高2020届高2017级高中物理一轮复习复习课件2020高考帮3.专题三 牛顿运动定律
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题3专题突破2
①Na＋、NH＋4 、H3O＋；②HS－、Cl－；③F－、OH－、NH－2 ；④N2、CO、C2H2 等。
2.已知A、B、C、D是中学化学中常见的四种不同粒子,它们之间存在如图所 示的转化关系（反应条件已经略去）:
（1）如果A、B、C、D均是10电子的粒子,请写出A、D的电子式: A__________________;D______________。
123
（2）如果A和C是18电子的粒子,B和D是10电子的粒子,则A与B在溶液中反应 的离子方程式为__H_2_S_＋__2_O_H__－_=_=_=_S__2－__＋__2_H_2_O_（__或__H__S_－_＋__O_H__－_=_=_=_S__2－__＋__H_2_O_,_ 答__案__合__理__即__可__）__。
___________________________。
CH4、HF（答案合理
ห้องสมุดไป่ตู้
（即3可））除D、E外,请再写出两种含10个电子的分子的分子式:__________________
______。
Na＋、Mg2＋（答案合理即可）
（ 4 ） 除 A ＋ 、 B ＋ 外 , 请 再 写 出 两 种 含 10 个 电 子 的 阳 离 子 123
123
3.用A＋、B－、C2－、D、E、F、G和H分别表示含有18个电子的微粒（离子或 分子）,请回答: （1）A元素是K_____,B元素是_C_l__,C元素是__S___（用元素符号表示）。 （2）D是由两种元素组成的双原子分子,其分子式是H__C_l____。 （3）E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子,其分子式是F_2__。 （4）F是由两种元素组成的三原子分子,其分子式是H__2S___;电子式是________。 （5）G分子中含有4个原子,其分子式是_H_2_O_2_（__或__P_H__3）___。 （6）H分子中含有8个原子,其分子式是C_2_H__6 __。
步步高高2020届高2017级高三一轮复习课件配套学案专题3题型突破3
1.结构与位置互推是解题的核心（1）掌握四个关系式：①电子层数＝周期数；②质子数＝原子序数；③最外层电子数＝主族序数；④主族元素的最高正价＝主族序数（O、F除外）,最低负价＝主族序数－8。
（2）熟练掌握周期表的结构及周期表中的一些特殊规律：①“凹”型结构的“三短三长一不全,七主七副八零完”；②各周期元素种类；③稀有气体的原子序数及在周期表中的位置；④同主族上下相邻元素原子序数的关系。
2.性质与位置互推是解题的关键熟悉元素周期表中同周期、同主族元素性质的递变规律,主要包括：（1）元素的金属性、非金属性；（2）气态氢化物的稳定性；（3）最高价氧化物对应水化物的酸碱性；（4）金属与水或酸反应置换H2的难易程度。
3.结构和性质的互推是解题的要素（1）电子层数和最外层电子数决定元素原子的金属性和非金属性；（2）同主族元素最外层电子数相同,化学性质相似；（3）正确推断原子半径和离子半径的大小及结构特点；（4）判断元素金属性和非金属性的强弱。
4.熟记常见题眼,是解题的“突破口”（1）微粒的电子层结构特征稀有气体原子的电子层结构与同周期的非金属元素形成的阴离子的电子层结构相同,与下一周期的金属元素形成的阳离子的电子层结构相同：①与He原子电子层结构相同的离子有H －、Li＋、Be2＋；②与Ne原子电子层结构相同的离子有F－、O2－、Na＋、Mg2＋、Al3＋等；③与Ar原子电子层结构相同的离子有Cl－、S2－、K＋、Ca2＋等。
（2）周期表中特殊位置的常见元素①族序数等于周期数的元素：H、Be、Al、Ge等。
②族序数等于周期数2倍的元素：C、S。
③族序数等于周期数3倍的元素：O。
④周期数是族序数2倍的元素：Li、Ca等。
⑤周期数是族序数3倍的元素：Na、Ba。
⑥最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素：C等。
⑦最高正价是最低负价绝对值3倍的短周期元素：S。
⑧除H外,原子半径最小的元素：F。
⑨短周期元素中离子半径最大的元素：P。
高2020届高2017级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第六章第1讲
第1讲 动量定理及应用一、动量、动量变化、冲量 1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积. (2)表达式：p ＝m v .(3)方向：动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp 也是矢量,其方向与速度的改变量Δv 的方向相同. (2)动量的变化量Δp 的大小,一般用末动量p ′减去初动量p 进行计算,也称为动量的增量.即Δp ＝p ′－p . 3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式：I ＝Ft . (3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量,其方向与力的方向相同.自测1 (2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( ) A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 答案 B解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动,则速度v ＝at ,动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2,与经历的时间的平方成正比,A 项错误；根据v 2＝2ax ,动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ,与位移成正比,B项正确；动能E k ＝12m v 2,与速度的平方成正比,C 项错误；动量p ＝m v ,动能E k ＝12m v 2＝p 22m ,与动量的平方成正比,D 项错误. 二、动量定理1.内容：物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.2.公式：m v ′－m v ＝F (t ′－t )或p ′－p ＝I .3.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即外力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果.(2)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(3)动量定理表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.自测2 (2018·全国卷Ⅱ·15)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,与地面的碰撞时间约为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 设每层楼高约为3 m,则下落高度约为 h ＝3×25 m ＝75 m由mgh ＝12m v 2及(F －mg )t ＝m v 知鸡蛋对地面的冲击力F ＝m 2ght＋mg ≈103 N.命题点一 对动量和冲量的理解1.对动量的理解 (1)动量的两性①瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性：动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较2.对冲量的理解 (1)冲量的两性①时间性：冲量不仅由力决定,还由力的作用时间决定,恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积.②矢量性：对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量：一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.(3)冲量与功的比较例1(2018·广西南宁市3月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下,落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底,不计空气阻力,则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中,下列说法不正确的是()A.运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B.运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C.运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D.运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向答案 C解析根据动量定理可知,运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量,A项正确；运动员整个向下运动过程中,初速度为零,末速度为零,因此合外力的冲量为零,B项正确；运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量,C项错误；由于整个过程合外力的冲量为零,因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向,D项正确.变式1(2018·河北省唐山市上学期期末)1998年6月18日,清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是()A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大答案 C解析在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后增加了作用的时间,根据动量定理Ft＝Δp可知,安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊减小了驾驶员的动量变化率.例2(2019·甘肃省庆阳市调研)如图1所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是()图1A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同答案 C解析这是“等时圆”,即两滑块同时到达滑轨底端.合力F＝mg sin θ(θ为滑轨倾角),F a>F b,因此合力对a滑块的冲量较大,a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N ＝mg cos θ,F N a<F N b,因此弹力对a滑块的冲量较小.