通用版2017高考物理二轮复习第2部分应试高分策略第4关鸭题突破策略与技巧_心中有底拿满分课件
通用版2017高考物理二轮复习第2部分应试高分策略第2关实验题突破策略与技巧_稳扎稳打多捞分课件
• 回答下列问题： • (1)电压表最好选用________；电流表最好选 用________。 • A．电压表(0～3 V，内阻约15 kΩ) • B．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ) • C．电流表(0～200 mA，内阻约2 Ω) • D．电流表(0～30 mA，内阻约2 Ω)
• (2)滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。 两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是________。 • A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 • B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 • C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导 线接在电阻丝左端接线柱 • D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导 线接在电阻丝右端接线柱 • (3)选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表 达式E＝________，r＝________，代入数值可得E和r的测 量值。
• 2．实验题应试要点 • (1)要明确考查知识范围 • 现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感) 学等知识，尽管题目千变万化，但通过仔细审题， 一定能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意 图。 • (2)要看清实验题图 • 实验题一般配有相应的示意图、实验图，实质是告 知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生琢磨考 查意图，只有看清了实验仪器，才使你有身临其境 的感觉，认清这些器材在实验中所起的作用，便能 初步勾画实验过程。
• (4)注意事项 • 实验题虽然不难，但是为了提高区分度，改卷很严， 很容易丢分，成为广大考生的拉分阵地，在做实验 题时要注意以下几点： • ①要求深刻理解实验的原理，掌握实验的思想方 法． • ②实验中观察和发现实验操作的步骤需要注意的事 项． • ③仪表的读数包括是否估读(有的仪器必须估读， 如刻度尺、螺旋测微器；有的仪器不用估读，如游 标卡尺、电阻箱)、有效数字及单位。
(全国通用)高考物理二轮复习增分攻略 注重方法与技巧 抢取高分有策略2
二、实验题——拿下实验题压住上线分1. 实验题中的高频考点(1)基本仪器的使用(如多用电表、游标卡尺和螺旋测微器等)；(2)力学设计性实验(测量动摩擦因数、验证牛顿第二定律实验等)；(3)电阻的测量设计性实验；(4)伏安特性曲线的描绘；(5)测量电源电动势和内阻的设计性实验；(6)利用图象处理实验数据；(7)创新型实验。
2. 解答实验题的“3个关键点”——细、实、活【技法阐释】此类题考查常用仪器的结构、使用、读数问题，属于送分题。
这类问题失分的主要原因通常不是不会做，而是轻率粗心。
对读数问题是否要估读，对结果有效数字的位数和要求的单位要特别留心。
【典例佐证】1. [2013·安徽高考]Ⅰ.根据单摆周期公式T＝2πlg，可以通过实验测量当地的重力加速度。
如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为________mm。
Ⅱ.在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为________mm。
[解析]Ⅰ.根据游标卡尺的读数方法，小钢球的直径＝(18＋6×0.1) mm＝18.6 mm。
Ⅱ.校零时的读数为0.007 mm合金丝的直径＝(0.5＋14.5×0.01－0.007) mm＝0.638 mm。
[答案]Ⅰ.18.6' Ⅱ.0.007' 0.6382. [2014·广西四校调研]某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：(1)用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1 k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图中虚线所示)。
为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0 Ω处。
高考物理二轮复习第2部分应试高分策略第1关选择题突破策略与技巧_确保基挫得分课件
第1关 选择题突破策略与技巧 ——确保基础快得分
• 1．选择题的高频考点 • (1)力与物体的平衡 • (2)牛顿运动定律与直线运动 • (3)曲线运动(平抛运动，圆周运动) • (4)万有引力与航天 • (5)功和能 • (6)电场及带电粒子在电场中的运动 • (7)磁场及带电粒子在磁场中的运动 • (8)直流电路的分析与计算 • (9)电磁感应规律及应用 • (10)交流电流及变压器原理
• 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
• 规范答题
• 选择a为研究对象，由平衡条件知连接a和b的绳的张力一定 等于a的重力，C错误，以滑轮为研究对象知绳的张力不变， OO′的张力也一定不变，A错误，而该题是多选题，排除A、 C，则必选B、D，这避免研究b物体，受力情况较为复杂的 分析，所以用排除法能快速选择正确答案BD.
• 2．应试选择题的原则
• 小题快做：在应试时，对选择题要把握两个主要原则：第一，由简至难， 一道题的用时一般不超过2分钟，没有思路的尽快跳过，以保证做题速 度；第二，多选题不把握的选项不选，宁可没选全扣些分，也不要因选 错而全扣。
• 小题巧做：高考物理选择题平均每道题解答时间应控制在2分钟以内。 选择题解答要做到既快又准，除了掌握直接判断和定量计算等常规方法 外，还要学会一些非常规“巧解”方法。解题陷困受阻时更要切记不可 一味蛮做，要针对题目的特性“不择手段”，千方百计达到快捷解题的 目的。
• 答案：BD
• 方法感悟
• 此法在解答选择题中是使用频率较高的一种 方法，基本思想是通过一个知识点或过程分 析排除部分选项，然后再通过另一物理规律 或过程分析排除部分选项，最后得出正确答 案。
王永志 从2017年高考物理阅卷谈二轮复习如何提高得分
王永志
下面介绍一下24题的评分细则
【2017·新课标Ⅰ卷24题】（12分）一质量为 8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。 飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞 船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取 9.8 m/s2。（结果保留2位有效数字） （1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进 入大气层时的机械能； （2）求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间 的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的 速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
二、了解评分标准，加强应试指导
1、只看公式，不看文字 2、等价给分 3、只计得分点，没有扣分点 4、只看物理公式和答案，不 看数学运算、推导过程
二、了解评分标准，加强应试指导
2、答题过程中的规范要求 （1）在高考答题过程中，建议用最 常规的，最基本的方法解题，不要标 新立异 （2）形成良好的答题习惯，书写规 范，减少笔下误 （3）关键步骤书写要清晰有序 （4）结果准确非常重要
三、其它注意问题
