xiàng)錯(cuò)誤；彈簧如B項(xiàng)正確，CFf＝mgsin30°＝1mg，D項(xiàng)正確。答 ()A.

.μC.μ1

解 對(duì)物體A、B整體在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；對(duì)物體B在豎直方向上有 mBg；聯(lián)立解得：mB＝μ1μ2B答 一、選擇題(1～9題為單項(xiàng)選擇題，10～13題為多項(xiàng)選擇題1.(2015·金華十校高三4月)在建筑裝修中，工人用質(zhì)量為m的磨石對(duì)斜壁進(jìn)行打μ，則磨石受到的摩擦力大小為()A.Fsin B.FcosC.μ(F－mg)sin D.μ(F－mg)cos ＝FsinFN＝Fsinθ－mgsinθFf＝μFN＝μ(F－mg)sinθFf＋mgcosθ＝Fcosθ，所以Ff＝(F－mg)cosθ，故只選C。答案FA、FB、FC、FD，則以下判斷中正確的是()解析φmg彈力F等于細(xì)繩拉力的合力，即 答案AA、B靜止，彈簧FA，但并未運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是()A、BBB 開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，加力F后，A未運(yùn)動(dòng)，彈簧長(zhǎng)度不變，則彈簧對(duì)擋板作用力不變，A錯(cuò)；物塊A分析得，A受B的摩擦力可能方向變化、大小不變，B對(duì)；A、整體受力平衡，F(xiàn)水平＝Ff，F(xiàn)豎直＋FN＝M總gC、D答 如圖3所示，一個(gè)人站在水平地面上的長(zhǎng)木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài)，三者的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，則( C.3mg解析對(duì)箱子受力分析，受重力、支持力、F、靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦FA錯(cuò)誤；對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析，受重力和支持力，不受靜故壓力等于整體的重力，為3mg；故C正確；人用斜向下的力推箱子，對(duì)三個(gè)物體的整體受力分析，受重力和支持力，故壓力依然等于3mg，故D錯(cuò)誤。答 4L型木板(上表面光滑)放在斜面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在木板上，另一直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。則關(guān)于各物體的受力情況，下列說(shuō)法正確的是()A.L4B.2C.2解 木塊進(jìn)行分析，受重力、斜面的支持力、彈簧的彈力(沿斜面向上)三個(gè)力作用處于平衡狀態(tài)C誤木受重力斜面的支持力彈簧的彈力沿斜面向下木塊的壓力、斜面對(duì)它的摩擦力5力，A錯(cuò)誤；斜面，受4個(gè)作用，B誤。答 mabμ(滑動(dòng)摩擦力g，則金屬棒所受的摩擦力大小為()A.BILsin B.BILcosC.μ(mg－BILsin D.μ(mg＋BILcos解析金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，其合力為零，對(duì)其進(jìn)行受力分析，如圖BILcosθ－Ff＝0，F(xiàn)f＝BILcosθB正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。答案Ix2，忽略回路中電生的磁場(chǎng)，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為() k k k 解析調(diào)轉(zhuǎn)電源極性時(shí)導(dǎo)體棒受到的力方向與調(diào)轉(zhuǎn)前相反。由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BILmgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝k－ 答案F3x軸負(fù)方向。則下列說(shuō)法正確的是()A.F34NB.F33C.4NyD.4Ny 物體所受地面的最大靜摩擦力Ffm＝μmg＝4N，由平衡條件可知，F(xiàn)1、F2、F3的合力否則一定大于4N，因此F3＝3N，靜摩擦力Ff＝Ffm＝4N，方向與F2相反，即沿y軸負(fù)方向，選項(xiàng)C正確。答 如圖8甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物塊正沿斜面以速度v0勻速下滑，斜劈保持靜止，地面對(duì)斜劈的摩擦力為Ff1。若對(duì)該物塊施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，如圖乙所示，則地面對(duì)斜劈的摩擦力為Ff2；若對(duì)該物塊施加一平行于斜面向Ff3的大小關(guān)系正確的是( 對(duì)斜劈的摩擦力Ff1＝0，若有摩擦力，則系統(tǒng)不能平衡，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題圖甲的情景與題圖甲中的受力情況相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。答 10.(2015·市調(diào)研考試)如圖9所示，水平細(xì)桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B間用一輕質(zhì)繩相mA、mBB球受到風(fēng)力作用，AB球一起向右勻速運(yùn)動(dòng)。已知輕質(zhì)θ。則下列說(shuō)法中正確的是()9A.B球的拉力保持不變B.BFmBgtanC.AD.A球與水平細(xì)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為mBtancos 以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，受到重力、風(fēng)力和拉力，三力平衡，如圖所示，解三角形得到拉力FT＝mBg，風(fēng)力F＝mBgtanθ，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；利cosF＝μ(mA＋mB)gμ＝mBtanθ，DAFNA＝(mA＋mB)g，C答 F2，在緩慢拉動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)1F2的變化情況是() C.F2不 解析F緩慢拉動(dòng)過(guò)程中，b＝m2gF2不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；a、b球整體受力如圖乙所F1cosθ－(m1＋m2)g＝0F向右拉動(dòng)過(guò)程中，答 PBPA段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端左緩慢移動(dòng)一小段距離后達(dá)到新的平衡狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較()A.拉力F增 B.拉力F減C.角θ不 D.角θ減 以動(dòng)滑輪P為研究對(duì)象，AP、BP段繩子受的力始終等于B的重力，兩繩子拉力的合故F增大，A項(xiàng)正確，B；PQ與豎直方向夾角等于∠APB的一半，故拉動(dòng)繩子后角減小，C，D正確答案()A.AB8B.AB10C.BD.B10解析F＝10N上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos37°＋Ff＝mgsin37°Ff＝16NAB＝24N－16N＝8NAFA受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40N，根據(jù)第三定律，物體A對(duì)斜面的作用 NAB的作用力增加(1017－40)NBAC、D正確。答 14.(2015·浙江理綜，24)同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)“電磁天平”，如圖13甲所示，等臂天平的左L＝0.1mH＝0.3m，N1B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里。0～2.0AI。掛盤放上待測(cè)物體后，調(diào)節(jié)線圈中電流使天平平衡，測(cè)出電流即可測(cè)得物體的質(zhì)量。(g＝10m/s2) (1)0.5kgN1Bd＝0.1m0.01kg。時(shí)，天平平衡，求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率。解 (1)題中“電磁天平”中的線圈受到力代入數(shù)據(jù)解得：N1＝25匝③(2)由電磁感應(yīng)定律得：E＝NΔΦ＝N RR

2

2Δt線圈受到的力

＝2ΔB

N2B0Δt·R代入數(shù)據(jù)可得ΔB＝0.1答 (1)25 (2)0.1第2 1.(2014·新課標(biāo)卷Ⅱ，14)甲、乙兩汽車在一平直公同向行駛。在t＝0到t＝t1的時(shí)間內(nèi)，它們的v－t圖象如圖1所示。在這段時(shí)間內(nèi)( 22t 因?yàn)閳D線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”是物體的位移，故在0～t1時(shí)間內(nèi)，甲車的位移大于乙車，故根據(jù)v＝x可知，甲車的平均速度大于乙車，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；因?yàn)橐臆噒