选C.变式2(多选)如图2所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t,则()图2A.拉力对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC.摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θD.合外力对物体的冲量大小为零答案AD解析拉力F对物体的冲量大小为Ft,故A项正确,B项错误；物体受到的摩擦力F f＝F cos θ,所以,摩擦力对物体的冲量大小为F f t＝Ft cos θ,故C项错误；物体匀速运动,则合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,故D项正确.命题点二动量定理的基本应用1.动量定理的理解(1)中学物理中,动量定理研究的对象通常是单个物体.(2)Ft ＝p ′－p 是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft 是物体所受的合外力的冲量.(3)Ft ＝p ′－p 除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.(4)由Ft ＝p ′－p ,得F ＝p ′－p t ＝Δpt ,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.2.用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体. (2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力,再求其冲量.(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号. (4)根据动量定理列方程,如有必要还需要补充其他方程,最后代入数据求解.例3 (2018·福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图3所示,从距秤盘80 cm 高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半,方向相反.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g.则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )图3A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.1.6 N答案 B解析 豆粒从80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为v 1,v 12＝2gh , 则v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s设竖直向上为正方向,根据动量定理：Ft ＝m v 2－m v 1 则F ＝m v 2－m v 1t ＝0.1×2－0.1×(－4)1 N ＝0.6 N,故B 正确,A 、C 、D 错误.变式3 (多选)(2018·陕西省安康市第二次联考)一质量为m ＝60 kg 的运动员从下蹲状态竖直向上跳起,经t ＝0.2 s,以大小v ＝1 m/s 的速度离开地面,取重力加速度g ＝10 m/s 2,在这0.2 s 内( )A.地面对运动员的冲量大小为180 N·sB.地面对运动员的冲量大小为60 N·sC.地面对运动员做的功为30 JD.地面对运动员做的功为零 答案 AD解析 人的速度由原来的零,起跳后变为v ,设向上为正方向,由动量定理可得：I －mgt ＝m v －0,故地面对人的冲量为：I ＝m v ＋mgt ＝60×1 N·s ＋600×0.2 N·s ＝180 N·s,故A 正确,B 错误；人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,所以地面对运动员的支持力不做功,故C 错误,D 正确.命题点三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似,有分段列式和全程列式两种思路. 例4 一高空作业的工人重为600 N,系一条长为L ＝5 m 的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t ＝1 s(工人最终静止悬挂在空中),则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？(g 取10 m/s 2,忽略空气阻力的影响) 答案 1 200 N,方向竖直向下解析 解法一 分段列式法：依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1,v 12＝2gL ,得 v 1＝2gL经缓冲时间t ＝1 s 后速度变为0,取向下的方向为正方向,对工人由动量定理知,工人受两个力作用,即拉力F 和重力mg ,所以(mg －F )t ＝0－m v 1,F ＝mgt ＋m v 1t将数值代入得F ＝1 200 N.由牛顿第三定律,工人给安全带的平均冲力F ′为1 200 N,方向竖直向下.解法二 全程列式法：在整个下落过程中对工人应用动量定理,重力的冲量大小为mg (2Lg＋t ),拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理知mg (2Lg＋t )－Ft ＝0 解得F ＝mg (2L g＋t )t＝1 200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F ′＝F ＝1 200 N,方向竖直向下.变式4 一个质量为m ＝100 g 的小球从离厚软垫h ＝0.8 m 高处自由下落,落到厚软垫上,若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s,不计空气阻力,则在这段时间内,软垫对小球的冲量是多少？(取g ＝10 m/s 2) 答案 0.6 N·s,方向竖直向上解析 设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1,由 h ＝12gt 12得t 1＝2hg＝0.4 s. 设I 为软垫对小球的冲量,并令竖直向下的方向为正方向,则对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t )＋I ＝0,得I ＝－0.6 N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反,方向竖直向上.命题点四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题1.研究对象常常需要选取流体为研究对象,如水、空气等. 2.研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解. 3.基本思路(1)在极短时间Δt 内,取一小柱体作为研究对象. (2)求小柱体的体积ΔV ＝v S Δt (3)求小柱体质量Δm ＝ρΔV ＝ρv S Δt (4)求小柱体的动量变化Δp ＝v Δm ＝ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt ＝Δp例5 (2016·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g .求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度. 答案 (1)ρv 0S (2)v 022g －M 2g 2ρ2v 02S2解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内,可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内,喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积,满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④ 其中,F 冲为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中,F 压为玩具底板对水柱的作用力,设v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 02＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内,冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg )Δt ＝Δm v ′⑧由于Δt 很小,Δmg 也很小,可以忽略,⑧式变为 F 压Δt ＝Δm v ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 022g －M 2g2ρ2v 02S2变式5 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m 3)( ) A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa答案 A解析 设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ,在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零.以向上的方向为正方向,对这部分雨水应用动量定理：F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ,得到F ＝ΔmΔt v .设水杯横截面积为S ,对水杯里的雨水,在Δt 时间内水面上升Δh ,则有Δm ＝ρS Δh ,得F ＝ρS v Δh Δt .压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt ＝1×103×12×45×10－33 600Pa ＝0.15 Pa.变式6 如图4所示,由喷泉中喷出的水柱,把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中,水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹,重力加速度为g )图4答案 v 022g －M 2g 8(Δt Δm)2解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h ,并设水柱到达h 高处的速度为v t ,则 v t 2－v 02＝－2gh 得v t 2＝v 02－2gh由动量定理得,在极短时间Δt 内,水受到的冲量为 F Δt ＝2(ΔmΔt·Δt )v t解得F ＝2Δm Δt ·v t ＝2ΔmΔt v 02－2gh据题意有F ＝Mg联立解得h ＝v 022g －M 2g 8(Δt Δm)21.