2025 高考物理三維設(shè)計(jì)二輪復(fù)習(xí)講義部分答案

1/22025高考物理三維設(shè)計(jì)二輪復(fù)習(xí)講義部分第一部分專題復(fù)習(xí)整合突破專題一力與運(yùn)動(dòng)第1講力與物體的平衡【試做·高考真題】1.C滑動(dòng)摩擦力方向與物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，墨條相對(duì)硯臺(tái)水平向左運(yùn)動(dòng)，則硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律，硯臺(tái)受到墨條水平向左的摩擦力，而硯臺(tái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，其水平方向上受力平衡，則桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)硯臺(tái)受力分析，豎直方向上，硯臺(tái)受到自身重力、墨條的壓力和桌面的支持力，因此桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力不是一對(duì)平衡力，D錯(cuò)誤。2.B斜坡傾角越大，“天工”越容易下滑，只要保證“天工”在30°傾角的斜坡上不下滑，在小于30°傾角的斜坡上更不會(huì)下滑，對(duì)30°傾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos30°≥mgsin30°，解得μ≥33，B3.B4.B分別對(duì)兩小球受力分析如圖所示，設(shè)兩小球間的距離為l，繩與豎直方向的夾角為θ，則有kqPqQl2－qQE＝mQgtanθ，kqPqQl2＋qPE＝mPgtanθ，顯然mQgtanθ＜mPgtanθ，即mQ＜mP，B正確；設(shè)下端系有小球P的細(xì)繩的張力大小為T、下端系有小球Q的細(xì)繩的張力大小為T'，則有T＝mPgcosθ，T'＝mQgcosθ，結(jié)合上述分析可知，T＞T'，A錯(cuò)誤；根據(jù)小球Q在O點(diǎn)所在豎直線左邊知【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】A對(duì)球體進(jìn)行受力分析，球體受重力mg、彈簧測(cè)力計(jì)的拉力T、斜面對(duì)其的支持力N1、擋板對(duì)其的支持力N2，如圖所示，N1cos60°＝N2cos60°，N1sin60°＋N2sin60°＋T＝mg，聯(lián)立解得N1＝N2＝33N，A【例2】C對(duì)A、B受力分析如圖所示，門閂剛好啟動(dòng)時(shí)，對(duì)A，水平方向上F＝FNsin45°＋μFNcos45°，對(duì)B，在豎直方向上FN'cos45°＝mg＋μFN'sin45°，又FN＝FN'，結(jié)合已知條件F＝32mg，聯(lián)立可得μ＝0.2，故選C【例3】D對(duì)貝殼4受力分析可知，其受到重力、風(fēng)力、細(xì)線拉力的作用，根據(jù)平衡條件有T22＝G2＋F2；對(duì)貝殼2、3、4整體受力分析有T12＝（3G）2＋（3F）2，所以T1＝3T2；對(duì)貝殼3、4整體受力分析有tanθ2＝2F2G＝FG，對(duì)貝殼1、2、3、4整體受力分析有tanθ1＝4F4G＝F考點(diǎn)二【例4】D若減小a、b間距，碗仍保持豎直靜止，則碗所受的合力仍為零，合力不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)碗受力分析如圖，設(shè)b點(diǎn)對(duì)碗的彈力F2與豎直方向的夾角為θ，則F1＝Gtanθ，F(xiàn)2＝Gcosθ，若減小a、b間距，則θ減小，a桿受到的彈力F1將會(huì)減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；桿對(duì)碗的作用力的合力與碗的重力等大反向，則將質(zhì)量相同、半徑更大的碗豎直放置于a、b桿之間，則碗受到桿的作用力不變，一直等于重力，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，【例5】A當(dāng)?shù)装迮c水平面間的夾角為30°時(shí)，受力分析如圖a所示，由平衡條件可得FN1cos60°＝FN2cos30°，F(xiàn)N1sin60°＋FN2sin30°＝mg，解得底板對(duì)貨物的支持力為FN1＝32mg，支架對(duì)貨物的支持力為FN2＝mg2，故A正確，B錯(cuò)誤；壓下把手的過程中，貨物的受力情況如圖b所示，由圖b可知，底板對(duì)貨物的支持力一直減小，支架對(duì)貨物的支持力一直增大，故C、【例6】D斜面對(duì)物體的作用力指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，則有tanα＝FNFf＝FNμFN＝1μ，μ不變，則tanα不變，即斜面對(duì)物體作用力的方向不隨拉力F的變化而變化，故C錯(cuò)誤；對(duì)物體受力分析如圖所示Fcosβ＝Ff＋mgsinθ①，F(xiàn)f＝μFN②，F(xiàn)N＝mgcosθ－Fsinβ③，聯(lián)立①②③解得F＝mgsinθ＋μmgcosθcosβ＋μsinβ，當(dāng)β＝30°時(shí)，考點(diǎn)三【例7】B以重物為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件有mg＝BIL＋12BIL，解得mg＝32BIL，故選【例8】AC如圖1所示，連接A、B交過球心O的豎直線于P點(diǎn)，分析兩小球的受力，并將力適當(dāng)平移，構(gòu)成矢量三角形，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似，可得OP2mg＝R2T，OPmg＝RN，所以N＝T，故A正確，B錯(cuò)誤；把小球A、B看作整體，對(duì)整體受力分析如圖2所示，正交分解，可得Nsinα＝Tsinθ，Ncosα＋Tcosθ＝3mg，解得α＝θ＝30°，T＝32×2mg，故C正確；對(duì)小球A，設(shè)兩小球間的庫(kù)侖力為F，則有F＝【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】B設(shè)支桿對(duì)水晶球的作用力與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ＝33ll＝33，水晶球靜止，根據(jù)平衡條件可得3Fcosθ＝mg，解得每根支桿對(duì)水晶球的作用力大小為F＝6【典例2】B對(duì)球進(jìn)行受力分析，球受重力Mg、繩子的拉力T及兩個(gè)墻壁對(duì)它的支持力，兩個(gè)支持力大小相等，夾角為90°，設(shè)支持力的大小為N、繩子與豎直墻壁交線的夾角θ，根據(jù)幾何知識(shí)可知球心到豎直墻壁交線的垂直距離為d＝2R，故sinθ＝d2R＝22，解得θ＝45°，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得Tcosθ＝Mg，解得T＝2Mg，在水平方向上根據(jù)受力平衡可知兩個(gè)墻壁對(duì)球的支持力的合力大小等于繩子拉力T的水平分力的大小，即N2＋N2＝Tsinθ，解得N＝22第2講直線運(yùn)動(dòng)與牛頓運(yùn)動(dòng)定律【試做·高考真題】1.A由題意可知題圖中v＜0表示籃球在向下運(yùn)動(dòng)，v＞0表示籃球在向上運(yùn)動(dòng)，由v-t圖像與直線v＝0所圍圖形的面積表示位移大小可知v＝0上方的圖像面積S上減去v＝0下方的圖像面積S下的值越大，對(duì)應(yīng)的籃球位置越高，結(jié)合題圖可知a、b、c、d四點(diǎn)中對(duì)應(yīng)籃球位置最高的是a點(diǎn)，A正確。2.A由牛頓第二定律可知木板的加速度不變，木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的過程，有L＝12at02，木板從靜止釋放到上端到達(dá)A點(diǎn)的過程，當(dāng)木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，有2L＝12at12，當(dāng)木板長(zhǎng)度為2L時(shí)，有3L＝12at22，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，聯(lián)立解得Δt2∶Δt1＝（33.D設(shè)物塊P的質(zhì)量為M，物塊P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕繩上的拉力大小為T牛頓第二定律a＝g－（μ+1）Mg4.C小球上升過程，由牛頓第二定律有mg＋?＝ma1，下降過程有mg－?＝ma2，其中?＝kv，可知a1＞a2，D錯(cuò)誤；上升過程和下降過程高度h相同，根據(jù)h＝12at2結(jié)合D項(xiàng)定性分析可知上升過程用時(shí)較短，則上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，上升過程空氣阻力平均值大于下降過程空氣阻力平均值，因此上升過程克服阻力做功較大，損失機(jī)械能較大，A、B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球拋出速度v1大于小球落到原處的速度v2，由動(dòng)量定理可得上升過程合力的沖量大小I上＝mv1，下降過程合力沖量大小I下＝mv2，則上升過程合力的沖量大于下降過程合力的沖量，C【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】D由速度與時(shí)間公式有v1＝gt1，解得t1＝5s，故A錯(cuò)誤；減速時(shí)，由速度與時(shí)間公式有v2＝v1－at2，解得t2＝9s，運(yùn)動(dòng)員在空中下落時(shí)間為t＝t1＋t2＝14s，故B錯(cuò)誤；由位移與時(shí)間公式有h2＝v1＋v22t2＝247.5m，故C錯(cuò)誤；由位移與時(shí)間公式有h1＝12gt12＝125m，則懸停的飛機(jī)距離地面的高度為H＝h1＋h2＝372【例2】A設(shè)汽車的初速度為v，則時(shí)間t后速度變?yōu)镹v，汽車在時(shí)間t內(nèi)通過了位移x，則平均速度為v＝v＋Nv2＝xt，解得v＝2x（N+1）t，所以該汽車的加速度為a【例3】A對(duì)運(yùn)動(dòng)過程用逆向思維，則有x1∶xn＝1∶5，因?yàn)閤1∶x2∶x3＝1∶3∶5，所以t總＝3s，故A正確；由Δx＝2aT2，可得a＝0.2m/s2，故B錯(cuò)誤；總位移大小為x＝12at2＝0.9m，故C錯(cuò)誤；初速度大小為v0＝at＝0.6m/s，故D考點(diǎn)二【例4】C由于燈籠處于平衡狀態(tài)，根據(jù)三力平衡的特點(diǎn)，可知燈籠的重力和所受輕繩拉力的合力方向與彈簧彈力方向相反，即沿AO方向向下，A錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，繩上拉力等于彈簧的彈力，大小為F＝12mgcos30°＝3mg3，根據(jù)F＝kx，可求得彈簧的形變量為x＝3mg3k，B錯(cuò)誤；若某時(shí)刻剪斷輕繩，則此瞬間彈簧彈力和重力不變，則合力與沒有剪斷繩子時(shí)繩上拉力大小相等，方向相反，為F合＝3mg3，則燈籠的加速度大小為a＝F合m＝33g，C正確；【例5】BD設(shè)每節(jié)車廂重力為G，當(dāng)火車勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)T1＝f1＝k×3G，T2＝f2＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)火車勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)T1－f1＝T1－k×3G＝3ma，T2－f2＝T2－k×2G＝2ma，T3－f3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C錯(cuò)誤，D正確?！纠?】（1）－10m/s2，方向水平向左（2）20m/s（3）36m解析：（1）根據(jù)題意，由圖可知，該型號(hào)汽車開始剎車時(shí)f1mg由牛頓第二定律有－f1＝ma聯(lián)立解得a＝－10m/s2，方向水平向左。（2）該型號(hào)汽車做減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得該型號(hào)汽車在1s末的速度大小為v1＝v0＋a1t1代入數(shù)據(jù)解得v1＝20m/s。（3）根據(jù)題意可知開始減速1s內(nèi)，該型號(hào)汽車運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝v0＋v12t開始減速1s后，由圖可知f2mg由牛頓第二定律有－f2＝ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得0－v12＝2a2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得x2＝10m該型號(hào)汽車從開始減速位置到障礙物間的距離為x＝x1＋x2＋1m＝36m?？