三維設計206屆高三物理二輪復習版教參第二部分高考能力躍遷5大抓手份打包

一、物理研究的有效——4類圖像成為高考的“座上賓是分析物理問題的有效之一，也是高考命題的熱點，更是高三復習的重點、難點(一)x-t圖像、v-tF-t圖像、a-tF-x圖像、W-lφ-x圖像、E-xB-t圖像、Φ-ti-t圖像、E-t瞬時速度。v-t圖像中兩點連線的斜率表示這段時間內的平均加速度，某一點切線的斜率表W-lφ-xΦ-tv-tta-ttF-xxFE-xxi-ttx-tx軸交點縱坐標表示開始計時v-tv軸交點的縱坐標表示質點的初速度。x-t圖線交點表示此刻相遇(在同一位置)，v-t圖線的交點表示此刻物體速度相同。m、cm、×10－3m[典例1](2015·南平質檢)如圖1-1所示，a為在地球赤道上的物體，b為近地，c為同步，d為高空探測，a向為他們的向心加速度，r為它們到地心的距離，T為周期，l、θ分別為相同時間內轉過的弧長和轉過的圓心角，則下列圖像正確的是()1- 解析 對b、c、d三 ：r2＝mr＝mωr＝mT2·r＝ma可得

為同步，＝

GM，a

θ＝ωt可知，C正確。[答案 [2](2015·鎮(zhèn)江模擬)1-2時間(光線進入相機鏡頭的時間)為0.2s的相機拍攝到，圖乙是石塊前0.2s時間內所成的像(已經(jīng)放大且方格化)，每個小方格代表的實際長度為1.5m，忽略空氣阻力，g取10m/s2，則()1-225石塊將要時的速度大小約為7.5m/sD28m[解析 石塊水平拋出初速度大小v0＝x＝1.5m/s＝7.5m/s，故A錯誤。石塊將 時 由于時間短，可近似看成勻速運動，位移為s＝1.5×12＋32m≈4.74

＝23.72m/s，即石塊將要時的速度大小約為23.72m/s，故B錯誤；石塊在空中為平拋運動，軌跡為一條曲線，不是直線，不能反向延長求石塊拋出位置，故C

y＝t

g0.2s0.1s22.5m/s，可得：石塊從拋出點至該t＝vy＝2.25st上gsh＝1gt上2＝1×10×2.152m＝23.11m 的像在中的豎直高度4.5m，h總＝27.61m≈28m，故D正確[答案 [典例3] 如圖1-3甲所示，一豎直平面內的軌道由粗糙斜面AD和光滑圓軌道DCE組成，AD與DCE相切于D點，C為圓軌道的最低點，將一小物塊置于軌道ADC上離地面高為H處由下滑，用力傳感器測出其經(jīng)過C點時對軌道的壓力為FN，改變H的大小，可測出FNQI反向延長線交縱軸于F點(0,5.8N)，重力加速度g取10m/s2,求：1-(2)ADμ[解析 (1)當H＝0時，由圖像的P點知，F(xiàn)N＝mg＝5N，可得m＝0.5kg(2)DFN-HQ點為轉折點，由此知Q點對應小物塊從D點滑下，設D點的高度為h。由圖像知，h＝0.2m，F(xiàn)N1＝7mgh＝1mv h＝R(1－cosFN1－mg＝解得：R＝1 如果小物塊由斜面上高H處由滑下，mgH－μmgcosθH－h(huán)＝1mvsin FN2－mg＝FH＝0時，F(xiàn)N2＝5.8代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.3[答案 (1)0.5 信息的利用，如上例中由信息的利用，如上例中由P點和Q得到的信息。mm反向的力F2＝6N，物體又運動5s。規(guī)定外力F1的方向為正方向，則在物體運動的這個10s的時間內，下列關于物體的速度圖像，正確的是()mm解析：D物體5sa1＝F1＝2m/s2，5sv1＝a1t1＝10m/s，物5～10s內的加速度大a2＝F2＝6m/s2,10sv2＝v1－a2t2＝－20D2．(多選)某馬戲團演員做滑桿表演。已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200完動作之后，先在桿上了0.5s，然后沿桿下滑，3.5s末剛好滑到桿底端，并且速度恰v-t1所示，g10m/s2。則下述說法正確的是()6001s620800解析：選AC演員在滑桿上時，傳感器顯示的拉力800N等于演員重力和滑桿的重力之和，則演員的體重為600N，選項A正確；演員在第1s內先后加速下滑，加速下滑B錯誤；演員加速下滑時受重力mg和滑桿的摩擦力Ff作用，此時滑桿所受的拉力最小，加速下滑的加速度a1＝3m/s2,對演員，由牛頓第二定律，mg－Ff1＝ma1Ff1＝420NF1＝420N＋200N＝620N，選F2＝690N＋200N＝890N。選項D錯誤。3．(2015·江南十校聯(lián)考)2m＝4kg的物體，讓μ＝0.5，g＝10m/s2。下列說法正確的是()物體先做加速運動，推力撤去時開始做運10215m/s解析：選B 物體先做加速運動，當推力小于摩擦力時開始做運動，故A錯誤；由圖＝0，代入數(shù)據(jù)解得：xm＝10mBx是變化的，當推力等0，速度最大，則：F＝μmg＝20NFx

