2018年高考物理全国用二轮复习学案：专题一 第4讲 Word版含答案
2018年高考物理复习听课答案6
参考答案(听课手册)专题二 能量与动量第4讲 功、功率与动能定理高频考点探究考点一1．A [解析] 根据功的公式可知，人对车的推力做功为W ＝FL ，选项A 正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对人的作用力为F ′＝ma ，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma ，故人对车做的功为W ＝－maL ，选项B 错误；因车对人还有沿竖直方向的支持力，大小等于mg ，故车对人的作用力大小为N ＝（ma ）2＋（mg ）2，选项C 错误；对人由牛顿第二定律得f －F ＝ma ，解得f ＝ma ＋F ，车对人的摩擦力做功为W ＝fL ＝(F ＋ma )L ，选项D 错误．2．C [解析] 对小球A 、B ，由机械能守恒定律知，到达地面的速度大小相等，方向不同，由P ＝mg v cos θ，可得重力的功率P A >P B ，A 、C 和D 在竖直方向做自由落体运动，到达地面的竖直分速度相等，由P ＝mg v y 可得重力的功率相等，选项C 正确．3．D [解析] 物块刚开始做匀加速运动时，绳子拉力F 1＝mg ＋ma ，t 0时刻物块的速度v ＝P 0F 1＝P 0m （g ＋a ），加速度a ＝v t 0≠P 0mt 0，选项B 、C 错误；t 0时刻拉力的功率达到最大值，此后速度继续增加，拉力减小，物块做变加速运动，选项A 错误；t 1时刻物块达到最大速度，此时绳子拉力F 2＝mg ，最大速度v m ＝P 0F 2＝P 0mg ，在0～t 1时间内，由动能定理得－mgh ＋P 02·t 0＋P 0(t 1－t 0)＝12m v 2m ，解得h ＝P 0mg t 1－t 02－P 202m 2g 3，选项D 正确． 4．C [解析] 由题图分析可知，物体由静止开始做匀加速运动，当物体速度为1 m/s 时，拉力的功率最大；此后，物体做拉力功率恒定的加速运动．物体速度v 1＝3 m/s 时，加速度a 1＝0，则有F ＝F f ，拉力的最大功率P ＝F f v 1，物体速度v 2＝1 m/s 时，加速度a 2＝2 m/s 2，根据牛顿第二定律有P v 2－F f ＝ma 2，解得F f ＝1 N ，P ＝3 W ，而F f ＝μmg ，故μ＝0.1，选项A 错误，选项C 正确；由P 1.5 m/s－F f ＝ma 3可得a 3＝1 m/s 2，选项B 错误；物体匀加速运动的时间为t ＝v 2a 2＝0.5 s ，选项D 错误． 考点二例1 (1)5 2 m/s (2)5 m[解析] (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0.滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v 2A－0 解得v A ＝5 2 m/s.(2)对滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－12m v 2A解得L ＝5 m.例2 D [解析] 前3 m 位移内，拉力F 1＝W 1x 1＝153 N ＝5 N ，物体的加速度a 1＝F 1－μmg m＝1.5 m/s 2，前3 m 末物体的速度v 1＝2a 1x 1＝3 m/s.3～9 m 位移内，拉力F 2＝W 2x 2＝27－156N ＝2 N ，a 2＝F 2－μmg m＝0，物体做匀速直线运动．所以整个过程中拉力的最大功率为P max ＝F 1v 1＝5×3 W ＝15 W ．故选项D 正确．例3 D [解析] 图乙是动能—位移图像，其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小F 合＝mg sin θ－μmg cos θ＝2.5 N ；图丙是重力势能—位移图像，其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量G x ＝mg sin θ＝10 N ．则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小F f ＝μmg cos θ＝7.5 N ，D 正确．由于滑块质量未知，故其他量均不可求．考点三例4 (1)mgh ＝12m v 2C30 m/s (2)L cos 30°＝v C t L sin 30°＝12gt 2 120 m (3)mg (h ＋L sin 30°)＝12m v 2D ′ －kmgx ＝0－12m v 2D12m v 2D ＝0.8×12m v 2D ′k ＝0.84 例4变式1 (1)6 N ，方向竖直向下 (1)4 m 或6 m[解析] (1)小滑块被弹出至到达B 点的过程，据动能定理有W 弹－μmgx ＝12m v 2B滑块在B 处有F N －mg ＝m v 2B R而W 弹＝ΔE p ＝2 J解得F N ＝6 N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为6 N ，方向竖直向下．(2)在C 处，滑块对轨道的压力大小为mg ，包含2种情况①若压力方向向上，在C 处，对滑块由牛顿第二定律有mg ＋F ′N1＝m v 2C 1RF ′N1＝F N1＝mg整个过程，据动能定理有W 弹－μmgx 1－mg ·2R ＝12m v 2C 1解得x 1＝4 m②若压力方向向下，在C 处，对滑块由牛顿第二定律有mg －F ′N2＝m v 2C 2RF ′N2＝F N2＝mg整个过程，据动能定理有W 弹－μmgx 2－mg ·2R ＝12m v 2C 2解得x 2＝6 m.例4变式2 (1)0.58 s (2)49 J[解析] (1)物块在OA 之间做匀加速直线运动，有N ＋qE cos 37°＝mgqE sin 37°－μ1N ＝ma 1v 2A ＝2a 1x OA联立以上各式，解得N ＝4 N ，a 1＝5 m/s 2，v A ＝7 m/s物块在斜面上向上做匀减速直线运动，有mg sin 37°＋μ2mg cos 37°＝ma 2解得a 2＝12 m/s 2假设物块在斜面上速度可减为零，且该过程在斜面上发生的位移为x ，有0－v 2A ＝－2a 2x解得x ＝4924 m<83m ，假设成立，由0－v A ＝－a 2t ，解得t ＝0.58 s. (2)设物块在A 点时的速度大小为v ′A ，因物块恰好能到达B 点，故有－2a 2x AB ＝0－v ′2A解得v ′A ＝8 m/s设物块刚进入电场区域时速度为v 0，电场消失时速度为v 1，则v 1＝v 0＋a 1t 1，2a 1x 1＝v 21－v 20电场消失后，物块做匀减速直线运动至A 点，有μ1mg ＝ma 3－2a 3(x OA －x 1)＝v ′2A －v 21联立得a 3＝5 m/s 2，v 0＝7 m/s由功能关系得W ＝12m v 20＝49 J. 第5讲 能量转化与守恒高频考点探究考点一例1 (1)mg ⎝⎛⎭⎫1＋2h R ，竖直向下 (2)h ≥52R 或h ≤R (3)5027R [解析] (1)小球从高为h 处由静止释放到到达圆轨道底端过程，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2 在底端，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2R解得N ＝mg ＋m v 2R ＝mg 1＋2h R根据牛顿第三定律得N ′＝N ＝mg 1＋2h R， 方向为竖直向下． (2)要使小球运动过程中不脱离轨道，第一种可能：恰能到达最高点，设在最高点时速度为v m ，有mg ＝m v 2m R能过最高点，则在最高点时速度应满足v ≥v m ＝gR由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 2＋mg ·2R 解得h ≥52R 第二种可能：小球到达圆轨道上与圆心等高处时速度恰为零，有mgh ＝mgR则h ＝R不能到达圆轨道上高于圆心处，则h ≤R所以h ≥52R 或h ≤R . (3)h ＝2R <52R ，设小球将在C 点脱离轨道，C 点、轨道圆心的连线与水平方向成θ角，此时N ＝0，即mg sin θ＝m v 2C R小球从A 点到C 点，根据机械能守恒定律有mg ·2R ＝12m v 2C ＋mg (R ＋R sin θ)解得sin θ＝23，v C ＝gR sin θ＝23gR 小球从C 处开始做斜抛运动，到达最高点时速度v x ＝v C sin θ＝23v C 小球从A 点到最高点，根据机械能守恒定律有mg ·2R ＝mgh ′＋12m v 2x解得h ′＝5027R . 例1变式1 (1)2gL (2)15gL 14 (3)25L 12[解析] (1)当圆环到达C 点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，圆环下降高度为h AC ＝3L 4砝码下降高度为Δh ＝5L 4－L ＝L 4对系统，由机械能守恒定律得mgh AC ＋5mg Δh ＝12m v 21则圆环的速度v 1＝2gL .(2)当圆环运动到B 点时，下滑的高度h AB ＝3L 2，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v 2，则砝码的速度为v 2cos 53°.对系统，由机械能守恒定律得mgh AB ＝12m v 22＋12×5m (v 2cos 53°)2 解得圆环下滑到B 点时的速度v 2＝15gL 14. (3)当圆环下滑最大距离为H 时，圆环和砝码的速度均为零，砝码上升的高度ΔH ＝⎝⎛⎭⎫H －3L 42＋L 2－5L 4 由于系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即mgH ＝5mg ΔH解得圆环能下滑的最大距离H ＝25L 12. 例1变式2 AB [解析] 当mg ＝kx 1时，物块的速度最大，此时x 1＝mg k与h 无关，选项A 正确；物块在C 点的重力势能不变，选项C 错误；物块从A 到C ，由机械能守恒定律得mg (h ＋x 1)＝E k C ＋E 弹C ，C 点弹性势能不变，选项B 正确； 物块从A 到D ，由机械能守恒定律得E p D ＝mg (h ＋x 1＋h C )－E 弹D ，而D 点弹性势能随h 变化，选项D 错误.