1、要有必胜信心 2、理综答题物理要按顺序，不要拆开打 3、若题目不会，答题时尽量将与本题相关 的公式都写出 4、要求学生必须要有圆规 5、高考阅卷一般不判雷同卷 6、教育学生平衡心态 7、教育学生：越努力越幸运，即使到了最 后一刻，也绝对不要放弃
2018我们 高考必胜！
【评分细则】（满分12分）
【评分细则】（满分12分）
【评分细则】（满分12分）
【评分细则】（满分12分）
一、注意规范性训练
1、物理语言使用要规范 （1）必须利用题目给定的字母符号 表示物理量,自己新引进的符号必须说 明其意义 （2）应该对写出的每个公式做出必 要说明，只罗列数学公式而不结合题 目具体情境的不得分，也就是要求公 式中的字母要针对本题所问
高三物理二轮复习 第二 第2讲 题突破策略与技巧
咐呼州鸣咏市呢岸学校第2讲 题突破策略与技巧——稳扎稳打多捞分近几年高考对的考查，多以一大带一小的形式出现，其中第一小题为常规题，侧重考查根本仪器的读数或常规型．第二小题侧重对学生迁移能力的考查，常以设计性来表达，主要为电学，也有力学．只要扎扎实实掌握课本的原理、方法、数据处理的方法及分析，灵活迁移到解决创性、设计性中，就能稳得题高分．分类型突破如下：类型1 读数与作图型类型解读 此类型题考查常用仪器的使用和读数，以及作图或电学的电路图、实物连线．突破策略 对于读数问题，要弄清是否要估读、数据有效数字的位数以及要求的单位．对作图或连线题要从细节和标准上加以注意．总之，答题时周密细致、临场不慌，就能得全分．(2021·高考卷)图甲是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线〞的实物连接图．甲乙(1)根据图甲画出电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图乙中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A ，电压表量程为3 V ．所示读数为：①________、②________、③________、④________．两组数据得到的电阻分别为________和________．[解析] (1)电路图如下图．(2)电流表量程为0.6 A ，每一小格代表0.02 A ，读数时估读到精度的本位即可；电压表量程为3 V ，每一小格代表0.1 V ，读数时估读到精度的下一位．读数分别为：①0.10 A 、②0.24 A 、③2.00 V 、④0.27 V ．用R ＝U I求电阻时，电流为0.10 A 时对的电压为0.27 V ；电流为0.24 A 时对的电压为2.00 V ，求得的两组数据对的电阻分别为Ω和Ω.[答案] (1)如解析图所示(2)0.10 A 0.24 A 2.00 V 0.27 V2．7(±0.1) Ω(±0.1) Ω[如填为(±0.1) Ω2．7(±0.1) Ω也行]类型2 根本操作型类型解读根本操作型题主要考查的根本操作，此类题主要有三类：一类是对操作的关键点考查，明确方法；第二类是对题述的步骤分析找出错误进行改正；三是补全步骤．突破策略解答根本操作型题首先要理解掌握的根本步骤，特别是的一些细节，其次要知道的考前须知．根据要点，抓住关键，按照题目要求解答．(2021·高考卷)在“验证力的平行四边形那么〞中，某同学用图钉把白纸固在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端．用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如下图．请将以下的操作和处理补充完整：(1)用铅笔描下结点位置，记为O；(2)记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相的点连成线；(3)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，________________________________________________________________________________________________________________________________________________；(4)按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；(5)根据力的平行四边形那么作出F1和F2的合力F；(6)比拟________的一致程度，假设有较大差异，对其原因进行分析，并作出相的改良后再次进行．[解析] (3)用铅笔分别描出沿每条绳方向的几个点，用刻度尺把这些点连成直线(画拉力的方向)，目的是画出同两分力产生相同效果的这个力的方向．(6)F与F3作比拟，即比拟用平行四边形那么作出的合力和产生相同效果的实际的力是否相同，即可验证力的平行四边形那么的正确性．[答案] (3)沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成直线(6)F与F3类型3 方案与器材选择型类型解读方案选择型题根据着不同主要可分为二类：一类是测量方案的选择；一类是数据处理方法的选择．器材选择型题是指以考查根本仪器选择为主的题(主要为电学)，此类题主要有两种情况：一种是给出目的，要求选择仪器；另一种是给出电的一些电表、电阻和需要测量的物理量，要求选择仪器，或选择电路．突破策略对于测量方案的选择，要通过分析题述的各种方案的可行性和的实际情况选择符合题目要求的方案；对于电路的选择，要考虑到测量的系统误差和电表指针偏转的角度，选择符合要求且误差尽可能小的电路；对于数据处理方法的选择，要根据的实际情况和题目要求选择最正确数据处理方法．仪器选择的原那么：平安可行、精确合理、操作方便．对于给出目的要求选择仪器类题，要根据原理选择最适合的仪器；对于电表选择类，一要对电路的最大电流值和电压值进行估算，其电表量程要稍大于电路的最大电流值和电压值．分压电路，滑动变阻器要在满足最大允许电流要求的条件下尽可能选择最大阻值较小的；限流电路，滑动变阻器要在满足要求的条件下尽可能选择最大阻值与待测电路电阻的阻值差不多的．(2021·)某物理学习小组的两位同学采用“伏安法〞测金属丝电阻率的中．(1)先用米尺测出金属丝的长度L，再用螺旋测微器测量金属丝的直径．使用时发现所用螺旋测微器存在零误差，测微螺杆与测砧直接接触时读数如图甲所示，测量金属丝直径时如图乙所示，那么金属丝的直径是________mm；(2)用多用电表粗测金属丝电阻，选择电阻挡倍率“×1”，将两表笔短接，进行________，再使表笔接触金属丝两端，读数如图丙所示，那么其阻值为R x＝________Ω；(3)室备有以下器材．A．电压表V1(量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)B．电压表V2(量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)C．电流表A1(量程0～3 A，内阻约为0.2 Ω)D．电流表A2(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)E．滑动变阻器R1(0～100 Ω，0.6 A)F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)G．电池组E(电动势为3 V，内阻约为0.3 Ω)H．开关S，导线假设干为减小误差，选用的器材有________(填代号)．选用图中________(填“丁〞或“戊〞)为该的电路原理图．[解析] (1)由甲图可知螺旋测微器的零误差为0.020 mm，所以金属丝的直径为0.505 mm.(2)多用电表测电阻之前，需要先欧姆调零；读数为6 Ω.(3)由于电源的电动势为3 V，所以电压表选A；被测电阻约为6 Ω，电路中的最大电流约为I＝ER x＝0.5 A，电流表选D；根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知，滑动变阻器选E；还要选用电池、开关和导线．应选用的器材有ADEGH.由于R VR x>R xR A，采用电流表外接法，选图戊所示电路．[答案] (1)0.505(0.504～0.506之间均正确) (2)欧姆调零6(3)ADEGH 戊类型4 测量计算型类型解读该类型题主要考查数据的处理能力以及对结果进行误差分析的能力．突破策略解答该类型题的步骤：明确中的物理过程，找出遵循的物理规律，选所需公式进行计算，总之是用解决计算题的思维解决题．(2021·)为了测一电池的电动势和内电阻，室中提供有以下器材：A．