键c(diǎn)三【例7】C依題意，冰壺運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦力逐漸減小，由牛頓第二定律f＝ma，可知加速度逐漸減小，冰壺做減速運(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)間不成正比關(guān)系，故A、D錯(cuò)誤；v-t圖像中斜率表示加速度，由圖可知C選項(xiàng)符合題意，故B錯(cuò)誤，C正確?！纠?】BD以物塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mgsinθ－f＝ma，可得a＝Fm－mgsinθ＋fm，結(jié)合a-F圖像可得1m＝k＝bc，－mgsinθ＋fm＝－b，可知小物塊的質(zhì)量為m＝1k，摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】AB對(duì)A、B、C三個(gè)物塊受力分析，摩擦力為f＝μ（m＋2m＋m）g＝4μmg，根據(jù)牛頓第二定律得F－f＝（m＋2m＋m）a，對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得F彈－μmg＝ma，聯(lián)立可得F彈＝F4，故A正確；保持A、B、C三個(gè)物塊相對(duì)靜止，對(duì)B分析可知，整體的最大加速度為amax＝μ2×2mg2m＝μg2，對(duì)A、B、C三個(gè)物塊，根據(jù)牛頓第二定律得Fm－4μmg＝（m＋2m＋m）amax，解得Fm＝6μmg，故B正確；在撤去水平推力的瞬間，彈簧對(duì)A的力不會(huì)發(fā)生突變，即在撤去水平推力的瞬間，A的受力情況不變，即物塊A的加速度不變，故C錯(cuò)誤；在撤去水平推力的瞬間，對(duì)物塊B、C整體受力分析結(jié)合牛頓第二定律得：F合＝3μmg＋F彈＝3μmg＋F4＝3ma，則整體的加速度為a＝μg＋F12m，由B選項(xiàng)可知，物塊B的最大加速度為amax＝μg2＜a，【典例2】1.5m1kg解析：設(shè)物塊減速和木板加速到共速的時(shí)間為t1，此過程的加速度分別為a1，a2，根據(jù)牛頓第二定律，有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，設(shè)兩者共同速度為v，則v0－a1t1＝a2t1＝v，此過程木板的位移為x1＝v2t兩者共速后，因?yàn)棣?＞μ2，所以此后兩者一起減速到停止，設(shè)共同減速的加速度為a3，則根據(jù)牛頓第二定律，有μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3此過程木板的位移為x2＝v木板沿地面運(yùn)動(dòng)的距離恰好等于木板的長(zhǎng)度，則L＝x1＋x2物塊最終恰好到達(dá)木板的右端，即物塊相對(duì)木板的位移為木板的長(zhǎng)度，則L＝v0＋v2t聯(lián)立各式解得t1＝1s，L＝1.5m，M＝1kg。第3講拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)【試做·高考真題】1.B平拋運(yùn)動(dòng)水平方向：d＝v0t豎直方向：h＝12.AD由于小魚在運(yùn)動(dòng)過程中只受重力作用，則小魚在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即vx為一定值，則有x＝vxt，A可能正確，C錯(cuò)誤；小魚在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有y＝v0yt－12gt2，vy＝v0y－gt，且vy最終減為0，B錯(cuò)誤，D3.A由題意可知當(dāng)插銷剛卡緊固定端蓋時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為Δx＝l2，根據(jù)胡克定律有F＝kΔx＝kl2，插銷與卷軸同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，對(duì)插銷，由彈簧的彈力提供向心力，有F＝mlω2，對(duì)卷軸，有v＝rω，聯(lián)立解得v＝rk2m4.C設(shè)出水孔到水桶中心距離為x，則x＝v02hg，落到桶底A點(diǎn)時(shí)x＋D2＝v02×2hg，解得v0＝【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】A籃球做曲線運(yùn)動(dòng)，則籃球的速度與合力不在同一條直線上，且籃球的軌跡應(yīng)向合力指向的一側(cè)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B、C、D錯(cuò)誤，A選項(xiàng)符合題意?！纠?】A設(shè)物體A下落高度為h時(shí)，物體A的速度大小為vA，物體B的速度大小為vB，此時(shí)有vA＝vBcos60°＝2vB，物體A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgh＝12mvA2＋12mvB2，考點(diǎn)二【例3】AD飛鏢先后兩次在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有2h＝12gt12，h＝12gt22，則在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為t1∶t2＝2∶1，故A項(xiàng)正確；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，飛鏢先后兩次拋出時(shí)的初速度大小之比為v1∶v2＝1∶2，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；軌跡為曲線1的飛鏢扎在靶上瞬間的速度與水平方向的夾角的正切值為tanα＝gt1v1，軌跡為曲線2的飛鏢扎在靶上瞬間的速度與水平方向的夾角的正切值為tanβ＝gt2v2，則tanα＝2tanβ，故D項(xiàng)正確；設(shè)φ＝2β，根據(jù)二倍角公式tan【例4】BD重物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程，水平方向上有x＝v0tcos30°，豎直方向上有y＝－v0tsin30°＋12gt2，由幾何關(guān)系有yx＝tan30°，聯(lián)立解得重物的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝4s，A錯(cuò)誤；結(jié)合A項(xiàng)分析可知，重物落地時(shí)的水平分速度vx＝v0cos30°，豎直分速度vy＝－v0sin30°＋gt，則tanθ＝vyvx＝3，所以重物的落地速度與水平方向夾角為60°，B正確；對(duì)重物從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程，垂直于PQ連線方向有（v0sin60°）2＝2ghmcos30°，解得重物離PQ連線的最遠(yuǎn)距離hm＝103m，C錯(cuò)誤；結(jié)合B項(xiàng)分析，豎直方向上有vy2＝2gym，聯(lián)立解得重物軌跡最高點(diǎn)與落點(diǎn)的高度差ym【例5】A排球做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡在地面上的投影為O'E，顯然O'FEF＝CQEQ＝21，所以排球在左、右場(chǎng)地運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2，設(shè)排球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3t，有H＝12g（3t）2，d4＝12g（3t）2－12g（2t）2，解得H＝9d20，3t＝9d10g，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；排球擊出時(shí)的速度大小v0＝O'E3考點(diǎn)三【例6】BD小碗即將滑動(dòng)時(shí)有μmg＝mv2r＝mω2r，解得v＝μgr，ω＝μgr，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可得W＝12mv2＝12μmgr，故B正確；小碗滑動(dòng)后沿轉(zhuǎn)盤邊緣滑出，若未能滑到桌面邊緣，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝ma，由x＝v22a＝12r＜R2－r2＝r，可知小碗不會(huì)從桌面邊緣滑落，故C【例7】（1）3gR（2）解析：（1）只要?dú)忾T嘴燈位于最高點(diǎn)時(shí)a、b接觸即可保證全程燈亮，彈簧原長(zhǎng)時(shí)a、b間的距離為mgk＋L＝2氣門嘴燈位于最高點(diǎn)時(shí)，對(duì)于小滑塊，有mg＋2kL＝m解得滿足要求自行車行駛的最小速度為v＝3gR（2）速度為2gR時(shí)輪子滾動(dòng)的周期為T＝2π此速度下氣門嘴燈所需的向心力為Fn＝m（2gR）2此力恰好等于a、b接觸時(shí)彈簧的彈力，即無重力參與向心力，對(duì)應(yīng)與圓心等高的點(diǎn)，故當(dāng)氣門嘴燈位于下半圓周時(shí)燈亮，即t＝T2＝π【例8】（1）μgω12r1解析：（1）對(duì)轉(zhuǎn)椅受力分析，轉(zhuǎn)椅在水平面內(nèi)受摩擦力、輕繩拉力，兩者合力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，如圖所示。設(shè)轉(zhuǎn)椅的質(zhì)量為m，則轉(zhuǎn)椅所需的向心力Fn1＝mω12轉(zhuǎn)椅受到的摩擦力f1＝μmg根據(jù)幾何關(guān)系有tanα＝f聯(lián)立解得tanα＝μgω（2）轉(zhuǎn)椅在題圖b情況下所需的向心力Fn2＝mω22轉(zhuǎn)椅受到的摩擦力f2＝μN(yùn)2根據(jù)幾何關(guān)系有tanβ＝f豎直方向上由平衡條件有N2＋Tcosθ＝mg水平面上有f2＝Tsinθsinβ聯(lián)立解得ω2＝μgsin【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】BD設(shè)網(wǎng)球飛出時(shí)的速度為v0，豎直方向v0豎直2＝2g（H－h(huán)），代入數(shù)據(jù)得v0豎直＝2×10×（8.45－1.25）m/s＝12m/s，則v0水平＝132－122m/s＝5m/s，網(wǎng)球水平方向到P點(diǎn)的距離x水平＝v0水平t＝v0水平·v0豎直g＝6m，根據(jù)幾何關(guān)系可得打在墻面上時(shí)，垂直于墻面的速度分量v0水平⊥＝v0水平×45＝4m/s，平行墻面的速度分量v0水平∥＝v0水平×35＝3m/s，反彈后，垂直于墻面的速度分量v水平⊥'＝0.75×v0水平⊥＝3m/s，則反彈后的網(wǎng)球速度大小為v水平＝v水平⊥'2＋v0水平∥2＝32m/s，網(wǎng)球落到地面的時(shí)間t'＝2Hg【典例2】AB運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)恰好不受摩擦力，則有mgsinθ＝mω2r，解得圓盤的角速度大小為ω＝gsinθr，故A正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)受到的摩擦力最大，根據(jù)牛頓第二定律可得fm－mgsinθ＝mω2r，解得fm＝mgsinθ＋mω2r＝2mgsinθ，又fm＝μFN＝μmgcosθ可得運(yùn)動(dòng)員與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)滿足μ≥2tanθ，故B正確，C錯(cuò)誤；若僅減小圓盤的轉(zhuǎn)速，即角速度減小，運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)有fm'＝mgsinθ＋mω2r，可知隨著角速度的減小，運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)受到的靜摩擦力減小，當(dāng)角速度減小為0時(shí)，根據(jù)受力平衡可知，摩擦力大小為f＝mgsinθ＜fm＝2mgsinθ，可知運(yùn)動(dòng)員不可能相對(duì)于圓盤滑動(dòng)，第4講萬有引力與宇宙航行【試做·高考真題】1.D“鵲橋二號(hào)”中繼星在24小時(shí)橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，由開普勒第三定律有a3T2＝k，對(duì)地球同步衛(wèi)星由開普勒第三定律有r3T2＝k'，又常量k與中心天體的質(zhì)量成正比，所以M月2.BGMmr2＝m4π2T2r→M＝4π2r3GT23.D萬有引力提供向心力：GMm（R＋h）2＝4.A變軌前、后，根據(jù)a＝GMr2可知，空間站在P點(diǎn)的加速度相同，A正確；由于變軌后的軌道半長(zhǎng)軸大于變軌前的軌道半徑，則根據(jù)開普勒第三定律可知，空間站變軌后的運(yùn)動(dòng)周期比變軌前的大，B錯(cuò)誤；變軌時(shí)，空間站噴氣加速，因此變軌后其在P點(diǎn)的速度比變軌前的大，C錯(cuò)誤；變軌后，空間站在近地點(diǎn)的速度最大，大于變軌后在P點(diǎn)的速度，結(jié)合C項(xiàng)分析可知，變軌后空間站在近地點(diǎn)的速度大于變軌前的速度，【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】B設(shè)地球的軌道半徑為R1，公轉(zhuǎn)周期為T1，彗星的軌道半徑為R2，公轉(zhuǎn)周期為T2，根據(jù)開普勒第三定律可知R13T12＝R23T22，其中R1＝1AU，R2＝17AU，T1＝1年，【例2】C環(huán)月大橢圓凍結(jié)軌道的周期與半長(zhǎng)軸分別為T1＝24h，R1＝200+16000+2×18002km＝9900km，令近月圓軌道衛(wèi)星的周期為T2，則有GMmR2＝m4π2RT22，根據(jù)開普勒第三定律有R13T12＝R3T22，聯(lián)立解得M【例3】AC在星球表面，根據(jù)GMmR2＝mg，可得g＝GMR2，行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的110和12。