考点二例2 A [解析] 物体具有最大动能时，所受合外力为零，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力的合力，即弹簧处于压缩状态，并非恢复原长时，选项A 错误；物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g ，由牛顿第二定律有mg sin 30°＋f ＝mg ，解得f ＝0.5mg ，由功能关系可知，弹簧的最大弹性势能为E pm ＝mgh ＋f ·2h ＝2mgh ，选项B 正确；物体受到的滑动摩擦力与重力沿斜面方向的分力大小相等，当物体运动到最高点时，摩擦力方向变为沿斜面向上，物体会静止在B 点，选项C 正确；物体克服滑动摩擦力做的功等于物体从A 点运动到B 点过程中系统损失的机械能，克服滑动摩擦力做的功W ＝f ·2h ＝mgh ，选项D 正确．例2变式1 BCD [解析] 根据能量守恒定律，物体2减小的重力势能全部转化为物体1增加的重力势能和两物体的动能，选项A 错误；根据滑轮组的特点可知，物体2的速度为物体1速度的2倍，根据动能定理有m 2g ·2h －m 1gh ＝12m 2v 22＋12m 1v 21，又v 2＝2v 1，联立解得v 1＝2gh 3，选项B 正确；轻绳的拉力大小相等，v 2＝2v 1，轻绳对物体1做功的功率P 1＝2T v 1＝T v 2，等于轻绳对物体2做功的功率，选项C 正确；根据滑轮组的特点可知，物体2的加速度为物体1的加速度的2倍，根据牛顿第二定律有2T －m 1g ＝m 1a 1，m 2g －T ＝m 2a 2，又a 2＝2a 1，联立解得T ＝23m 1g ，选项D 正确． 例2变式2 CD [解析] 设滑块第一次速度为零时在水平面的位移为x ，由动能定理得mgh －(EQ ＋μmg )x ＝0，解得x ＝mgh EQ ＋μmg ＝13m ，选项A 错误；因为电场力大于滑动摩擦力，所以滑块做往复运动，不可能静止在电场中，最后只能静止在N 点，选项B 错误，选项C 正确；设滑块在水平面内的总路程为s ，由能量守恒定律可知，系统的机械能全部转化为内能，所以有mgh ＝μmgs ，解得s ＝h μ＝2 m ，选项D 正确． 考点三例3 0.5[解析] 由功能关系得－fx ＝E －E 0则E -x 图像的斜率的绝对值|k |＝ΔE Δx ＝f ＝4 N 而摩擦力f ＝μmg cos θ又mgx sin θ＝E p则E p x 图像的斜率k ′＝ΔE p Δx＝mg sin θ＝6 N 联立可得μ＝0.5.例3变式1 B [解析] 卫星的轨道降低过程，空气阻力做负功，引力势能减小，动能增大，由万有引力充当向心力有GMm r 2＝m v 2r ，卫星的动能E k ＝12m v 2＝GMm 2r，卫星的机械能E ＝E k ＋E p ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm 2r ，则空气阻力做的功W ＝ΔE ＝－GMm 2r 2－⎝⎛⎭⎫－GMm 2r 1＝－GMm 2⎝⎛⎭⎫1r 2－1r 1，选项B 正确． 例3变式2 D [解析] 根据v -t 图像的斜率表示加速度可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得μ＝0.875，故A 错误.0～8 s 内物体位移为x ＝－12×2×2 m ＋2＋62×4 m ＝14 m ，物体被送上的高度为h ＝x sin θ＝8.4 m ，重力势能的增量为ΔE p ＝mgh ＝84 J ，动能增量为ΔE k ＝12m (v 22－v 21)＝12×1×(42－22) J ＝6 J ，机械能增量为ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，故C 错误.0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动.0～6 s 内传送带运动距离为s 带＝4×6 m ＝24 m ，0～6 s 内物体对地位移为s 物＝－12×2×2 m ＋4×42m ＝6 m ，因摩擦产生的热量为Q ＝μmg cos θ·s 相对＝μmg cos θ·(s 带－s 物)＝0.875×1×10×0.8×18 J ＝126 J ，0～8 s 内传送带电动机多消耗的电能为W ＝ΔE ＋Q ＝90 J ＋126 J ＝216 J ，故B 错误，D 正确． 第6讲 动量定理和动量守恒定律高频考点探究考点一1．D [解析] 小女孩下滑过程中弹力的冲量为mgt cos θ，选项A 错误；小女孩下滑过程受到的摩擦力与其反作用力总冲量为零，总功为负值，选项B 错误；由动量定理，小女孩下滑过程中动量的变化为mg (sin θ－μcos θ)t ，选项C 错误；因由静止开始滑下，所以小女孩下滑至底端时动量的大小为mg (sin θ－μcos θ)t ，选项D 正确．2．D [解析] 对运动员，由动量定理有(F －mg )t ＝m v ，地面对他的平均作用力F ＝m ⎝⎛⎭⎫g ＋v t ，选项D 正确． 3．B [解析] 对钢板表面的水柱微元，质量Δm ＝ρS v Δt ，根据动量定理，F ·Δt ＝Δm ·v ＝ρS v ·Δt ·v ，所以冲击力F ＝ρS v 2，选项B 正确．4.Ft －m v BL[解析] 导体棒在恒力作用下做加速度减小的加速运动，设Δt 时间内导体棒的速度由v 变为v ＋Δv ，因此由动量定理得F Δt －BLI Δt ＝m Δv ，即F Δt －BL Δq ＝m Δv可以将时间t 内的运动过程分解成N 个这样的微小过程，N 趋向无穷大．将这样的微小过程都累加起来得Ft －BLq ＝m v －0解得q ＝Ft －m v BL. 考点二1．A [解析] 在燃气喷出后的瞬间，喷出的燃气的动量大小p ＝m v ＝30 kg ·m/s ，由动量守恒定律可得火箭的动量大小为30 kg ·m/s ，选项A 正确．2．D [解析] 对导弹整体由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1，解得v 1＝（m 1＋m 2）v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D. 3．C [解析] 此题属“人船模型”问题．斜面体与小物体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物体在水平方向上对地位移为x 1，斜面体在水平方向上对地位移为x 2，因此有0＝mx 1－Mx 2，且x 1＋x 2＝h tan α，由以上两式可得x 2＝mh （M ＋m ）tan α，故选C. 4．AC [解析] 由x -t 图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处于静止状态．小球1速度方向为正，大小为v 1＝Δx ＝4 m/s ，方向只有向右才能与小球2相撞，故A 正确；由图读出，碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速度为负方向，说明向左运动，故B 错误；由图求出碰后小球2和小球1的速度分别为v ′2＝2 m/s ，v ′1＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v ′2＋m 1v ′1，解得m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v ′21－12m 2v ′22＝0 J ，故D 错误． 考点三例1 (1)a.m 1－m 2m 1＋m 2v 1 2m 1v 1m 1＋m 2b ．m 1≪m 2 (2)略 [解析] (1)a.两个小球A 、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2由能量守恒定律得12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22碰撞后它们的速度 v ′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v ′2＝2m 1m 1＋m 2v 1. b ．碰撞后B 的动能E k2＝12m 2v ′22＝12m 2⎝⎛⎭⎫2m 1m 1＋m 2v 12＝4m 1m 2＋m 2m 1＋2·E k1 所以，当m 1≪m 2 时，A 传给B 的动能最少．(2)A 球向下摆动的过程中，由能量守恒定律得m 1gL (1－cos θ)＝12m 1v 21 解得v 1＝2gL （1－cos θ）由动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2由能量守恒定律得12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 第一次碰撞后A 、B 两球的速度v ′1＝－v 12，v ′2＝v 12A 、B 第二次碰撞，由动量守恒定律得m 1v 12＋3m 1⎝⎛⎭⎫－v 12＝m 1v ″1＋3m 1v ″2 由能量守恒定律得12m 1⎝⎛⎭⎫v 122＋12×3m 1⎝⎛⎭⎫－v 122＝12m 1v ″21＋12×3m 1v ″22 第二次碰撞后两球的速度 v ″1＝－v 1，v ″2＝0第三次碰撞过程与第一次相同，第四次碰撞过程与第二次相同，…因此，第一次、第三次、第五次、…碰撞后，A 、B 的速度v ′1＝－2gL （1－cos θ）2，v ′2＝2gL （1－cos θ）2第二次、第四次、第六次、…碰撞后，A 、B 的速度v ″1＝－2gL （1－cos θ），v ″2＝0.例1变式 D [解析] 在图甲、乙中，由于球1下落，碰撞后球5又上升到相同的高度，所以整个系统机械能守恒，在球1与2、2与3、3与4、4与5碰撞时，动量是守恒的，但在球1下落及球5上升时，系统动量是不守恒的，选项A 、B 错误；在1、2、3下落时，首先3与4碰撞，4再与5碰撞，故球5会上升到与球3同样的高度，然后再考虑2与静止下来的3碰撞，3再与4碰撞，使球4上升到与2相同的高度，最后再考虑1与静止下来的2、3碰撞，使球3会上升到与球1相同的高度，选项C 错误，选项D 正确．例2 (1)1 m/s (2)0.33 m[解析] (1)对A 、B 、C 系统，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2＋m 3)v 2解得v 2＝1 m/s.(2)对A 、B 系统，由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1对A 、B 、C 系统，由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋m 3)v 22＝μm 3gx 解得x ＝0.33 m.