×3.2－20×3.2＝ 4×v2，解得：v＝8m/sC錯誤；拉力一直減小，而摩擦力不變，故加速度先減小后增大，故 如圖3所示，一連同裝備總重力為G的滑雪者從滑雪坡道上由開始沿坡道ABCB點時滑雪者通過改變滑雪板角度的方式來增大摩擦力的大小，使其到達底端C點時速度剛好減為零。已知AB>BC，設兩段運動過程摩擦力均為定值，下列分別為滑雪者位移、速度、加速度、所受摩擦力隨時間變化的圖像，其中正確的是()解析：選B 滑雪者在AB段加速，在BC段，在B點速度最大。x-t圖像中，圖線的斜率表示速度，滑雪者在B點時的速度最大而不是零，A錯誤；由于滑雪者在AB段和BC段所受摩擦力恒定，且重力沿坡道向下的分力大小不變，故滑雪者在AB段和BC段所受合力AB>BC，故aAB<aBC，B正確，C錯誤；AB段，滑雪者加速下滑，則Gsinθ>Ff，又sinθ<1，則AB段下滑過程中Ff比G要小，而不是D項表示的Ff與G相等，D錯誤。一個等腰三角形金屬線框頂點C與MN重合，線框由，沿軸線DC方向豎直落入正確的是()解析：C F＝BIL＝BRL＝線框進入磁場過程中，切割磁感線的有效長度Lmg－F＝ma，則a＝g－mR，線框 做加速運動，由于L、v不斷增大，加速度a小，則線框進入磁場過程做加速度減小的加速運動，加速度減小，v-tA、B、D錯誤，C一帶電粒子在電場中僅受靜電力作用，做初速度為零的直線運動。取該直線為x軸，起始點O為坐標原點，其電勢能Ep與位移x的關系如圖5所示，下列圖像中合理的是( 解析：選D 帶電粒子的電勢能不是均勻變化的，電場力是恒力，故選項A錯誤；帶電粒子僅受靜電力BaCD(多選)(2015·周口模擬)取空間中兩等量點電荷間的連線為x軸，軸上各點電勢φ隨x的變化關系如圖6所示，設x軸上B、C兩點的電場強度分別是EBx、ECx，下列說法中正確的是()C．EBxECx的大小xBC解析：AD如果該電場由等量異種電荷產(chǎn)生，則兩點電荷連線的中垂線是等勢面，故連線中點為零電勢點，可知靜電場由兩個等量同種點電荷產(chǎn)生。故A正確，B錯誤。該圖像EEBxECxC錯誤；負xBCEp＝qφ，電勢能先減小后增加，故D正確。(多選)(2015·日照聯(lián)考)如圖7所示，導體棒沿兩平行金屬導軌從圖中位置以速度v向右勻力隨時間變化的圖像正確的是(規(guī)定電流從M經(jīng)R到N為正方向，安培力向左為正方向)()解析：ACMRN電流為負值，且逐漸減小，且滿足經(jīng)過分界線時感應電流大小突然加倍，A正確，B錯誤；第一段時間內安培力大小F＝BIL∝L2，第二段時間內F＝2BIL∝L2，C正確，D錯誤。(多選)(2015·新泰三模)如圖8所示，兩平行光滑導軌豎直固定。邊界水平的勻強磁場寬度字型框架，框架置于磁場上方，b棒距磁場上邊界的高度為h，兩棒與導軌接觸良好。保持a、b棒水平，由框架，b棒剛進入磁場即做勻速運動，不計導軌電阻。設勻強磁場的下邊界為重力勢能參考平面，則在框架下落過程中，a棒所受輕桿的作用力F及a棒的機械能E隨下落的高度h變化的關系圖像，可能正確的是( 解析：選BC框架在進入磁場前做落體運動，輕桿對a作用力為零，b進入磁場后，C正確，D錯誤。E運動至皮帶Fv-t4.5s，關于帶電物塊及運動過程的說法正確的是()B1m/sD2s～4.5s內，物塊與皮帶仍可能有相對運動解析：D1m/sμ，沿斜面的方向：μFN－mgsinθ＝ma①物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐θ，后來：FN′＝mgcosθ－F洛，即洛倫茲力的方向是向上的。物塊沿傳送帶向上運動，由左手定則可知，物塊帶正電。故A錯誤；物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則塊達到最大速度，此時：mgsinθ＝μ(mgcosθ－F洛)②由②可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s，則物塊達到最大速度的條件與傳送帶的速度無關，所以傳送帶的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物塊可能相對于傳送帶，也可能相對于傳送帶不。故B錯誤，D正確；由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以即使已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移。故C錯誤。11．(2015·福州二模)如圖10甲所示，質量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從開始沿斜面向上運動，t＝0.5s時撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時間的變化關系圖像(v-t圖像)如圖乙所示，g10m/s2，求：2sxa1、a2F22解析：(1)物塊上升的距離：x1＝1×2×1m＝1m；物塊下滑的距離：x2＝1×1×1m＝0.5m；22x＝x1－x2＝(1－0.5)m＝0.5L＝x1＋x2＝(1＋0.5)m＝1.5m。aa