地球表面重力加速度大小g＝10m/s2，可得該行星表面的重力加速度大小g'＝4m/s2，故A正確；在星球表面上空，根據(jù)萬有引力提供向心力，有GMmR2＝mv2R，可得星球的第一宇宙速度v＝GMR，行星的質(zhì)量和半徑分別為地球的110和12，可得該行星的第一宇宙速度v行＝55v地，地球的第一宇宙速度為7.9km/s，所以該行星的第一宇宙速度v行＝55×7.9km/s，故B錯(cuò)誤；“背罩分離”前，探測(cè)器及其保護(hù)背罩和降落傘整體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)探測(cè)器受力分析，可知探測(cè)器與保護(hù)背罩之間的作用力F＝mg'＝4000N，“背罩分離”后，背罩所受的合力大小為4000N，對(duì)背罩，根據(jù)牛頓第二定律F＝m'a，解得a＝80m/s2，故C正確；“背罩分離”后瞬間探測(cè)器所受重力對(duì)其做功的功率P＝mg'v＝1考點(diǎn)二【例4】C星球的質(zhì)量為M＝ρ·43πR3，衛(wèi)星環(huán)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，有GMmr2＝ma，聯(lián)立得a＝4πGρR33r2，則衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的加速度大小之比為64∶1，故A錯(cuò)誤；由GMmr2＝mv2r，得v＝4πGρR33r，則衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的線速度大小之比為8∶1，故B錯(cuò)誤；由萬有引力提供向心力可知GMmr2＝m4π2T2r，T＝3πr3GρR3，可知衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的環(huán)繞周期之比為1∶8，【例5】BD互聯(lián)網(wǎng)高軌衛(wèi)星01星從軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ要在A點(diǎn)加速，則在軌道Ⅰ經(jīng)過A點(diǎn)的速率小于在軌道Ⅱ運(yùn)行時(shí)經(jīng)過A點(diǎn)的速率，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)GMmr2＝ma，可得a＝GMr2，可知互聯(lián)網(wǎng)高軌衛(wèi)星01星沿軌道Ⅰ、Ⅱ經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的加速度相等，選項(xiàng)B正確；根據(jù)開普勒第三定律r3T2＝k可知，互聯(lián)網(wǎng)高軌衛(wèi)星01星在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期大于其在軌道Ⅰ上運(yùn)行的周期，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若經(jīng)過B點(diǎn)做圓軌道，根據(jù)GMmr2＝mv2r，可得v＝GMr，可知在此圓軌道上的速度大于在軌道Ⅱ上的運(yùn)行速度；而從此圓軌道轉(zhuǎn)移到軌道Ⅰ需要在B點(diǎn)加速，可知互聯(lián)網(wǎng)高軌衛(wèi)星【例6】BD鵲橋二號(hào)從C經(jīng)B到D的過程與月心連線掃過的面積大于鵲橋二號(hào)從D經(jīng)A到C的過程與月心連線掃過的面積，由開普勒第二定律可知，鵲橋二號(hào)從C經(jīng)B到D的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1大于鵲橋二號(hào)從D經(jīng)A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2，又t1＋t2＝T，故t1＞T2＝12h，A錯(cuò)誤；鵲橋二號(hào)運(yùn)動(dòng)過程中，由牛頓第二定律有GMmr2＝ma，則鵲橋二號(hào)在A、B兩點(diǎn)的加速度大小之比aAaB＝rB2rA2≈811，B正確；由速度方向?yàn)檐壽E切線方向并結(jié)合幾何關(guān)系可知，鵲橋二號(hào)在C、D兩點(diǎn)的速度方向不垂直于其與月心的連線，C錯(cuò)誤；鵲橋二號(hào)在地球表面附近的發(fā)射速度一定大于第一宇宙速度（7.9km/s），考點(diǎn)三【例7】B兩星球之間的萬有引力分別提供了兩星球做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力，所以兩星球的向心力大小相等，故A錯(cuò)誤；設(shè)大脈沖星質(zhì)量為m1，半徑為r1，小脈沖星質(zhì)量為m2，半徑為r2，兩者距離為L(zhǎng)，有Gm1m2L2＝m1a1，Gm1m2L2＝m2a2，可見質(zhì)量較大的星球，其向心加速度較小，故B正確；靠近過程，即r1、r2、L變小，由Gm1m2L2＝m1ω2r1，Gm1m2L2＝m2ω2r2，化簡(jiǎn)得ω＝【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】BC衛(wèi)星C加速后做離心運(yùn)動(dòng)，軌道變高，不可能追上衛(wèi)星A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A、B兩衛(wèi)星由相距最近至相距最遠(yuǎn)時(shí)，兩衛(wèi)星轉(zhuǎn)的圈數(shù)差n（n＝1，2，3…）個(gè)半圈，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間為t，有tT2－tT1＝n2，解得經(jīng)歷的時(shí)間t＝nT1T22（T1－T2）（n＝1，2，3…），當(dāng)n＝1時(shí)，可知選項(xiàng)B正確；根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmr2＝ma可得a＝GMr2，由于rA＝rC＞rB，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，選項(xiàng)C正確；對(duì)于軌道半徑為r的衛(wèi)星，根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmr2＝m4π2T2r，可得衛(wèi)星周期為T＝2πr3GM【典例2】AC對(duì)于可視天體，根據(jù)萬有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，得黑洞的質(zhì)量為M＝v2rG，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)逃逸速度公式v'＝2GMR≥c，得黑洞的半徑為R≤2GMc2，專題二能量和動(dòng)量第5講功與功率動(dòng)能定理【試做·高考真題】1.A返回艙減速下落，加速度向上，則其處于超重狀態(tài)，A正確，B錯(cuò)誤；主傘的拉力向上，而返回艙速度向下，則主傘的拉力做負(fù)功，C錯(cuò)誤；返回艙的重力向下，速度向下，則重力對(duì)返回艙做正功，D錯(cuò)誤。2.C單位時(shí)間內(nèi)從噴頭流出的水的質(zhì)量m＝ρSv，噴頭噴水的功率等于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的動(dòng)能增加量，即P＝12mv2，聯(lián)立解得P＝100W，C3.（1）1200N900N（2）－4200J解析：（1）由題意可知重物下降過程中受力平衡，設(shè)此時(shí)P繩中拉力的大小為FP、Q繩中拉力的大小為FQ，則在豎直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，解得FP＝1200N、FQ＝900N。（2）重物下降到地面的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＋W總＝0代入數(shù)據(jù)解得W總＝－4200J?！径聪ぁじ哳l考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】D根據(jù)功的定義可知，人對(duì)車的推力F做的功為W＝FL，故A正確；根據(jù)牛頓第二定律可知，車對(duì)人的合力為F1＝ma，方向向前，所以車對(duì)人做的功為W1＝maL，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得f－F＝ma，所以車廂對(duì)人的摩擦力大小為f＝ma＋F，方向向前，則摩擦力做功為Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C正確；車廂對(duì)人有三個(gè)作用力：豎直向上的支持力大小為mg；水平向后的推力大小為F；水平向前的摩擦力大小為F＋ma。所以車對(duì)人的合力大小為F合＝（mg）2＋【例2】D由題意可知周期為T＝606s＝10s，則角速度為ω＝2πT＝0.6rad/s，磨盤邊緣的線速度大小為v1＝ωr＝0.6×0.5m/s＝0.3m/s，磨桿末端的向心加速度大小為an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36m/s2，故A、B錯(cuò)誤；驢拉磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力所做的功為W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2400J，驢拉磨轉(zhuǎn)動(dòng)一周拉力的平均功率為P＝WT＝240010W＝240W【例3】C設(shè)汽車的額定功率為P，所受恒定阻力為f，牽引力為F，勻加速結(jié)束時(shí)的速度為v，由于汽車開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度為a，則根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系可得v＝at，當(dāng)汽車的勻加速階段結(jié)束，其速度還未達(dá)到最大值，此時(shí)根據(jù)P＝Fv，根據(jù)牛頓第二定律F－f＝ma可知，速度將繼續(xù)增大，而牽引力將減小，則加速度將減小，即此后汽車將做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至牽引力等于阻力時(shí)，加速度減小為0，速度達(dá)到最大值vm，而速度—時(shí)間圖像的斜率表示加速度，因此可知該圖像第一階段為傾斜的直線，第二階段為斜率逐漸減小的向下彎曲的曲線，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝Fv，而汽車在勻加速階段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在勻加速階段有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a為一定值，則可知在汽車勻加速階段汽車的功率與時(shí)間成正比，即P-t圖像為過原點(diǎn)的一條傾斜直線，而勻加速結(jié)束后，汽車的功率達(dá)到額定值，此后功率不變，其圖像與時(shí)間軸平行，故C正確，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