例2变式 (1)m v 202f ⎝⎛⎭⎫1＋m M L 增大 (2)k >80 [解析] (1)当木块可自由滑动时，子弹、木块所组成的系统动量守恒，有m v 0＝(M ＋m )v由能量守恒定律有12m v 20＝12(m ＋M )v 2＋fL 解得L ＝Mm v 202f （M ＋m ）＝m v 202f ⎝⎛⎭⎫1＋m M ，随M 增大，L 增大． (2)设木块的长度为d ，当木块固定时，对子弹，由动能定理有－fd ＝12m v 21－12m v 20 当木块自由滑动时，由动量守恒定律有m v 0＝M v 2＋m v 3由能量守恒定律有12m v 20＝12M v 22＋12m v 23＋fd 联立可得v 2＝900k ±100k 2－80k k （k ＋1） m/s ，v 3＝900∓100k 2－80k k ＋1m/s 由于v 2<v 3，k >0，则v 2＝900k －100k 2－80k k （k ＋1） m/s ，v 3＝900＋100k 2－80k k ＋1m/s 要使v 2、v 3有解，则k 2－80k >0，可得k >80.例3 (1)2 m/s (2)39 J[解析] (1)A 、B 组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为v ，从木块A 开始沿滑板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程，根据动量守恒定律有 m v 0＝(M ＋m )v解得v ＝m m ＋M v 0＝2 m/s. (2)木块A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．根据能量守恒定律可得E p ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2－μmgL 解得E p ＝39 J.例3变式 (1)1 m/s (2)3.75 J[解析] (1)设C 被发射出去时速度为v 1，此时B 的速度为v 2，以向右为正方向，对B 、C ，由动量守恒定律得m 2v 2－m 3v 1＝0只要A 和C 碰后速度不大于v 2，则C 和B 就不会发生碰撞，C 和B 恰好不相撞时，两者速度相等．对A 、C ，由动量守恒定律得m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2解得v 1＝1 m/s ，v 2＝1.5 m/s即弹簧将C 发射出去的速度至少为 1 m/s.(2)对B 、C 及弹簧，由机械能守恒定律得E p ＝12m 3v 21＋12m 2v 22＝3.75 J. 热点模型解读1．(1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m[解析] (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式得v 1＝v 0＋a 1t 1②s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21③ 式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得μ1＝0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有－μ2mg ＝ma 2⑤由图可知a 2＝v 2－v 1t 2－t 1⑥ 式中，t 2＝2 s ，v 2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得μ2＝0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3，由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt ⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s 1＝－v 1＋v 32Δt ⑪ 小物块运动的位移为 s 2＝v 1＋v 32Δt ⑫ 小物块相对木板的位移为Δs ＝s 2－s 1⑬联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得Δs ＝6.0 m ⑭因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 4⑮0－v 23＝2a 4s 3⑯碰后木板运动的位移为s ＝s 1＋s 3⑰联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得s ＝－6.5 m ⑱木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.2．(1)1 m/s (2)1.9 m[解析] (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1.在滑块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ①f 2＝μ1m Bg ②f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1 ⑦v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩ 设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2.对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2.设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2 ⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭ 在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮ A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(也可用如图的速度—时间图线求解)示例 (1)5m v 20L (2)32[解析] (1)设水平作用力F 的作用时间为t 1，对金属块，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mg m＝μ1g 而v 0＝a 1t 1则t 1＝v 0μ1g对小车，由牛顿第二定律有a 2＝F －μ1mg 2m而2v 0＝a 2t 1则F ＝5μ1mg对金属块从A 到C ，由动能定理得μ1mgs 1＝12m v 20 对小车，由动能定理得(F －μ1mg )s 2＝12×2m (2v 0)2 而s 2－s 1＝L 2解得μ1＝v 20gL ，F ＝5m v 20L. (2)金属块从小车中点C 到停在车左端的过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，设共同速度为v ，有2m ·2v 0＋m v 0＝(2m ＋m )v解得v ＝53v 0 由能量守恒定律有μ2mg L 2＝12m v 20＋12×2m ×(2v 0)2－12×3m ×⎝⎛⎭⎫53v 02 解得μ2＝2v 203gL所以μ1μ2＝32. 示例拓展1 (1)5v 2016gL (2)v 2064g (3)v 02[解析] (1)当A 在B 上滑动时，A 与B 、C 整体发生作用，由于水平面光滑，A 与B 、C 组成的系统动量守恒，有m v 0＝m v 02＋2m v 1 解得v 1＝v 04系统动能的减少量等于滑动过程中产生的热量ΔE k ＝Q ＝μmgLΔE k ＝12m v 20－12m ⎝⎛⎭⎫v 022－12×2m ⎝⎛⎭⎫v 042 联立以上各式解得μ＝5v 2016gL. (2)当A 滑上C ，B 与C 分离，A 与C 相互作用，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有m ·v 02＋m v 1＝2m v 2 12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12m ⎝⎛⎭⎫v 042＝12×2m v 22＋mgR 解得R ＝v 2064g. (3)当A 滑离C 时，设A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，对A 、C ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m ·v 02＋m v 1＝m v A ＋m v C 12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12m ⎝⎛⎭⎫v 042＝12m v 2A ＋12m v 2C解得v C ＝v 02v C ＝v 04舍去． 示例拓展2 (1)v 3 向右 (2)7v 23μg (3)v 29μg[解析] (1)以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得2m v －m v ＝3m v 1解得v 1＝v 3，方向水平向右． (2)对于物体A 、B 和小车组成的系统，若物体A 、B 不相碰，则摩擦力做的功等于系统动能的减少量，由动能定理可得－μmgL ＝12×3m ⎝⎛⎭⎫v 32－12m (2v )2＋12m v 2 解得L ＝7v 23μg，此即为平板车的最小长度． (3)对系统的运动过程分析可知，若物体A 、B 未相碰，当B 速度减为零时，A 继续运动，小车开始运动，直至共速．将小车和物体B视为整体，应用动能定理有μmgs＝12×2m⎝⎛⎭⎫v32解得s＝v29μg.。
2018年高考物理二轮专题总复习：选择题满分专练一 含