D答 32.(多選(01·新課標(biāo)卷Ⅱ，)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接aPQF；當(dāng)機(jī)車在西邊拉著車廂以大小為2a3節(jié)數(shù)可能為() 解析P、QnmP、Q東邊有k節(jié)車廂，則 2聯(lián)立①②3n＝2kn只能取偶數(shù)，當(dāng)n＝2時(shí)，k＝3，總節(jié)數(shù)為N＝5n＝4時(shí)，k＝6n＝6時(shí)，k＝9n＝8時(shí)，k＝12N＝20B、C答 3.(多選)(2015·新課標(biāo)卷Ⅰ，20)如圖2(a)，一物塊在t＝0時(shí)刻滑上一固定斜面，其運(yùn)動(dòng)的v－t圖線如圖(b)所示。若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出( t解 由v－t圖象可求知物塊沿斜面向上滑行時(shí)的加速度大小為a＝v0，根 第二定t1mgsinθ＋μmgcosθ＝magsinθ＋μgcosθ＝v0gsinθ－μgcos

sin

2gt1，μ＝2gt1cosθθ度為0，那么平均速度為v0，所以沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離為x＝v0t12xsin

2v－tB

2gt1 答案km/h120m2為晴天時(shí)的5120m解析μ0a0，安全距離為x，反應(yīng)時(shí)間為t0，由第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)得μ0mg＝ma0①v2vx＝v0t0＋0式中，mv05μ5動(dòng)學(xué)得μmg＝ma④聯(lián)立①②③④⑤v＝20m/s(v＝－24m/s不符合實(shí)際，舍去答 2039km4201.5km高度處，打開降落傘并成功落地，打破了跳傘運(yùn)動(dòng)的多項(xiàng)世界。取重力加速度的大小g＝10m/s2。1.5km高度處所需的時(shí)間及其在此處速f＝kv2v為速率，k為阻力系數(shù)，其數(shù)值與物體的形狀、橫截面積及空氣密度有 (1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員從開始自由下落至1.5km高度處的時(shí)間為t，下落距離為h，在1.5km高度處的速度大小為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)有：v＝gt①22h＝(3.9×104－1.5×103聯(lián)立①②③式可得：t＝87v＝8.7×102(2)該運(yùn)動(dòng)員達(dá)到最大速度vmax時(shí)，加速度為零，由第二定律有：mg＝kv2v－tvmax≈360由⑥⑦式可得：k＝0.008答 (1)87 8.7×102 (2)0.0084.5m4(a)所示。t＝0時(shí)刻開始，小物塊與t＝1s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木1s時(shí)間內(nèi)小物塊的v－t圖線如圖(b)15g取10m/s2。解 (1)根據(jù)圖象可以判定碰撞前小物塊與木板共同速度為v＝4v＝4

小物塊受到滑動(dòng)摩擦力作用而向右做勻直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小根據(jù)第二定律有μ2mg＝ma2，解得

m/s2＝4m/s2木板與墻壁碰撞前，勻運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝422a1＝1小物塊和木板整體受力分析，滑動(dòng)摩擦力提供合外力，由第二定律得μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，木板向左做勻運(yùn)動(dòng)，依據(jù)第二定律33

a2＝4a2＞a30t1＝1x1＝vt1－1a

m,

23 x2＝2t1＝2a2＝43木板繼 ，加速度大小仍為3

t2t2＝0.5x3＝v1t2－1a

mv3＝v1－a3t2＝223 x4＝1at2＝0.522此后小物塊和木板一起勻運(yùn)動(dòng)，二者的相對(duì)位移最大為Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝66(3)最后階段滑塊和木板一起勻直到停止，整體加速度大小為a1＝1

＝v2x xx＝x1＋x3＋x5＝6.5答 (2)6 (3)6.57.(2015·新課標(biāo)卷Ⅱ，25)下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)。某地5θ＝37°(sin37°＝3)CmB5中，A雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩8μ1減小為3，B、Cμ20.5，A、B82s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB下邊緣的(1)0～2sAB(2)AB (1)在0～2s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如圖所示，其中Ff1、FN1是A與B之間的摩擦力和正壓力的大小，F(xiàn)f2FN2是B與CFf1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②FN2＝FN1＋mgcosθ④規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由第二定律mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥a1＝3a2＝1(2)t1＝2sABv1v2v1＝a1t1＝6v2＝a2t1＝22sABa1′a2′ABa1′＝6a2′＝－2由于a2′＜0，可知B做運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，B的速度減為零，則有聯(lián)立⑩??式得t2＝1t1＋t2時(shí)間內(nèi)，ABx＝1at2＋v1t2＋1a′t2－1at2＋v2t2＋1a′t2＝12m＜2721

21

22

22B靜止不動(dòng)，ABABl－x＝(v1＋a1′t2)t3＋1a21t3＝1s(另一解不合題意，舍去ABtt總＝t1＋t2＋t3＝4答 (1)3 1 (2)4①勻變速直線運(yùn)動(dòng)的及應(yīng)用的考查②x－t、v－t、a－t、F－t③運(yùn)動(dòng)定律的考查①考查利用v－t圖象和第二定律解決物體運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程及連接體問(wèn)題②勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和運(yùn)動(dòng)定律綜合應(yīng)用的考查比例法、圖象法、推、假設(shè)法、控制變量法、整體法、法、合成法等考向 運(yùn)動(dòng)圖象的應(yīng)[x－tv－tx－tv－tx－tv－t[如圖6所示，a、b分別為甲、乙兩物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)時(shí)的位移與時(shí)間的關(guān)系圖線，其中a為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，b為開口向下的拋物線。則下列說(shuō)法正確的是( 解析b圖線的斜率先為正值，后為負(fù)值，則物體乙的運(yùn)動(dòng)方向發(fā)生了變化，A錯(cuò)誤；在t1間內(nèi)，兩物體的位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則兩物體的平均速度相同，D正確。答 到升降機(jī)的支持力F與時(shí)間t關(guān)系的圖象可能是( 解析v－t圖象可知：過(guò)程①為向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)(加速度向下，失重，F(xiàn)<mg)；過(guò)程②F<mg)。綜合選項(xiàng)分析可知B選項(xiàng)正確。答案由靜止開始運(yùn)動(dòng)，兩物體的v－t圖象如圖8所示，則( 由v－t圖象知，0～t0時(shí)間內(nèi)乙的位移大于甲的位移，t0后某時(shí)刻甲、乙兩物移相而物體乙的平均速度為圖線所圍面積與t0之比，顯然0～t0時(shí)間內(nèi)，物體甲的中間時(shí)刻速度小于物體乙的平均速度，B錯(cuò)誤；由圖線的斜率意義知t0時(shí)刻之前物體乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度，由F－f＝ma知，t0時(shí)刻之前，物體甲受到的阻力先大于物體乙受到的阻力，后小于乙受到的阻力，C錯(cuò)誤。答 4.(多選)a、b兩車從同一地點(diǎn)在平直公沿同方向行駛，其v－t圖象如圖9所示。則下列 t＝t1時(shí)，a、bt＝t1時(shí)，a、bt＝t1時(shí)，a、b0～t1時(shí)間內(nèi)，ab3 A誤；由速度圖象中兩圖線的斜率判斷可知兩車加速度的大小相同、方向相反，B確；0～t1時(shí)刻，位移為圖線與坐標(biāo)軸所圍面積，可知兩車位移比為3∶1，C誤，D答 考向二[選 列方 選 列方[1.(2015·山東理綜，14)5mA、B2mB點(diǎn)用細(xì)線懸g＝10m/s2h等于()A.1.25 B.2.25C.3.75 D.4.75解 小車上的小球自A點(diǎn)自由落地的時(shí)間 g動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)細(xì)線軋斷，小球下落的時(shí)間 2h；根據(jù)題意可得時(shí)間關(guān)系為t1＝t2＋t3，g 2hh＝1.25mA 答案5s7.2m，此時(shí)小球還未落地，則()小球5s內(nèi)的位移是205s16.03.65s3.6解析5s7.2m，則有1gt2－1gt2＝Δht＝5s，t＝4s，Δh＝7.22 2 解得g＝1.6m/s2，小 5s內(nèi)的位移是x1＝1gt2＝1×1.6×52m＝20m，故選項(xiàng)A正確2 C5sv5＝gt＝1.6×5m/s＝8m/sB5s均速度vv