)二【例4】ABC對(duì)于軌跡②的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得h＝12gt2，解得t＝2hg＝2×1.810s＝0.6s，A正確；水平位移的距離為x＝v't＝18×0.6m＝10.8m，B正確；從O到P點(diǎn)，設(shè)排球在O點(diǎn)的速度為v0，到P點(diǎn)的速度v，根據(jù)動(dòng)能定理可知－mgh＝12mv2－12mv02，解得12mv02＝mgh＋12mv2＝20.4J，根據(jù)動(dòng)能定理可知W甲＝12mv02＝20.4J，C正確；設(shè)乙對(duì)排球所做的功為W乙，則排球在P點(diǎn)被擊回的過程，根據(jù)動(dòng)能定理可知W乙【例5】（1）15m/s，方向水平向左（2）1800J解析：（1）由于到達(dá)光滑圓管型通道上B點(diǎn)時(shí)小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg＝mv02r，所以v0＝15（2）小朋友從B滑到E，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgr（1－cos37°）－W克f＝12mvE2－12mv02，在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mgcos37°＝mvE2R，聯(lián)立可得W【例6】（1）3m/s（2）8N方向豎直向上（3）當(dāng)r＝0.2m時(shí)水平射程最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)的水平距離為1.7m解析：（1）對(duì)小滑塊從A到C整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgh－μmgL＝12mvC2，代入數(shù)據(jù)解得vC＝3（2）小滑塊在C點(diǎn)受到彈力和重力，其合力提供向心力，則FN＋mg＝mvC2r，代入數(shù)據(jù)解得FN＝8N，根據(jù)牛頓第三定律可知小滑塊剛進(jìn)入圓管時(shí)對(duì)外管壁的彈力FN'＝FN＝8（3）設(shè)小滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，在豎直方向上有H－2r＝12gt2，水平射程x＝vDt，從C到D的過程，由動(dòng)能定理得mg×2r＝12mvD2－12mvC2，解得x＝2（H－2r）g（vC2+4gr）＝（2H－4r）×vC2g+4r，當(dāng)2H－4r【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】ABC由題意知物體開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故拉力F與滑動(dòng)摩擦力f大小相等，方向相反，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝Fmg＝0.35，A正確；減速過程由動(dòng)能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根據(jù)F-x圖像中圖線與橫軸圍成的面積表示力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力對(duì)物體所做的功及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，B、C正確；因?yàn)槔χ饾u減小過程中，物體做變減速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求出，【典例2】ACD設(shè)物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則根據(jù)物體克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx可知20J＝μ×1×10×10J，解得μ＝0.2，整個(gè)過程中滑動(dòng)摩擦力一直做功，故物體的位移為x'＝Wf'μmg＝270.2×1×10m＝13.5m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；前3m內(nèi)拉力F1＝WF1x1＝153N＝5N，又f＝μmg＝2N，則物體在前3m內(nèi)的加速度為a1＝F1－fm＝3m/s2，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得WF－fx＝12mv2，當(dāng)x＝9m時(shí)WF第6講機(jī)械能守恒定律能量守恒定律【試做·高考真題】1.C設(shè)小環(huán)運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為θ（0≤θ≤π），大圓環(huán)的半徑為R，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力為F，則由機(jī)械能守恒得mgR（1－cosθ）＝12mv2，又小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)，則有F＋mgcosθ＝mv2R，聯(lián)立得小環(huán)下滑過程中受到大圓環(huán)的作用力F＝mg（2－3cosθ），則F的大小先減小后增大，且當(dāng)cosθ＝23時(shí)F最小，當(dāng)cosθ＝－1，即小環(huán)在大圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)F最大，2.C設(shè)物體恰好到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為v，則在C點(diǎn)，根據(jù)恰好由重力提供向心力，有mg＝mv2r＝ma向，解得v＝gr，向心加速度a向＝g，A、B錯(cuò)誤，C正確；物體從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體在C點(diǎn)的重力勢(shì)能和動(dòng)能，3.（1）v22g（sinθ＋μcosθ）（2）mgvsin解析：（1）方法一對(duì)物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－12mv2，解得x＝v方法二對(duì)物塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0－v2＝－2ax，聯(lián)立解得x＝v2（2）物塊在BC段做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ。則電動(dòng)機(jī)的輸出功率P＝Fv＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。（3）根據(jù)題意，全過程儲(chǔ)存的機(jī)械能E1＝mgLsinθ由能量守恒定律可知電動(dòng)機(jī)消耗的總電能E2＝mgLsinθ＋μmgLcosθ，則E1E2【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】C從H高處以v平拋一小球，只有重力做功，機(jī)械能守恒，取地面為零勢(shì)能參考面，有mgH＋12mv2＝mgh＋12mv12，而動(dòng)能恰好等于重力勢(shì)能，故mgh＝12mv12，聯(lián)立解得h＝gH＋v2【例2】Da、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，a、b球下滑過程中機(jī)械能不守恒，A、B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgR＋2mgR＝12×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為v＝3gR，C錯(cuò)誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對(duì)a球，由動(dòng)能定理有W＋mgR＝12mv2，解得輕桿對(duì)a球做的功為W＝mgR【例3】（1）211gL5（2解析：（1）當(dāng)繩子與直桿垂直時(shí)，此時(shí)B下落到最低點(diǎn)，B的速度剛好為0，根據(jù)幾何關(guān)系可得A下滑的高度hA＝Lsin53°cos53°＝1225L，B下落的高度hB＝L－Lsin53°＝15L，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mghA＋2mghB＝12mv2，解得滑塊A的速度v（2）滑塊A下滑到最低點(diǎn)時(shí)的速度為零，此時(shí)B的速度也為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，滑塊A重力勢(shì)能的減少量等于B重力勢(shì)能的增加量，則有mgxsin53°＝2mghB'，根據(jù)幾何關(guān)系可得hB'＝（xsin53°）2＋（L－xcos53考點(diǎn)二【例4】D籃球重力勢(shì)能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝－WG，故A錯(cuò)誤；籃球機(jī)械能的變化量等于阻力做的功，即ΔE機(jī)＝Wf，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理可知，籃球動(dòng)能的增加量等于合外力的功，即WG＋Wf＝ΔEk，故C錯(cuò)誤；由于籃球在運(yùn)動(dòng)過程中，空氣阻力做負(fù)功，則籃球在離開手時(shí)刻的機(jī)械能最大，故D正確。【例5】D運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始下落的過程中，受到的合力大小F合＝mg－110mg＝910mg，在運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始重心下落h的過程中合力做的功W合＝F合h＝910mgh，根據(jù)動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加了910mgh，故A、C錯(cuò)誤；在運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)開始重心下落h的過程中，重力做的功WG＝mgh，則運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少了mgh，故B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能的變化量等于除重力外其他力做的功，即運(yùn)動(dòng)員受到的阻力做的功，則有ΔE＝Wf＝－110mgh，可知運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減少了1【例6】C兒童下滑過程中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，即加速度a不變，則根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v＝at，故v與t成正比，故B錯(cuò)誤；設(shè)滑梯與水平面傾斜角為θ，根據(jù)牛頓第二定律可知兒童所受合力為F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma，則a＝gsinθ－μgcosθ，加速度不變，則動(dòng)摩擦因數(shù)μ不變，故A錯(cuò)誤；設(shè)兒童初始重力勢(shì)能為Ep0，重力做正功，則重力勢(shì)能減小，即mgh＝mgxsinθ＝mgsinθ×12at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsinθ×12at2可知Ep-t圖像應(yīng)該是向下開口的拋物線，故C正確；設(shè)初始機(jī)械能為E0，除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其他力做功等于機(jī)械能改變，即－μmgxcosθ＝－μmgcosθ×12at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcosθ×12at2，可知E-t圖像應(yīng)該是向下開口的拋物線【例7】（1）3mgL（2解析：（1）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)，彈簧被壓縮，設(shè)壓縮量為x，對(duì)B有kx1＝mg，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)到P2處時(shí)，C恰好離開地面，此時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，設(shè)伸長(zhǎng)量為x2，對(duì)C有kx2＝