光滑平行的导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中导轨左端接有电阻R，导轨上垂直导轨放着一根金点．下列关于该粒子的说法正确的是B ．初速度为v ＝B ED ．比荷为q ＝E 2A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例不变解析：发电厂输出功率的增大，升压变压器的输出电压不变，由于输电线电流增大，输电线损失电压增大，降压变压器的输出电压减小，输电线上损耗的功率增大，选项A、B错误，C正确；输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，选项D错误．答案：C19．下列选项中所描述的a、b两点的电场强度和电势均相同的是()A．离正点电荷等距的任意两点a、b，如图甲所示B．两个等量异种点电荷连线的中垂线上，与连线中点等距的两点a、b，如图乙所示C．两个等量同种点电荷连线上，与连线中点等距的两点a、b，如图丙所示D．静电场中到达静电平衡时的导体内部任意两点a、b，如图丁所示解析：图甲中a、b两点的电势相等，电场强度大小相等但方向不同，A错；图乙中，两个等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，a、b两点的电场强度大小相等，方向均与等量异种点电荷的连线平行且向左，所以，a、b两点的电势和电场强度均相同，B对；图丙中，根据对称性，a、b点电势相等，电场强度大小相等但方向相反，C错；图丁中，导体达静电平衡时，导体内部电势处处相等，电场强度处处为零，D对．答案：BD20.质量为M的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为θ＝30°，斜斜面体缓慢移动的过程中各物体均处于动态平衡状态，＋μF N，其中斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力不变，因此绳的拉力不变，弹簧30°的足够长的固定粗糙斜面上时刻自斜面底端以某一初速度沿斜面向上。
2018年高考物理全国用二轮复习精练：四 高考仿真练(一) Word版含答案
精练四高考仿真练高考仿真练(一)一、选择题(共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
)14.如图1所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向。
则( )图1A.物体做匀加速运动B.环只受三个力作用C.环一定受四个力作用D.物体的重力大于悬绳对物体的拉力解析在运动过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向，以物体为研究对象，物体受到竖直向下的重力和绳子竖直向上的拉力，这两个力的合力必为零，说明物体做匀速直线运动，则环也做匀速直线运动，所以环受到重力、绳子竖直向下的拉力、滑杆的支持力和滑动摩擦力，共四个力，选项C正确。
答案 C15.根据氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态(量子数n＝1)的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为( )图2A.13.6 eVB.3.4 eVC.12.75 eVD.12.09 eV解析 根据受激的氢原子能发出6种不同频率的色光，有6＝n （n －1）2，解得n ＝4，即能发出6种不同频率的光的受激氢原子一定是在n ＝4能级，则照射处于基态的氢原子的单色光的光子能量为－0.85 eV －(－13.6 eV)＝12.75 eV ，C 正确。
答案 C16.如图3所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子射出时的偏转角变大的是( )图3A.U 1变大，U 2变大B.U 1变小，U 2变大C.U 1变大，U 2变小D.U 1变小，U 2变小解析 设电子被加速后获得的初速度为v 0，平行极板长为l ，平行极板间距为d ，则由动能定理得eU 1＝12mv 20，电子在电场中偏转所用时间t ＝l v0，设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a ，由牛顿第二定律得a ＝eE2m ＝eU2dm ，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，由以上式子联立可得v y ＝eU2l dmv0，又有tan θ＝vy v0＝eU2l dmv20＝eU2l 2deU1＝U2l 2dU1，故U 2变大、U 1变小都能使偏转角θ变大，B 正确。
2018年高考物理全国用二轮复习学案：专题五 含答案 精
知识必备1.光电效应的实验规律(1)任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应。
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大。
(3)入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不会超过10－9 s 。
(4)当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比。
2.光电效应方程(1)光电子的最大初动能跟入射光子的能量hν和逸出功W 0的关系为：12m v 2＝hν－W 0。
(2)极限频率：νc ＝W 0h 。
(3)最大初动能与遏止电压的关系：E k ＝eU c 。
3.氢原子能级图图1(1)能级图：如图1所示。
(2)辐射条件：hν＝E m －E n 。
(3)辐射光谱线条数：一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射出的光谱线条数：N ＝C 2n ＝n （n －1）2。
4.核反应(1)爱因斯坦质能方程：ΔE ＝Δmc 2。
(2)两种衰变：α衰变：23892U―→23490Th＋42He。
β衰变：23490Th―→23491Pa＋0－1e。
(3)人工转变：147N＋42He―→178O＋11H(发现质子的核反应)(4)重核裂变：23592U＋10n―→14156Ba＋9236Kr＋310n，在一定条件下(大于临界质量、超过临界体积)，裂变反应会连续不断地进行下去，这就是链式反应。
(5)轻核聚变：21H＋31H―→42He＋10n(需要几百万度高温，所以又叫热核反应)。
备考策略本专题考查的重点应为原子跃迁及能级问题、核反应方程、核能的计算等，题型为选择题。
1.必须牢记的“3个主要实验现象”(1)光电效应现象。
(2)α粒子散射实验。
(3)天然放射现象。
2.必须掌握的“2类方程”(1)衰变方程；(2)核反应方程。
3.必须明确的“3个易错易混点”(1)能级跃迁时吸收光子的能量和吸收实物粒子的能量是不同的。
(2)半衰期是统计规律，对单个原子核无意义。
2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题四
专题四 功能关系的应用 考情分析命题解读本专题共6个考点，其中功和功率、动能 动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求，弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求，这些考点皆属于高频考点。
从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识与实际问题结合。
如2018年的抛鸡蛋、2018年的球碰撞等，难度较小。
(2)注重方法与综合。
如2018年、2018年、2018年的“弹簧问题”、2018年的连接体等，难度较大。
整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A 。
1.(2018·江苏泰州中学月考)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图1所示，橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上，橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态，在C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D 点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。
现将弹丸竖直向上发射，已知E 是CD 中点，则( )图1A.从D 到C 过程中，弹丸的机械能守恒B.从D 到C 过程中，弹丸的动能一直在增大C.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A项错误；弹丸在与橡皮筋作用过程中，受到向上的弹力和向下的重力，橡皮筋ACB 恰好处于原长状态，在C处橡皮筋的拉力为0，在CD连线中的某一处，弹力和重力相等时，弹丸受力平衡，所以从D到C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，故B项错误；从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故D项错误；从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故C项正确。
答案 C2.(多选)(2018·南京三模)从离沙坑高度H处无初速地释放一个质量为m的小球，小球落入沙坑后，陷入深度为h。
2018年高考全国卷2物理部分试题及解析(2021年整理精品文档)
(完整版)2018年高考全国卷2物理部分试题及解析编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（(完整版)2018年高考全国卷2物理部分试题及解析）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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1一、选择题：1. 如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定( ）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C。
等于克服摩擦力所做的功D。
大于克服摩擦力所做的功【答案】A【解析】试题分析：受力分析,找到能影响动能变化的是那几个物理量,然后观测这几个物理量的变化即可。
木箱受力如图所示：2木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即： ,所以动能小于拉力做的功,故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。
故选A点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功,然后利用动能定理求解末动能的大小。
2. 高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 N B。
102 N C. 103 N D. 104 N【答案】C【解析】试题分析:本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小。