电流表G(满偏电流10 mA，内阻10 Ω)B．电流表A(0～0.6 A～3 A，内阻未知)C．滑动变阻器R(0～100 Ω，1 A)D．值电阻R0(阻值990 Ω)E．开关与导线假设干(1)某同学根据现有的器材，设计了图甲所示的电路，请按照电路图在图乙上完成实物连线．(2)图丙为该同学根据上述设计的电路利用测出的数据绘出的I1－I2图线，I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，由图线可以得到被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.[解析] (1)连接实物图时，注意电流由电源正极出发，由两电流表正接线柱流入，负接线柱流出．(2)电流表G与值电阻串联，可效为电压表使用，由欧姆律可知，电流表G示数大小于电源两端电压大小，故I1－I2图象，实质为U－I图象，其纵截距为电源电动势，E＝9.0 V，斜率绝对值为电源内电阻，即r＝10.0 Ω.[答案] (1)实物连线如图(2)9.0 10.0类型5 规律探究型类型解读所谓规律探究型题是指为探究某种规律而设计的．规律探究型题注重考查学生的探究能力和对综合知识的掌握程度．规律探究型题强调的是“探究〞，是数据的分析和处理．题目一般具有开放性，有一难度．突破策略解答规律探究型题，一是要切题，要明确探究什么，如何探究，要搞清楚装置，知道各个器件的作用；二是要用相关知识，搞清楚方法和步骤；三是要对探究结论按照题目要求进行分析．(2021·质量监测)为探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系，某同学设计了如图甲的装置．步骤如下：①用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙；②将水平弹簧的一端固于水平气垫导轨的左侧；③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；④释放滑块，记录滑块脱离弹簧后通过光电门的时间Δt，算出滑块的速度v；⑤重复步骤③④，作出v与x的关系图象如图丙．答复以下问题：(1)遮光片的宽度为________ cm.(2)假设Δt＝3.0×10－2 s，那么滑块的速度为________ m/s.(3)由图丙可知，v与x成________关系．(4)可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧压缩量的关系是_______________________．[解析] (1)游标卡尺为二十分度游标卡尺，精确度为0.05 mm，主尺读数为9 mm，游标尺第6条刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0.30 mm，所以遮光片宽度为9.30 mm＝0.930 cm；(2)根据平均速度义可知，滑块的速度v＝dΔt ＝0.930×10－23.0×10－2m/s＝0.31 m/s；(3)v－x图象为过原点直线，故v与x成正比；(4)根据机械能守恒律可知，滑块的动能于弹簧压缩产生的弹性势能，故弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比．[答案] (1)0.930 (2)0.31 (3)正比(正比例)(4)弹性势能与弹簧压缩量(x)的平方成正比类型6 创设计型类型解读所谓创设计型题，就是按照题目要求，设计方案或电路的题．突破策略解答创设计型题，就是要按照题目要求和题目给出的器材，用相关的物理知识，迁移教材的方法，设计出切实可行的方案或电路．(2021·八校二联)现有一个电压表有刻度但无刻度值，提供以下可选用的器材及导线假设干，要求尽可能精确地测量一个电压表的满偏电压U g.A．待测电压表V1，满偏电压约为3 V，内电阻R V1＝3 000 Ω，刻度均匀、总格数为N；B．电流表A：量程0.6 A、内阻R A约为0.1 Ω；C．电压表V2：量程15 V、内阻R V2约为15 kΩ；D．电阻R1＝10 Ω；E．电阻R2＝10 kΩ；F．滑动变阻器R：最大阻值200 Ω；G．学生电源E，电动势15 V，内阻不计；H．开关一个．(1)方框中已画出电路图，请你完成剩余的电路图，并标上题目中所给仪器的字母代号．(2)测出多组数据，其中一组数据中待测电压表V1的指针偏转了n个格，可计算出满偏电压U g为________(用字母表示)，式中除题目已给的物理量外，其他字母符号表示的物理量的物理意义是______________________．[解析] (1)因待测电压表的满偏电压较小，故串联一个值电阻分压，又知R V1＝3 000 Ω，故串联的值电阻选R2，而电压值需用电压表V2测出，故要和V2并联，设计成如答案(1)中的电路图．(2)V2的示数为V1和R2两端的总电压，按照串联分压关系，那么有V1两端的电压为R V1R V1＋R2·U(U为电压表V2的读数)，除以格数n即可得到每偏转1个格的电压值，再乘以总格数N即可得满偏电压．[答案] (1)如下图(2)NUR V1n〔R V1＋R2〕U为电压表V2的读数。
(全国通用)2017届高考物理二轮复习考前增分指导二“两大策略”破解实验题_又快又准拿高分课件
图2
(1)试观察比较这两组图象，可得出的定性结论是(请写出两个结 论)： ①____________________________________________________； ②___________________________________________________。 (2)该实验小组利用两组图象求出六组磁感应强度变化率(ΔΔBt )和 对应的感应电动势 E 的数据，并建立坐标系，描出的六个点如图 3 所示。请在图 3 中绘出 E－ ΔΔBt 的图线。
【典例1】 (2016·陕西师大附中第八次模拟)某实验小组设计了如 图1的实验电路，通过调节电源可在原线圈中产生变化的电流， 用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压 传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化 情况可同时显示在计算机显示屏上。某次实验中得到的B－t、 E－t图象如图2所示。
(4)该同学按改动后的原理图重新测量，并根据所测数据画出U－I 图象，如图7乙所示，则干电池的电动势为________V，内阻为 ________Ω。
图7
解析 (1)因是一节干电池且考虑电流表量程，滑动变阻器应选用C。 (2)因电压表测的是路端电压，其示数变化不明显，说明内电压在 滑动变阻器滑片移动过程中变化很小，电池的内阻过小。 (3)电池内阻很小，因此可适当增大电池内阻，将定值电阻归为电 池内阻，改动后的实物连接图如图所示。
第二类题型——常规实验型 常规实验题主要考查教材上基本实验的实验原理、器材的 选择、实验的操作、数据的处理和误差分析。复习时要从 领会实验原理出发，全方位理解和掌握实验器材、实验操 作、实验步骤、实验数据的处理、误差分析和电学实验实 物图的连接、电路图的设计等，对每一个实验都应做到心 中有数。
2017物理高考策略
2017高考全国理综卷物理复习策略2017年对物理部分考试内容的调整在最近教育部对高考物理内容进行了调整，优化了考试内容。
今后物理高考考试大纲规定的4个选考模块分别为选修2-2、3-3、3-4和3-5。
修订后的考试大纲删去选修2-2的内容，将选修3-5的内容列为必考，增加了必考内容。
但3-5的内容由原来的选考变成必考，将会把动量和原子物理部分知识要纳入到选择题和计算题当中，原有的题目数量不变。
”但增加了知识的考察内容。
也相对增加了复习时间。
要对这个变化要高度重视，原子物理知识相对独立一些，但动量和动量守恒是力学知识体系的重要部分，把这部分知识列入必考，使得考查的力学知识更完整，更系统，命题方式也会更加灵活。
需要同学们对冲量、动量，动量定理，动量守恒的知识，从原理，条件到应用都要认真理解好并能熟练应用。
但这一部分知识题型和模型很多，要注意对这些问题的原理能有通透的理解，才能自如解题，应对好2017年的高考。
对2017届高考考生的复习建议加强物理复习对基本概念、基本规律的理解，目标是让考生全面落实基础知识和基本技能，落实每一个知识点，构建知识体系。
那么，怎样更加科学、有效的落实后期的复习呢？下面结合近年来物理高考试题的能力要求及特点，提几点复习建议和应试策略。
一、抓住主干知识，训练专题理科综合试卷突出考查物理的主干知识，重视对物理现象、概念、规律的理解和运用。