m/s＝7.2m/sD 答 公分別以v甲＝20m/s和v乙＝34m/s的速度勻速行駛，甲車，乙車在后。甲車發(fā)現(xiàn)正前方，開始以大小為a甲＝2m/s2的加速度勻剎車(1)甲車需在離窗口至少多遠(yuǎn)處開始剎車才不違章(2)若甲車經(jīng)剎車到達(dá)離窗口前9m處的速度恰好為6m/s，乙車在發(fā)現(xiàn)甲車相撞，且乙車在窗口前9m區(qū)不超速。則在甲車開始剎車時(shí)，甲、乙兩車至少相00解 (1)甲車速度由20m/s至6m/s的位移

2a

＝91x2＝x0＋x1＝100即：甲車需在離窗口至少100m處開始剎車才不違章(2)設(shè)甲、乙兩車速度相同時(shí)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)得：v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲解得：t＝8v＝v甲－a甲t＝4m/s＜6m/sv0＝6m/s00乙車從發(fā)現(xiàn)甲車剎車至至6m/s的位移為x3＝v乙

2a

＝157x＝x3－x1＝66答 (1)100 (2)66們行駛的速度均為10m/s。當(dāng)兩車快要到一十字路時(shí)，甲車看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應(yīng)時(shí)間忽略不計(jì))，乙車為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車反應(yīng)較慢(0.5s)0.40.5(1)若甲看到黃燈時(shí)車頭距警戒線15m。他采取上述措施能否避免闖紅燈解析(1)a1＝Ff1＝0.4m1g＝4 甲車停下所需時(shí)間：t1＝v0＝10s＝2.5 甲車滑行距離：＝v2＝ xx44

2×

12.5x＝12.5m＜15mma2＝Ff2＝5m2解得：t2＝2.0s乙車發(fā)生的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－1at2＝15222甲車發(fā)生的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－1a1(t0＋t2)2＝12.52x0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5m (2)2.5mv＝

T內(nèi)位移差x－x＝(n－m)aT2；如果題中給出初( ＝t2

2及相鄰相等時(shí) 末)速度為0，則要優(yōu)先使用初速度為0的勻變速直線運(yùn)動(dòng)的“比例”F合＝ma

考向三運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)[(1)矢量性：F＝ma是矢量式，F(xiàn)與a方向相同(3)同體性：F＝ma中，F(xiàn)、m、a對(duì)應(yīng)同一物體。整體法和法的優(yōu)點(diǎn)及使用條[1.(多選)11A、BF作用下，在水平面上做勻加速直線運(yùn)Ba2A、BFN2，則以下判斷正確的是() 解 ＝F；對(duì)B受力分析， 第二定律可得：F－Ff＝(mA＋mB)a2，可得 mBa2＋Ff＝FAB、C、D

2m；對(duì)B 答 2.(多選)(2015·江蘇單科，6)一人乘電梯上樓，在豎直上升過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖12所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力( A.t＝2s時(shí)最 B.t＝2s時(shí)最C.t＝8.5s時(shí)最 D.t＝8.5s時(shí)最解析0～4s內(nèi)，加速度方向向上，F(xiàn)N－mg＝ma，所以向上A正確，B7～10smg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人對(duì)電梯的壓力就越小，故C錯(cuò)誤，D正確。答 3.(多選)(2015·海南單科，8)如圖13，物塊a、b和c的質(zhì)量相同，a和b，b和c之間用完全相同的輕彈簧S1和S2相連，通過(guò)系在a上的細(xì)線懸掛于固定點(diǎn)O，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷，將物塊a的加速度的大小記為a1，S1和S2相對(duì)于原長(zhǎng)的伸長(zhǎng)分別記為Δl1和Δl2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間( m解析設(shè)物體的質(zhì)量為m，剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線的拉力，彈簧還沒(méi)有來(lái)得及改變，所a受到重力和彈簧S1T1b、c和彈簧組成的整體分析可T1＝2mgaF＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mga1＝F＝3g，AmB錯(cuò)誤；設(shè)彈簧S2的拉力為T2，則T2＝mg，根據(jù)定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正確D答 解析據(jù)滑動(dòng)摩擦力Ff＝μFN可知物體與斜面間的摩擦力增大，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)斜面的θmmgsinθ＝μmgcosθsinθ＝μcosθ。當(dāng)物體aFN＝m(g＋a)cosθ，F(xiàn)f＝μm(g＋a)cosθsinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物體仍相對(duì)斜面勻速下滑，C錯(cuò)誤，D正確。答

考向四應(yīng)用運(yùn)動(dòng)定律解多過(guò)程問(wèn)[整體法與法[μ＝0.25g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)2s(2)16s解析(1)由分析可知物體2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1a1＝2.5m/s2v1＝5m/s 2s內(nèi)發(fā)生的位移為x1，則x1＝1at2＝5m，方向沿斜面向21當(dāng)拉力為F2＝4.5N時(shí)，由第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsina2＝0.5m/s2，方向沿斜面向上物體經(jīng)過(guò)t2時(shí)間速度減為0，則v1＝a2t2t2＝10t2x2x2＝1at2＝25m22mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ4s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)。故物體16s內(nèi)發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。答 (1)5 方向沿斜面向下(2)30 F＝84Nt1＝1.0sFt2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖對(duì)雪面的作用獲得同樣的水平推力，作用距離與第一次相同。已知該運(yùn)動(dòng)員連同裝備的總質(zhì)量為m＝60kgFf＝12N

解 (1)運(yùn)動(dòng)員利用滑雪杖獲得的加速度為a1＝m m/s2＝1.2v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2x1＝1at2＝0.621

m/s2＝0.2 t2v1′＝v1－a2t2＝1.2m/s－0.2×2.0m/s＝0.82v22x2＝5.2答 (1)1.2 0.6 (2)5.2

2＝＝

高頻考點(diǎn)二運(yùn)動(dòng)圖象與運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)(12分)(2015·江西七校聯(lián)考)17t＝0時(shí)刻，一塊與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止(g10m/s2)解 vm＝a1t1(1分木板和物塊相對(duì)靜止，共同過(guò)程中，由第二定律，得μ2·2mg＝2ma2(2分)0＝vm－a2t2(1分)由圖象可知，vm＝2m/s，t1＝1.0s，t2＝0.8聯(lián)立解得：μ1＝0.7(1分(2)小物塊在過(guò)程中，有μ1mg＝ma3(2分vm＝v0－a3t1(1分Q＝1mv2(1分 Q＝40.5J(1分答 (2)40.5解后1步：