mg，根據(jù)幾何關(guān)系可得x1＋x2＝Lsin37°－L＝23L，解得k（2）設(shè)A在P2點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，則此時(shí)vB＝vcos37°，小球A在P1和P2處，彈簧的彈性勢(shì)能不變，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有F·Ltanθ＝mg（x1＋x2）＋12mv2＋12mvB2，解得A球在P【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】C下落過程中，彈性繩的彈力做功，該體驗(yàn)者的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)彈性繩伸長(zhǎng)量等于x1＝mgk時(shí)，則mg＝kx1，體驗(yàn)者的速度最大，當(dāng)體驗(yàn)者的速度為零時(shí)，體驗(yàn)者的動(dòng)能、重力勢(shì)能均為最小值，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，彈性繩的勢(shì)能達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；當(dāng)彈性繩伸長(zhǎng)量等于mgk時(shí)，體驗(yàn)者的速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理mg（L＋x1）－12kx12＝12mvm2，解得vm＝2gL＋mg2k，故C正確；體驗(yàn)者下落的距離最大時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg（L＋x2）－12kx22＝0，解得此時(shí)彈性繩伸長(zhǎng)量為x2＝【典例2】B方法一當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時(shí)，對(duì)甲及其所坐木板組成的整體有μmg＝kx0，解得彈性繩的伸長(zhǎng)量x0＝μmgk，則此時(shí)彈性繩的彈性勢(shì)能為E0＝12kx02＝μ2m2g22k，從開始拉動(dòng)乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x1＝x0＋（l－d），則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W＝E0＋μmgx1方法二畫出外力F與乙所坐的木板的位移x的關(guān)系圖像如圖所示，則外力F做的功W＝μmg（l－d）＋（μmg+2μmg）2x0＝3（μmg）2第7講動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律【試做·高考真題】1.A對(duì)A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受外力矢量和為零，則其動(dòng)量守恒，又運(yùn)動(dòng)過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C、D錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2，聯(lián)立兩式可知當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長(zhǎng)，彈簧的彈性勢(shì)能完全轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能時(shí)，A的動(dòng)能最大，動(dòng)量也最大2.ABD兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對(duì)速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙＝12gsinθ·t12，在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；乙下滑過程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有v乙2＝2μgx，聯(lián)立可得x＝H乙3.（1）（m＋M）v解析：（1）A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA解得分離后A的速度vA＝（m（2）A、B分離的過程，對(duì)B由動(dòng)量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分離時(shí)A對(duì)B的推力大小為F＝Mv【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】B對(duì)甲、乙兩條形磁鐵水平方向分別受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝F－μm甲gm甲、a乙＝F'－μm乙gm乙，由于F＝F'，m甲＞m乙，所以a甲＜a乙，由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得v甲＜v乙，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于μm甲g＞μm乙g，系統(tǒng)所受合力方向向左，【例2】C風(fēng)力小車的原理是消耗電能，先轉(zhuǎn)化成風(fēng)能，再推動(dòng)小車運(yùn)動(dòng)，所以其原理是將電能轉(zhuǎn)化為小車的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣質(zhì)量為m＝ρvtS，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可得葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，t時(shí)間內(nèi)葉片排開的空氣受到的推力F＝mvt＝ρSvt·vt＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律可知空氣對(duì)小車的推力為ρSv2，故C正確；葉片勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)空氣流動(dòng)的動(dòng)能為Ek＝12m0v2＝12ρSv·v2＝1【例3】CD根據(jù)動(dòng)量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，則合力沖量大小為mv0，A錯(cuò)誤；小球上滑時(shí)間t＝v0gsinθ，重力沖量大小為mgt＝mg·v0gsinθ＝mv0sinθ，B錯(cuò)誤；小球所受洛倫茲力垂直桿向上，大小為qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，隨時(shí)間線性變化。洛倫茲力的沖量大小為qv02Bt＝qv02B·v0gsinθ＝qBv022gsinθ，C正確；若v0＝2mgcosθqB，0時(shí)刻小球所受洛倫茲力為qv0B＝2mgcosθ，考點(diǎn)二【例4】A設(shè)導(dǎo)彈飛行的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得噴氣后瞬間導(dǎo)彈的速率v＝Mv0＋mv1M【例5】（1）（M＋m）v（3）21.43m/s解析：（1）甲將箱子推出的過程中，甲和箱子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M（2）箱子和乙作用的過程動(dòng)量守恒，以箱子的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝mv－（3）甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，即（M＋m）v0－mvM≤mv－考點(diǎn)三【例6】B設(shè)較小鋼球的質(zhì)量為m，較大鋼球的質(zhì)量為2m，碰后小鋼球與大鋼球的速度分別為v1'、v2'，兩鋼球的碰撞可視為彈性碰撞，以水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，12mv02＝12mv1'2＋12×2mv2'2，代入數(shù)據(jù)解得v1'＝－0.2m/s，v2'＝0.4m/s，可知v1＝0.2m/s，方向水平向右；v2＝0.4【例7】D設(shè)啟動(dòng)噴氣背包，經(jīng)過時(shí)間t后宇航員相對(duì)空間站的速度大小為v'，規(guī)定宇航員相對(duì)空間站的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝ρSv2tM【例8】（1）1m/s1m/s（2）0.2（3）0.12J解析：（1）A離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有xA＝vAt豎直方向有h＝12gt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vA＝1m/sA、B與彈簧相互作用的過程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受彈簧彈力也等大反向，又A、B豎直方向上所受合力均為零，故A、B組成的系統(tǒng)所受外力矢量和為零，動(dòng)量守恒，則有mAvA＝mBvB解得vB＝1m/s。（2）對(duì)B離開彈簧后的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmBgxB＝0－12mB代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.2。（3）對(duì)A、B與彈簧相互作用的過程，根據(jù)能量守恒定律有ΔEp＝12mAvA2＋12mBvB2＋μmAg·Δ代入數(shù)據(jù)解得ΔEp＝0.12J?！九鄡?yōu)·提能加餐】【典例】（1）0.625m（2）①1.5s②27×12解析：（1）設(shè)長(zhǎng)木板和小物塊向右運(yùn)動(dòng)過程中第一次達(dá)到共速時(shí)的速度為v10，則由動(dòng)量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞后，速度反向，大小不變，設(shè)長(zhǎng)木板與小物塊再次共速時(shí)速度為v20，則由動(dòng)量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝12Mv02－12（M＋m）v202，解得L＝（2）①更換長(zhǎng)木板后，設(shè)長(zhǎng)木板與小物塊第一次共速時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞后，速度反向，大小不變，其向左運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5s。②設(shè)小物塊與擋板第二次碰撞前的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝12v，設(shè)第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物塊和木板的共同速度為v2、v3，同理可得v2＝12v1＝122v，v3＝12v2＝123v，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，第n＋1次碰撞前的共同速度為vn＝12vn－1＝12nv，小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過程中，相對(duì)于長(zhǎng)木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝12（M'＋m）vn－12－1素養(yǎng)培優(yōu)1“板塊”模型中動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量的綜合【典例1】（1）0.5kg（2）0.3（3）0.75J解析：（1）二者相互作用過程，二者構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0＝（m＋M）v，由圖乙可知v0＝2m/s，共同速度為v＝0.5m/s，聯(lián)立解得木塊的質(zhì)量m＝0.5kg。（2）由速度—時(shí)間圖像可得小車的加速度為a＝0.5－00.5－0m/s2＝1m/s2，對(duì)小車由牛頓第二定律可得μmg＝Ma，（3）由功能關(guān)系可得這個(gè)過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝12mv02－12（m＋M）v2＝12×0.5×22J－12×（1.5＋0.5）×0.52J＝【典例2】（1）0.1（2）12m/s（3）6m/s解析：（1）對(duì)木板進(jìn)行分析，由動(dòng)量定理有ft＝Mv1，又因?yàn)閒＝μmg，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.1。