试题中物理部分仅十二道题，现行的命题只可能把重心放在力学与电学的主干和核心知识上。
作为建立物理学学科理论的主要框架，力和运动的关系、做功与能量变化的这两条主线，始终贯穿于物理试题之中，因为力和运动的关系深刻揭示了自然界机械运动的基本规律，做功和能量变化的关系深刻提示了不同形式的能量之间的转化途径和转化规律。
它们同时也是物理学中的基础性知识，是高中阶段分析和解决物理问题的基本立足点，故而成为高考命题的重要内容。
每个考生在复习备考过程中，要在主干知识上狠下功夫。
【步步高】(通用版)2017版高考物理大二轮复习与增分策略.
第2讲 带电粒子在复合场中的运动1.带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU ＝12mv 2－12mv 20来求解.对于匀强电场，电场力做功也可以用W ＝qEd 来求解.(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题.对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理. 2.带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v ∥B 时，带电粒子以速度v 做匀速直线运动.(2)匀速圆周运动：当v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动.3.复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力. (2)题目中有明确说明是否要考虑重力的情况.(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力.1.正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析. 2.灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解.当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.解题方略带电粒子在叠加场中运动的处理方法 1.弄清叠加场的组成特点.2.正确分析带电粒子的受力及运动特点.3.画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止.例如电场与磁场中满足qE ＝qvB ；重力场与磁场中满足mg ＝qvB ；重力场与电场中满足mg ＝qE .(2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直.(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.例1 如图1所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴沿水平方向.x >0的区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；第三象限同时存在着垂直于坐标平面向外的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度大小为B 2，电场强度大小为E .x >0的区域固定一与x 轴成θ＝30°角的绝缘细杆.一穿在细杆上的带电小球a 沿细杆匀速滑下，从N 点恰能沿圆周轨道运动到x 轴上的Q 点，且速度方向垂直于x 轴.已知Q 点到坐标原点O 的距离为32l ，重力加速度为g ，B 1＝7E110πgl ，B 2＝E 5π6gl.空气阻力忽略不计，求：图1(1)带电小球a 的电性及其比荷q m；(2)带电小球a 与绝缘细杆的动摩擦因数μ；(3)当带电小球a 刚离开N 点时，从y 轴正半轴距原点O 为h ＝20πl3的P 点(图中未画出)以某一初速度平抛一个不带电的绝缘小球b ，b 球刚好运动到x 轴与向上运动的a 球相碰，则b 球的初速度为多大？解析 (1)由带电小球在第三象限内做匀速圆周运动可得：带电小球带正电 且mg ＝qE ，解得：q m ＝g E(2)带电小球从N 点运动到Q 点的过程中，有：qvB 2＝m v 2R由几何关系有：R ＋R sin θ＝32l ，联立解得：v ＝5πgl6带电小球在杆上匀速下滑，由平衡条件有：mg sin θ＝μ(qvB 1－mg cos θ) 解得：μ＝34(3)带电小球在第三象限内做匀速圆周运动的周期：T ＝2πRv＝24πl5g带电小球第一次在第二象限竖直上下运动的总时间为：t 0＝2vg＝10πl3g绝缘小球b 平抛运动至x 轴上的时间为：t ＝2hg＝210πl3g两球相碰有：t ＝T 3＋n (t 0＋T2)联立解得：n ＝1设绝缘小球b 平抛的初速度为v 0， 则：72l ＝v 0t ，解得：v 0＝147gl160π答案 (1)正电 g E (2)34 (3) 147gl160π预测1 如图2所示，A 、B 间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E 1，B 、C 间存在竖直向上的匀强电场E 2，A 、B 的间距为1.25 m ，B 、C 的间距为3 m ，C 为荧光屏.一质量m ＝1.0×10－3 kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－2C 的带电粒子由a 点静止释放，恰好沿水平方向经过b 点到达荧光屏上的O 点.若在B 、C 间再加方向垂直于纸面向外且大小B ＝0.1 T 的匀强磁场，粒子经b 点偏转到达荧光屏的O ′点(图中未画出).取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)E 1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b 点到O ′点电势能的变化量. 答案 (1)1.4 N/C (2)1.0×10－2J解析 (1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE 1cos 45°＝mg解得：E 1＝ 2 N/C≈1.4 N/C.(2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得：qE 1d AB sin 45°＝12mv 2b解得：v b ＝2gd AB ＝5 m/s加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动，则有：qE 2＝mg ，加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qv b B ＝m v 2bR解得：R ＝5 m设偏转距离为y ，由几何知识得：R 2＝d 2BC ＋(R －y )2代入数据得y ＝1.0 m粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为：W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2J预测2 如图3所示，空间内有方向垂直纸面(竖直面)向里的有界匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁感应强度大小未知.区域Ⅰ内有竖直向上的匀强电场，区域Ⅱ内有水平向右的匀强电场，两区域内的电场强度大小相等.现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝0.01 C 的带正电滑块从区域Ⅰ左侧与边界MN 相距L ＝2 m 的A 点以v 0＝5 m/s 的初速度沿粗糙、绝缘的水平面向右运动，进入区域Ⅰ后，滑块立即在竖直平面内做匀速圆周运动，在区域Ⅰ内运动一段时间后离开磁场落回A 点.已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.225，重力加速度g ＝10 m/s 2.图3(1)求匀强电场的电场强度大小E 和区域Ⅰ中磁场的磁感应强度大小B 1； (2)求滑块从A 点出发到再次落回A 点所经历的时间t ；(3)若滑块在A 点以v 0′＝9 m/s 的初速度沿水平面向右运动，当滑块进入区域Ⅱ后恰好能做匀速直线运动，求有界磁场区域Ⅰ的宽度d 及区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小B 2. 