識(shí)別內(nèi)容包括：①③④圖線與橫坐標(biāo)軸包圍的“面積”2步：第3步：選擇解答方法。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選擇法、圖象法解答試題，必要時(shí)建立(12分)(2015·太原模擬)3kgA2kg的木塊示。A、B運(yùn)動(dòng)的加速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。(g10m/s2)求：4sA、B6s (1)由圖知4s末A、B間達(dá)到最大靜摩擦力，此時(shí)a＝2m/s2(1分)對(duì)應(yīng)A板μmBg＝mAa(2分)mA、Bμ＝mAa＝0.3(1mB4sv＝1at1＝1×2×4m/s＝4m/s(2分 4s6st2＝2AxA＝vt2＋1at2(2分2ABxB＝vt2＋1at2(2分2Bl＝xB－xA＝4m(2分答 (2)4 (3)4

一、選擇題(1～7題為單項(xiàng)選擇題，8～9題為多項(xiàng)選擇題Δt

，用Δt門時(shí)的瞬時(shí)速度。為使Δt更接近瞬時(shí)速度，正確的措施是 解 Δx是Δt時(shí)間內(nèi)的平均速度，Δt越小，Δx就越接近某點(diǎn)的瞬時(shí)速度。A選項(xiàng)中換用 B、C、D答案2所示，下列表述正確的是()2A.0.2～0.5小時(shí)內(nèi)，甲的加速度比乙的大B.0.2～0.5小時(shí)內(nèi)，甲的速度比乙的大C.0.6～0.8小時(shí)內(nèi)，甲的位移比乙的小D.0.8解析0.2～0.5小時(shí)內(nèi)，甲、乙均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為0，甲圖象斜率大于乙圖象，說(shuō)明甲的速度大于乙的速度，故A錯(cuò)誤，Bt＝0.5s＝10kms＝8kmD答案3.(2015·長(zhǎng)春模擬)3AB、BCAB＝μ1、μ2之比為(PAB、BC兩段上所做運(yùn)動(dòng)可看作勻變速直線運(yùn)動(dòng))() 解 設(shè)初速度為vA，過(guò)B點(diǎn)速度為vB，AB＝BC＝x，tAB＝t，tBC＝4t，則 BvA－vB＝μ1gt；v2＝2μ2gx，vB＝4μ2gtμ1∶μ2＝8∶1，CB答 4.(2015·臺(tái)州市高三3月調(diào)研考試)“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長(zhǎng)彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運(yùn)動(dòng)。做蹦極運(yùn)動(dòng)，所受繩子拉力F的大小隨時(shí)間t 解析分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程及受力：向下先加速后運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向向上先加速后，如此往復(fù)循環(huán)。F＝G時(shí)受力平衡，為加速運(yùn)動(dòng)與運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)換的臨界點(diǎn)。圖中平緩段即表示受力平衡的時(shí)候，可知0.6F0＝G。找出圖中最大外力為1.8F0

m2G＝2gBm答

所示，則汽車位移最大的時(shí)刻是 A.40s B.30sC.20s D.10s解析0～10s2m/s2，10s20m/s；10～20s0，故汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)；20～40s內(nèi)汽車的加速度為－1m/s2，故汽車做勻直線運(yùn)動(dòng)，40s末汽車的速度恰好減為0。因?yàn)?0s內(nèi)汽車始終向同一方向運(yùn)動(dòng)，所以汽車位移最大的時(shí)刻是40s末，選項(xiàng)A正確。答案4乙車初速度為1.5m/s，最大速度為3.5m/s，其v－t圖象如圖6所示，關(guān)于兩車的運(yùn)動(dòng)情況， A.t＝4sC.t＝1s解析v－t圖線與t軸所圍面積表示位移，斜率表示加速度；在t＝4s，甲、乙的位移均為10mA4～6sBt＝1s，D錯(cuò)誤。答 7.(2015·江蘇單科，5)78m5s2s關(guān)卡1處以加速度2m/s2由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是 C.關(guān)卡 a解 由題意知，該同學(xué)先加速后勻速，速度增大到2m/s用時(shí)t1＝v＝1s，在加速時(shí)間內(nèi)ax1＝1at2＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m2，t3＝2sx3＝4m2s，小于2s，所以最先擋住他前進(jìn)的是關(guān)卡4，故C正確。答案點(diǎn)，最終小球落在地面上。g＝10m/s2。根據(jù)以上信息，你認(rèn)為下列說(shuō)法正確的是()431.81.00001解 上升階段－v2＝－2gh，則v＝2gh＝3m/s，A錯(cuò)誤，B正確；上升階段0＝v－gt0001h0＋h＋H＝1gt2，歷時(shí)：t＝t1＋t2，得：t＝1.8s，C正確，D2答案37°k＝20N/ml0＝0.6m的輕彈簧下端l＝0.3m，且桿可在槽內(nèi)移動(dòng)，輕桿與槽間的滑動(dòng)摩擦L＝0.6m處由靜止釋放沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。已知在本次碰撞過(guò)程中輕桿已滑動(dòng)。g10m/s2，sin37°＝0.6。關(guān)于小車和桿的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是()0.60.9k解析Gx＝mgsinθ＝6N作用下，先沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，碰6N后，小車、彈簧、輕桿構(gòu)成的系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確；桿剛要滑動(dòng)時(shí)，彈力k答 10105510s54km/h，求：(2)108km/h時(shí)，出租車開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，101235秒，此時(shí)計(jì)價(jià)器里程表示數(shù)應(yīng)為多少？(出租車啟動(dòng)時(shí)，里程表解 ，得到

m/s2＝1.5 再根據(jù)位 ，得到x1＝1at2＝1×1.5×102m＝752 75m (2)v2＝2ax

m＝3002 2這時(shí)出租車從靜止載客開始，已經(jīng)經(jīng)歷的時(shí)間t2，可根據(jù)位 2解得t 2×300＝20 1.5這時(shí)出租車時(shí)間表應(yīng)顯示10時(shí)11分15秒。出租車?yán)^續(xù)勻速運(yùn)動(dòng)，它勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t380sx3＝v2t3＝30×80m＝2400101235x＝(300＋2400)m＝2700答 (1)75 (2)270010374m，0.45m3m/sAB3m/s的初速度沿0.5g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)A(2)A、B解 (1)物塊A一開始受重力、支持力和沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，由第二定律mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1a1＝10t1Av帶＝a1t1t1＝0.3Ax1＝1at2＝0.4521物塊A與傳送帶共速后，由第二定律mgsin37°－μmgcos37°＝ma2a2＝2L甲－x1＝v帶t2＋1at2t2＝122At＝t1＋t2＝1.3(2)AAL1＝v帶t1－x1＝0.45AAL2＝v帶t2＋1at2－v帶t2＝1.022ALA＝L2＝1端所需時(shí)間與t2相同BLB＝v帶t2＋1at2－v帶t2＝1.022A、BLA∶LB＝1∶1答 (1)1.3 E＝1×102N/C，(g10m/s2)求： (1)設(shè)小滑塊的加速度為a1，長(zhǎng)木板的加速度為a2，規(guī)定水平向右為正方向。由第二定律得qE－μ2mg＝ma1，得a1＝－3m/s2，μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2a2＝1m/s2tv，則v＝v0＋a1t＝a2t，得t＝2s，v＝2m/s。2x1＝v0t＋1a1t2＝10m22x2＝1a2t2＝2m2由于此后兩者一起向右運(yùn)動(dòng)，所以小滑塊最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8m處設(shè)兩者一起向右運(yùn)動(dòng)的加速度為由第二定律得33

m/s2一起向 的位 ＝－v2 6Q＝1mv2＋Eq(x＋x)＝6.4J 答案(1)3m/s21m/s2(2)8m(3)6.4第3 夾角為() 解 v0h1mv2＝mgh vy＝2ghtanθ＝vy＝ 4θ＝πB4答 度為()A.3π

