高考物理二輪復(fù)習(xí) 增分攻略 抓基礎(chǔ)建網(wǎng)絡(luò)　回歸課本補漏缺

第六步抓基礎(chǔ)，建網(wǎng)絡(luò)回歸課本補漏缺三種性質(zhì)力和牛頓運動定律

三種性質(zhì)力eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)力的合成與分解的方法。(2)正交分解法。(3)整體法與隔離法。(4)彈力和摩擦力的有無及方向的判斷方法。(5)共點力平衡問題的分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)運動的物體所受摩擦力不一定是滑動摩擦力、靜止的物體所受摩擦力不一定是靜摩擦力。(2)桿產(chǎn)生的彈力方向不一定沿著桿的方向，繩產(chǎn)生的彈力方向一定沿著繩的方向。(3)受力分析時不能添力、漏力、錯力。(4)不能將結(jié)點和滑輪的作用等同，定滑輪上兩段繩受力大小相同，結(jié)點處兩段繩受力不同，應(yīng)按一般受力平衡分析。[例1][2014·哈爾濱師大附中、東北師大附中、遼寧省實驗中學(xué)聯(lián)考](多選)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的豎直墻面上，力F指向球心水平作用在光滑球B上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)力F增大時，系統(tǒng)還保持靜止，則下列說法正確的是()A.A所受合外力增大B.A對豎直墻壁的壓力增大C.B對地面的壓力一定增大D.墻面對A的摩擦力可能變?yōu)榱鉡解析]本題考查力學(xué)知識，意在考查考生對整體法和隔離法的應(yīng)用。斜劈A始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，因而A所受到的合力始終為零，選項A錯誤；以斜劈A和球B為研究對象，通過受力分析可知豎直墻壁對A的彈力增大，選項B正確；以球B為研究對象可知斜劈A對球B的彈力增大，因而地面對B的支持力增大，B對地面的壓力增大，選項C正確；由于初始狀態(tài)豎直墻壁對斜劈的摩擦力的方向未知，因而F增大時，墻面對A的摩擦力可能變?yōu)榱悖x項D正確。[答案]BCD[解題啟示]處理整體與部分問題時，選擇合適的研究對象至關(guān)重要，當(dāng)分析系統(tǒng)外的受力時，通常選擇整體法，當(dāng)分析系統(tǒng)內(nèi)物體間相互作用時，通常選擇隔離法。直線運動和牛頓運動定律eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)圖象法分析物體的運動規(guī)律。(2)整體法和隔離法分析連接體問題。(3)逆向思維法處理勻減速直線運動。(4)正交分解法在動力學(xué)問題中的應(yīng)用。(5)對稱法分析豎直上拋運動。2.必須明確的易錯易混點(1)處理剎車類問題時要注意在給定的時間內(nèi)車是否已經(jīng)停止運動。(2)物體沿斜面上沖時，從最高點返回時的加速度與上沖時的加速度不一定相同。(3)處理追及相遇問題時，若被追趕的物體做勻減速直線運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動。(4)注意區(qū)分a、Δv、eq\f(Δv,Δt)三個物理量。(5)由圖象得到的加速度方向與應(yīng)用牛頓第二定律列式時所取的正方向應(yīng)保持一致。(6)超重或失重的物體加速度方向不一定沿豎直方向。(7)加速度“突然”變化時，繩、桿產(chǎn)生的彈力可能跟著“突變”，而彈簧、橡皮筋產(chǎn)生的彈力不會“突變”。,[例2][2014·鄭州質(zhì)量預(yù)測]如圖所示，工人用繩索拉鑄件，鑄件的質(zhì)量是20kg，鑄件與地面間的動摩擦因數(shù)是0.25。工人用80N的力拉動鑄件，從靜止開始在水平面上前進，繩與水平方向的夾角為α＝37°并保持不變，經(jīng)4s后松手。求松手后鑄件還能前進的距離。(g＝10m/s2)[解析]工人拉鑄件時，根據(jù)牛頓第二定律有Fcosα－f＝ma1N1＋Fsinα－mg＝0又f＝μN1解得a1＝1.3m/s2松手時，鑄件的速度v＝a1t＝5.2m/s設(shè)松手后，鑄件的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma2解得a2＝2.5m/s2松手后，鑄件滑行的距離是s＝eq\f(v2,2a2)＝5.4m[答案]5.4m[解題啟示]牛頓第二定律具有矢量性，應(yīng)用其列方程時應(yīng)規(guī)定正方向，一般取加速度的方向為正方向，同時注意因受力變化而造成摩擦力的大小發(fā)生變化的情況。質(zhì)點運動的基本規(guī)律曲線運動eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)兩個分運動的軌跡及運動性質(zhì)的判斷方法。(2)小船渡河問題、繩和桿末端速度分解問題的分析方法。(3)平拋運動、類平拋運動的分析方法。(4)火車轉(zhuǎn)彎問題、豎直面內(nèi)圓周運動問題的分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)兩個直線運動的合運動不一定是直線運動。