(2018·山东省日照市校际联合质检)关于动量和动能,下列说法中错误的是( ) A.做变速运动的物体,动能一定不断变化 B.做变速运动的物体,动量一定不断变化C.合外力对物体做功为零,物体动能的增量一定为零D.合外力的冲量为零,物体动量的增量一定为零 答案 A解析 做变速运动的物体,速度大小不一定变化,动能不一定变化,故A 错误；做变速运动的物体,速度发生变化,动量一定不断变化,故B 正确；合外力对物体做功为零,由动能定理,物体动能的增量一定为零,故C 正确；合外力的冲量为零,由动量定理,物体动量的增量一定为零,故D 正确.2.(2018·四川省德阳市高考一诊)如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等,则此物体的运动不可能是( )A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛运动D.竖直上抛运动答案 A解析如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,由I＝Ft可知,物体受到的力是恒力.则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动,故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动,所受合外力方向不断变化,合力为变力,不能满足在任何相等时间内,合外力的冲量相等,故不可能为匀速圆周运动,故A错误.3.(2019·福建省泉州市质检)如图1所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d四个点位于同一圆周上,a在圆周最高点,d在圆周最低点,每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放.关于它们下滑的过程,下列说法正确的是()图1A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同C.合外力对它们的冲量相同D.它们动能的增量相同答案 A解析这是“等时圆”,即三个滑环同时由静止释放,运动到最低点d点的时间相同,由于三个环的重力相等,由公式I＝Ft分析可知,三个环重力的冲量相等,故A正确；c环受到的弹力最大,运动时间相等,则弹力对环c的冲量最大,故B错误；a环的加速度最大,受到的合力最大,则合力对a环的冲量最大,故C错误；重力对a环做功最多,其动能的增量最大,故D错误.4.(多选)(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验,某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中()A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率答案CD解析弹簧恢复原长的过程中,笔帽向上加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,加速度与速度反向,笔帽做减速运动,故A错误；笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽做正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽动能增加,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功,时间相同,根据功率的定义,故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误；由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间相同,冲量大小相等,故C正确.5.(2018·山东省济宁市上学期期末)质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球被弹回.不计空气阻力,关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是()A.子弹对墙的冲量最小B.橡皮泥对墙的冲量最小C.钢球对墙的冲量最小D.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等答案 A解析由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等,则它们动量的变化量：Δp＝m v－m v0,子弹穿墙而过,末速度的方向为正；橡皮泥粘在墙上,末速度等于0；钢球被弹回,末速度的方向与初速度方向相反,可知子弹的动量变化量最小,钢球的动量变化量最大,由动量定理：I＝Δp,所以子弹受到的冲量最小,钢球受到的冲量最大,结合牛顿第三定律可知,子弹对墙的冲量最小,钢球对墙的冲量最大,故A正确,B、C、D错误.6.(2018·河南省商丘市上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验：他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上,如图2所示.第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒.第二次他快速将纸条抽出,粉笔轻微晃动一下又静立在桌面上.两次现象相比,下列说法正确的是()图2A.第一次粉笔的惯性更小B.第一次粉笔受到纸带的摩擦力更大C.第一次粉笔受到纸带的冲量更小D.第一次粉笔获得的动量更大答案 D解析两次拉动纸条的过程中粉笔的质量不变,则其惯性不变,故A错误；两次拉动纸条的过程中粉笔对纸条的正压力不变,则纸条对粉笔的摩擦力不变,故B错误；第一次慢慢拉动纸条将纸条抽出作用时间变长,则摩擦力对粉笔冲量更大,故C错误；由动量定理可知,第一次合外力的冲量更大,则第一次粉笔获得的动量更大,故D正确.7.(2018·四川省攀枝花市第二次统考)在距地面高度为h处,同时以大小相等的初速度v0,分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球,不计空气阻力,比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp,正确的是()A.平抛过程中动量的增量Δp最大B.竖直下抛过程中动量的增量Δp最大C.竖直上抛过程中动量的增量Δp最大D.三者一样大答案 C解析三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长,而竖直下抛的小球运动时间最短,由I＝Ft可知竖直上抛的小球,重力的冲量最大,由动量定理I＝Δp可知,竖直上抛的小球动量的增量最大,故C正确.8.(2018·湖南省长沙市雅礼中学模拟二)下列说法错误的是()A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好答案 D解析火箭升空时,内能转化为机械能,火箭向后喷出气流,火箭对气流有向后的力,由于力的作用是相互的,气流对火箭有向前的作用力,从而推动火箭前进,故选项A正确；体操运动员在着地的过程中,动量变化一定.由动量定理可知,体操运动员受到的冲量I一定.由I＝Ft可知,体操运动员在着地时屈腿是为了延长作用时间t,可以减小运动员所受到的平均冲力F,故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力,会使枪身后退,影响射击的精准度,所以为了减少反冲的影响,用枪射击时要用肩部抵住枪身,故选项C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,就要延长碰撞时间,由I＝Ft可知,位于车体前部的发动机舱不能太坚固,故选项D错误.9.(2018·四川省绵阳市第二次诊断)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体,在大小相等的阻力作用下最后停下来.则质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快答案 A解析 根据p ＝m v ,E k ＝12m v 2可知,E k ＝p 22m,初动量相同,质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－F f L ＝0－E k ＝－p 22m,因两物体受到的阻力大小相等,则质量大的物体滑行的距离小,故A 正确；根据动量定理,－F f t ＝0－p ,因动量相同,故滑行时间相同,故B 错误；因两物体受到的阻力相同,由牛顿第二定律可知,质量大的加速度小,故C 错误；因两物体均停止,所以滑行过程中动量变化量相同,因滑行时间相同,故动量变化快慢相同,故D 错误.10.(2018·湖北省黄冈市期末调研)在2017年6月的全球航天探索大会上,我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案.方案之一为“降伞方案”,如图3,当火箭和有效载荷通过引爆装置分离后,火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加速下落至低空轨道,然后采用降落伞减速,接近地面时打开气囊,让火箭安全着陆.对该方案涉及的物理过程,下列说法正确的是( )图3A.火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒B.从返回轨道下落至低空轨道,火箭的重力加速度增大C.从返回轨道至低空轨道,火箭处于超重状态D.打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量答案 B解析 分离用的引爆装置的功能是在接收到分离指令后,通过程序配电器接通电爆管(或点火器),引爆连接解锁装置或分离冲量装置,使之分离,所以火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能不守恒,故A 错误；从返回轨道下落至低空轨道,由G Mm r 2＝mg 得g ＝G M r 2,火箭的重力加速度增大,故B 正确；火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加速下落至低空轨道,火箭处于失重状态,故C 错误；由动量定理可知接近地面时打开气囊,可以减小受到地面的冲击力,而不是减小地面对火箭的冲量,故D 错误.11.(2019·山西省晋中市模拟)质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动.经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时,分别撤去F 1和F 2,两物体都做匀减速直线运动直至停止.两物体速度随时间变化的图线如图4所示.