m/s2＝4a2＝0.5m/s2＝－4θFf0～0.5sF－Ff－mgsinθ＝ma1；0.5～1s內－Ff－mgsinθ＝ma2；聯(lián)立解得：F＝8N。答案：(1)0.5 1.5 (2)4 4 812．如圖11甲所示，不計電阻的光滑平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為L＝1m，上端接kg、電阻不計的金屬桿ab，從OO′上方某處由，金屬桿在下落的過程中與導軌保v0＝1m/s0.3m的ah的關系圖像如圖乙所示。試求：(g10m/s2)(2)ab0.3mRR解析：(1)a-haba0＝10m/s2，方向豎直向上由牛頓第二定律有BI0L－mg＝ma0Rabv0RB＝2TR(2)a-h圖像知，h＝0.3m時，a＝0mg＝BIL，其中I＝E，E＝BLvR20.3mv＝mgR＝0.5m/s下落0.3m的過程中，由能量守恒定律有2Q＝0.2875金屬桿下落的距離滿足2gh0＝v02，h0＝0.05x＝h－h(huán)0＝0.25mq＝ΔΦ＝BL＝0.25C答案：(1)2 (2)0.2875 0.25

R二、物理狀態(tài)的特別關注——5[典例1] 它們行駛的速度均為10m/s。當兩車快要到一路口時，甲車看到綠燈已轉換成了黃燈，于是緊急剎車(反應時間忽略不計)，乙車為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車反應較慢(反應時間為0.5s)。已知甲車緊急剎車時制動力為車重的0.4倍，乙車緊急0.5倍，求：(g10若甲看到黃燈時車頭距警戒線15m。他采取上述措施能否避免闖黃燈[解析 a1＝Ff1＝0.4m1g＝4 甲車停下所需時間：t1＝v0＝10s＝2.5 甲車制動距離：＝v02＝ 2×4

12.5x＝12.5m<15m(2)設甲、乙兩車行駛過程中至少應保持距離x0，在乙車剎車t2時間兩車速度相等，乙車緊ma2＝Ff2＝5m2解得：t2＝2.0sx乙＝v0t0＋v0t2－1at2＝1522(1)2x甲＝v0(t0＋t2)－1a1(t0＋t2)2＝12.5mx0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5m。 (1)2[典例2] ，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則 2-A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθDgsinθ，球一定沿球拍向上運動[解析 網(wǎng)球受力如圖2-2甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，cosa＝gtanθ，F(xiàn)N＝mgA正確、BcosF＝cosθCa＞gtanθgsinθ＜gtanθD[答案

2-(1)(2)。]45°角，細繩的一端在A桿頂端。一只小猴(可看作質點)爬上A桿一定高度后，以一定的水v0向右跳出，欲抓住細繩，那么()2-Bd以上的高度方可跳出CA桿頂端跳出，則必定能抓住細繩Dv0也為確定值[解析 小猴以能抓住繩子的最小速度水平跳出時運動軌跡與AC繩相切如圖2-4所示45°角，因此有

＝tan45°①，x＝v0mint，解得 ＝tan

AC2則小猴能抓住細繩最低點C時速度最小應滿足d＝v0mint、2 則小猴將抓不住細繩的最低點C，C項錯誤；由于存在能抓住繩子的最小速度，因此v0沒有確定的值，D項錯誤。[答案

2-(1)順著斜面拋，質點離斜面最遠時速度方向平行于斜面，利用分解速度的方法，如圖2-tm＝tanθdm＝0tanθsinθvg2-12 y2v0tan可求得 tan [典例4] 如圖2-8所示，長為L的輕桿一端固定質量為m的小球，另一端固定在轉軸O，2 22-PP點時的速度大于PPPP2[解析 22點必須具有的速度為v≥2gL，而 9gL>2gL，所以小球能到達P點；由機械能守恒定律可知小球到達P點的速度 1gL＜gL，則小球在P點受到輕桿向上2 [答案 “v臨界＝gRFN表現(xiàn)為支[(2015·2-9R的圓形區(qū)域內存在勻強M、N2O1處的粒子發(fā)射源可連續(xù)v012qm，MNOPMN

Lt＝0N

，交變電壓的周期為，v0v2-Bt1、t2Δt[解析 (1)當UMN＝0時粒子沿O1O2方向射入磁場軌跡如圖2-10，設其半徑為R1Bqv＝

2-

＝qR

U L

2mR2vt＝0時刻入射粒子滿足：＝

0

2×2

20

當t＝(2k＋1)0

(k＝0,1,2,3，…)時刻入射的粒子貼M板平行射入磁場軌跡如圖2-11α2-3QOPO4α＝120°3t＝L＝0,1,2,3…)N2-12βvkv02-6SOPO5β＝60°6vv0故Δt＝t1－t2＝πR0

2mR2v 0答案 (1) 0

v當速率v如圖1所示，輕繩的一端固定在O點，另一端系一質量為m的小球(可視為質點)。當小球在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動時，通過傳感器測得輕繩拉力FT、輕繩與豎直線OP的夾角θ滿足關系式FT＝a＋bcosθ，式中a、b為常數(shù)。若不計空氣阻力，則當?shù)氐闹亓铀俣葹?) B. bC.