(2)合運動是物體的實際運動。(3)小船渡河時，最短位移不一定等于小河的寬度。(4)做平拋運動的物體，其位移方向與速度方向不同。(5)做圓周運動的物體，其向心力由合外力指向圓心方向的分力提供，向心力并不是物體“額外”受到的力。(6)做離心運動的物體并沒有受到“離心力”的作用。,[例1][2014·唐山統(tǒng)考](多選)如圖所示，一同學(xué)分別在同一直線上的A、B、C三個位置投擲籃球，結(jié)果都垂直擊中籃筐，速度分別為v1、v2、v3。若籃球出手時高度相同，出手速度與水平夾角分別為θ1、θ2、θ3，下列說法正確的是()A.v1<v2<v3 B.v1>v2>v3C.θ1>θ2>θ3 D.θ1<θ2<θ3[解析]上述過程，可以看成籃球從籃筐水平拋出，由題意可知：其水平射程不同，且速度越大，水平射程越大，故選項B正確。A錯誤；根據(jù)平拋運動規(guī)律，水平速度越大，落地時速度方向與水平方向的夾角越小，選項D正確，C錯誤。[答案]BD[解題啟示]在本題中籃球出手后，是斜拋運動，但都最后垂直擊中籃筐，可用逆向思維，看成籃球從籃筐水平拋出，做平拋運動。萬有引力與航天eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)天體質(zhì)量和密度的估算方法。(2)“變軌問題”的處理方法。(3)“雙星問題”的處理方法。(4)第一宇宙速度的計算方法。2.必須明確的易錯易混點(1)任何物體間都存在萬有引力，但萬有引力定律并不適用于任何物體之間。(2)只有在兩極處的物體所受重力等于萬有引力，地球上其他位置處，重力不等于萬有引力，有時將二者按近似相等處理。(3)衛(wèi)星在穩(wěn)定的圓周運動中，才有F萬＝F向，否則F萬≠F向。(4)同步衛(wèi)星、近地衛(wèi)星、地球赤道上物體運動的特點不同。(5)對于雙星問題，求兩星球間的萬有引力時，公式F＝Geq\f(m1m2,r2)中的r＝L；求星球的向心力時，公式F向＝meq\f(v2,r)中的r＝r1(或r2)。,[例2]天文學(xué)家如果觀察到一個星球獨自做圓周運動，那么就會猜想到在這個星球附近存在著一個看不見的星體黑洞。星球與黑洞由萬有引力的作用組成雙星，以兩者連線上某點為圓心做勻速圓周運動，下列說法正確的是()A.它們做圓周運動的角速度與其質(zhì)量成反比B.它們做圓周運動的周期與其質(zhì)量成反比C.它們做圓周運動的半徑與其質(zhì)量成反比D.它們做圓周運動所受的向心力與其質(zhì)量成反比[解析]由于該雙星和它們的軌道中心總保持三點共線，所以在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度必相等，即它們做勻速圓周運動的角速度必相等，因此周期也必然相同，選項A、B錯誤；因為它們所受的向心力都是由它們之間的萬有引力來提供，所以大小必然相等，選項D錯誤；由F＝mω2r可知r∝eq\f(1,m)，選項C正確。[答案]C[解題啟示]本題屬于雙星模型，雙星模型具有以下特點：(1)由于雙星和該固定點總保持三點共線，所以在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度必相等，即雙星做勻速圓周運動的角速度必相等，因此周期也必然相同；(2)由于每顆星的向心力都是由雙星間相互作用的萬有引力提供的，因此大小必然相等，由F＝mω2r，可得r∝eq\f(1,m)，于是有r1＝eq\f(m2,m1＋m2)L，r2＝eq\f(m1,m1＋m2)L；(3)列式時須注意：萬有引力定律表達式中的L表示雙星間的距離，而向心力表達式中的r表示它們各自做圓周運動的半徑。功能關(guān)系和能量守恒eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)功(恒力功、變力功)的計算方法。(2)機車啟動問題的分析方法。(3)機械能守恒的判斷方法。(4)子彈打木塊、傳送帶等，模型中內(nèi)能增量的計算方法。2.必須明確的易錯易混點(1)公式W＝Flcosα中，l不一定是物體的位移。(2)混淆平均功率和瞬時功率；計算瞬時功率時，直接應(yīng)用公式W＝Fv，漏掉了F與v之間的夾角。(3)功、動能、重力勢能都是標(biāo)量，但都有正負，正負號的意義不同。(4)機車啟動時，在勻加速階段的最大速度并不是機車所能達到的最大速度。(5)ΔE內(nèi)＝Ffl相對中l(wèi)相對為相對滑動的兩物體間相對滑行路徑的總長度。3．幾種常用的功能轉(zhuǎn)化關(guān)系[例1]如圖所示，物體以100J的初動能從固定斜面底端向上運動，當(dāng)它通過斜面某點M時，其動能減少了80J，機械能損失了32J。若物體能從斜面上返回底端，則返回底端時物體的動能為()A.20JB.48JC.60JD.68J[解析]設(shè)物體的質(zhì)量為m，斜面的傾角為θ，物體從底端到M點沿斜面運動的位移為s1。對物體做功的力有兩個：重力沿斜面的分力mgsinθ和滑動摩擦力f，而且上升的過程中這兩個力都對物體做負功。根據(jù)動能定理可知：動能的減少量等于克服這兩個力所做的功，即(mgsinθ＋f)s1＝80J①。由功能關(guān)系可知：機械能的減少量等于克服滑動摩擦力所做的功，即fs1＝32J②，由①②兩式得eq\f(f,mgsinθ)＝eq\f(2,3)③。