设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2,F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2,则下列结论正确的是( )图4A.I 1∶I 2＝12∶5,W 1∶W 2＝6∶5B.I 1∶I 2＝6∶5,W 1∶W 2＝3∶5C.I 1∶I 2＝3∶5,W 1∶W 2＝6∶5D.I 1∶I 2＝3∶5,W 1∶W 2＝12∶5答案 C解析 由题可知,两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有F f ＝ma ,则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知,匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F －F f ＝ma ,则F 1＝3m v 0t 0,F 2＝5m v 04t 0,故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0,W 2－F f x 2＝0,得W 1＝F f x 1,W 2＝F f x 2,图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为6∶5,整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5,故C 正确.12.(2019·河南省郑州市调研)质量为1 kg 的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N 的水平恒力F 作用于物体上,使之加速前进,经 3 s 后撤去F .求物体运动的总时间(g 取10 m/s 2).答案 3.75 s解析 物体由静止开始运动到停止运动的全过程中,F 的冲量为Ft 1,摩擦力的冲量为F f t .选水平恒力F 的方向为正方向,根据动量定理有Ft 1－F f t ＝0①又F f ＝μmg ②联立①②式解得t ＝Ft 1μmg, 代入数据解得t ＝3.75 s.13.如图5所示,一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动,一质量为m 的小铁块在木板上以速度v 0向左运动,铁块与木板间存在摩擦,为使木板能保持速度v 0向右匀速运动,必须对木板施加一水平力,直至铁块与木板达到共同速度v 0.设木板足够长,求此过程中水平力的冲量大小.。
高2020届高2017级高中物理步步高一轮复习学案配套课件学案第十章第1讲
第1讲电磁感应现象楞次定律一、磁通量1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S与B的乘积.2.公式：Φ＝BS.3.适用条件：(1)匀强磁场.(2)S为垂直磁场的有效面积.4.磁通量是标量(填“标量”或“矢量”).5.物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数.如图1所示,矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3,匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直,则：图1(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3.(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0.6.磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.二、电磁感应现象1.定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产生,这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应.2.条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动.3.实质产生感应电动势,如果电路闭合,则有感应电流.如果电路不闭合,则只有感应电动势而无感应电流.自测1(多选)下列说法正确的是()A.闭合电路内只要有磁通量,就有感应电流产生B.穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中不一定有感应电流产生C.线框不闭合时,即使穿过线框的磁通量发生变化,线框中也没有感应电流产生D.当导体切割磁感线时,一定产生感应电动势答案CD三、感应电流方向的判定1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.(2)适用范围：一切电磁感应现象.2.右手定则(1)内容：如图2,伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向.图2(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流.自测2如图3所示的金属圆环放在有界匀强磁场中,将它从磁场中匀速拉出来,下列说法正确的是()图3A.向左拉出和向右拉出,其感应电流方向相反B.不管向什么方向拉出,金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C.不管向什么方向拉出,环中的感应电流方向总是逆时针D.在此过程中感应电流大小不变答案 B解析金属圆环不管是向什么方向拉出磁场,金属圆环中的磁通量方向不变,且不断减小,根据楞次定律知,感应电流的方向相同,感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同,则由右手螺旋定则知感应电流的方向是顺时针方向,A、C错误,B正确；金属圆环匀速拉出磁场过程中,磁通量的变化率在发生变化,感应电流的大小也在发生变化,D错误.命题点一电磁感应现象的理解和判断常见的产生感应电流的三种情况例1(多选)(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图4甲所示,导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动,导轨电阻不计,磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示,大小随时间变化的情况如图乙所示,在0～t1时间内()图4A.若ab不动,则ab、cd中均无感应电流B.若ab不动,则ab中有恒定的感应电流,但cd中无感应电流C.若ab向右匀速运动,则ab中一定有从b到a的感应电流,cd向左运动D.若ab向左匀速运动,则ab中一定有从a到b的感应电流,cd向右运动答案BD解析若ab不动,0～t1时间内,B1逐渐增大,由法拉第电磁感应定律可知,ab产生恒定的感应电流,根据楞次定律可知cd中无感应电流,故A错误,B正确；若ab向左匀速运动,0～t1时间内,B1垂直于纸面向里且逐渐增大,穿过左侧闭合区域的磁通量增大,运用楞次定律得ab中有从a到b的感应电流,回路中产生逐渐增大的电动势,即从a到b的感应电流增大,根据楞次定律得在导体棒cd中产生d到c的感应电流,根据左手定则得导体棒cd受到向右的安培力,即cd向右运动,故D正确；若ab向右匀速运动,产生从b到a的感应电流,同时B1均匀增大,产生从a到b 的感应电流,由于不确定两感应电流的大小关系,故ab中感应电流无法确定,故C错误.变式1下列各图所描述的物理情境中,没有感应电流的是()答案 A解析开关S闭合稳定后,穿过线圈N的磁通量保持不变,线圈N中不产生感应电流,故A符合题意；磁铁向铝环A靠近,穿过铝环的磁通量在增大,铝环中产生感应电流,故B不符合题意；金属框从A向B运动,穿过金属框的磁通量时刻在变化,金属框中产生感应电流,故C不符合题意；铜盘在磁场中按题图所示方向转动,铜盘的一部分切割磁感线,产生感应电流,故D不符合题意.变式2如图5所示,一个U形金属导轨水平放置,其上放有一个金属导体棒ab,有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面,且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中,一定能在轨道回路里产生感应电流的是()图5A.ab向右运动,同时使θ减小B.使磁感应强度B减小,θ角同时也减小C.ab向左运动,同时增大磁感应强度BD.ab向右运动,同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案 A解析设此时回路面积为S,据题意,磁通量Φ＝BS cos θ,S增大,θ减小,cos θ增大,则Φ增大,A 正确；B减小,θ减小,cos θ增大,Φ可能不变,B错误；S减小,B增大,Φ可能不变,C错误；S增大,B增大,θ增大,cos θ减小,Φ可能不变,D错误.命题点二感应电流方向的两种判断方法1.用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：(2)应用楞次定律的思路：2.用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流,注意三个要点：(1)掌心——磁感线穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向.例2(多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图6,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是()图6A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案AD解析根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场.开关闭合后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A项正确；开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动,D项正确.变式3(2017·全国卷Ⅲ·15)如图7,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直,金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是()图7A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向答案 D解析金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里,磁通量增大,由楞次定律可判断,闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外,由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,与原磁场方向相反,则T中磁通量减小,由楞次定律可判断,T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针,选项D正确.