2v v

2v v

mR，在最高點有

mR根據(jù)動能定理有：2＝1v121v2，可得F1F2＝6g對比FT＝a＋bcosθ F1＝abF2＝abF1－T＝2b，即6mg＝2b，故當?shù)刂亓铀俣萭＝b如圖2所示，質量都為m的A、B兩物體疊放在豎直彈簧上并保持，用大小等于的恒力F向上拉B，運動距離h時B與A分離。則下列說法中正確的是 A．BAB．BACDBAh解析：CF前，對A、B整體受力分析可得：2mg＝kx1，A、B兩物體分離時，B物體受力平衡，兩者加速度恰好為零，選項A、B錯誤；對物體A：mg＝kx2，由于x1－x2＝hk＝mgCBAhD行時間t為(重力加速度為g)( v0tanv0cot

2v0tang2v0cot 解析：選 拋出點的連線與斜面垂直，所以有tanθ＝x，而x＝v0t，y＝1gt2 得 2v0cot 4．(多選)(2015·鹽城二模)如圖4所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質量為0.2kg且足夠長的絕緣木板在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為m＝0.1kg、帶正電q＝0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最g取10m/s2。則滑塊( 圖42m/s26m/s10m/s解析：選 由于滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速為μg＝5m/s2，所以當0.6N的恒力作用于木板時， 起以a＝ ＝

＝2m/s2此時摩擦 ，滑塊做勻速運動，而木板在恒力作用下做勻加速運動，a′＝F

的加速度減小，仍然做加速運動，故C錯誤。5．(多選)如圖5所示，在勻速轉動的水平圓盤上，沿半徑方向放著用細線相連的質量均為m的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，與盤間的動摩力，下列說法正確的是()rA．此時繩子張力為3μmg rCAD．此時燒斷繩子，A仍相對盤，B將做離心運解析：選ABC 擦力，其大小均為μmg。FT＋μmg＝mω2·2rr解得 rA、B、C當燒斷繩子時，AAD如圖6所示，轉動軸垂直于光滑平面，交點O的上方h處固定細繩的一端，細繩的另一端拴接一質量為m的小球B，繩長AB＝l>h，小球可隨轉動軸轉動并在光滑水平面上做勻速圓周運動。要使球不離開水平面，轉動軸的轉速的最大值是()A.BA.C.C.解析：選 對小球，在水平方向有FTsinθ＝mω2R＝4π2mn2R，在豎直方向有FTcos，h ，hA是3m/s2，乙車的反應時間為0.5s，即乙車看到甲車后0.5s才開始剎車。某大霧天20m(20m時，后車看到前車)解析：v1v2t，反應時間為t0，初速度方向為正方向，乙車加速度大a，則由勻變速直線運動公式得v2＝v1－att＝3x2＝v2(t＋t0)＝2122答案：L＝2.0mPQ、EFQFR＝0.9Ω的B＝1.0T的勻強磁場與導軌平面垂直，開始時金屬桿置于導軌下端QF處，將重物由，重物速度與下降高度的v-h圖像如圖乙所示。運動過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好(g＝10m/s2)R重物從到剛開始勻速的過程中，電阻R中產(chǎn)生的焦QR解析：(1)重物后，金屬桿向上運動，由右手定則可知，電阻R中的感應電流方向為金屬棒受到的安培力：

聯(lián)立上式可得

解得 ＝5設電路中產(chǎn)生的總焦為由能量守恒定律得：Mgh－mgh＝1Mv2＋1mv2＋Q，解得：Q＝50 根據(jù)串聯(lián)電路特點，電阻R中產(chǎn)生的焦QR＝RQ＝45J答案 (2)5 (3)45磁感應強度的大B；在第三象限存在與y軸正方向成θ＝60°角的勻強電場。一個粒子源能質量為m、電荷量為＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略。粒子源在點P－ 1EFPOQ 2EFPQ若僅將電場方向沿順時針方向轉動60°，粒子源仍在PQ間移動并粒子，試判斷這解析：(1)P有qEa＝1mv2解得v cos由幾何關系知，半徑R1＝a＝2acos

qv1B＝R1

E＝m(2)QqEd＝1mv qv2B＝R2EFR2cos99PQ993(3)若僅將電場方向沿順時針方向轉動60°，由幾何關系可知，粒子源在PQ間各點的粒子經(jīng)電場后射入磁場時的速率與原來相等。從P、Q點發(fā)出的粒子軌道半徑仍為R1＝2a、R2＝2a。由幾何關系知：從P3EFyNNyN＝－(a＋2R1sin60°)＝－(1＋23)aQyM點射出，My＝－1a＋2Rsin60°＝－1＋63a 1＋69-子都從1＋69-

，－(1＋23)a答案：(1)(2)(3)