学＃科网设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m,由动能定理可知:，解得:落地时受到自身的重力和地面的支持力,规定向上为正，由动量定理可知： ,解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力33. 2018年2月，我国500 m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253"，其自转周期T=5。
【赢在高考】人教版 2018 高三物理二轮复习 教师用书全书word版
第一部分专题突破知能提升专题一力与运动第1讲力与物体的平衡2015卷ⅠT24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷ⅠT19：有重力、弹力、摩擦力的共点力平衡卷ⅠT24：有关电磁感应问题的平衡及法拉第电磁感应定律的应用卷ⅡT14：力的动态平衡卷ⅢT17：共点力的平衡条件2017卷ⅠT21：物体的动态平衡卷ⅡT16：共点力的受力平衡卷ⅢT17：共点力的受力平衡1．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86 cm B．92 cmC．98 cm D．104 cmB轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律F＝k(l－l0)＝0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F＝mg2sin α＝5mg6；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l′，由胡克定律得F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件F′＝mg2，联立上面各式解得l′＝92 cm，选项B正确.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为()A．2－3 B.3 6C.33 D.32C设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，F＝μmg①拉力F与水平面成60°角时，F cos 60°＝μ(mg－F sin 60°)②联立①②式解得μ＝33.故选C.3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中()A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小AD设重物的质量为m，绳OM中的张力为T OM，绳MN中的张力为T MN.开始时，T O M＝mg，T MN＝0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向．如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：T OMsin(α－β)＝mg sin θ，(α－β)由钝角变为锐角，则T OM先增大后减小，选项D正确；同理知T MNsin β＝mgsin θ，在β由0变为π2的过程中，T MN一直增大，选项A正确．4．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A．绳OO′的张力也在一定范围内变化B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化BD由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力T＝m a g，所以物体a受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示．由平衡条件得：T cos β＋f＝F cos α，F sin α＋F N＋T sin β＝m b g.其中T和m b g始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确．5．(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小．解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动．设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为F N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为F N2.对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mg sin θ＝μF N1＋T＋F ①F N1＝2mg cos θ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mg sin θ＋μF N2＝T ③F N2＝mg cos θ④联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ) ⑤(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为E＝BL v ⑥回路中电流I＝ER⑦安培力F＝BIL ⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v＝(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2答案(1)mg(sin θ－3μcos θ)(2)(sin θ－3μcos θ)mgR B2L2受力分析和平衡条件的应用[解题方略]1．静态平衡问题：应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论．2．动态平衡问题3.求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法．力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡．(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解．当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法．(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况．用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量．[题组预测]1．(2017·河北冀州2月模拟)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和O′P在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O′两点上，绳OP长0.5 m，绳O′P长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成θ＝37°角的拉力F，将小球缓慢拉起．绳O′P刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，O′P绳拉力为T2，则T1∶T2为(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)()A．3∶4 B．4∶3C．3∶5 D．4∶5C 绳O ′P 刚拉直时，由几何关系可知此时OP 绳与竖直方向夹角为37°，小球受力如图甲，则T 1＝45mg .绳OP 刚松驰时，小球受力如图乙，则T 2＝43mg .则T 1∶T 2＝3∶5，C 项正确．2．(2017·河北唐山一中模拟)如图所示，在竖直平面内固定一圆心为O 、半径为R 的光滑圆环，原长为R 的轻弹簧上端固定在圆环的最高点A ，下端系有一个套在环上且重为G 的小球P (可视为质点)．若小球静止时，O 、P 两点的连线恰好水平，且弹簧的形变未超出其弹性限度，则弹簧的劲度系数为( )A.G RB.G 2RC.(2＋2)G RD.(2－5)G RC 对小球受力分析如图所示，由几何知识可知θ＝45°，则F ＝2mg ，弹簧的伸长量Δx ＝(2－1)R ，则k ＝F Δx ＝(2＋2)G R，C 项正确．3．质量为m 的物体用轻绳AB 悬挂于天花板上．用水平向左的力F 缓慢拉动绳的中点O ，如图所示．用T 表示绳OA 段拉力的大小，在O 点向左移动的过程中( )A ．F 逐渐变大，T 逐渐变大B ．F 逐渐变大，T 逐渐变小C ．F 逐渐变小，T 逐渐变大D ．F 逐渐变小，T 逐渐变小A对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确．整体法和隔离法的综合应用[解题方略]1．在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．3．当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．[题组预测]1．(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着质量为m、半径为R的光滑小球．已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A．地面对半球的摩擦力的方向水平向右B．细线对小球的拉力大小为34mgC．保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D．剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6gBD以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A项错误．对小球受力分析如图，拉力F A ＝mg tan θ，由几何关系可知tan θ＝34，则F A ＝34mg ，B 项正确．半球对小球的支持力F N ＝mg cos θ，在A 点下移时，θ增大，cos θ减小，则F N 增大，C 项错误．在剪断细线的瞬时，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mg sin θ＝ma ，其中sin θ＝0.6，得a ＝0.6g ，D 项正确．2．(2017·河北邢台一模)如图所示，在竖直墙壁间有半圆球A 和圆球B ，其中圆球B 的表面光滑，半圆球A 与左侧墙壁之间的动摩擦因数为25 3.