例3(2018·广东省揭阳市学业水平考试)如图8所示,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内,环心与两导线距离相等,环的直径小于两导线间距离,两导线中通有图示方向相同的恒定电流I.则当环()图8A.向上运动时,环中产生顺时针方向的感应电流B.向下运动时,环中产生顺时针方向的感应电流C.向左侧靠近导线时,环中产生逆时针方向的感应电流D.向右侧靠近导线时,环中产生逆时针方向的感应电流 答案 D解析 直导线之间的磁场是对称的,圆环在中间时,通过圆环的磁通量为零,圆环上下运动的时候,通过圆环的磁通量不变,不会有感应电流产生,故A 、B 错误；圆环向左侧靠近直导线,则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强,根据楞次定律可得,环上的感应电流方向为顺时针,故C 错误；圆环向右侧靠近直导线,则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强,根据楞次定律可得,环上的感应电流方向为逆时针,故D 正确.变式4 (2018·湖北省武汉名校联考)如图9甲所示,长直导线与闭合金属线框位于同一平面内,长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示.在0～T2时间内,直导线中电流向上,则在T2～T 时间内,线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是()图9A.顺时针,向左B.逆时针,向右C.顺时针,向右D.逆时针,向左答案 B解析 在0～T 2时间内,直导线中电流向上,由题图乙知,在T2～T 时间内,直导线电流方向也向上,根据安培定则知,导线右侧磁场的方向垂直纸面向里,电流逐渐增大,则磁场逐渐增强,根据楞次定律,金属线框中产生逆时针方向的感应电流.根据左手定则,金属线框左边受到的安培力方向向右,右边受到的安培力方向向左,离导线越近,磁场越强,则左边受到的安培力大于右边受到的安培力,所以金属线框所受安培力的合力方向向右,故B 正确,A 、C 、D 错误.命题点三 楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因,列表说明如下：磁铁远离,是引力例4 (多选)(2018·陕西省宝鸡市一模)如图10所示,两个条形磁铁的N 极和S 极相向水平放置,一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方由静止落下,并从两磁铁中间穿过.下列关于线框受到的安培力及从右向左看感应电流的方向说法正确的是( )图10A.感应电流方向先沿逆时针方向,后沿顺时针方向B.感应电流方向先沿顺时针方向,后沿逆时针方向C.安培力方向一直竖直向上D.安培力方向先竖直向上,后竖直向下 答案 BC解析 由题图可知,中间磁感应强度最大,而向上或向下磁感应强度均越来越小,故在线框从高处下落过程中,穿过线框的磁通量一直向右,且先增大后减小,则由楞次定律可知,感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向,故A 错误,B 正确；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动,故安培力一定一直竖直向上,故C 正确,D 错误.变式5 如图11所示,光滑平行导轨M 、N 固定在同一水平面上,两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )图11A.P 、Q 将互相靠拢B.P 、Q 将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g答案 A解析解法一根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”,本题中“原因”是回路中磁通量的增加,归根结底是磁铁靠近回路,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近.所以,P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g,选项A正确.解法二设磁铁下端为N极,根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向,如图所示,根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向,可见,P、Q将相互靠拢.由于回路所受安培力的合力向下,由牛顿第三定律知,磁铁将受到向上的反作用力,从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时,根据类似的分析可得到相同的结论,选项A正确.变式6(2019·湖北省宜昌市质检)如图12所示,一个N极朝下的条形磁铁竖直下落,恰能穿过水平放置的固定矩形导线框,则()图12A.磁铁经过位置①时,线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时,线框中感应电流沿adcb方向B.磁铁经过位置①时,线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时,线圈中感应电流沿abcd方向C.磁铁经过位置①和②时,线框中的感应电流都沿abcd方向D.磁铁经过位置①和②时,线框中感应电流都沿adcb方向答案 A解析当磁铁经过位置①时,穿过线框的磁通量向下且不断增加,由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上,阻碍磁通量的增加,根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向.同理可判断当磁铁经过位置②时,感应电流沿adcb方向,故选A.命题点四 三定则一定律的应用安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比：例5 (多选)如图13所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ,MN 的左边有一如图所示的闭合电路,当PQ 在一外力的作用下运动时,MN 向右运动,则PQ 所做的运动可能是( )图13A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动 答案 BC 解析 MN 向右运动,说明MN 受到向右的安培力,因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里―――→左手定则MN 中的感应电流方向为M →N ―――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上―――→楞次定律⎩⎪⎨⎪⎧L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强.若L 2中磁场方向向上减弱―――→安培定则PQ 中电流方向为Q →P 且减小―――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强―――→安培定则PQ 中电流方向为P →Q 且增大―――→右手定则向左加速运动.变式7 (多选)如图14所示,金属导轨上的导体棒ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时,铜制线圈c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )图14A.向右做匀速运动B.向左做减速运动C.向右做减速运动D.向右做加速运动答案BC解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流,线圈中的磁通量恒定,无感应电流出现,A错误；当导体棒向左做减速运动时,由右手定则可判定回路中产生了b→a的感应电流且减小,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱,由楞次定律知c中产生顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引,B正确；同理可判定C正确,D错误.变式8置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A 相连.套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上,如图15所示.导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是()图15A.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向右运动B.圆盘顺时针匀速转动时,ab棒将向右运动C.圆盘顺时针减速转动时,ab棒将向右运动D.圆盘逆时针加速转动时,ab棒将向左运动答案 C1.(多选)如图1所示,水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线,以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系.四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置,两直导线中的电流大小与变化情况完全相同,电流方向如图所示,当两直导线中的电流都增大时,四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是()图1A.线圈a中有感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中无感应电流D.线圈d中无感应电流答案AD2.(多选)1824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图2所示.实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后.下列说法正确的是()图2A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动答案AB解析当圆盘转动时,圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A正确.如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流阻碍其相对运动,但阻止不了相对运动,故磁针会随圆盘一起转动,但略有滞后,选项B正确；在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零,选项C错误；圆盘中的电子定向移动不会产生电流,因为圆盘本身不带电(圆盘内正负电荷代数和为零),故圆盘转动时没有因电子随圆盘定向移动形成的电流,选项D 错误.3.如图3所示,一圆形金属线圈放置在水平桌面上,匀强磁场垂直桌面竖直向下,过线圈上A点作切线OO′,OO′与线圈在同一平面上.