答案 (1)10 V/m 6.4 T (2)(1718＋5π32) s (3)1516 m 53T解析 (1)滑块在区域Ⅰ内做匀速圆周运动时，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE 解得E ＝mg q＝10 V/m滑块在AN 间运动时，设水平向右的方向为正方向，由牛顿第二定律可得a ＝－μg ＝－2.25 m/s 2由运动公式可得v 2－v 20＝2aL 代入数据得v ＝4 m/s平抛运动过程满足L ＝vt 3,2r ＝12gt 23做圆周运动满足qvB 1＝m v 2r联立方程求解得B 1＝6.4 T (2)滑块在AN 间的时间t 1＝v －v 0a ＝49s 在磁场中做匀速圆周运动的时间t 2＝πm qB 1＝5π32 s平抛运动的时间t 3＝L v＝0.5 s 总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(1718＋5π32) s(3)设滑块进入磁场时的速度为v ′，满足－μmgL ＝12mv ′2－12mv 0′2代入数据得v ′＝6 2 m/s滑块在区域Ⅱ中做直线运动时，合力一定为0，由平衡方程知qv ′B 2＝2mg解得B 2＝53T滑块离开磁场区域Ⅰ时的速度方向一定与水平成45°角. 由几何关系知当滑块在区域Ⅰ中做匀速圆周运动时有B 1qv ′＝mv ′2r解得r ＝mv ′qB 1＝15216m 由题意知d ＝r ·sin 45°＝1516m解题方略设带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.例2 如图4所示，在坐标系y 轴右侧存在一宽度为a 、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B ；在y 轴左侧存在与y 轴正方向成θ＝45°角的匀强电场.一个粒子源能释放质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，粒子的初速度可以忽略.粒子源在点P (－a ，－a )时发出的粒子恰好垂直磁场边界EF 射出；将粒子源沿直线PO 移动到Q 点时，所发出的粒子恰好不能从EF 射出.不计粒子的重力及粒子间的相互作用力.求：图4(1)匀强电场的电场强度；(2)粒子源在Q 点时，粒子从发射到第二次进入磁场的时间. 解析 (1)粒子源在P 点时，粒子在电场中被加速 根据动能定理有2qEa ＝12mv 21解得v 1＝22qEam粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv 1B ＝mv 21R 1由几何关系知，R 1＝2a 解得E ＝2aqB22m(2)粒子源在Q 点时，粒子在磁场中运动轨迹与边界EF 相切，由几何关系知R 2＝(2－2)a 根据牛顿第二定律有qv 2B ＝mv 22R 2磁场中运动速度为v 2＝－2qBam粒子在Q 点射出，开始在电场中加速运动，设加速度为a 1：t 1＝v 2a 1＝2－mqB进入磁场后运动四分之三个圆周：t 2＝34T ＝3πm2qB第一次出磁场后进入电场，做类平抛运动：t 3＝2v 2tan θa 1＝2－mqB粒子从发射到第二次进入磁场的时间t ＝t1＋t 2＋t 3＝2＋3π－m2qB答案 (1)2aqB22m(2)2＋3π－m2qB预测3 如图5所示，在边长为L 的等边三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在AC 边界的左侧有与AC 边平行的匀强电场，D 是底边AB 的中点.质量为m ，电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)从AB 边上的D 点竖直向上射入磁场，恰好垂直打在AC 边上.图5(1)求粒子的速度大小；(2)粒子离开磁场后，经一段时间到达BA 延长线上N 点(图中没有标出)，已知NA ＝L ，求匀强电场的电场强度.答案 (1)qBL 2m (2)2qB 2L3m解析 (1)粒子进、出磁场的速度方向分别与AB 、AC 边垂直，则A 为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，可知粒子做圆周运动的半径为12L根据qvB ＝m v 2R 解得v ＝qBL2m(2)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为：x ＝NQ ＝L sin 60°沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为：y ＝QE ＝12L ＋L cos 60°＝L根据x ＝vt ，y ＝12at 2，a ＝qEm解得：E ＝2qB 2L3m解题方略变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性.这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图.例3 如图6甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y 轴方向为电场强度的正方向).在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿＋y 轴方向的带负电粒子(不计重力).其中已知v 0、t 0、B 0、E 0，且E 0＝B 0v 0π，粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，x 轴上有一点A ，坐标为(48v 0t 0π，0).图6(1)求t 02时带电粒子的位置坐标.(2)粒子运动过程中偏离x 轴的最大距离. (3)粒子经多长时间经过A 点.解析 (1)在0～t 0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB 0v 0＝mr 14π2T 2＝m v 20r 1得：T ＝2πm qB 0＝2t 0，r 1＝mv 0qB 0＝v 0t 0π则在t 02时间内转过的圆心角α＝π2所以在t ＝t 02时，粒子的位置坐标为：(v 0t 0π，v 0t 0π)(2)在t 0～2t 0时间内，粒子经电场加速后的速度为v ，粒子的运动轨迹如图所示v ＝v 0＋E 0qmt 0＝2v 0，运动的位移：x ＝v 0＋v2t 0＝1.5 v 0t 0在2t 0～3t 0时间内粒子圆周运动的半径：r 2＝2r 1＝2v 0t 0π故粒子偏离x 轴的最大距离：h ＝x ＋r 2＝1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)粒子在xOy 平面内做周期性运动的运动周期为4t 0，一个周期内向右运动的距离：d ＝2r 1＋2r 2＝6v 0t 0πAO 间的距离为：48v 0t 0π＝8d 所以，粒子运动至A 点的时间为：t ＝32t 0 答案 (1)(v 0t 0π，v 0t 0π) (2)1.5v 0t 0＋2v 0t 0π(3)32t 0 预测4 如图7甲所示，y 轴右侧空间有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，同时还有沿－y 方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示(图中B 0已知，其余量均为未知).t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴射入电场和磁场区，t 0时刻粒子到达坐标为(x 0，y 0)的点A (x 0>y 0)，速度大小为v ，方向沿＋x 方向，此时撤去电场.t ＝t 0＋t 1＋t 2时刻，粒子经过x 轴上x ＝x 0点，速度沿＋x 方向.不计粒子重力，求：图7(1)0～t 0时间内OA 两点间电势差U OA ； (2)粒子在t ＝0时刻的加速度大小a 0； (3)B 1的最小值和对应t 2的表达式.