設(shè)物體從斜面底端運動到最高點位移為s2，則上升過程中由動能定理得(mgsinθ＋f)s2＝100J④，由③④兩式得fs2＝40J，即上升過程中物體克服滑動摩擦力做了40J的功。因為上升和下降過程中物體都克服滑動摩擦力做功，且數(shù)值相等，所以往返一次克服滑動摩擦力所做的總功為80J。由功能關(guān)系可知，往返一次機械能的減少量等于克服滑動摩擦力所做的總功，所以物體的動能減少了80J(因為物體的重力勢能沒有變化)，因此物體返回斜面底端時的動能為20J。[答案]A[解題啟示]應(yīng)用功能關(guān)系解題的關(guān)鍵，就是要認真分析物理過程中有哪些力對物體做了功，并明確每個力做功與其相應(yīng)能量的變化關(guān)系。功和能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，不僅在解決力學(xué)問題時開辟了一條重要途徑，而且也是分析解決電磁學(xué)、熱學(xué)等物理現(xiàn)象的重要依據(jù)。運用能量的觀點去分析解決問題，可不涉及整個過程作用的細節(jié)，只涉及初、末狀態(tài)，避免了直接用牛頓定律所遇到的困難，同時也簡化了解決問題的步驟。[例2]固定在豎直平面內(nèi)的半圓形軌道與豎直軌道平滑連接，豎直軌道的上端有一個大小可忽略的小定滑輪，半圓形軌道的半徑為R，C為軌道的最低點，豎直軌道高也為R，兩個質(zhì)量分別為2m和m的小球A和B用輕質(zhì)細線連在一起，所有接觸面均光滑，如圖所示。開始時用手固定B、使A緊靠滑輪，突然撤去手后，A由靜止開始下滑，求A經(jīng)過C點時的速度。[解析]對A、B，從A靜止釋放到運動至C點，設(shè)A運動至C點時A、B的速度分別為v1、v2(關(guān)系如圖所示)。由幾何關(guān)系知小滑輪到C的距離為s＝eq\r(5)Rcosθ＝eq\f(1,\r(5))因為細線長度不變，則B上升的高度H＝s在A下滑到C點的過程中，A、B系統(tǒng)機械能守恒，有(2m)g(2R)－mgH＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)B的速度大小等于A的速度沿細線方向的分速度大小，有v2＝v1cosθ以上各式聯(lián)立解得v1＝eq\r(\f(10gR4－\r(5),11))。[答案]eq\r(\f(10gR4－\r(5),11))[解題啟示]兩物體在運動過程中系統(tǒng)機械能守恒的根源在于線(桿)對兩物體所做的正、負功絕對值相等。抓住線(桿)長度不變，通過作圖找出線段間關(guān)系和邊角關(guān)系，確定物體的位移(上升、下降的高度)。如果物體速度不沿線(桿)方向，需將物體速度沿線(桿)分解，根據(jù)沿線(桿)方向速度相等，確定兩物體速度的大小關(guān)系，再應(yīng)用系統(tǒng)機械能守恒定律，問題便可迎刃而解。電場和帶電粒子在電場中的運動eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)庫侖力作用下點電荷的平衡問題的分析方法。(2)電場強度、電勢、電勢能高低的判斷方法。(3)電場的疊加問題的分析方法。(4)平行板電容器的動態(tài)變化問題的分析方法。(5)帶電粒子在電場中運動的分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)任何帶電體間都存在庫侖力，但庫侖定律只適用于點電荷間。(2)電場強度、電勢、電勢能的大小之間沒有必然的關(guān)系。電場強度大的地方電勢不一定高，電勢高的地方，電荷的電勢能不一定大。(3)電容器的電容與Q和U無關(guān)。3.必須熟知的規(guī)律與方法電場強度、電勢、電勢能的判斷方法(1)電場強度①根據(jù)電場線的疏密程度進行判斷，電場線越密電場強度越大。②根據(jù)等勢面的疏密程度進行判斷。等差等勢面越密處電場強度越大。③根據(jù)a＝eq\f(Eq,m)，a越大處電場強度越大。(2)電勢①沿電場線方向電勢降低，電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，且電場線垂直于等勢面。②根據(jù)電場力做功公式判斷。當(dāng)已知q和WAB時，由公式WAB＝qUAB，即UAB＝eq\f(WAB,q)判定。③根據(jù)電勢能判斷，正電荷在電勢能高的地方電勢高，負電荷在電勢能高的地方電勢反而低。(3)電勢能電場力做正功，電荷(無論正電荷還是負電荷)從電勢能較大處移向電勢能較小處；反之，如果電荷克服電場力做功，那么電荷將從電勢能較小處移向電勢能較大處。處理帶電粒子在電場中運動的思想方法處理帶電粒子在電場中的運動問題，首先要注意區(qū)分不同的物理過程，弄清在不同的過程中粒子的受力情況和運動情況。在解題時主要可以從以下兩條線索展開：(1)力和運動的關(guān)系——根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律找出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等，這條線索通常適用于受恒力作用下做勻變速直線運動的情況。