在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中,线圈中电流流向()图3A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A,再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A,再为A→C→B→A答案 A解析在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中,穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小,则感应电流产生的磁场垂直桌面向下,由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中,穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加,则感应电流产生的磁场垂直桌面向上,由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A,A正确.4.(多选)(2018·河北省衡水中学模拟)如图4所示,将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上,另一个金属环套在杆上与线圈共轴,当合上开关时线圈中产生磁场,金属环就可被加速弹射出去.现在线圈左侧同一位置处,先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成),且铝的电阻率大于铜的电阻率,闭合开关S的瞬间,下列描述正确的是()图4A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.线圈沿轴向有伸长的趋势C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D.若金属环出现断裂,不会影响其向左弹射答案AC解析线圈中通电,由安培定则可知磁场方向向左,通过金属环的磁通量增加,从左侧看环中有顺时针方向的感应电流,故A项正确；同向电流互相吸引,线圈有缩短的趋势,B项错误；因铜环的电阻小,铜环中感应电流大,受到的安培力大,C项正确；若金属环出现断裂,就不能构成闭合回路,环中有感应电动势,无感应电流,不受安培力作用,故不会被向左弹出,D项错误.5.(2018·贵州省遵义航天中学模拟)如图5所示,在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P,AB在线圈平面内.当发现闭合线圈向右摆动时()图5A.AB中的电流减小,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B.AB中的电流不变,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C.AB中的电流增大,用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D.AB中的电流增大,用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流答案 C6.MN、GH为光滑的水平平行金属导轨,ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆,匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面,如图6所示,则()图6A.若固定ab,使cd向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由a到b到d到cB.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动,则abdc回路有电流,电流方向由c到d到b到aC.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路电流为0D.若ab、cd都向右运动,且两棒速度v cd>v ab,则abdc回路有电流,电流方向由c到d到b到a 答案 D解析若固定ab,使cd向右滑动,由右手定则知应产生顺时针方向的电流,故A错.若ab、cd同向运动且速度大小相同,ab、cd所围的面积不变,磁通量不变,不产生感应电流,故B错.若ab向左、cd向右同时运动,则abdc回路中有顺时针方向的电流,故C错.若ab、cd都向右运动,且v cd>v ab,则ab、cd所围的面积发生变化,磁通量也发生变化,故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流,故D正确.7.如图7所示,线圈两端与电阻相连构成闭合回路,在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中()图7A.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a,线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a,线圈与磁铁相互吸引答案 A解析将磁铁的S极插入线圈的过程中,由楞次定律知,通过电阻的感应电流的方向由a到b,线圈与磁铁相互排斥.8.如图8所示,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2,重力加速度大小为g,则()图8A.F T1＞mg,F T2＞mgB.F T1＜mg,F T2＜mgC.F T1＞mg,F T2＜mgD.F T1＜mg,F T2＞mg答案 A解析金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知F T1＞mg,F T2＞mg,A正确.9.(多选)(2019·广西毕业班百校大联考)图9所示是研究性学习小组的同学设计的防止电梯坠落的应急安全装置,在电梯轿厢上安装上永久磁铁,电梯的井壁上铺设线圈,能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害.关于该装置,下列说法正确的是()图9A.当电梯突然坠落时,该安全装置可起到阻碍电梯下落的作用B.当电梯突然坠落时,该安全装置可使电梯停在空中C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,闭合线圈A、B中电流方向相同D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落答案AD解析若电梯突然坠落,将线圈闭合时,线圈内的磁通量发生变化,将在线圈中产生感应电流,感应电流会阻碍相对运动,可起到应急避险作用,故A正确；感应电流会阻碍相对运动,但不能阻止运动,故B错误；当电梯坠落至题图所示位置时,闭合线圈A中向上的磁场减弱,感应电流的方向从上向下看是逆时针方向,B中向上的磁场增强,感应电流的方向从上向下看是顺时针方向,可知A与B中感应电流方向相反,故C错误；结合A的分析可知,当电梯坠落至题图所示位置时,闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落,故D正确.10.(多选)如图10所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd,用绝缘轻质细杆悬挂在O点,并可绕O点左右摆动.金属线框从图示位置的右侧某一位置由静止释放,在摆动到左侧最高点的过程中,细杆和金属线框平面始终处于同一平面,且垂直纸面.则下列说法中正确的是()图10A.线框中感应电流的方向先是d→c→b→a→d,后是a→b→c→d→aB.线框中感应电流的方向是d→c→b→a→dC.穿过线框中的磁通量先变大后变小D.穿过线框中的磁通量先变小后变大答案BD解析线框从题图所示位置的右侧摆到最低点的过程中,穿过线框的磁通量减小,由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d,从最低点到左侧最高点的过程中,穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可判断感应电流的方向为d→c→b→a→d.11.(多选)如图11,两同心圆环A、B置于同一水平面上,其中B为均匀带负电绝缘环,A为导体环.当B绕轴心顺时针转动且转速增大时,下列说法正确的是()。
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案31
(3)电动势等于电源的路端电压．( × ) (4)电路中某电阻增大，该电阻的功率一定增大．( × ) (5)闭合电路中外电阻越大，路端电压越大．( √ ) (6)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大． (× ) (7)电源的输出功率越大，电源的效率越高．( × )
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第八章 第31讲
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第八章 第31讲
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知识点三 闭合电路的欧姆定律
1．闭合电路的欧姆定律
(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成 正比
内、外电阻之和成
反比
．
(2)公式 ①I＝ ②E＝
E R＋r
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A．S断开时电容器的电压为3 V B．S断开时电容器a极板带负电 C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电 D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量 为1.92×10－5 C
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第八章 第31讲
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解析：S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压等 于R2两端电压，由于a极板的电势比b极板的电势高，所以电容
B．等于4 V D．等于或大于8 V
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第八章 第31讲
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解析：当电压表并联在R1两端时，ab间的电阻是R1与电压 表内阻RV并联后的等效电阻Rab，Rab<R1，Rab两端电压为8 V， R2两端电压为4 V，则Rab＝2R2，所以R1>2R2，由此可以推断， 当不用电压表测量时，R2分得的电压小于4 V．当把电压表并 在R2上时，bc间的电阻Rbc为R2和RV的并联电阻，Rbc<R2，因而 bc间电压一定小于4 V．所以本题正确选项为A.