GT2 3π

3π解 由萬(wàn)有引力定律可知：在兩極

2π

G

G

m(T)的質(zhì)量：M＝4πR3ρ，聯(lián)立三式可得：ρ＝ g0，選項(xiàng)B正確0 GT2g0答案3.(多選)(2014·新課標(biāo)卷Ⅰ，19)系各行星幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞做圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)?shù)厍蚯『眠\(yùn)行到某地外行星和之間，且三者幾乎排成一條直線的現(xiàn)象，天文學(xué)稱為“行星沖日”。據(jù)，2014年各行星沖日時(shí)間分別是：1月6日木星沖日；4月9日火星沖日；5月11日土星沖日；8月29日海王星沖日；10月8日星沖日。已知地球及各地外行星繞運(yùn)動(dòng)的軌道半徑如下表所示。則下列判斷正確的是()星軌道半徑B.2015年內(nèi)一定會(huì)出現(xiàn)木星沖日C.鄰兩次沖日的時(shí)間間隔為土星的一D.地外行星中，海王鄰兩次沖日的時(shí)間間隔最 設(shè)地球的運(yùn)轉(zhuǎn)周期為T0、角速度為ω0、軌道半徑為r0，則其他行星的軌道半徑為r根據(jù)萬(wàn)有引力定律 第二定律得：GMm＝mω2rr3聯(lián)立①②③得：ω＝13k

00t＝kkT0k＝1.5、5.2、9.5、19、30。kk－1k1k值越大時(shí)間間隔越短，所以選項(xiàng)B、D正確，A、C錯(cuò)誤。答 卷Ⅰ，20)如圖1所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的小木塊a和b(可視為kg。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，下列說(shuō)法正確的是()A.baB.a、b2l 2l

b a所受摩擦力的大小為3l解析木塊a、b的質(zhì)量相同，外界對(duì)它們做圓周運(yùn)動(dòng)提供的最大向心力，即最大靜摩擦力fm＝kmg相同。它們所需的向心力F向＝mω2r知Fa<Fb，所以b一定比a先開始滑動(dòng)，A項(xiàng)正確；a、b一起繞轉(zhuǎn)軸緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，F(xiàn)摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B誤bkmg＝mω2·2lωb＝kgCω＝2kg 3aFf＝mω2l＝2kmgD3答案gv在某范圍內(nèi)，通過(guò)選擇合適的方向，就能使乒乓球落到球網(wǎng)右v的最大取值范圍是()22

g g 12 12 解 發(fā)射機(jī)無(wú)論向哪個(gè)方向水平發(fā)射，乒乓球都做平拋運(yùn)動(dòng)。當(dāng)速度v最小時(shí)，球沿中2恰好過(guò)網(wǎng)，有：3h－h(huán)＝2224h聯(lián)立①②得 4h當(dāng)速度最大時(shí)，球斜向右側(cè)臺(tái)面兩個(gè)角發(fā)射，有

4L2＋L2＝vt

22 12聯(lián)立③④得 12

所以使乒乓球落到球網(wǎng)右側(cè)臺(tái)面上，vD

答案星一附加速度，使沿同步軌道運(yùn)行。已知同步的環(huán)繞速度約為3.1×103m/s，某次轉(zhuǎn)移軌道和同步軌道的夾角為30°，如圖3所示，發(fā)動(dòng)機(jī)給的附加速度的方向和大小約為()A.西偏北方向，1.9×103m/sB.東偏南方向，1.9×103m/sC.西偏北方向，2.7×103m/sD.東偏南方向，2.7×103解 附加速度Δv與飛經(jīng)赤道上空時(shí)速度v2及同步的環(huán)繞速12v1的矢量關(guān)系如圖所示。由余弦定理可知 v2＋v2－2v1v2cos121.9×103m/sB正確，A、C、D答 停(可認(rèn)為是相對(duì)于月球靜止)9.8m/s2。則此探測(cè)器()8.92×103在近月圓軌道上運(yùn)行的線速度小于人造在近地圓軌道上運(yùn)行的線速解析在星球表面有GMm＝mgg＝GMg＝GM＝9.8m/s2

球表面 1 9.8m/s≠8.9m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤

R′2＝R′ R1R

在近月圓軌道上運(yùn)行的線速度小于人造在近地圓軌道上運(yùn)行的線速度，選項(xiàng)D正確答 ③天體運(yùn)動(dòng)、人造問(wèn)題的考③結(jié)合運(yùn)動(dòng)定律、圓周運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系考查航天器的變軌、對(duì)接問(wèn)題考向一[[1.(2015·市十二區(qū)縣重點(diǎn)中考)如圖4所示，向?qū)γ娴纳狡律纤綊伋鰞蓚€(gè)質(zhì)量不等的石塊，分別落到A、B兩處。不計(jì)空氣阻力，則落到B處的石塊( g解析t＝2hBA處的石位移大，由x＝v0t可知其初速度大。選項(xiàng)A正確。g答案θ2＝45°，現(xiàn)由兩斜面的頂端以相同的初速度水平向右拋出兩個(gè)小球A、B，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩A、B的拋出點(diǎn)與落地點(diǎn)的水平間距的比值為()3

22

223 3 2v2tan

x tan 3y＝gt2，tanθ＝聯(lián)立解得 所以兩小球的水平位移大小的比值 A

tan 答 3.(多選)(2015·南昌市高三第二次模擬測(cè)試)6所示，在一次空－地演習(xí)中，距離水平地面高度為H的飛機(jī)以水平速度v1發(fā)射一枚彈欲轟炸地面上的目標(biāo)P，反應(yīng)靈敏的地面 g兩者相遇的時(shí)間 g 1s Hs兩者速度的關(guān)系為 sv解 對(duì)于做平拋運(yùn)動(dòng) 彈，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝s 彈在豎直方向 的位移 Hv1＝sv2B、DH答 PCh，不計(jì)空氣阻力，則()hv0v0vmaxvmax＝2 22解析平拋的球恰好落在D點(diǎn)時(shí)水平位移R＝v0t，豎直位移R－h(huán)＝1gt2，聯(lián)立解得2h越大，拋球速度越大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)?≤2 2hD答 考向二[

F＝mr＝mrω＝mωv＝mrT2[的速度小于Rgtanθ，則() 解析mgtanθ＝mRv＝Rgtan當(dāng)火車轉(zhuǎn)彎時(shí)的速度小于Rgtanθ時(shí)，有靠近圓心運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以內(nèi)軌對(duì)內(nèi)側(cè)車輪輪緣有擠壓，選項(xiàng)A正確。答案TOP度為()Ab A.