两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A 和圆球B 的质量之比为( )A.12B.14C.15D.16C 设A 的质量为m ，B 的质量为M ，隔离光滑圆球B ，对B 受力分析如图所示，可得：F N ＝F cos θ，Mg －F sin θ＝0解得：F N ＝Mg tan θ，对两球组成的整体有：(m ＋M )g －μF N ＝0代入数据，联立解得：m M ＝15.3．将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上，一小滑块A 放在物体B 上，如图所示，除了物体B 与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B 的质量为M ，滑块A 的质量为m ，当整个装置静止时，滑块A与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ.已知重力加速度为g ，则下列选项正确的是( )A ．物体B 对水平面的压力大小为MgB ．物体B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θC ．滑块A 与竖直挡板之间的弹力大小为mg tan θD ．滑块A 对物体B 的压力大小为mg cos θC 以滑块A 为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为F N1＝mg tan θ，C 正确；物体B 对滑块A 的弹力大小为F N2＝mg sin θ，根据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压力大小为mg sin θ，D 错误；以滑块A 和物体B 组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B 的支持力F N ＝(M ＋m )g ，故水平面所受压力大小为(M ＋m )g ，A 错误；A 和B 组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B 的摩擦力大小为F f ＝F N1＝mg tan θ，B 错误．电磁场中的平衡问题[解题方略]1．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．(1)2．处理电学问题中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化． 选取研究对象方法,“整体法”或“隔离法” 受力分析――→多了电场力F ＝Eq 或安培力F ＝BIl 或洛伦兹力F ＝q v B列平衡方程―→F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0[题组预测]1．(2017·河南六市一联)如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m ．P 、M 间接有一个电动势为E ＝6 V ，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab 跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g 取10 m/s 2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是( )A ．2 ΩB ．2.5 ΩC ．3 ΩD ．4 ΩA 对棒受力分析可知，其必受绳的拉力T ＝Mg 和安培力F 安＝BIL ＝BEL R .若摩擦力向左，且满足BEL R 1＋μmg ＝Mg ，代入数据解得R 1＝4 Ω；若摩擦力向右，且满足BEL R 2－μmg ＝Mg ，代入数据解得R 2＝2.4 Ω，所以R 的取值范围为2.4 Ω≤R ≤4 Ω，则选A.2．(多选) (2017·山东临沂市三模)某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系．A 、B 是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A 悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B 并保持A 、B 连线与细线垂直．用Q 和q 表示A 、B 的电荷量，d 表示A 、B间的距离，θ(θ不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中()A．d应保持不变B．B的位置在同一圆弧上C．x与电荷量乘积Qq成正比D．tan θ与A、B间库仑力成正比ABC因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库＝mg sin θ，即k qQd2，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误．＝mg xL3．如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中．当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长．g＝10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm.如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg 大小相等，即BIL＝mg解得B＝mg＝0.5 TIL(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态．根据平衡条件有2kx1＋BI1L＝mg当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态．根据平衡条件有2kx2＝mg＋BI2L联立解得x2＝mg＋BI2Lmg－BI1Lx1＝3 cm.答案(1)0.5 T(2)3 cm平衡中的临界和极值问题[解题方略]1．平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．临界问题往往是和极值问题联系在一起的．解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．[题组预测]1．(多选)(2017·江西南昌一模)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量可能是()A.2mgk B.2mg2kC.42mg3k D.2mgkACD当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为：F min＝2mg sin θ＝2×22mg＝2mg.根据胡克定律：F min＝kx min，所以：x min＝2mgk则A、C、D可能，B不可能．2．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当α＝θ时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小．解析(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mg sin θ＝μmg cos θ，则μ＝tan θ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，F cos α＝mg sin θ＋F f，F N＋F sin α＝mg cos θ，F f＝μF N.联立以上各式解得，F＝mg sin 2θcos (θ－α).当α＝θ时，F有最小值，F min＝mg sin 2θ.(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，F f′＝F cos(θ＋α)，当拉力F最小时，F f′＝F min·cos 2θ＝12mg sin 4θ.答案(1)mg sin 2θ(2)12mg sin 4θ3．(2017·河北邯郸一模)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角α＝30°，细绳与竖直方向夹角θ＝30°，斜面体的质量M＝3m，置于粗糙水平地面上．求：(1)当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向；(3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？解析(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示甲由共点力的平衡条件，可得在x轴方向有：F T sin θ＝F N1sin α在y轴方向有：F N1cos α＋F T cos θ＝mg解得F T＝33mg(2)以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示乙由共点力平衡条件，在x轴方向可得F f＝F T·sin θ＝36mg方向水平向左(3)对照第(2)题小球和斜面体整体受力分析图，由共点力平衡条件，在y轴方向可得F N2＋F T·cos θ＝(M＋m)g又由题意可知F f max＝k·F N2≥F f又M＝3m联立解得：k≥321.答案见解析课时作业一一、选择题1．(2017·广东华南三校联考)如图所示，小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，假设装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为()A．2cos θ∶1B．1∶2cos θC．tan θ∶1 D．1∶2sin θB小球A、B都平衡时，在竖直方向上：对A球T sin θ＝m A g，对B球T′sin2θ＝m B g，又T＝T′，解得：m Am B＝12cos θ，B项正确．2．如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况是()A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大B某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mg tan α，F N＝mgcos α，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和F N都要增大．3．