（2）對(duì)滑塊進(jìn)行分析，由動(dòng)量定理有（F－f）t＝mv2，代入數(shù)據(jù)解得v2＝12m/s。（3）撤去拉力后，由動(dòng)量守恒定律有Mv1＋mv2＝（M＋m）v共，代入數(shù)據(jù)解得v共＝6m/s?！镜淅?】（1）1000N（2）7m解析：（1）對(duì)游客從a點(diǎn)滑到b點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有mgh＝12mv2，游客滑到b點(diǎn)時(shí)，有F－mg＝mv2R，由牛頓第三定律可知，游客滑到b點(diǎn)時(shí)對(duì)滑梯壓力的大小為F'＝F＝1000（2）法一游客在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有μmg＝ma1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v12＝2a1s，解得游客滑上平臺(tái)的速度大小v1＝8m/s，游客在滑板上滑動(dòng)時(shí)，對(duì)游客，由牛頓第二定律有μmg＝ma2對(duì)滑板，由牛頓第二定律有μmg＝Ma3，游客在滑板上滑動(dòng)的過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1＝v－a2t，游客的位移為x1＝vt－12a2t2，滑板的位移為x2＝12a3t2，則滑板的長(zhǎng)度L＝x1－x2，聯(lián)立解得L＝法二游客在滑板上運(yùn)動(dòng)時(shí)，游客與滑板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則對(duì)游客在滑板上運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律有12mv2＝12mv12＋12Mv22＋μmgL，對(duì)游客在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理有－μmgs＝0－12mv【典例4】（1）5m/s（2）0.625J（3）6m/s解析：（1）由動(dòng)能定理得－mg·2R＝12mvC2－滑塊恰好能通過圓形軌道最高點(diǎn)C，有mg＝mv解得v0＝5gR＝5m/s（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝（m＋M）v根據(jù)能量守恒定律得ΔE＝12mv02－12（m＋代入數(shù)據(jù)解得系統(tǒng)損耗的機(jī)械能ΔE＝0.625J。（3）滑塊滑上平板，運(yùn)動(dòng)到平板最右端恰好不滑下，之后與平板一起勻減速運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)時(shí)，此時(shí)滑塊離開彈簧時(shí)的速度最大滑塊的加速度大小am滿足μ1mg＝mam解得am＝6m/s2平板的加速度大小aM滿足μ1mg－μ2（m＋M）g＝MaM，解得aM＝4m/s2作出v-t圖像，如圖所示由v-t圖像可知vm＋v12t1－v1＝aMt1＝vm－amt1聯(lián)立解得vm＝6m/s。素養(yǎng)培優(yōu)2傳送帶模型中動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量的綜合【典例1】（1）40m/s（2）4m/s（3）3m/s解析：（1）設(shè)子彈出膛的速度為v0，則由牛頓第二定律可得F＝m0a，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v02＝2ax，解得v0＝40（2）子彈打滑塊A過程中動(dòng)量守恒，則m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子彈的小滑塊A水平滑上傳送帶左端時(shí)的速度大小v1＝m0v0m0（3）假設(shè)A在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，A從傳送帶的左端滑到右端的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μ（m0＋m）gl＝12（m0＋m）v22－12（m0＋m）v12，代入數(shù)據(jù)解得v2＝3m/s，因?yàn)関2＞v，所以假設(shè)正確，小滑塊【典例2】（1）0.1（2）4.5m（3）2m解析：（1）由v-t圖像得，小物塊滑上傳送帶的初速度為v0＝2m/s，加速度大小為a＝ΔvΔt＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0（2）小物塊在傳送帶上留下的最長(zhǎng)劃痕對(duì)應(yīng)的是小物塊第一次滑上傳送帶到再次回到A端的過程中在傳送帶上留下的劃痕，由題圖乙知前2s內(nèi)小物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，第3s末，小物塊跟傳送帶的速度大小v＝1m/s相等，此后小物塊隨傳送帶一塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)，所以最長(zhǎng)劃痕s＝2+02×2.0m+1×2.0m＋（1×1.0m－1+02×1.0（3）小物塊在傳送帶上先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后反向向左做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)到A，隨后在光滑曲面上運(yùn)動(dòng)再回到傳送帶的左端，這樣一直運(yùn)動(dòng)最后要停在A端，對(duì)小物塊最初向右做減速運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx＝0－12mv02，解得x＝2【典例3】（1）0.875（2）198J解析：（1）快件放上傳送帶先做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2＝2ax，結(jié)合圖乙可得快件做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得快件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.875。（2）設(shè)傳送帶的速度為v，根據(jù)圖乙可知v＝3m/s，快件加速的時(shí)間t1＝va＝3s，快件與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝vt1－12vt1＝4.5m，快件和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos37°·Δx，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于快件重力勢(shì)能和動(dòng)能的增加量以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，即E＝mgLsin37°＋12mv2＋Q，解得E＝198【典例4】（1）5m/s（2）0.3J（3）0.2m解析：（1）設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L(zhǎng)，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v12＝聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6m/s由于v1＞5m/s，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5m/s。（2）設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk，對(duì)小物塊與小球碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk＝12mv12－12mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3J。（3）經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時(shí)，小球繞P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方的速度大小為v4，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長(zhǎng)度為l，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方時(shí)，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有Mg＝Mv對(duì)小球的整個(gè)上升過程，由動(dòng)能定理得－Mg[l＋（l－x）]＝12Mv42－聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2m。專題三電場(chǎng)和磁場(chǎng)第8講電場(chǎng)及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【試做·高考真題】1.AC電荷只能從一個(gè)物體（物體的一部分）轉(zhuǎn)移給另一個(gè)物體（物體的另一部分），不能被創(chuàng)造，也不能被消滅，所以一個(gè)與外界沒有電荷交換的系統(tǒng)，電荷的代數(shù)和保持不變，A正確；電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，所以電場(chǎng)線由電勢(shì)高的等勢(shì)面指向電勢(shì)低的等勢(shì)面，B錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷僅在電場(chǎng)力作用下從靜止釋放，將沿其所受電場(chǎng)力方向運(yùn)動(dòng)，即電場(chǎng)力將做正功，則該點(diǎn)電荷的電勢(shì)能將減小，C正確；結(jié)合C項(xiàng)分析和Δφ＝ΔEpq，可知，當(dāng)q＜0時(shí)，Δφ＞0，當(dāng)q＞0時(shí)，Δφ＜0，即負(fù)點(diǎn)電荷將從電勢(shì)低的地方向電勢(shì)高的地方運(yùn)動(dòng)，正點(diǎn)電荷將從電勢(shì)高的地方向電勢(shì)低的地方運(yùn)動(dòng)2.C根據(jù)等差等勢(shì)面的疏密程度可得c點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大，C正確。3.D無限遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式φ＝kQr可知，x正半軸上，電荷量為＋4q的點(diǎn)電荷在x處產(chǎn)生的電勢(shì)為φ1＝k4qx+1，電荷量為－q的點(diǎn)電荷在x處產(chǎn)生的電勢(shì)為φ2＝－kqx，x正半軸上在x處的電勢(shì)φx＝k4qx+1－kqx，可知在x＝13處電勢(shì)為04.B根據(jù)題圖a可知，降低溶液的濃度時(shí)，該不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)εr增大，結(jié)合電容的決定式C＝εrS4πkd可知，電容器的電容增大，A錯(cuò)誤；電容器一直與恒壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢(shì)差不變，C錯(cuò)誤；根據(jù)電容的定義式C＝QU結(jié)合A、C項(xiàng)分析可知，電容器所帶的電荷量Q增大，則溶液濃度降低過程中，電容器充電，電路中的電流方向?yàn)镹→M5.2kQR2解析：根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)特點(diǎn)可知，除了水平方向上的正負(fù)電荷外，其余的6個(gè)電荷形成的電場(chǎng)在O處相互抵消，故O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為EO＝kQR2＋kQR2＝2kQR2；根據(jù)對(duì)稱性可知，若沒有沿水平直徑方向上的正電荷和負(fù)電荷，M點(diǎn)和N點(diǎn)的電勢(shì)相等，由于M點(diǎn)靠近最左邊的正電荷，N點(diǎn)靠近右邊的負(fù)電荷，故M點(diǎn)電勢(shì)大于N點(diǎn)電勢(shì)；將＋q點(diǎn)電荷從M點(diǎn)沿MN【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】AC根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低可知M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的低，污泥絮體帶負(fù)電，根據(jù)Ep＝qφ可知，污泥絮體在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)的電勢(shì)能大，污泥絮體從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力對(duì)其做正功，故A、C正確；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度可知N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比P點(diǎn)的小，故B錯(cuò)誤；M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，則污泥絮體在M點(diǎn)的電勢(shì)能與在P點(diǎn)的電勢(shì)能相等，結(jié)合A、C選項(xiàng)分析可知，污泥絮體在P點(diǎn)的電勢(shì)能比其在N點(diǎn)的大，故D錯(cuò)誤。