(2)功和能的關(guān)系——根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功引起帶電粒子能量的變化，利用動能定理研究全過程中能的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的位移等。這條線索也適用于非勻強電場。[例1](多選)將某導(dǎo)體置于電場后其周圍的電場分布情況如圖所示，圖中虛線表示電場線，實線表示等勢面，圖下箭頭所示數(shù)字表示等勢面的電勢(單位：V)，A、B、C、D、E為電場中的五個點，其中D、F兩點間的距離為3cm。下列說法錯誤的是()A.A點的電場強度小于B點的電場強度B.A點的電勢高于B點的電勢C.E點的場強大小小于10V/mD.將正電荷從A點沿電勢為0.5V的等勢面移到C點的過程中，因電場線先密后疏，故靜電力先做負功后做正功[解析]圖中可以看出，A點處的電場線較B點處的電場線稀疏，則A點的電場強度小于B點的電場強度，選項A正確；順著電場線的方向電勢逐漸降低，故A點所在等勢面的電勢較B點所在等勢面的電勢高，選項B正確；由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(0.5－0.2,3×10－2)V/m＝10V/m，因E點附近的電場線較密，故E點的場強大小大于10V/m，選項C錯誤；因等勢面與電場線垂直，故電荷沿等勢面移動時靜電力不做功，選項D錯誤。[答案]CD[解題啟示](1)記住兩個重要結(jié)論：第一，場強的大小與電場線的疏密有關(guān)；第二，電勢的高低與電場線的方向有關(guān)。(2)弄清兩個問題：第一，靜電力做功的正、負由電荷的正、負及兩點間的電勢差共同決定，而并非由電場線的疏密決定；第二，公式U＝Ed用于勻強電場中的定量計算和非勻強電場中的定性分析。[例2][2014·上海高考](多選)靜電場在x軸上的場強E隨x的變化關(guān)系如圖所示，x軸正向為場強正方向，帶正電的點電荷沿x軸運動，則點電荷()A.在x2和x4處電勢能相等B.由x1運動到x3的過程中電勢能增大C.由x1運動到x4的過程中電場力先增大后減小D.由x1運動到x4的過程中電場力先減小后增大[解析]由題圖可知，x1到x4場強先變大，再變小，則點電荷受到的電場力先增大后減小，C正確，D錯誤。由x1到x3及由x2到x4過程中，電場力做負功，電勢能增大，知A錯誤，B正確。[答案]BC[解題啟示]分析圖象的關(guān)鍵：第一，看清坐標(biāo)軸尤其是縱軸所代表的物理量，如本題圖象中的縱軸表示的是電場中場強的高低；第二，根據(jù)圖象找出突破點，準(zhǔn)確地分析、判斷物理量的變化規(guī)律，如本題中可直接判斷從x1到x4場強大小的變化，從而推出電場力的變化。恒定電流

eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)直流電路中電功、電熱、電功率的計算方法。(2)直流電路的動態(tài)分析方法。(3)含容電路的分析與計算方法。(4)直流電路的圖象問題的分析方法。(5)電路故障的分析方法eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(儀器檢測法,假設(shè)法))2.必須明確的易錯易混點(1)不能分清純電阻元件和非純電阻元件導(dǎo)致計算出錯。(2)不能正確識別串、并聯(lián)電路而出錯。(3)非線性元件的I－U圖象中，某點切線的斜率的倒數(shù)不是電阻。eq\a\vs4\al([方法·規(guī)律])1.閉合電路的動態(tài)分析方法(1)程序法：閉合電路中，由于局部電阻變化(或開關(guān)的通斷)，引起各部分電壓、電流(或燈泡明暗)發(fā)生變化，分析此類問題的基本步驟是：①由局部電阻變化判斷總電阻的變化；②由I＝eq\f(E,R＋r)判斷總電流的變化；③據(jù)U＝E－Ir判斷路端電壓的變化；④由歐姆定律及串并聯(lián)電路特點判斷各部分電流、電壓變化。(2)極限法：即因變阻器滑片滑動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑動端分別滑至兩個極端去討論。(3)特殊值法：對于某些電路問題，可以采取代入特殊值法判定，從而得出結(jié)論。(4)結(jié)論法：“串反”“并同”即某一電阻阻值變化，則與該電阻相串聯(lián)的用電器，兩端電壓、通過的電流、消耗的功率都將與該電阻阻值變化情況相反；與該電阻相并聯(lián)的用電器，兩端電壓、通過的電流、消耗的功率都將與該電阻阻值變化情況相同。2.含容電路問題的分析方法(1)電容器在直流電路中，相當(dāng)于一個阻值無限大(只考慮電容器是理想的不漏電的情況)的電阻，在電容器處電路可視為斷路，分析時可以等效于拆去電容器，從而簡化電路；簡化后若求電容器所帶電荷量，可接在相應(yīng)的位置上。(2)電路穩(wěn)定后，電容器兩極的電壓等于與它并聯(lián)電路的電壓值。(3)當(dāng)電容器與電阻串聯(lián)時，電阻兩端不分電壓。(4)電路中的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充放電。如果電容器兩端電壓升高，電容器將充電；如果兩端電壓降低，電容器將通過與它連接的電路放電。