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案2
大一轮复习 ·高三物理 ·经典方案Βιβλιοθήκη 进入导航第一章 第2讲
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A．50 m C．10 m
B．20 m D．1 m
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第一章 第2讲
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解析：由题意知，车速 v≤10 m/s，系统立即启动“全力自 动刹车”的加速度大小约为 5 m/s2，最后末速度减为 0，由推导 公式 v2＝2ax 可得：x≤2va2＝21×025 m＝10 m，所以系统设置的安 全距离约 10 m，故 C 正确，A、B、D 错误．
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第一章 第2讲
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1．如图所示，国产某品牌汽车装备了具有“全力自动刹车” 功能的城市安全系统，系统以 50 Hz 的频率监视前方的交通状 况．当车速 v≤10 m/s 且与前方静止的障碍物之间的距离接近安 全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力 自动刹车”，加速度大小约为 5 m/s2，使汽车避免与障碍物相 撞．则“全力自动刹车”系统设置的安全距离约为( C )
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第一章 第2讲
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(4)某物体从静止开始做匀加速直线运动，速度由 0 到 v 运动 距离是由 v 到 2 v 运动距离的 2 倍．( × )
(5)对任意直线运动，其中间时刻的瞬时速度一定等于其平均 速度．( × )
(6)不计空气阻力，物体从某高度由静止下落，任意两个连续 相等的时间间隔 T 内的位移之差恒定．( √ )
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高2020届高2017级2020年高考物理一轮复习课件《创新教程》第七章 第三讲
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3．(人教版选修 3－1 P39 第 4 题改编)如 图所示，含有大量11H、12H、42He 的粒子流无 初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属 板中心线上的 O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有 关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )
第七章
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3．平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C＝4επrkSd.
第七章
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判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×)
A．出现三个亮点，偏离 O 点最远的是11H B．出现三个亮点，偏离 O 点最远的是24He C．出现两个亮点 D．只会出现一个亮点 答案：D
第七章
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4．(人教版选修 3－1 P36 思考与讨论改编)如图是示波管的原理 图，它由电子枪、偏转电极(XX′和 YY′)、荧光屏组成．管内抽成 真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极 XX′和 YY′上都没有加 电压，电子束将打在荧光屏的中心 O 点．
第七章
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2．(人教版选修 3－1 P39 第 2 题改编)两平行金属板相距为 d， 电势差为 U，一电子质量为 m，电荷量为 e，从 O 点沿垂直于极板的 方向射出，最远到达 A 点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子 具有的初动能是( )
高中物理高2020届高2017级红对勾大一轮复习课件学案1
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第一章 第1讲
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3．加速度
(1)定义：物体速度的__变__化__量___与发生这一变化所用时间的比
值．
Δv
(2)定义式：a＝____Δ__t ___.单位：m/s2.
(3)方向：与____Δ_v____的方向一致，由__合__力_____的方向决定，
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第一章 第1讲
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1．对于下列体育比赛的论述，说法正确的是( C ) A．某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是时 刻 B．运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球位移的大小为 4.50 m C．运动员跑完 1 500 m 比赛，指的是路程为 1 500 m D．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该 硬币可以看成质点
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第一章 第1讲
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解析：某场篮球比赛打了两个加时赛，共需 10 min，指的是 时间，故 A 错误；运动员铅球成绩为 4.50 m，指的是铅球水平方 向的位移大小为 4.50 m，故 B 错误；运动员跑完 1 500 m 比赛， 指的是路程为 1 500 m，故 C 正确；足球比赛挑边时，上抛的硬 币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看成质点，故 D 错误．
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第一章 第1讲
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2．速度 (1)定义：物体___运_Δ_动_x_位__移___与发生这个位移所用时间的比值． (2)定义式：v＝___Δ_t____.单位：m/s. (3)方向：平均速度方向与__位__移____的方向相同，瞬时速度方 向即物体运动的方向．
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以a=g加速下降或减速上升.
物理 专题三：牛顿运动定律
(2)不管物体处于超重状态还是失重状态,物体本身的重力并没有改变, 只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)不等于物体本身的重力. (3)超重或失重现象与物体的速度无关,只取决于加速度的方向.加速度 向上(包括“加速上升”和“减速下降”)是超重;加速度向下(包括 “加速下降”和“减速上升”)是失重. (4)在完全失重的状态下,日常生活中一切由于重力的作用产生的物理 现象都会完全消失,如物体间不再相互挤压、天平失效、浸在水中的 物体不再受浮力、液体柱不再产生压强等.