答案 (1)mv 2－mv 202q (2)qv 0B 0m ＋v 20－v22y 0(3)2mv qx0－y 0 t 2＝(k ＋12)2πx 0v(k ＝0,1,2，…)解析 (1)带电粒子由O 到A 运动过程中，由动能定理qU OA ＝12mv 2－12mv 2解得U OA ＝mv 2－mv 22q(2)设电场强度大小为E ，则U AO ＝Ey 0t ＝0时刻，由牛顿第二定律得 qv 0B 0－qE ＝ma解得a ＝qv 0B 0m ＋v 20－v22y 0(3)t 0～t 0＋t 1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t 0＋t 1时刻粒子从C 点切入大圆，大圆最大半径为x 0，相应小圆最大半径为R ，则R ＝2x 0－y 02又qvB 1＝m v 2RB 1的最小值B 1min ＝2mvqx0－y 0对应于B 1取最小值，带电粒子由C 点到经过x 轴上x ＝x 0点的时间t 2满足t 2＝(k ＋12)2πx 0v(k ＝0,1,2，…)专题强化练1.如图1所示，真空中的矩形abcd 区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R 的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆形边界分别相切于ad 、bc 边的中点e 、f .一带电粒子以初速度v 0沿着ef 方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef 方向射入恰能从c 点飞离该区域.已知ad ＝bc ＝433R ，忽略粒子的重力.求：图1(1)带电粒子的比荷；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置. 答案 (1)3v 03BR (2)粒子从ab 边射出，距b 点R3 解析 (1)设匀强电场强度为E ，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef 方向做直线运动， 有qv 0B ＝qE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c 点飞出，则 2R ＝v 0t ，233R ＝12at 2，qE ＝ma联解得：q m＝3v 03BR(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示.设粒子离开矩形区域时的位置g 离b 的距离为x ，则由牛顿第二定律；qv 0B ＝mv 20r得r ＝3R ，由图中几何关系θ＝60°故粒子离开矩形区域时到b 的距离为x ＝R －233R ×33＝R3故粒子将从ab 边射出，距b 点R3.2.如图2所示，在直角坐标系xOy 的第Ⅰ象限内有沿y 轴负向的匀强电场，电场强度为E ，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点沿x 轴正向进入电场，粒子从x 轴上的Q 点进入磁场.已知Q 点的坐标为(L,0)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用.图2(1)若粒子在Q 点的速度方向与x 轴正方向成30°角，求P 、Q 两点间的电势差；(2)若从y 轴正半轴各点依次向x 轴正向发射质量为m 、电荷量为＋q 的速度大小适当的粒子，它们经过电场偏转后都通过Q 点进入磁场，其中某个粒子A 到达Q 点的速度最小.粒子A 经过磁场偏转后恰好垂直y 轴射出了磁场.求匀强磁场的磁感应强度的大小. 答案 (1)36EL (2) mE qL解析 (1)粒子在Q 点的速度方向与x 轴正方向成30°角，分解Q 点的速度可得v y ＝v 0tan30°从P 点到Q 点：L ＝v 0t ，y ＝12v y t得P 点的纵坐标y ＝36L 所以U PQ ＝Ey ＝36EL (2)设粒子A 进入电场的速度为v 1，它进入电场后qE ＝maL ＝v 1t ，v y ＝at ，v Q ＝v 21＋v 2y得v Q ＝ v 21＋qELmv 12由数学知识可知，当v 1＝qELmv 1时，v Q 取最小值. 即v 1＝qELm时，Q 点的速度最小值为v Q ＝2qELm此时v y ＝v 1，粒子A 在Q 点的速度方向与x 轴正向夹角为45°. 所以粒子A 进入磁场后的偏转半径(如图)R ＝2L由qv Q B ＝m v 2QR 得B ＝mv Q qR得B ＝mE qL3.如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反，强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1.已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A (0，L )位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动.图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射)，然后恰能匀速直线运动至y 轴上的A (0，L )位置，求：弹性板的最小长度及带电小球从A 位置出发返回至A 位置过程中所经历的时间. 答案 (1)负电3mg 3E 1 2E 1B 1(2)竖直向下 3E 1(3)233L 53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 1 解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电mg ＝qE 1tan 60° q ＝3mg3E 1又qE 1＝qvB 1cos 60° 即v ＝2E 1B 1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场， 且电场强度大小满足：qE ＝mg即E ＝3E 1(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知： 3PD ＝2ONON OA ＝ONL＝tan 60° 联立上述方程解得：PD ＝DN ＝233L 则挡板长度至少为PD ＝233L设在x 轴下方的磁场磁感应强度为B ，则满足：qvB ＝m v 2RT ＝2πmqB从N 点运动到C 点的时间为：t ＝3×360°－60°360°T联立上式解得：t ＝53πB 1L3E 1由几何关系可知：L AN＝cos 60°在第一象限运动的时间t 1和第二象限中运动的时间t 2相等，且：t 1＝t 2＝AN v ＝2L v ＝B 1LE 1所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为：t 0＝t ＋t 1＋t 2联立上述方程解得：t 0＝53πB 1L 3E 1＋2B 1LE 14.如图4所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B 1＝0.40 T ，方向垂直纸面向里，电场强度E ＝2.0×105V/m ，PQ 为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy 坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.25 T ，磁场边界AO 和y 轴夹角∠AOy ＝45°.一束带电荷量q ＝8.0×10－19C 的同位素(电荷数相同，质量数不同)正离子从P 点射入平行板间，沿中线PQ 做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为(0,0.2 m)的Q 点垂直y 轴射入磁场区域，离子通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角在45°～90°之间，不计离子重力，求：图4(1)离子运动的速度为多大？ (2)求离子的质量范围；(3)若只改变AOy 区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x 轴上，磁感应强度B 2′大小应满足什么条件？(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)5.0×105m/s (2)4.0×10－26kg≤m ≤8.0×10－26kg (3)B 2′≥0.60 T解析 (1)设正离子的速度为v ，由于沿中线运动，则有qE ＝qvB 1代入数据解得v ＝5.0×105m/s (2)甲设离子的质量为m ，如图甲所示，当通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角为45°时，由几何关系可知运动半径：r 1＝0.2 m当通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角为90°时，由几何关系可知运动半径：r 2＝0.1 m由牛顿第二定律有：qvB 2＝m v 2r由于r 2≤r ≤r 1 代入数据解得：4.0×10－26kg ≤m ≤8.0×10－26kg(3)乙如图乙所示，由几何关系可知使离子不能打到x 轴上的最大半径：r 3＝0.22＋1m设使离子都不能打到x 轴上，最小的磁感应强度大小为B 0，则qvB 0＝m 大v 2r 3代入数据解得：B 0＝2＋14T≈0.60 T 则B 2′≥0.60 T5.