(5)電容器帶電荷量或帶電荷量變化的求解方法：電容器所帶電荷量用Q＝CU計算，電容器所帶電荷量變化用ΔQ＝C·ΔU計算。[例1]某同學(xué)將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內(nèi)部的發(fā)熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在了同一坐標(biāo)系上，如圖中的a、b、c所示，根據(jù)圖線可知()A.反映Pr變化的圖線是bB.電源電動勢為8VC.電源內(nèi)阻為1ΩD.當(dāng)電流為0.5A時，外電路的電阻為6Ω[解析]由題意可知Pr＝I2r，變化曲線應(yīng)該是c，且由圖象可求得電源內(nèi)阻r＝2Ω，選項A、C錯誤；由PE＝EI，可求得電源電動勢E＝4V，選項B錯誤；由圖象及閉合電路歐姆定律E＝IR＋Ir可知，當(dāng)電流為0.5A時外電路的電阻為6Ω，選項D正確。[答案]D[例2]在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，A、V分別為理想電流表和理想電壓表。在滑動變阻器滑片P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是()A.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大B.電容器C所帶電荷量增多C.電容器內(nèi)M點的電勢降低D.若將電容器的下極板上移少許，則電荷在M點所具有的電勢能減小[解析]滑動變阻器的滑片P由a端向b端滑動的過程中，閉合電路的外電阻變小，電路總電流增大，電源內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，電阻R1兩端電壓增大，電壓表示數(shù)變大，R2和R3并聯(lián)部分兩端的電壓變小，流過R2的電流變小，流過R3的電流變大，電流表示數(shù)變大，選項A錯誤；電容器兩極板間的電壓等于電阻R2兩端的電壓，由Q＝CU可知，電容器所帶電荷量Q減少，選項B錯誤；由E＝eq\f(U,d)可知，電容器內(nèi)部勻強電場的場強E變小，由題圖可知電容器的下極板電勢為零，由U＝Ed可知M點的電勢降低，選項C正確；雖然電容器內(nèi)M點的電勢降低，但由于電荷的電性不確定，所以無法確定該電荷在M點電勢能的變化情況，選項D錯誤。[答案]C[解題啟示]處理電容器和電阻組成的串、并聯(lián)電路問題需要把握兩點：第一，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)時電容器支路相當(dāng)于斷路，因此，與電容器串聯(lián)的電阻兩端電壓為零；第二，電容器兩端電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓，因此，電容器兩端電壓隨與之并聯(lián)的電阻兩端電壓的變化而變化。磁場和帶電粒子的運動

磁場eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)根據(jù)磁感線分析磁場的分布規(guī)律。(2)與安培力有關(guān)的力學(xué)問題的分析方法。(3)帶電粒子在有界磁場中運動問題的分析方法。(4)帶電粒子在磁場中周期性運動問題的分析方法。(5)帶電粒子在勻強磁場中的臨界和極值問題的分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)通電導(dǎo)線、帶電粒子在磁場中不一定受磁場力的作用。(2)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，洛倫茲力不做功，安培力可以做功。(3)把左手定則和右手定則混淆。左手定則用來判斷安培力、洛倫茲力的方向，右手定則是用來判斷導(dǎo)體棒切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向的。(4)不能熟練地利用幾何關(guān)系分析帶電粒子在磁場中的運動軌跡：帶電粒子在有邊界的勻強磁場中運動時，要正確地找出偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、入射方向與出射方向之間的關(guān)系。[例1]如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)A.eq\f(1,2)Δt B.2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D.3Δt[解析]設(shè)帶電粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°。當(dāng)帶電粒子以eq\f(1,3)v的速度進入時，軌道半徑r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圓心在O2，則eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)，即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。