b B. R解 設(shè)小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，繩長(zhǎng)為R，當(dāng)θ＝0°時(shí)，有T1＝a＋b＝m R

θ＝180°T2＝a－b＝mR－mg，由機(jī)械能守恒定律得2mv0＝mg·2R＋2mvR-＝R

＝b

b m0－5g ② ①② g 3m答案O′，O′ACO′C＝5cmg＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是()ACB不論小球以何種方式沿管道從A點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，該過(guò)程簧做的功一定為Av＝1.5m/sA4Av′＝2m/sC23N解析B點(diǎn)上方時(shí)，受到重力、彈簧彈力和軌道彈力作用，這三個(gè)力的合力不可能為AA、C兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的形變量相同，彈性勢(shì)能相同，所以從A到C彈簧彈力做的功為零，選項(xiàng)B正確；在A點(diǎn)，由第二定律有 kx－F＝mRF＝2.5NCAC CR2mv′CFN－mg－kx＝mFN＝23NDR答案4.(多選)11所示，甲、乙兩個(gè)水平放置的地轉(zhuǎn)動(dòng)，且轉(zhuǎn)速逐漸增大，則下列敘述正確的是()滑塊相對(duì)開始滑動(dòng)前，A、B的角速度大小之比為滑塊相對(duì)開始滑動(dòng)前，A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝1∶3C.A先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)D.B 由題意可知兩邊緣的線速度大小相等有ω甲r甲＝ω乙r乙則ω甲∶ω乙＝r乙∶r對(duì)開始滑動(dòng)前，根據(jù)a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝(ω2RA)∶(ω2 ＝2∶9，BFfA＝μmAg，F(xiàn)fB＝μmBg，最大靜摩擦力之比為FfA∶FfB＝mA∶mB，轉(zhuǎn)動(dòng)中兩滑塊所受的靜摩擦力之比為先達(dá)到最大，先開始滑動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。答

(4)將第二定律應(yīng)用于圓周運(yùn)動(dòng)，得到圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)方程，有以下各種情況

mr＝mrω＝mvω＝mrT2＝4πmrf考向三天體運(yùn) 人[解決天體問(wèn)題的“一、二、三“一個(gè)模型“兩組 ①Gr2＝mr＝mωr＝mT2r＝man ②R2＝mggR＝GM(R、g分別是天體的半徑、表面重力加速度“三個(gè)區(qū)別[1.(多選)(2015·西安市高三第二次質(zhì)檢)2014年12月31日9時(shí)02分，在西昌發(fā)射中心長(zhǎng)征三號(hào)甲運(yùn)載火箭將風(fēng)云二號(hào)08星成功送入預(yù)定軌道。已知風(fēng)云二號(hào)08星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，線速度大小為v，引力常量為G。則下列說(shuō)法正確的是( 08星環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為T08星的向心加速度為TD.08GT2解 風(fēng)云二號(hào)08星繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，其周期為T，線速度為v，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

08r＝2πa＝T2＝T，A正確，B

08

r2＝ma，可得地球的質(zhì)量M＝2πG，C答 的運(yùn)行周期為12h，則下列關(guān)于對(duì)極地和同步的描述正確的是( 該極地的運(yùn)行速度一定小于同步的運(yùn)行速該極地的向心加速度一定大于同步的向心加速該極地的發(fā)射速度一定大于同步的發(fā)射速該極地和同步均與地面相對(duì)靜r r解 由Gr2＝mr＝ma得 ，a＝r2，同 的大，C錯(cuò)誤；極地不是地球同步，所以相對(duì)于地面不靜止，D錯(cuò)誤。答案b”的發(fā)現(xiàn)拉開了研究系外行星的序幕?！?1pegb”繞其中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞 1，該中心恒星與

解 根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有Gr2＝mT2r，可得M＝GT2，所以恒星質(zhì)量 M 量之比 ＝32＝80≈1，故選項(xiàng)B正確M 答案27，已知該行星質(zhì)量約為地球7R。由此可知，該行星的半徑約為()77 解 平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即x＝v0t，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)

g h＝gt2

＝2根

R

g GR2＝mgR＝g

＝2R行＝2RCM行g(shù)M行g(shù)·M地g答 如圖13所示，雙星A、B繞其連線上的O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知A、B兩恒星的半徑之比為m，A、B做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為n，則( A.A、B兩恒星的密度之比為1B.A、B13mC.A、B兩恒星表面的重力加速度之比為mD.A、B兩恒星表面的重力加速度之比為解 雙星系統(tǒng)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的角速度相等，萬(wàn)有引力等于雙星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則

m1 1m1ωr1＝m2ωr2，故質(zhì)量之比為m1∶m2＝r2∶r1＝1∶n，密度之比為 · 1 m2 1BB

A正確；、A

兩恒星表面的重力加速度之比g1＝m1

1，選項(xiàng)、

1B·CD答 1B·CD

m2

arP1、P2ar2的反比關(guān)系，它們左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同。則(解

R大于P2，故A正確；第一宇宙速度 GM，所以P1的“第一宇宙速度”大于P2，故R錯(cuò)誤 的向心加速度為 ，所以s1的向心加速度大于s2，故C正確；（R＋h）2＝mT2(R＋h)

s1s2D答 二是

GR2＝mg0(g0Mm＝ma，而向心加速度a又有

G＝r、a＝ωr、a＝ωv、a＝T2、a＝g

高頻考點(diǎn)三運(yùn)動(dòng)過(guò)程中基本參量的計(jì)算與比(6分)(多選)(2015·福建省高三質(zhì)量檢查)在發(fā)射一顆質(zhì)量為m的人造地球同步時(shí)，先將hg，地球半徑為R，圖15中PQ長(zhǎng)約為8R，在變軌過(guò)程中質(zhì)量不變，則()(h(PP第一步：抓住信息→

第二步：找突破口→①在Ⅲ②比 在軌道Ⅰ、解 設(shè)地球質(zhì)量為M，由萬(wàn)有引力提供向心力得在軌道Ⅰ上有GMm＝mg，在軌道Ⅲ上

R 2＝ma

)g，A

，B

r由軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅲ需要加速，所以在軌道ⅢP點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上運(yùn)行時(shí)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速率，C正確；盡管從軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅲ要在P、Q點(diǎn)各加速一次，但在圓形運(yùn)行軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)有v＝GM，所以由動(dòng)能表達(dá)式知在軌道r上的動(dòng)能小于在軌道Ⅰ上的動(dòng)能，D答 解后速度增大(發(fā)動(dòng)機(jī)做正功)會(huì)做離心運(yùn)動(dòng)，軌道半徑增大，萬(wàn)有引力做負(fù)功 動(dòng)能

Mm＝

G

mrr的運(yùn)行速度變化由v＝ r球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)發(fā)射速度達(dá)到2v時(shí)，可擺脫星球引力束縛脫離該星球，已知地10∶12∶1，下列說(shuō)法正確的有()解 第二定律得GR2＝mR，解得

，所以2v＝

R所以探測(cè)器脫離星球的發(fā)射速度與探測(cè)器的質(zhì)量無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；因?yàn)榈厍蚺c火星的MR所以C錯(cuò)誤；探測(cè)器在地球表面受到的引力