1＋622

三、物理過程的簡約處理——3va在同一直a、v2物體的初速度v0與1 F合＝F向＝mr＝mω＝mT2·r＝maF徑向合＝m

[1m、帶電荷量為＋qOαv0拋A3-1A點沿水平直線運動到與A相距為x的A′點后又折返回到A緊接著沿原來斜上拋運動的軌跡逆方向3-E的大小和方向(θE的方向從O點拋出又落回O點所需的時間。 (1)斜上拋至最高點A時的速度vA＝v0cosα tanF＝mg＝qEcostan帶電小球從A運動到A′過程中做勻運動v vv0v2 θ＝arctanv2 0(2)OAt

3- vcos小球從A運動到A′所用時間t2＝vcos0OOt＝2(t＋t

2v0sin 4x 2v0v0cosα＋4g 2

＋v0cos

00

2v0sin 4x 答案

v

＋v0cosOAAOAA[23-3，帶等量異種電荷的金屬板平行正對傾斜放置，且兩板邊緣在同一豎直面內。金屬板與水平方向的夾角為θ，金屬板長為L，一電荷量為q、質量為m的帶負電微粒從下板邊緣的M點以水平速度v0進入兩板間，沿直線到達上板邊緣的N點，隨即進入一圓Bg，試求：3-EΔE[解析 mgtan 根據(jù)運動學公式有：v2－v 由圖可知，xMN＝Lcos0可得微粒進入圓形區(qū)域的速度 v2＋2gLsinθ0qE＝mgq22

3-πt＝αT＝

2π·

根據(jù)洛倫茲力提供圓周運心力qvB＝m v v2＋2gLsin00[答案 v2＋2gLsin0

q

v v2＋2gLsin0 [典例3] 如圖3-5所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大B、方向垂直于坐標平面向內的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場。一粒子源固定在x軸上的A點，A點坐標為(－L,0)。粒子源沿y軸正方向出速度大v的電子，電子恰好能通過y軸上的C點，C點坐標為(0,2L)，電子經(jīng)過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用)。求：3-EyRm[解析 (1)從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有

設電子到達C點的速度大vC，方向與y軸正方向的夾角為θ(如圖3-6所示)。由動能1mv

3- vC＝＝cos v ＝ θ＝45°(也可以用速度反向延長線相交于水平位移的中點求解)3-6

2mv＝＝ ＝2120°ONRm＝PQ＝rsin2

v v

答案 (3)[4]3-7R＝0.4m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道的一個BOθ＝30C為軌道的最低點，C點CM＝2kgC點等高。質m＝1kg的物塊(可視為質點)Av0＝1m/sBv1＝2m/sμ＝0.5g＝10m/s2，求：3-C[解析](1)BCmgR(1＋sinθ)＝1mv2－1mv

v2vRC點時有：FC－mg＝mR可得：FC′＝50N。根據(jù)能量守恒有：μmgL＝1mv2－1mv12＋1Mv 可得：L＝1m[答案 (1)50 (2)1

2BAC1．(2015·江淮名校第二次聯(lián)考)1所示，一個截面為直角三角形的劈形光滑物塊固定在h＝4m，α＝37v0＝9m/sCAC，AAABABABθ解析：(1)CA 解得：vA＝1m/sAAB面的運動分解為沿斜面(x軸)和垂直于斜面(y軸)兩個方向；所以： 所以： gcosvx＝axt＝gsin37°·t＝1.5垂直斜面方向速度：vy＝1所以：tanθ＝vy＝2

2(1)1 (2)0.25 2．(2015·重慶高考)參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖2所示的實驗MN板。M

三個圓環(huán)。將質量為m的小球從P處，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環(huán)QLg。求：距 水平距離為2Q22QQ點水平距離為Lh，則L＝v0t2h＝1gt22＝1H 44vL vL0QFF－mg＝mRF＝mg1＋2HRF′＝FWmgR＋W＝1mv L2－

R

L2

3．(2015·濰坊模擬)3xOy平面直角坐標系內，y軸右側有垂直紙面向里的勻B＝0.05TACyyd＝2mx軸下方虛線與y軸所夾的區(qū)域存在的有界勻強電場，電場強度大小E＝1V/m，方y(tǒng)

102C/kg的帶正電的粒子，從A(－2m,0)點 。粒°角，比荷(2)AC解析：(1)t12d＝1at244qvB＝mvvt＝t1＋t2＝1.14s(2)ACy＝解得：y＝22m(2)22(2)224．(2015·菏澤聯(lián)考)4xOy，在第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強電場?，F(xiàn)有一質量為m，電荷量為e 3

PL8Lv0xxQ4，0yQPOt解析：(1)電子做類平拋運動，3L＝v0t1，3L＝vyt1vy＝3v0Q v2＋v2＝23θ，tanθ＝vy＝3，θ＝30° 3

(2)MNR有

L，得R＝1L，據(jù)