【例2】D由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理可知，兩點(diǎn)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝2kq33a2cos60°＝3kqa2，方向沿MA方向，又M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，所以帶電細(xì)桿在M處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E＝3kqa2，方向沿AM方向，由對(duì)稱性可知帶電細(xì)桿在A處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E＝3kqa2，方向沿MA方向，又由點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度公式和電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理可知，兩點(diǎn)電荷在A處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E'＝2kqa2cos30°＝3kqa2，方向沿MA考點(diǎn)二【例3】CM、N連線中點(diǎn)處電場(chǎng)強(qiáng)度大于0，且兩點(diǎn)間電場(chǎng)強(qiáng)度最小位置處距離N點(diǎn)較近，可知，固定在M點(diǎn)的點(diǎn)電荷電荷量比固定在N點(diǎn)的點(diǎn)電荷電荷量大，故A錯(cuò)誤；若有一正點(diǎn)電荷由Q點(diǎn)向右側(cè)無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能不斷減小，一直到零，所以Q點(diǎn)的電勢(shì)大于零，故B錯(cuò)誤；從C點(diǎn)由靜止釋放一正點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力作用下，到D點(diǎn)前電場(chǎng)強(qiáng)度一直為正值，則電場(chǎng)強(qiáng)度方向不變，電場(chǎng)力方向不變，它將一直做加速運(yùn)動(dòng)，故C正確；從P點(diǎn)由靜止釋放一負(fù)點(diǎn)電荷，僅在電場(chǎng)力作用下，在它由Q向N運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故D錯(cuò)誤。【例4】B根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布可知，在粒子從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先變小后變大，粒子受到的靜電力先變小后變大，則加速度先變小后變大，v-t圖像切線的斜率先變小后變大，故A錯(cuò)誤，B正確；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，電勢(shì)與位移的圖像切線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增大，所以圖像切線的斜率先減小后增大，故C錯(cuò)誤；根據(jù)Ep＝qφ得ΔEpΔx＝qΔφΔx＝qE，E先減小后增大，所以Ep考點(diǎn)三【例5】C勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，N極板相對(duì)M極板的位置不變，電容器的電容不變，則電容器帶電荷量不變，電路中沒有電流，電流表的示數(shù)為零，電容器M極板與電源正極相連，帶正電，故A錯(cuò)誤；由靜止突然向前加速時(shí)，因?yàn)閼T性，N極板相對(duì)M極板向后運(yùn)動(dòng)，兩極板的間距變大，根據(jù)C＝εrS4πkd可知電容器的電容減小，根據(jù)Q＝CU可知電容器帶電荷量減小，則電容器放電，流過電流表的電流由b向a，故B錯(cuò)誤，C正確；保持向前勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度恒定不變，N極板受力不變，則彈簧形變量不變，N極板相對(duì)M極板的位置不變，則電容器的電容不變，電容器帶電荷量不變，電路中無電流，電流表示數(shù)不變，【例6】A設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，M、N板間電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，粒子經(jīng)過加速電場(chǎng)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得qU＝12mv02，可得v0＝2qUm，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝v0t，y＝12at2＝12·qEmt2，聯(lián)立可得y＝Ex24U，可知粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的軌跡與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān)，則【例7】（1）2Lv0（（3）y＝1－n2L（n＝1、2解析：（1）離子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，沿y軸負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則沿y軸負(fù)方向，有L＝v0tcos45°解得t＝2L（2）離子在Ⅱ區(qū)域，沿x軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則v0sin45°＝at由牛頓第二定律可知Eq＝ma聯(lián)立解得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝2m（3）離子在每個(gè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的過程中，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的距離都相等，設(shè)為y1，則有y1＝v0cos45°·t離子每次通過y軸時(shí)的位置坐標(biāo)為y＝L－ny1解得y＝1－n2L，（n＝1、2、3【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】BC由于勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為mgq，即靜電力與重力大小相等，作出小圓環(huán)在大圓環(huán)上的等效最低點(diǎn)C與等效最高點(diǎn)D，如圖所示。小圓環(huán)在等效最低點(diǎn)速度最大，動(dòng)能最大，在等效最高點(diǎn)速度最小，動(dòng)能最小，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知φD＞φC，C點(diǎn)與D點(diǎn)不在同一等勢(shì)面上，A錯(cuò)誤；小圓環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中，只有電勢(shì)能、動(dòng)能與重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，即只有電勢(shì)能與機(jī)械能的轉(zhuǎn)化，則電勢(shì)能最小的位置恰是機(jī)械能最大的位置，B正確；小圓環(huán)恰好能夠沿大圓環(huán)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，即小圓環(huán)通過等效最高點(diǎn)D的速度為0，對(duì)圓環(huán)分析有－qERsin45°－mg（R＋Rcos45°）＝0－12mvA2，解得vA＝2（1+2）gR，C正確；小圓環(huán)從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中有－mg·2R＝12mvB2－12mvA2，在B點(diǎn)有FN＋mg＝mvB2R，解得FN＝（22－3）mg【典例2】（1）UL（2）qU－解析：（1）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，則E＝UL（2）小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有qE－mg＝mv解得小球在A點(diǎn)的速度大小vA＝qU小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理有qU－mgL＝12mvB2－解得小球在B點(diǎn)的速度大小vB＝3qU第9講磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【試做·高考真題】1.BD根據(jù)左手定則可知，通電后半圓環(huán)AB受到的安培力豎直向下，根據(jù)受力分析可知，通電后兩繩拉力變大，故A錯(cuò)誤，B正確；半圓環(huán)AB所受安培力的等效長(zhǎng)度為直徑AB，則安培力大小為F＝BI·2r＝2BIr，故C錯(cuò)誤，D正確。2.C粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝mv2r，可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝mvqB，根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離LPO＝r＋rcos45°＝（1＋2）【洞悉·高頻考點(diǎn)】考點(diǎn)一【例1】A由左手定則可知，題圖左側(cè)通電導(dǎo)線受到安培力向下，選項(xiàng)A正確；a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，但是方向不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；磁感線是閉合的曲線，則圓柱內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由c點(diǎn)處的磁感線比d點(diǎn)密集，可知c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大于d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【例2】AA、B處電流對(duì)D處電流的安培力如圖所示，由幾何關(guān)系可知AD＝3BD，根據(jù)B＝kIr，F(xiàn)＝BIL，可得FB＝3FA，根據(jù)幾何關(guān)系可知FA、FB的合力平行于BC向上，為使D處的電流所受安培力為0，勻強(qiáng)磁場(chǎng)對(duì)該電流的安培力平行于BC向下，根據(jù)左手定則可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向平行于BA向左。