(2017·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球心距墙角的最远距离是()A．2r B.9 5rC.115r D.135rC由题可知B球质量为2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力f＝μ·3mg，此时以B球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F2＝2mgtan θ，以A和B整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F2，则tan θ＝2mg3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离l＝r＋2r cos θ＝115r，选项C 正确．4．如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式．为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内．甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是()A．F1>F2B．F2>F3C．F1>F3D．F3＝F2B由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1＝mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2＝mgcos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判断F3与重力mg的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系．所以只有选项B正确．5．(多选)(2017·九江4月模拟)如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是()A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零AB若F安＜mg sin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mg sin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．6．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是()A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力F逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大B对球进行受力分析，如图甲所示．F N1＝G tan θ，F N2＝Gcos θ.当长方体物块向右运动中，θ增大，F N1、F N2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力F N2′cos θ＝G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力F N＝G1＋F N2′cos θ＝G1＋G不变，滑动摩擦力f＝μF N不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F N2′sin θ逐渐增大，所以水平拉力F＝f－F N2′sin θ逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误．7．如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态()A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向C若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mg sin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D 错误．8．(2017·安徽皖南八校二次联考)如图所示，三角形ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A ＝30°，∠B ＝37°，C 处有光滑小滑轮，质量分别为m 1、m 2的两物块通过细线跨放在AC 面和BC 面上，且均恰好处于静止状态，已知AC 面光滑，物块2与BC 面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m 1∶m 2不可能是( )A ．1∶3B ．3∶5C ．5∶3D ．2∶1A 物块1受重力m 1g 、细线拉力T 和斜面支持力F N 作用处于平衡状态，则T ＝m 1g sin 30°，物块2受重力m 2g 、细线拉力T 、斜面支持力F N ′及摩擦力F f 作用处于平衡状态，当m 1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T ＝m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝2；当m 1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T ＝m 2g sin 37°－μm 2g cos 37°，即m 1m 2＝25，所以25≤m 1m 2≤2. 9．(多选)如图所示，带电物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上．当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为mgr 2tan θkB ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D．斜面体对地面的压力为(M＋m)gAD设P、Q所带电荷量为q，对物体P受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力F＝k q2r2、竖直向下的重力mg、支持力F N，由平衡条件可得tan θ＝Fmg，解得q＝mgr2tan θk，选项A正确；斜面对P的支持力F N＝mg cos θ＋F sin θ，由牛顿第三定律可知，P对斜面的压力为F N′＝mg cos θ＋F sin θ，选项B错误；对P和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q对P向左的库仑力F＝k q2r2和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f＝k q2r2，选项C错误；对P和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M＋m)g，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M＋m)g，选项D正确．10．(多选)如图所示，用两根完全相同的橡皮筋M、N将两个质量均为m＝1 kg的可视为质点的小球A、B拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A 上施加一水平向左的恒力F，当系统处于静止状态时，橡皮筋M与竖直方向的夹角为60°.假设两橡皮筋的劲度系数均为k＝5 N/cm，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g＝10 m/s2.则()A．橡皮筋M的伸长量为4 cmB．橡皮筋N的伸长量为2 cmC．水平恒力的大小为10 3 ND．如果将水平恒力撤去，则小球B的瞬时加速度为零BD先对小球B进行受力分析，小球B受重力。
2018年高考物理全国用二轮复习学案：专题七 第1讲 Word版含答案
第1讲热学分子动理论、热力学定律及固体、液体、气体的性质[必备知识]1.分子动理论、内能及热力学定律2.晶体和非晶体的比较3.液体表面张力的特点(1)液体的表面张力使液体表面有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
(2)液体表面张力的大小除了跟边界线长度有关外，还跟液体的种类、温度有关；是液体表面层内大量分子力的宏观表现。
4.饱和汽压、相对湿度(1)饱和汽压是液体的蒸发与液化达到动态平衡时的压强，饱和汽压与温度有关，温度越高饱和汽压越大，但不是线性变化。
(2)绝对湿度是空气中含有水蒸气的实际压强，相对湿度＝绝对湿度同温度下的饱和汽压。
5.气体分子运动特点(1)分子间的碰撞十分频繁，气体分子沿各个方向运动的机会(几率)相等。
(2)大量气体分子的速率分布呈现中间多两头少(速率过大或过小的分子数目少)的规律。
(3)理想气体的内能仅由温度和分子总数决定，与气体的体积无关。
[真题示例]1.[2017·全国卷Ⅰ，33(1)]氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图1中两条曲线所示。
下列说法正确的是________。
(填正确答案标号)图1A.图中两条曲线下面积相等B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E.与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大解析根据图线的物理意义可知，曲线下的面积表示总分子数，所以图中两条曲线下面积相等，选项A正确；温度是分子平均动能的标志，且温度越高，速率大的分子比例较大，所以图中实线对应于氧气分子平均动能较大的情形，虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B、C正确；根据曲线不能求出任意区间的氧气分子数目，选项D错误；由图线可知100 ℃时的氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比比0 ℃时的百分比小，选项E错误。
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第4讲电学中的曲线运动知识必备1.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动状态分析①带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动(类平抛运动)。
②如果电场力的方向与速度方向不共线，粒子将做匀变速曲线运动。