R2地，在火星表面受到的引力為

火地R2火，所以F2＝MR2＝2，B火地漸增大，D答

一、選擇題(1～10題為單項(xiàng)選擇題，11～13題為多項(xiàng)選擇題1.[2015·市東城區(qū)高三綜合練習(xí)(二)]如圖所示一冰球以速度v1在水平冰面上向右運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)員沿冰面在垂直v1的方向上快速擊打冰球，冰球立即獲得沿?fù)舸蚍较虻姆炙俣葀2。不計(jì) C、D錯(cuò)誤；實(shí)際運(yùn)動(dòng)的速度為合速度，根據(jù)平行四邊形定則可知，合速度不可能沿?fù)舸虻姆较?，一定沿以兩分速度為鄰邊的平行四邊形的?duì)角線的方向，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確。 O運(yùn)行時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A.M的加速度小于N的加速B.M的速度小于N的速C.星體O對(duì)N的引力與N做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力相D.星體O對(duì)N的引力大于N做圓周運(yùn)動(dòng)的向心解析由于M和N繞星體O運(yùn)動(dòng)的軌道都是圓軌道，且在星體O的同側(cè)并始終共線，所以角速度相同，由a＝ω2r可知，M做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大于N做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度，A錯(cuò)誤；由v＝ωr可知，M做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大于N做圓周運(yùn)動(dòng)的速度，B錯(cuò)誤；N做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是由M、O對(duì)它的萬(wàn)有引力的合力提供的，所以衛(wèi)星N做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力小于星體O對(duì)它的萬(wàn)有引力，C錯(cuò)誤，D正確。答案大小的支持力。為達(dá)到上述目的，下列說(shuō)法正確的是()2解析mg＝F＝mω2rg＝ω2rr越大，ωm無(wú)關(guān)，B答案，4.(2015·山東理綜，15)如圖3所示日點(diǎn)L1位于地球和月球連線上，處在該點(diǎn)的物體和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步向心加速度的大小以下判斷正確的是(， 解 因空間站建 日點(diǎn)，故其周期等于月球的周期，根據(jù)a＝T2r可知，a2>a1，月球和地球的同 D答 釋放三個(gè)壓縮的彈簧，小球沿水平方向彈出，小球均落在D點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則下列關(guān)于A、B、C三點(diǎn)處的小球說(shuō)法中正確的是( 4A.1∶2∶3B.1∶4∶9D.2∶5∶10解 2B、C1∶5∶14h＝1gt21∶5∶14，在水平方向上，三個(gè)小球的水平位移之比為1∶2∶3，由x＝v0t2 2

3

9∶5

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案6.[2015·廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測(cè)試(二)]人造甲、乙分別繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)乙是地球同步325倍，某時(shí)刻兩和地心在同一直線上，且乙在甲的正上方(稱為相遇)，如圖5所示。在這8周的時(shí)間內(nèi)，它們相遇了()A.4 B.3C.2 D.6 解 由

r2

T)2r可知T2∝r3，因 乙的運(yùn)行周期

1B答 37.如圖6所示，一個(gè)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑為r的水平圓盤上放著兩個(gè)小木塊M和N，木塊M放在圓盤的邊緣處木塊N放在離圓心1r處它們都隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法中正確的是 3A.MBM、NCMN3D.MN3解析M受到重力、支持力以及摩擦力作用，其所受合力充當(dāng)其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，A錯(cuò)速度不同，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)F＝mω2r可得a＝ω2r，故向心加速度和半徑成正比，所以M的向心加速度是N的3倍，D正確。答案球相比()半徑質(zhì)量軌道半徑 解 由Gr2＝mT2r＝ma知 GM，a＝r2，軌道半徑越大，公轉(zhuǎn)周期越大，

得＝

g M地R火

G

g M火R地

Mm＝

v

G

mR

R ＝M地RM地R·M火R宙速度較小，D答 9.(2015·東北三省四市高三第二次聯(lián)合考試)abR的豎直半圓形光c。則()R不變，mv0R不變，mcm不變，Rv0m不變，Rb解 由題意知，小球剛好通過(guò)軌道最高點(diǎn)，即在最高點(diǎn)，小球所受重力完全充當(dāng)向心力mg＝mR，對(duì)軌道壓力為零 誤；小球由軌道最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，只有重做功，機(jī)械能守恒，即：－mg·2R＝1mv2－1mv2，解以上兩式得：v＝5gR 度與其質(zhì)量無(wú)關(guān)，A誤；若m不變，R越大，則說(shuō)明v0越大，C誤；在最低點(diǎn) Rmg＝m0，將v0代入解得：FN＝6mg，可見小球經(jīng)b點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道壓力與半徑RR答案球做平拋運(yùn)動(dòng)(可看成質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力)，則()442

g

2h（4＋sg 2h（4＋s初速度的方向與球門線夾角的正切值tan 2解 位移大小為

1

g

h＝2gt0

g g 2（＋s2

錯(cuò)誤；初速度方向與球門線夾角正切tanθ＝s＝2s，D 2答 11.[2015·陜西省高三教學(xué)質(zhì)檢(二)]下列圖中實(shí)線為河岸，河水的流動(dòng)方向如圖中v的箭頭所示，虛線為小船從河岸M駛向?qū)Π禢的實(shí)際航線。則其中可能正確的是( 解析M駛向?qū)Υ_的是A、B。答案Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空氣的阻力。則下列說(shuō)法正確的是() 2v2v1、v2Q解析根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，兩球在豎直方向下落的高度相等，因此在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，又∠MOQ＝60°1∶3x＝v0t可得兩球的初速度與水平位移成正比，則A正確；要使兩小球落在Q點(diǎn)右側(cè)弧面上同一點(diǎn)，則要增大等于半球形坑的直徑，故C錯(cuò)誤；若只增大v1，則兩小球能在空中相遇，D正確。答案13.(2015·鄭州市高中畢業(yè)年級(jí)第二次質(zhì)量檢測(cè))201361190分鐘。對(duì)接后“天宮一號(hào)”的()角速度為地球同步角速度的16r r解 由Gr2＝mr得 ，所以隨著高度的增大 運(yùn)行的速度減小，故“天一號(hào)”A2π 2πT)R，“天宮一號(hào)”的加速度a′＝T)r，因?yàn)門′＜T，r＞R，所以“天宮一號(hào)”B正確；由ω′＝T＝16C 量，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答 BOPg＝10m/s2。求：BBCCB解析(1)BvB，由機(jī)械能守恒定律得BvB＝2gl＝42Bx＝vBt2CB

grFmFm－mg＝mrFm＝9答 (1)4 (2)0.8 (3)9第4 (紙面)Bq(q>0)mab

的距離為2

1

D.2解析如圖所示，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O2必在垂直于速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角為60°，故圓2

RqvB＝R答

m，B60°(A.