故選A【例3】A當(dāng)處于平行線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)，這個(gè)復(fù)雜線圈可以看成左右兩個(gè)矩形線圈，而兩個(gè)線圈的轉(zhuǎn)向相反，作用力會(huì)相互抵消，所以在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)處于垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中時(shí)，根據(jù)左手定則可知，線圈各邊所受安培力在同一平面內(nèi)，因此不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)以上分析可知，在磁場(chǎng)不垂直于線圈平面的情況下，若線圈處于非勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則可知線圈各邊所受安培力大小不均衡，線圈將沿著所受安培力大的方向轉(zhuǎn)動(dòng)，故A正確；將如圖2那樣的通電硬導(dǎo)線靠近該秤時(shí)，因兩根導(dǎo)線在線圈所處位置產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相反，相互抵消，因此線圈不會(huì)發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。考點(diǎn)二【例4】Da粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，向下偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知a粒子是帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；a粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝14Ta，b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝16Tb，則a、b兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期之比為Ta∶Tb＝2∶3，故B錯(cuò)誤；由粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝2πmqB，可得qm＝2πBT，則a、b兩粒子的比荷之比為3∶2，故C錯(cuò)誤；如圖，由幾何知識(shí)可得a粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為ra＝R，b粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為rb＝3R，由qvB＝mv2r，可得v＝qBrm，則【例5】（1）3v0BL（解析：（1）畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得R＝aP＝L由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝mv解得qm＝3（2）設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則T＝2πm粒子第二次到達(dá)Q點(diǎn)共經(jīng)歷三次圓周運(yùn)動(dòng)和三次勻速直線運(yùn)動(dòng)，由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖可知t1＝16t2＝t4＝t6＝3t3＝56t5＝23所以粒子從a點(diǎn)射出后第二次到達(dá)Q點(diǎn)的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝（10【培優(yōu)·提能加餐】【典例1】AC粒子不從bc邊射出，其臨界出射點(diǎn)分別是b點(diǎn)和c點(diǎn)，其臨界軌跡如圖所示，當(dāng)粒子從c點(diǎn)飛出時(shí)，由幾何關(guān)系有r1＝ac＝3l，若粒子從b點(diǎn)飛出時(shí)，由幾何關(guān)系有r2＝233l，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2r，整理有r＝mvqB，所以綜上所述，有r＜r2或r＞r1，整理有v＜23qBl3m或【典例2】BD由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝mv02r，解得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝mv0Bq＝a，故A錯(cuò)誤；如圖所示，當(dāng)θ＝60°入射時(shí)，粒子恰好從A點(diǎn)飛出，故B正確；當(dāng)粒子從OA邊離開時(shí)，離開位置越接近O點(diǎn)，所用時(shí)間越短，可知當(dāng)θ趨近于90°時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間趨近于當(dāng)θ＝0°飛入的粒子在磁場(chǎng)中，粒子恰好從AC中點(diǎn)飛出，如圖所示，因此在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，故D正確?！镜淅?】BD由左手定則可知，帶電粒子射入磁場(chǎng)的瞬間，帶電粒子受向上的磁場(chǎng)力作用，則帶電粒子在磁場(chǎng)中沿逆時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T＝2πmqB，帶電粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t＝T2＝πmqB，B正確；作出帶電粒子剛好不從邊界Ⅲ離開磁場(chǎng)的軌跡，如圖所示，由于從邊界Ⅰ離開磁場(chǎng)的帶電粒子占總粒子的34，則圖中的a、b、c為邊界Ⅰ的四等分點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，三角形區(qū)域的頂角為30°，a點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離為34L，根據(jù)幾何關(guān)系可得34L＝r＋rsin30°，解得粒子軌跡半徑r＝312L，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB＝mv2r，解得v＝3qBL12m，D正確【典例4】BC根據(jù)磁聚焦特點(diǎn)，粒子在半徑為r0的圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r0，有qvB0＝mv2r0，解得B0＝mvqr0，要使匯聚到O點(diǎn)的粒子經(jīng)正方形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平方向向右射出，作出其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子的軌跡半徑2r0，正方形中磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)應(yīng)該為圓形磁場(chǎng)的一部分，有qvB1＝mv22r0，解得B1＝mv2qr0，聯(lián)立可得B1＝12B0，由左手定則可知，方向垂直于紙面向里，A錯(cuò)誤，B正確；磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝π（素養(yǎng)培優(yōu)3帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例1】D根據(jù)帶電粒子在圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過O點(diǎn)，粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向一定沿該區(qū)域的半徑方向，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r1＝R時(shí)，粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間間隔最短，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示，由洛倫茲力提供向心力有qv1B＝mv12r1，又T1＝2πr1v1，則最短時(shí)間間隔為tmin＝2T＝4πmqB，C錯(cuò)誤；粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，由幾何關(guān)系可知此時(shí)粒子的軌跡半徑為r2＝33R，由洛倫茲力提供向心力有qv2【典例2】BD設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理得：Uq＝12mv在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB＝mv解得r＝1粒子1、2、3的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系知r1＝33a，r2＝3a，r3＝23a，解得r1∶r2∶r3＝1∶3∶6，由r＝1B2mUq，可得k＝qm∝1r2，故k1∶k2∶k3＝36∶4∶1，故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系知O3E＝3atan30°＝3a，解得G點(diǎn)到E點(diǎn)的距離為x1＝r3－O3E＝23－3a，故B正確；將磁感應(yīng)強(qiáng)度減半，三個(gè)粒子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)半徑都加倍，粒子1從EF之間射出【典例3】（1）3mv028解析：（1）將v0沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向和垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向分解，當(dāng)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向速度減至0時(shí)，粒子離虛線邊界最遠(yuǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝mat1＝v最遠(yuǎn)距離s＝12at12（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。粒子從P→M在垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則PM＝v0sin30°·2t1＝3粒子從M到N做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qv0B0＝mv整理得R0＝m由幾何關(guān)系知MN＝2R0cos30°＝3結(jié)合PM＝MN解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0＝2E【典例4】（1）qBL4m（2）qB2L3m（解析：（1）根據(jù)題意，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qvB＝mv解得r＝mv粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝L解得v＝qBL4（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度方向沿x軸負(fù)方向，若電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有x＝rcos30°＝vt，y＝rsin30°＝12a1t其中a1＝q解得E1＝qB（3）粒子恰能再次從P點(diǎn)以速度v返回磁場(chǎng)區(qū)域，則電場(chǎng)力對(duì)粒子做功為零，所以電場(chǎng)E2的方向垂直于OM向下，粒子從Q到P做類斜拋運(yùn)動(dòng)，則有r2＝vcos30°·t，vsin30°＝a2其中a2＝q解得E2＝3q【典例5】（1）23mv02qL（2）解析：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則34L＝1212L＝v0t根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma解得E＝23（2）設(shè)粒子第一次出電場(chǎng)時(shí)速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有qE×34L＝12mv12解得v1＝2v0設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)速度與x軸正向的夾角為θ，則v1cosθ＝v0解得θ＝60°由對(duì)稱性可知粒子第二次進(jìn)電場(chǎng)時(shí)速度與x軸夾角60°斜向右上方，則粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝12L2sin60根據(jù)牛頓第二定律有qv1B＝mv解得B＝43（3）粒子第二次進(jìn)電場(chǎng)后，做類斜上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子仍從OC邊射出電場(chǎng)，則粒子第二次在