83mv0sin

＝qB，得 (3)POt3速直線運動；磁場中的勻速圓周運動。據(jù)3L＝v0t1，得t1＝3L；Q到磁場右邊緣的距離2R－Rcos60°＝L，t＝l＝L

＝ ，t＝t＋t＋t＝7L＋

12

12(1)3答案：23(1)3

8

πL ＝ (3)8v 125．(2015·德州模擬)如圖5所示，在xOy平面內，第Ⅱ象限內的射線OM是電場與磁場的分界線，OM與x軸的負方向成45°角。在x＜0且OM的左側空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應強度大0.1T，在y>0且OM的右側空間存在著沿y軸正方向的勻強電場E，場強大0.32N/C。一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點O沿x軸負方向以10－18Cm＝1×10－24kg，求：解析：(1)帶電微粒從O點射入磁場，運動軌跡，第一次經(jīng)過磁場邊界上的A點v0 v0qv0B＝mr得r＝qB 帶電微粒在磁場中經(jīng)1 T＝2πmtOA＝3.14×10－6sCyΔx，豎直位移為Δy，則x2y2代入數(shù)據(jù)解得，Δx＝0.2m。答案：(1)4×10－3m(2)3.14×10－6s(3)0.2四、物理解題的快捷途徑——4[典例1] 如圖4-1所示，兩個帶有同種電荷的小球A、B用絕緣輕細線相連懸于O點，已知q1>q2，L1>L2，平衡時兩球到過O點的豎直線的距離相等，則( 4- [解析 對兩小球A、B受力分析如圖4-2所示(OC距離為L、Fc與Fc′為所受庫侖力)。由

θ1＋θ2＝180°sinθ1＝sinθ2，根據(jù)邊三角形的正弦定理，在△AOC中有sinαsin 在△BOC中有sinβ＝x2，可得sinα＝

L1sinα＝L2sinβsin

sin

m1＝m2C4-[答案 (二)極值法[典例2] (多選)水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數(shù)為如圖4-3所示，在θ從0°逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，則( 4-A．F先減小后增 B．F一直增C．F的功率減 D．F的功率不[解析 得 ，由三角函數(shù)知識可整理為 ，角φ為定值，可得cosθ＋μsin

有：P＝Fvcos μmgv；由于θ從0°逐漸增大到90°1＋μtan減小，C正確、D[答案 三角函數(shù)：y＝acosθ＋bsiny＝acosθ＋bsin a當α＋θ＝90°時，有極值 b

時其 4對于三個大于零的變量a、b、c，若其和a＋b＋c為一定值q，則當a＝b＝ 4q3q[3]Rm的金屬小球(視為質點)通過長為L的絕緣細線懸掛在圓環(huán)的最高點。當圓環(huán)、小球都帶有相同的電荷量>0，未知)4-4所示。已知靜電力常k。則下列說法中正確的是()4-電荷量 LLFT＝ 取圓環(huán)上電荷元Δq來分析，再取關于圓心對稱的電荷元Δq，這兩個對稱電荷元在 E＝∑L2cosθF＝kL2cosθ4-5 屬小球處于平衡狀態(tài)，則F＝tanRFT＝mgL，C、DR

，電荷量4-

，A對、B[4]4-6xOy坐標系第一象限的三角形區(qū)域(坐標如圖中所標注)內有垂直殊物質，使粒子每一次經(jīng)過 2倍。4-(1)xB最小是多少？(2)在磁感應強度等于第(1)B的情況下，求粒子在磁場中的運動時間。(3)若磁場的磁感應強度變?yōu)榈?1)B2倍，求粒子運動的總路程。[解析 (1)設粒子到O點時的速度為v0，由動能定理有qEa＝1mv2，解得 粒子經(jīng)過O點后，速度為v1，v1＝ 粒子進入磁場后的軌跡圓與磁場邊界相切時磁感應強度最小，設為B0。設粒子軌道半徑為R1＝3atanv1 v1qB0v1＝mR1

qa4-(2)粒子經(jīng)O1點進入電場區(qū)域做勻運動，后又加速返回，再次進入磁場時的速(v2＝( 4-7t＝1 1 2·v1

v2＝

qEv1，在磁場中做圓周運動的半徑記為R1′，由第(1)問可知 m，4-粒子從O1點穿x軸進入電場時速率為 2v1＝

22－qEO1P1＝0－1mv1′2，解得 2

2m 21

＝2v＝

m做圓周運動的半徑為 粒子從O2點穿過x軸進入電場時速率為 2v2＝ qEa運動到P2點后返回，則由 8m能定理有－qEO2P2＝0－1mv2′2，解得O2P2＝ n再進入電場中前進的距離OnPn＝

a因此，粒子運動的總路程為s＝π(R1′＋R2′＋…＋Rn′)＋2(O1P1O2P2OnPn

a

a πa

a ＋OP＝π2＋4＋…＋2n＋24＋16＋…＋4n＋a＝2

111

111 n→∞時，s＝＋3a [答案 (3) d(d為公差)a

等比：Sn＝如圖1所示。導線可以在空中移動和轉動，導線中的電流方向由a向b，關于導線的受 D．在圖示位置，a端受力垂直紙面向內，b端受力垂直紙面向外 可以判斷出，在圖示位置，a端受力垂直紙面向外，b端受力垂直紙面向里，即導線兩端受線各段所受安培力的方向都與導線垂直，也與該處磁場方向垂直，選項C正確。2所示，質量均可忽略的輕繩與輕桿所能承受的彈力的最大值一定，A端用鉸鏈固端拴在桿的B端，用拉力FB端緩慢向上拉(均未斷)AB桿轉到豎直方向前，以下分析正確的是()C．ABD．AB解析：選B 以B點為研究對象，進行受力分析可知，B點受重物的拉力一定，大G；受細繩的拉力F；因為是輕桿，力的作用點在桿的一端，故B點受FN角形和△AOBG