B. C. D. 粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知r＝3R。r0

0

3qR答 3.(2014·新課標(biāo)卷Ⅰ，16)如圖2所示，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，電荷量不變。不計(jì)重力，鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()2 2

2D.2解 設(shè)粒子在鋁板上方和下方的速率及軌道半徑分別為v1、v2及R1、R2由第二定律及力得

qv1B上 R1RRqv2B下 R2 22聯(lián)立22

B

D得 ，選B答案4.(多選)(2014·新課標(biāo)卷Ⅱ，20)圖3為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()解 由于電子和正電子帶電性相反，若入射速度方向相同時(shí)，受力方向相反，則偏轉(zhuǎn)方一定相反，選項(xiàng)A正確；由于電子和正電子的入射速度大小未知，根據(jù) ＝qB

C ＝1mv2，則 ＝qB＝D答案5.(2015·新課標(biāo)卷Ⅰ，14)兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速后，粒子的()解 由于速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，粒子 力作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即qvB＝r軌道半徑

r＝qB度ω＝v＝qBD 答 6.(多選)(2015·新課標(biāo)卷Ⅱ，19)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的電子()kkk解 設(shè)電子的質(zhì)量為m，速率為v，電荷量為q，則 第二定律得：qvB＝Rvv由①②得

所以 根據(jù) ＝m 可知 A、CB、D答 (6)等效考向 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)[平拋和類平拋運(yùn)動(dòng)均有可運(yùn)用逆向思維解題題出現(xiàn)[強(qiáng)電場(chǎng)，E、F、G、HPEH的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)FFHD()PPEEDABCDEABCD解析FFHDD點(diǎn)做速FHPPE之間平位移也變?yōu)樵瓉?lái)的一半，所以選項(xiàng)D正確。答案 做直線運(yùn) 解析對(duì)小球受力分析，小球受重力、電場(chǎng)力作用，合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍C正確，D錯(cuò)誤。答案在屏上。整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()解 設(shè)加速電場(chǎng)長(zhǎng)度為d，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)長(zhǎng)度為L(zhǎng)，在加速電場(chǎng)中有qE1d＝1mv2，在偏轉(zhuǎn)電中 1qE2

L＝v0t，y＝2mty＝4E1d選項(xiàng)D正確；偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做功

，與粒子質(zhì)量無(wú)關(guān)，所以選項(xiàng)A2qE1d＋qE2y＝1mv22214E2d2＋E2L2 21 2 mC 答

v′v0的比值大小。v解 (1)粒子在OO′方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，L＝v0t，故解得t＝v0

＝＝0粒子在電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)相同，故改變初速度后與改變初速度前兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同。2v′速度入射時(shí)，L＝v′tv02 0兩式相比得v0 0答 (2) 0L＝0.1md＝0.4cm，有一束由相同微粒組成的帶正1×10－6Fg＝10m/s2，整個(gè)裝置處在真空中。求：4(1)A距離為1LOv04解 第一個(gè)微粒只受重力作用，落在O點(diǎn) t＝0.024由4v0＝1.25(2)BL＝v0tt＝0.08由d＝1at2a＝0.625 mg－qE＝ma，E＝U＝ n＝q＝1×10－8＝750答 (1)1.25 (2)750“兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)、三個(gè)一”9分解為兩個(gè)獨(dú)立的分運(yùn)動(dòng)——平行極板的勻速直線運(yùn)動(dòng)，L＝v0t22v一個(gè)偏轉(zhuǎn)角，tanv0一個(gè)幾何關(guān)系 2tandd考向二[“一點(diǎn)、兩畫、三定、四寫”兩畫：畫出速度v和力F兩個(gè)矢量的方向三定

α四寫qvB＝mRR＝qB[

v＝qBt＝v＝2πT1.(2015·海南單科，1)如圖11所示，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場(chǎng)的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過(guò)a點(diǎn)。在電子經(jīng)過(guò)a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場(chǎng)對(duì)該電子的作用力的方向( B.向 條形磁鐵的磁感線在a點(diǎn)垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可得電子所受力的方向向上，A正確。答 2.(2015·市高中畢業(yè)生4月調(diào)研測(cè)試)如圖12所示是某離子選擇器的原理示意圖，在橫q

C/kg的正離子，以不同速率從a入，入abθ＝30°OCb A.4×105 B.2×105C.6.4×106 D.2×106解析aabθ＝30°，由題意可bab30°，過(guò)入射方向和出射方向作垂線，得到離子軌跡的圓心O′由幾何知識(shí)得軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角α＝2θ＝60°，則離子的軌跡半徑為r＝2R，由第二律

qvB＝mrv＝m答

×2×0.04

m/s，選項(xiàng)C3.(2015·省市高三第二次調(diào)研考試)如圖13所示，abcd為一有正方形邊界的勻強(qiáng)磁的相互作用。根據(jù)以上信息，可以確定 12313123

點(diǎn)相距 根據(jù)左手定則可得，粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負(fù)v r＝L由 v 3r＝2L ＝qB可得

v v v v ∶＝2∶1，選項(xiàng)B正確；粒子1在磁場(chǎng)中的

動(dòng)時(shí)間t1＝1·2πr1＝πL，粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝2L，所以t1＝π，選項(xiàng)C4 2

3dx＝r3－L＝2L－L＝(2－1)LD答 4.(多選)(2015·理綜，7)如圖14所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長(zhǎng)度L＝9.1cm，中點(diǎn)O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4T.電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電量e＝－1.6×10－19C，不計(jì)電子重力。電子源發(fā)射速度v＝1.6×106m/s的一個(gè)電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度為l，則( A.θ＝90°時(shí)，l＝9.1 B.θ＝60°時(shí)，l＝9.1C.θ＝45°時(shí)，l＝4.55 D.θ＝30°時(shí)，l＝4.55解 電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為 4.55cm＝L。電子沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩?2l＝L＝9.1cm，Aθ＝30°時(shí)，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到NMNO點(diǎn)，如圖乙所示，故粒子只能2ONNM4.55cm＜l＜9.1cm，故B、C答案5.(2015屆高三年級(jí)教學(xué)質(zhì)量統(tǒng)一檢測(cè))15xOy，Bm、電荷量為＋q的帶電粒xMP點(diǎn)坐標(biāo)為(1.5l3l)，(2)Mx解 (1)連接OP，過(guò)P做y軸垂線交y軸于點(diǎn)A，過(guò)O做初速度垂線OO1交PA于點(diǎn)P根據(jù)運(yùn)動(dòng)定律

＝mm

m(2)答 (1)

高頻考點(diǎn)四v一定時(shí)，弧長(zhǎng)(或弦長(zhǎng))越長(zhǎng)，圓心角越大，粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)。(18分)16所示，O為三個(gè)半圓的共同圓心，半圓Ⅰ和Ⅱ間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，B1＝1.0T，Ⅱ和Ⅲ間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知，半圓ⅠR1＝0.5mR3＝1.5m4.0×107C/kgO點(diǎn)沿θ＝30°OCv＝1.5×107m/sB1中，恰好能＝0.8，cos53°＝0.6把抽象思維轉(zhuǎn)化為形象思維。解

＝ 88

m(1分

11由圖知(R2－r1)2＝R2＋r2(2分11R2＝1.0m。(1分tanα＝R1＝4(2分 α＝53°(1分粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ間的磁場(chǎng)中運(yùn)行的周期為 分v

B1q粒子在半圓Ⅰ、Ⅱ

T≈5.54×10－8s。(2分磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓的半徑為r2，則 ＝0.25m(2分 qvB＝RB2minqv＝mr2(2分＝qr＝qr 1.5 2即半圓Ⅱ、ⅢB2B2≥1.5T。(1分答 (1)1.0 (2)5.54×10－8 (3)B2≥1.52O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，上極板開有一小孔。一m、電量為＋q的粒子由小孔下方dv射出2H若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為

H

qDqD解 (1)設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，對(duì)粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理 qE·2＝2mv①(2分E＝qd②(1分設(shè)Ⅰ區(qū)磁感