如图5所示，在竖直平面内直线AB 与竖直方向成30°角，AB 左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场.一质量为m 、电量为q 的带负电的粒子，从P 点以初速度v 0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB 时，经过Q 点且速度大小不变，已知P 、Q 间距为l ，之后粒子能够再次通过P 点，(粒子重力不计)求：图5(1)匀强电场场强的大小和方向； (2)匀强磁场磁感应强度的可能值.答案 (1)3mv 22ql 方向垂直AB 且与竖直方向成60°角向下(2)mv 0ql 或nmv 0n ＋ql(n ＝1,2,3……) 解析 (1)由带电粒子回到边界AB 速度大小不变可知PQ 间电势差为零，P 、Q 处在同一等势面上根据题意可知，匀强电场垂直AB ，且与竖直方向成60°角向下 粒子在电场中沿AB 方向匀速运动：l ＝v 0cos 30°t 垂直AB 方向匀减速运动Eq ＝mav 0sin 30°＝a t2解得：E ＝3mv 22ql(2)粒子从Q 点进入磁场时沿AB 方向速度分量不变，垂直AB 方向的速度分量反向，由此可知经Q 点的速度与AB 成30°角.若粒子进入磁场偏转后恰好经过P 点，其运动半径为R ，磁感应强度为B ，由几何关系可知R ＝l qBv 0＝m v 20R解得：B ＝mv 0ql若圆周运动半径R <l ，粒子不可能再通过P 点.若圆周运动半径R >l ，则每个周期沿AB 界线向A 侧移动Δx ＝R －l 带负电粒子可能从电场中再次经过P 点，需满足l ＝n Δx (n ＝1,2,3……) 解得：R ＝n ＋ln(n ＝1,2,3……)故B ＝mv 0ql 或B ＝nmv 0n ＋ql(n ＝1,2,3……) 6.如图6(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，整个空间内都存在垂直坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x 轴正方向夹角为45°.已知带电粒子质量为m 、电量为＋q ，磁感应强度大小为B ，电场强度大小E ＝mgq，重力加速度为g .图6(1)若粒子在xOy 平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v 0；(2)t ＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间周期性的改变，如图(b)所示.将该粒子从原点O 由静止释放，在0～T2时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN 所示，M 点为轨迹距y 轴的最远点，M 距y 轴的距离为d .已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物体经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径.求： ①粒子经过M 点时曲率半径ρ；②在图中画出粒子从N 点回到O 点的轨迹. 答案 (1)2mgqB，沿y 轴负方向 (2)①2mgd qB2gd －mg(或2d ) ②见解析图解析 (1)粒子做匀速直线运动，受力平衡得qv 0B ＝mg2＋qE2解得v 0＝2mgqBv 0方向由左手定则得，沿y 轴负方向.(2)①重力和电场力的合力为F ＝mg2＋qE2粒子从O 运动到M 过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理W ＝Fd ＝12mv 2得v ＝22gd 由qvB －2mg ＝mv 2ρ得ρ＝2mgd qB2gd －mg(若用v ＝2v 0代入，求出ρ＝2d 也可)②轨迹如图所示.21。
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(2)设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′， 则OO′⊥AB．令∠OAO′＝α，有 3 O′A 2 R cos α＝ OA ＝ R 即α＝30° 由题意MA⊥AB，所以∠OAM＝60° 设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点， 所考虑的光线的光路图如图所示． ① ② ③
• 有i＝60 • r ⑤ • 30° ⑥ • • 30°
• 【例题2】 (2016·全国卷丙)(1)由波源S形成的简谐横波在均 匀介质中向左、右传播．波源振动的频率为20 Hz，波速为 16 m/s.已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q 和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡 位置之间的距离分别为15.8 m、14.6 m．P、Q开始振动后， 下列判断正确的是________． • A．P、Q两质点运动的方向始终相同 • B．P、Q两质点运动的方向始终相反 • C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位 置 • D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰 • E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰
3 (2)如图，玻璃球冠的折射率为 3 ，其底面镀银，底面的半径是球半径的 倍； 2 在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的 M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于 其初始入射方向的偏角．
规范答题 v 3 1 (1)由λ＝ f ＝0.8 m，可知SP＝19λ＋ λ，SQ＝18λ＋ λ，可知P、Q振动情况始终 4 4 相反，A错误，B正确；当S恰好通过平衡位置向上运动时，波形图如解图所示，可知 P在波峰，当S恰好通过平衡位置向下运动，Q在波峰，C错误，D、E正确．
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小为v′1，v′2，由动量守恒的能量守恒
1 2 1 2 1 3m mv1＝ mv′1＋ ( )v′2 2 2 2 2 4 8 联立④⑤式解得v′2＝ v1 7 1 3m 2 3m 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ( )v′2≤μ gl 2 4 4 联立③⑥⑦式，可得 32v2 0 μ≥ 113gl 联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件 32v2 v2 0 0 ≤μ≤ 113gl 2gl
(2)设物块与地面间的动摩擦因数μ0.若要物块a、b能够发生碰撞，应用 1 2 mv ＞μmgl 2 0 v2 0 即μ＜ 2gl 设在a、b发生碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒有 1 2 1 2 mv ＝ mv ＋μmgl 2 0 2 1 有 3m mv1＝mv′1＋ v′2 4 ④ ③ ① ②
1.“模型法”：此类方法在估算分子的直径中常常用到，具体
的做法是：通常可以将分子视为立方体或球体，由宏观体积和 突 破 策 略 分子个数，求出分子体积，进一步计算分子直径，计算中采用 了近似计算的思想.2.气体压强的计算：通常要利用共点力的平 衡知识来进行解题.3.“能量守恒”法：物体内能的变化是通过 做功与热传递来实现的，深刻理解功在能量转化过程中的作用， 才能深刻理解热力学第一定律，应用能量守恒来分析有关热学 的问题.