N＝Fθ越來越小，而OA、AB、G為定值，所以N不變、F越來越小。由此確定，輕桿承受的與線框的一邊平行，且線框的總電阻為R，周長為2l，而其長度、寬度可以變化，則外力將線框拉出磁場區(qū)域的過程中，線框發(fā)熱量的最大值為()

A. B.C. 解析：選 設切割磁感線的邊長為x，則線框產(chǎn)生的感應電動勢E＝Bxv， B2x2v2

4B2vx

·v ＝R·2·2·l－x)，當2＝l－xx＝3l時，Qm＝27RB4．(多選)如圖4，半徑為R的孔徑均勻的圓形彎管水平放置，小球在管內以足夠大的初速度v0在水平面內做圓周運動，小球與管壁間的動摩擦因數(shù)為μ，設從開始運動的一周內小球從W3，則下列關系式正確的是() 解析：AD由于摩擦力做負功，小球運動的機械能逐漸減少，因此小球在右側的速度大Ff＝μFN可ABW1>W2W3＝W1＋W2，選項A、D均正確。5．(多選)60°角軌上向右做勻速運動，在勻強磁場沿順時針方向緩慢轉過30勻速運動，則磁感應強度B的大小變化可能是 始終變 B．始終變C．先變大后變 解析：選AD因通有恒定電流的金屬棒在導軌上向右做勻速運動，對金屬棒受力分析如右圖所示。在水平方向上：F安cosθ＝Ff＝μFN，豎直方向上：FN＋F安sinθ＝mgF安＝cosθ＋μsin ＝ 1＋μ2sinφcosθ＋cosφsin 設sin ；cos 由題知，θ30°0°0＜φ≤60°FIB始終變大；若60°＜φ≤90°，則B先變小后變大。如圖6所示電路中，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P從最高端向下滑動時 VA電壓表VA電壓表VAVA 外電路電路結構為滑動變阻器的上部分電阻R1與下部分電阻R2并聯(lián)后再與外電路電阻最大。根據(jù)歐姆定律I＝E及路端電壓與干路電流的關系U＝E－IrRRrrR1R2R1＜R2時，P向下移動，R2AR1＞R2時，P繼續(xù)向下移動，R1R1的電流減小，而此時干路R2A讀數(shù)繼續(xù)增大。綜上所述電流表讀數(shù)一直增大，A對，C錯。2×10－6Ct＝0開始，在地面上方加一水平方向的勻強電場，其場強大小的變化規(guī)律如7所示(規(guī)定向右為正方向)100s內的位移。m解析：a＝qE＝4×10－3m/s2。作出小球速度隨時間變化的規(guī)律圖線v-t()，4s內位移為0。m公差為d＝1.2×10－2m，根據(jù)等差數(shù)列求和公式可得小球位移大s＝6.4m。答案：6.48θ＝30L＝0.2m63A、BmA＝mB＝1kgμA＝3、μB＝3t＝0時刻同時撤去固定兩物體的外力后，AB物體發(fā)生連續(xù)碰撞(碰撞時間極短，忽略不計)g＝10m/s2，求：63AB1BA2解析：(1)A物體沿斜面下滑時，由牛頓第二定律知mAgsinθ－μAmAgcosθ＝mAaAaA＝2.5BmBgsinθ－μBmBgcos運動，由運動學公式得A與B第1次碰撞前A的速度為vA1＝2aAL＝2×2.5×0.2m/s＝1A、BA、B1BvB1＝1m/s從A開始運動到第1次與B碰撞用時t

s＝0.4

兩物體相碰后，AB1m/s的速度沿斜面向下做勻速直線運動，設再經(jīng)t2時間A與B相碰，則有vB1t2＝1at2t2＝0.82AA2t＝t1＋t2＝1.2s1ABBA的速度做勻A、BA、B0.8sA速度增加量Δv＝2.5×0.8m/s＝2m/sB1vB1＝1m/s2vB2＝2m/s3vB3＝3m/s……nvBn＝nm/sA、BA、B碰撞前的時間內，BBxB＝[1＋2＋3＋…＋(n－1)]m/s×0.8 第n次碰撞時A物體通過的路程為x

A

答案：(1)1 (2)1.2

9．(2014·福建高考)如圖9，某一新型發(fā)電裝置的發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管道，管道兩導體板與開關S和定值電阻R相連。整個管道置于磁感應強度大B，方向沿z軸正方ρ的導電液體(有大量的正、負離子)，且開關閉合前后，液體在管道兩端壓強差的作用下，均以恒定速率v0沿x軸正向流動，液求開關閉合前，M、NS＝dhR可Pmd/h的值。解析：(1)設帶電離子所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，U0qv0B＝qU0＝Bdv0設開關閉合前后，管道兩端壓強差分別為p1、p2，液體所受的摩擦阻力均為Ff，開關閉合后管道內液體受到安培力為F安，有p1hd＝Ffp2hd＝Ff＋FF安I＝r＝ρ