(2)分析处理方法：用类似平抛运动的分析方法分解运动。
沿初速度方向：做速度为v0的匀速直线运动。
沿电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
2.带电粒子在匀强磁场中的运动运动电荷v⊥B时，运动电荷受到的洛伦兹力F＝qvB，提供做匀速圆周运动的向心力。
洛伦兹力始终垂直于运动方向，不做功。
其半径R＝mvqB，周期T＝2πmqB。
,备考策略1.带电粒子在电场中的偏转带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，一般是类平抛运动，要应用运动的合成与分解的方法求解；借助画出的运动示意图寻找几何关系或题目中的隐含关系。
2.带电粒子在匀强磁场中的运动解答时要从受力分析和运动分析入手，根据洛伦兹力产生的条件、大小的计算、方向的判定、永不做功等特点以及带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律列式，并善于运用几何关系来解题。
带电粒子在电场中的曲线运动【真题示例1】 (2016·全国卷Ⅱ，15)如图1，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆。
带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点。
若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )图1A.a a >a b >a c ，v a >v c >v bB.a a >a b >a c ，v b >v c >v aC.a b >a c >a a ，v b >v c >v aD.a b >a c >a a ，v a >v c >v b解析 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝F m可知a b >a c >a a 。
根据粒子的轨迹可知，粒子Q 与场源电荷P 的电性相同，二者之间存在斥力，由c →b →a 整个过程中，电场力先做负功再做正功，且W b a >|W c b |，结合动能定理可知，v a >v c >v b ，故选项D 正确。
答案 D【真题示例2】 (2017·全国卷Ⅱ，25)如图2，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。
自该区域上方的A 点将质量均为m ，电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。
小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。
已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍。
不计空气阻力，重力加速度大小为g 。
求：图2(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；(2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小。
解析 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0。
M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2。
由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3④ (2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H ⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动， 则v 0v y ＝qE mg⑨设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH ＋qEs 1⑩E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qEs 2⑪由已知条件E k1＝1.5E k2⑫联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg2q⑬ 答案 (1)3∶1 (2)13H (3)mg2q真题感悟 1.高考考查特点高考对本考点的考查重在应用动力学观点和动能定理分析计算带电粒子在电场运动过程中的受力、做功及能量变化。
2.常见误区及临考提醒(1)电场线、等势面与运动轨迹结合点及题目中力的方向判断。
(2)带电粒子在电场中做曲线运动时，注意运动合成与分解方法的应用，且能够运用几何图形、函数图象解决物理问题。
2017年全国卷Ⅱ第25题第(1)问使用速度—时间图象就可以在一分钟内解题。
1.(2017·广西三校联考)如图3所示，在竖直方向上的匀强电场中，从倾角为θ的斜面上的M 点水平抛出一个带负电小球，小球的初速度为v 0，最后小球落在斜面上的N 点，在已知θ、v 0和小球所受的电场力大小F 及重力加速度g 的条件下，不计空气阻力，则下列的判断正确的是( )图3A.由图可知小球所受的重力大小一定大于电场力B.可求出小球落到N 点时重力的功率C.可求出小球落到N 点时速度的大小和方向D.可求出小球从M 点到N 点的过程中电势能的变化量解析 带负电小球所受电场力竖直向下，小球向下做类平抛运动，无法比较小球所受重力与电场力的大小，选项A 错误；由于小球质量是未知的，无法计算小球重力的功率，选项B 错误；设小球竖直向下的加速度为a ，则有tan θ＝y x ，且y ＝12at 2，x ＝v 0t ，所以得出tan θ＝at2v 0，设小球落在N 点时速度大小为v ，与水平方向成α角，则有tan α＝v yv 0，且v y ＝at ，所以得出tan α＝at v 0，因此tan α＝2tan θ，小球落到N 点时速度的方向与水平方向之间的α角是确定的值，是可以求出的，又因v 0v ＝cos α，可求出v ＝v 0cos α，这也是确定的值，选项C 确；虽然小球所受的电场力已知，但其在竖直方向上的位移无法求出，所以无法求出小球电势能的变化量，故选项D 错误。
答案 C2.(2017·青海省西宁市四校高三上学期联考)如图4所示，第一象限中有沿x 轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y 轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。
一个质量为m ，电荷量为q 的带电质点以初速度v 0从x 轴上P (－L ，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y 轴上的同一个点Q (未画出)，重力加速度g 为已知量。
求：图4(1)初速度v 0与x 轴正方向的夹角； (2)P 、Q 两点间的电势差U PQ ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。
解析 (1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有Eq ＝mg 且由带电质点在第一象限做直线运动，有tan θ＝mg Eq解得θ＝45°(2)P 到Q 的过程，由动能定理有EqL －mgL ＝0W PQ ＝EqL解得U PQ ＝W PQ －q ＝－mgLq(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动， 由牛顿第二定律有2mg ＝ma ，即a ＝2gv 20＝2as ，s ＝v 02t解得t ＝2v 02g带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T ＝2t ＝2v 0g答案 (1)45° (2)－mgL q (3)2v 0g3.(2017·山西临汾校级二模)如图5甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t ＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v 0，t ＝T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场。
则( )图5A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t ＝T2时刻，该粒子的速度大小为2v 0C.若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v 0，则该粒子仍在t ＝T 时刻射出电场解析 粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，在后半个周期内做匀减速直线运动，一个周期末竖直方向上的分速度为零，可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向，故A 正确；在t ＝T2时刻，粒子在水平方向上的分速度为v 0，因为两平行金属板的板长和板间距离相等，则有12v 0T ＝v y 2×T2×2，解得v y ＝v 0，根据平行四边形定则知，粒子的速度为v ＝2v 0，故B 错误；若该粒子在T2时刻以速度v 0进入电场，粒子在竖直方向上的运动情况与t ＝0时刻进入时运动的方向相反，运动规律相同，则粒子不会打在板上，故C 错误；若该粒子的入射速度变为2v 0，则粒子射出电场的时间t ＝L 2v 0＝T2，故D 错误。
答案 A 归纳总结(1)带电体一般要考虑重力，而且电场力对带电体做功的特点与重力相同，即都与路径无关。
(2)带电粒子在电场中做曲线运动(主要是类平抛运动，圆周运动)的分析方法与力学中的方法相同，只是对电场力的分析要更谨慎。
带电粒子在磁场中的曲线运动【真题示例1】 (2017·全国卷Ⅱ，18)如图6，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1 为( )图6A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶ 2解析 根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos 60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos 30°＝32R ；根据轨道半径公式r ＝mvqB可知，v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确。