• 2．选修题解题技巧 • 类型一 选修3－3题型分析
类 型 解 读
本考点的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力 学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律 的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用，表示气体 状态变化方程的图象等知识点上，多以选择题和填空题的形式 出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多的知识点， 把热学知识综合在一起；对后者的考查多以计算题的形式出现， 着重考查气体状态方程的应用．近两年来热学考题中还涌现了 许多对热现象的自主学习和创新能力考查的新情景试题．同时， 本考点还可以与生活、生产的实际相联系考查热学知识在实际 中的应用．
•
类型三
选修3－5题型分析
动量部分：本考点是高考的选考内容，题型全面，选择题主要考查动量 的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一 个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动 类型 解读 量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值． 原子物理部分：本考点知识的特点是“点多面宽”，“考点分散”，因 此高考对本考点的考查主要是从对基本概念的理解、辨别方面进行，包 括阅读理解部分；题型主要以选择题为主，在近三年高考试卷中几乎每 年都考．其中重点考查的有能级与光谱、核反应方程及规律、质能方程 及核能、相关物理史，光子论等内容的题目．
气泡体积V1和V2分别为 4 3 V1＝ πr1 3 4 3 V2＝ πr2 3 联立③④⑤⑥⑦式得 p0＋Δp2 r1 3 ( )＝ r2 ρgh＋p0＋Δp1 由②式知，Δpi≪p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项．代入题给数据得 r2 3 ＝ 2≈1.3 r1 ⑨ ⑧ ⑥ ⑦
答案：(1)BDE (2)见解析
设光线在M点的入射角为i、折射角为r，在N点的入射角i′，反射角为i″，玻璃折射率为n.由于△OAM为等边三角形， ④ 曲折射定律有sin i＝nsin
代入题给条件n＝得r＝
作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM，有i′＝30° 根据反射定律，有i″＝
⑦
⑧
• • 30° ⑩ • • 150° ⑪ • 答案：(1)BDE (2)见解析 于是∠ENO为反射角，ON为反射光线．这一反射光线经球面再次折射后不改变方向．所以，经一次反射后射出玻 β＝180°－∠ENO＝ 璃球冠的光线相对于入射光线的偏角β为 连接ON，由几何关系知ΔMAN≌MON，故有∠MNO＝60° 由⑦⑨式得∠ENO＝ ⑨
7 【例题3】 (2016· 全国卷丙)(1)一静止的铝原子核 27 13 Al俘获一速度为1.0×10 m/s * 的质子p后，变为处于激发态的硅原子核28 Si 14 .下列说法正确的是________． 28 * A．核反应方程为p＋27 AI → 13 14Si
B．核反应过程中系统动量守恒 C．核反应过程中系统能量不守恒 D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E．硅原子核速度的数量级为105 m/s，方向与质子初速度的方向一致
(2)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半 2σ 径r之间的关系为Δp＝ r ，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡 缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大 小g＝10 m/s2. (ⅰ)求在水下10 m处气泡内外的压强差； (ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其 原来半径之比的近似值．
(ⅱ)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达 水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2. 气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2 由力学平衡条件有p1＝p0＋ρgh＋Δp1 p2＝p0＋Δp2 ③ ④ ⑤
规范答题
27 * (1)由题意可知，该过程的核反应方程为p＋ 13 AI→ 28 Si ，故A正确；动量守恒定 14
律既适用于宏观过程也适用于微观过程，故该过程动量守恒，故B正确；由能量转化 和守恒定律可知，能量不能凭空消失，故系统能量是守恒的，故C错误；核子结合的 过程中会出现质量亏损，故D错误；由动量守恒可知，mpvp＝msivsi，代入数据计算可 知硅原子核的速度的数量级为105数量级，方向与质子初速度方向一致，故E正确．
(2)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b 3 与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为 m.两物块与地面间的动摩擦因数均相 4 同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重 力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
突 破 策 略
(2)光学的部分
近几年高考命题率最高的是光的直线传播、折射率的计算、全反射 现象的分析和计算，光学问题与日常生活中的光现象、大气中的光 现象联系也较多应对策略．①明确介质折射率的大小关系，进而明 确光线的偏折方向．②当光从光密介质射向光疏介质时，应注意全 反射临界条件的判定．③注意理解折射过程中的几何关系，这往往 是许多题目解决的关键.
• 【例题1】 (2016·全国卷乙)(1)关于热力学定律，下列说法 正确的是________． • A．气体吸热后温度一定升高 • B．对气体做功可以改变其内能 • C．理想气体等压膨胀过程一定放热 • D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 • E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡， 那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
类ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
型 解
读
光学部分：本考点分为光的传播和光的波动性以及光的粒子
性三部分，高考对本考点的考查一般以选择题的形式出现， 一般是考查光线的方向的定性分析和定量计算问题．
(1)机械振动与机械波部分
本专题在高考中命题率最高的是单摆的周期，波的图象、波速和波 长频率关系的问题，题型多以选择题、填空题等形式出现，试题容 量大，综合性强．应对策略：①要将两种图象加以比较、区别及了 解其之间的联系．两种图象形式相似，但物理意义完全不同，只有 深刻理解了它们的不同物理意义才可能对某些问题作出正确的判 断．②熟练掌握波速、波长、周期和频率的关系．③培养理解能力、 推理能力、分析综合能力和周密思考问题的素质．
第二部分
应试高分策略
第4关 选考题突破策略与技巧 ——心中有底拿满分
• 1．选考题的高频考点 • (1)选修3－3：气体实验定律和气态方程必考 分子动理论，热力学定律，内能等随机考． • (2)选修3－4：光的折射、机械波是必考，简 谐运动及图象，波的特有现象等随机考． • (3)选修3－5：动量定理和动量守恒定律必考 原子能级，衰变，核反应方程，核能光电效 应等随机考．