Ldv0B2RP＝LR＋ρ RLSv 答案：

五、物理成績的高分保障——8二是練速 提高選擇題的答題速度，能為攻克后面的解答題贏得充足時間[典例1] 場，直角邊CF長度為2L?，F(xiàn)有一電阻為R的閉合直角梯形導線框ABCD以恒定速度v水平向右勻速通過磁場。t＝0時刻恰好位于圖示位置(即BC與EF在一條直線上，且C與E v5-v 如圖5-2所示，從t＝0時刻到t＝2L時刻，穿過閉合回路的磁通量增大，由楞次定律可得：流過閉合回路的電流方向沿逆時針方向，結合題意和四個答案可排除答案A ＝ ＝2RB和DC5-[心得體會]利用排除法求解本題時，不需要對導線框的具體運動過程進行分析，只需[2]5-3F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上。若要使物塊在斜面上保持，F(xiàn)的取值應有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1F2(F1F2的方向均沿斜面向上)。由此可求出物塊與斜面間的最大靜摩擦力為()22

5- [技法應用 取F1＝F2≠0，則斜面光滑，最大靜摩擦力等于零，代入后只有C滿足 [3]RQ的電荷，在垂直于圓環(huán)平面的對稱軸上有一點P，它與環(huán)心O的距離OP＝L。靜電力常量為k，關于P點的場強E，下列四式是()＝ ＝ R

5-＝ ＝ R ＝[技法應用]R＝0P點的E＝kQR＝0A、DL＝0時，均勻帶電圓環(huán)在中心處產(chǎn)生的電場的電場強度為0，將L＝0代入選項A、D，只有選項D[心得體會 [典例4] 如圖5-5所示，半圓軌道固定在水平面上，一小球(小球可視為質點)從恰好與半圓O為半圓軌道圓心，半圓軌道半徑為R，OB與水平方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計空氣阻力，則小球在A點正上方的水平速度為( 5-332 223[技法應用]A點正上方某處小球的速度剛好水平，所以逆向看是小球從一半圓軌道左端A點正上方某處開始做平拋運動，運動過程中恰好與半圓軌道相切于B點，這樣就可以用平拋運動規(guī)律求解。因小球運動過程中恰好B30°tanθ＝tan30°＝3tanθ＝y(tǒng)＝y(tǒng)y＝3Rv2＝2gy＝3gRR R2

＝tan 2 33gRA＝ 3 3 小球從B點至P點屬于斜拋運動但由P點到B點的運動卻是熟悉的平拋 [典例5] 位置如圖5-6所示，P1到導線帶左端的距離等于P2到導線帶右端的距離，所有長直導線中均通有大小相等、方向垂直紙面向外的恒定電流，ab上所有直導線產(chǎn)生的磁場在P1處的磁感應強度大B1，在P2處的磁感應強度大B2，若僅將右邊6根直導線移走，則P2 2222

5-22[技法應用]6P1P1點產(chǎn)生的磁場，僅相當于右邊6根直導線電流在P1處產(chǎn)生的磁場，磁感應強度大B1，方向垂直ab向下；由對稱性知右邊6根直導線電流在P2處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大B1，方向垂直ab向上，而所有直導線的電流在P2處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大B2，方向垂直ab向66P2處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大B2－B1，B選項正確。[心得體會]利用對稱性，只計算抵消后剩余部分的場強，這樣可以明顯減少解答運算量，[典例6]如圖5-7所示，一只固定在水平桌面上，將一塊薄紙板蓋在杯口上并在紙m2mμgd蛋移動的距離不超過10就能保證實驗成功，則所需拉力的最小值為(5- [技法應用 ＝2ma2Fmin＝26μmg，D [典例7] (多選)(2014·山東高考)如圖5-8，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面 5- B．FN向 [技法應用]導體棒靠近長直導線和遠離長直導線時導體棒中產(chǎn)生的感應電流一定阻礙這越強，感應電流的阻礙作用也越強，考慮到長直導線周圍磁場的分布可知，F(xiàn)M逐漸增大，F(xiàn)N逐漸減小，C、D均正確。[心得體會]本題也可根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向，再利用左手定則判斷安培力的方[8]MMN，O為兩星體連線的力大小的變化情況是()5-[技法應用 易得C選項正確。 1分布，各4圓環(huán)間彼此絕緣。坐標原點O處電場強度最大的是 解析：選B 每個1圓環(huán)在O處產(chǎn)生的場強大小相等，設為E，由電場強度的疊加原理和對稱性可知，ED＝0，EA＝EC＝E，EB＝2E，故B選項正確。44木塊2，當兩木塊一起勻速運動時，兩木塊間的距離為(

＋

μm1m2g＋＋ ＋解析：A11m1的質量越小時摩擦力零，說明彈簧的伸長量與m2無關，故選A項。3．(2013·高考)如圖2，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且相互MN中電流突然減小時，線圈所受安培力的合力方向()解析BMN中電流突然減小時，線圈的磁通量減小，線圈中產(chǎn)生的感生電流