[答案]B[解題啟示]分析帶電粒子在勻強磁場中的運動問題，首先應(yīng)找到圓心，畫出運動軌跡，借助輔助線和幾何知識求解，粒子的運動時間由圓心角決定。即t＝eq\f(θ,2π)T，因此本題中，粒子運動周期T＝eq\f(2πm,qB)不變，運動時間之比即為圓心角之比。復(fù)合場eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題的分析方法。(2)帶電粒子在組合場中運動的分析方法。(3)帶電粒子在復(fù)合場中運動的分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)組合場中不能確定好粒子在組合場交界位置的速度的大小與方向而出錯。(2)在復(fù)合場中，受力分析不正確，特別是洛倫茲力的方向判斷不正確而出錯。(3)對帶電體的重力能否被忽略判斷不準(zhǔn)而導(dǎo)致出錯。(4)混淆處理“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的方法而出錯。eq\a\vs4\al([典型做法歸納])1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法2.帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關(guān)系(1)四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點。(2)三個角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍。[例2][2013·安徽高考]如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：(1)電場強度E的大??；(2)粒子到達a點時速度的大小和方向；(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值。[解析](1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(1,2)at2＝hqE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到達a點時沿負y方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。(3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝meq\f(v2,r)當(dāng)粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有r＝eq\f(\r(2),2)L所以B＝eq\f(2mv0,qL)。[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qh)(2)eq\r(2)v0方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角(3)eq\f(2mv0,qL)[解題啟示]由類平拋運動規(guī)律求解粒子在電場中的運動，抓住Oa＝2h，OP＝h的條件即可判斷出粒子出射速度方向，再由對稱性可畫出粒子在磁場中的運動軌跡，由qvB＝meq\f(v2,r)即可求解。

電磁感應(yīng)現(xiàn)象和交流電

電磁感應(yīng)現(xiàn)象eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)應(yīng)用楞次定律和右手定則判斷感應(yīng)電流的方向。(2)應(yīng)用楞次定律判斷導(dǎo)體的“相對”運動。(3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中等效電路的畫法。(4)通電自感和斷電自感現(xiàn)象的分析方法。(5)應(yīng)用圖象分析電磁感應(yīng)問題的方法。(6)電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路、能量的綜合分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)判斷磁通量是否變化時，由于只考慮磁通量的“大小”，忽略了“方向”而出錯。(2)對楞次定律中“阻礙”含義理解不準(zhǔn)確而出錯，阻礙不等于相反，不等于阻止。(3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，由于不能正確畫出等效電路圖而出錯。(4)對變化電流的問題，求電功、電功率、熱功率用電流的有效值，求通過的電量用電流的平均值。(5)導(dǎo)體棒所受安培力不一定做功，但導(dǎo)體棒中由于電流和電阻會產(chǎn)生焦耳熱。[例1]間距為L＝2m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m＝0.1kg的金屬細桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌的電阻不計，細桿ab、cd的電阻分別為R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B＝0.50T、方向豎直向上的勻強磁場中(圖中未畫出)。