物理 专题三：牛顿运动定律
牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系: (1)牛顿第一定律不是实验定律,它是以伽利略“理想实验”为 基础,经过科学抽象、归纳推理而总结出来的;牛顿第二定律是 通过探究加速度与力和质量的关系得出的实验定律. (2)牛顿第一定律不是牛顿第二定律的特例,在此基础上,牛顿第 二定律定量地指出了力和运动的联系,即F=ma.
考题取样
2018全国Ⅰ,T15 2016全国Ⅰ,T18 2016全国Ⅱ,T16 2014全国Ⅱ,T24
2018江苏,T7 2017全国Ⅲ,T25 2015全国Ⅱ,T25
2016全国Ⅲ,T23 2015全国Ⅰ,T22 2014全国Ⅰ,T22
Hale Waihona Puke 考向必究考查F-x图象、受力分析及牛顿运动定律等相关知识
点(考向2)
物理 专题三：牛顿运动定律
3.对牛顿第三定律的理解 (1)作用力和反作用力 两个物体之间力的作用总是相互的,一个物体对另一个物体施加了力, 另一个物体一定同时也对这个物体施加了力.力是物体与物体间的相 互作用,物体间相互作用的这一对力通常叫做作用力和反作用力. (2)牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用 在同一条直线上. (3)一对平衡力与作用力和反作用力的比较
物体对支持物的压力(或对悬挂 物的拉力)等于零的现象.
产生 物体的加速度方向竖直向 物体的加速度方向竖直向 物体的加速度方向竖直向下,大
条件 上.
下.
小等于g.
原理 F-mg=ma⇒
方程 F=m(g+a)
mg-F=ma⇒
F=m(g-a)
mg-F=ma,a=g⇒F=0
运动 加速上升或减速下降.
状态
加速下降或减速上升.
B.方法帮·题型全突破 方法1 牛顿运动定律的理解及应用方法 方法2 求解动力学两类基本问题的方法 方法3 实验改进与创新问题的求解方法
C.考法帮·考向全扫描 考向1 运用牛顿第二定律分析力和运动的关系 考向2 分析动力学中的三个典型模型 考向3 探究加速度与力、质量的关系
物理 专题三：牛顿运动定律
命题分析预测
重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用,试题联系生产、生活实际,涉 及临界、极值并与图象相结合等的综合应用,对学生的理解能力、分析综合 能力及应用数学方法解题的能力等要求较高.
物理 专题三：牛顿运动定律
A.考点帮·知识全通关
考点1 牛顿运动定律的理解与应用 考点2 动力学两类基本问题及四大典型模型 考点3 实验：探究加速度与力、质量的关系
考查牛顿运动定律及运动和力的关系(考向1)
考查牛顿第二定律及机械能守恒定律(考向1)
已知物体运动情况求解受力情况(考向1) 考查牛顿第二定律、受力分析等相关知识点(考向2) 通过滑板—滑块模型考查牛顿运动定律等知识点(考 向2) 借助斜面上叠加体的相对运动考查学生的分析综合 能力(考向2)
考查探究加速度与所受合外力关系的实验(考向3) 根据牛顿运动定律考查设计性实验(考向3) 考查实验原理、实验方法及实验误差等内容(考向3)
物理 专题三：牛顿运动定律
物理 专题三：牛顿运动定律
矢量性 公式F=ma是矢量式,任一时刻,a与F同向. 瞬时性 a与F对应同一时刻,即a为某时刻的加速度时,F为该时刻物体所受的合外力. 因果性 F是产生a的原因,物体具有加速度是因为物体受到了力.
同一性 F=ma中,F、m、a对应同一物体或同一系统.
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵从牛顿第二定律; 独立性 (2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和;
(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵从牛顿第二定律,即Fx=max,Fy=may. (1)只适用于宏观、低速运动情况,不适用于微观、高速运动情况; 局限性 (2)只适用于惯性参考系.
考点1 运动的描述
1.对牛顿第一定律的理解 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力 迫使它改变这种状态为止.
物理 专题三：牛顿运动定律
提醒:(1)力是改变物体运动状态的原因,不是维持物体运 动状态的原因.(2)运动状态的改变就是速度的改变,包含 速度的大小和方向任意一个发生改变或两者同时发生改 变.(3)一切有质量的物体都具有惯性,质量是惯性大小唯 一的量度.
考情精解读
考纲要求 核心考点 命题规律 考向必究 核心素养聚焦 命题分析预测
物理 专题三：牛顿运动定律
考纲要求
·牛顿运动定律及其应用Ⅱ ·超重和失重Ⅰ ·实验:验证牛顿运动定律
命题规律
核心考点
1.牛顿运动定律的理解与应用
2.动力学两类基本问题及四大 典型模型
3.实验:探究加速度与力、质 量的关系
2020版《高考帮》配套PPT课件
【高考帮·物理】：专题三 牛顿运动定律
专题三 牛顿运动定律
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考情精解读 考纲要求
命题规律 核心素养聚焦
A.考点帮·知识全通关 考点1 牛顿运动定律的理解与应用 考点2 动力学两类基本问题及四大典型模型 考点3 实验：探究加速度与力、质量的关系
命题分析预测
物理 专题三：牛顿运动定律
作用力和反作用力
一对平衡力
相同点
等大、反向、作用在同一条直线上.
受力物体 作用在两个不同的物体上. 作用在同一个物体上.
无依赖关系,解除一个,另一个可
不
依赖关系 相互依存,不可单独存在.
依然存在,只是不再平衡.
同
两力作用效果不可抵消,不可叠 两力作用效果可相互抵消,可叠
点
力的效果
加,不可求合力.
加,可求合力,合力为零.
力的性质 一定相同.
不一定相同.
4.对超重和失重的理解 (1)超重、失重和完全失重的比较
物理 专题三：牛顿运动定律
超重
失重
完全失重
概念
物体对支持物的压力(或 对悬挂物的拉力)大于物 体所受重力的现象.
物体对支持物的压力(或 对悬挂物的拉力)小于物 体所受重力的现象.