當(dāng)ab在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運動時，cd桿也同時從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運動。測得拉力F與時間t的關(guān)系如圖乙所示。g＝10m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)求當(dāng)cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小。(3)若從開始到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做了5.2J的功，通過cd桿橫截面的電荷量為2C，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。[解析](1)由題圖乙可知，在t＝0時，F(xiàn)＝1.5N對ab桿進行受力分析，由牛頓第二定律得F－μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2(2)從d向c看，對cd桿進行受力分析如圖所示，當(dāng)cd速度最大時，有f＝mg＝μFN，F(xiàn)N＝F安，F(xiàn)安＝BIL，I＝eq\f(BLv,R1＋R2)綜合以上各式，解得v＝2m/s(3)整個過程中，ab桿發(fā)生的位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×10)m＝0.2m對ab桿應(yīng)用動能定理，有WF－μmgx－W安＝eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得W安＝4.9J根據(jù)功能關(guān)系Q總＝W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總＝2.94J。[答案](1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J[解題啟示]分析“雙桿模型”問題時，要注意雙桿之間的制約關(guān)系，即“動”桿與“被動”桿之間的關(guān)系，需要注意的是，最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析該類問題的關(guān)鍵。交流電eq\a\vs4\al([憶知識·查不足])1.必須精通的幾種方法(1)正弦交變電流的瞬時值表達式的計算方法。(2)交變電流有效值的計算方法。(3)變壓器電路的動態(tài)分析方法。(4)遠距離輸電問題的常用分析方法。2.必須明確的易錯易混點(1)線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時，開始計時的位置不同，則瞬時值表達式不同。(2)只有正弦交流電的有效值才滿足I＝eq\f(Im,\r(2))。(3)正弦交變電流的“四值”的應(yīng)用范圍不同，如計算電功時只能用有效值，計算電量時只能用平均值。(4)理想變壓器的副線圈只有一個時，原副線圈的電流關(guān)系才滿足eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(5)遠距離輸電時，輸電導(dǎo)線的電阻不等于輸送電壓與輸送電流的比值。[例2][2014·天津高考](多選)如圖1所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢圖象如圖2中曲線a、b所示，則()A.兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B.曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C.曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD.曲線b表示的交變電動勢有效值為10V[解析]由題圖2知t＝0時兩次轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的瞬時電動勢都等于零，故A正確。由圖2知兩次轉(zhuǎn)動所產(chǎn)生的交變電動勢的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系n＝eq\f(1,T)得na∶nb＝3∶2，故B錯誤。因Ta＝4×10－2s，故fa＝eq\f(1,Ta)＝25Hz，C正確。因Ema＝15V，而Em＝NBSω＝eq\f(2πNBS,T)，故Emb＝eq\f(Ta,Tb)Ema＝10V，Eb＝eq\f(Emb,\r(2))＝5eq\r(2)V，D錯誤。[答案]AC[解題啟示]首先應(yīng)從電動勢圖象中得出有用信息，Ta＝0.04s，Tb＝0.06s，Ema＝15V，再由公式Em＝NBSω，ω＝eq\f(2π,T)，求得Emb大小，對于本題涉及到的公式還有ω＝2πf＝2πn，E＝eq\f(Em,\r(2))，f＝eq\f(1,T)等。物理實驗基本知識一、誤差和有效數(shù)字1.誤差2.有效數(shù)字(1)定義：帶有一位不可靠數(shù)字的近似數(shù)據(jù)。有效數(shù)字的最后一位是測量者估讀出來的，是誤差的來源。(2)從數(shù)字左邊第一個不為零的數(shù)字算起，如0.0125為三位有效數(shù)字。二、基本儀器的使用與讀數(shù)1.長度測量類(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)：(2)螺旋測微器的讀數(shù)：測量值＝固定刻度整毫米數(shù)＋半毫米數(shù)＋可動刻度讀數(shù)(含估讀)×0.01mm。2.時間測量類(1)機械秒表的讀數(shù)：①原理：機械秒表的長針是秒針，轉(zhuǎn)一周是30s，因為機械表采用的是齒輪傳動，指針不可能停留在兩小格之間，所以不能估讀出比0.1s更短的時間。位于秒表上部中間的小圓圈里面的短針是分針，指針走一圈15min，每小格為0.5min。②秒表的讀數(shù)方法是：T＝短針讀數(shù)(t1)＋長針讀數(shù)(t2)。(2)打點計時器：計時器種類工作電源電壓打點間隔電磁打點計時器交流50Hz,4V～6V0.02s電火花打點計時器交流50Hz,220V0.02s(3)頻閃照相機：其作用和處理方法與打點計時器類似，它是用等時間間隔獲取圖象的信息的方法將物體在不同時刻的位置記錄下來，使用時要明確頻閃的時間間隔。三、實驗數(shù)據(jù)的處理方法1.列表法在記錄和處理數(shù)據(jù)時，為了簡單而明確地表示出有關(guān)物理量之間的對應(yīng)關(guān)系，將數(shù)據(jù)填寫在適當(dāng)?shù)谋砀駜?nèi)，稱為列表法。列成表格不但可以減少或避免錯誤，便于發(fā)現(xiàn)問題和分析問題，而且有助于找出各物理量之間的變化規(guī)律。分析表格中的記錄數(shù)據(jù)時一般先找出相同量，再分析其他量的數(shù)據(jù)關(guān)系。表格要求簡單明了，用符號標(biāo)明各物理量并寫明單位，所列數(shù)據(jù)要符合有效數(shù)字的有關(guān)規(guī)定。2.平均值法即把測定的若干組數(shù)相加求和，然后除以測量次數(shù)。3.作圖法用作圖法處理實驗數(shù)據(jù)是物理實驗中最常用的方法之一。用作圖法處理數(shù)據(jù)的優(yōu)點是直觀、簡便，有取平均的效果。由圖線的斜率、截距、包圍面積等可以研究物理量之間的變化關(guān)系，找出規(guī)律。電學(xué)實驗一、電學(xué)測量儀器的使用與讀數(shù)1.電流表、電壓表、歐姆表的比較2.多用電表的使用“三注意”(1)電流的流向：由于使用多用電表時不管測量項目是什么，電流都要從電表的“＋”插孔(紅表筆)流入，從“－”插孔(黑表筆)流出，所以使用歐姆擋時，多用電表內(nèi)部電池的正極接的是黑表筆，負極接的是紅表筆。(2)要區(qū)分開“機械零點”與“歐姆零點”：“機械零點”在表盤刻度左側(cè)“0”位置。調(diào)整的是表盤下邊中間的定位螺絲；“歐姆零點”在表盤刻度的右側(cè)電阻刻度“0”位置，調(diào)整的是歐姆擋的調(diào)零旋鈕。(3)選倍率：測量前應(yīng)根據(jù)估計阻值選用適當(dāng)?shù)膿跷?。由于歐姆擋刻度的非線性，使用歐姆擋測電阻時，表頭指針偏轉(zhuǎn)過大或過小都有較大誤差。通常只使用表盤中間一段刻度范圍，指針偏轉(zhuǎn)角度在eq\f(1,3)滿偏到eq\f(2,3)滿偏之間為測量的有效范圍。3.電學(xué)儀器的選擇(1)電源的選擇：一般可以根據(jù)待測電路的額定電流或額定電壓選擇符合需要的直流電源。(2)電表的選擇：一般根據(jù)電源的電動勢或待測用電器的額定電壓選擇電壓表；根據(jù)待測電流的最大電流選擇電流表；選擇的電表的量程應(yīng)使電表的指針擺動的幅度較大，一般應(yīng)使指針能達到半偏以上，以減小讀數(shù)的偶然誤差，提高精確度。二、電流表內(nèi)外接法的比較與選擇三、控制電路(滑動變阻器的接法)的比較與選擇1.控制電路的比較2.控制電路的選擇(1)優(yōu)先選用限流式。(2)以下情況考慮分壓式：①要求待測電路的U、I從0變化；②R滑?Rx；③選用限流式時，Ux、Ix過大(超過電表量程，燒壞電表、電源或用電器等)[例1][2014·課標(biāo)全國卷Ⅰ]某同學(xué)利用圖(a)所示實驗裝置及數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了小車加速度a與鉤碼的質(zhì)量m的對應(yīng)關(guān)系圖，如圖(b)所示。實驗中小車(含發(fā)射器)的質(zhì)量為200g，實驗時選擇了不可伸長的輕質(zhì)細繩和輕定滑輪，小車的加速度由位移傳感器及與之相連的計算機得到，回答下列問題：(1)根據(jù)該同學(xué)的結(jié)果，小車的加速度與鉤碼的質(zhì)量成________(填“線性”或“非線性”)關(guān)系。(2)由圖(b)可知，a－m圖線不經(jīng)過原點，可能的原因是________。(3)若利用本實驗裝置來驗證“在小車質(zhì)量不變的情況下，小車的加速度與作用力