2016步步高物理答案(二轮)
【步步高】2016版高考物理(全国通用)专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动
力场依次出现)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以
上的场)、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉 及本专题内容的频率极高，特别是计算题，题目难度 大，涉及面广.
(2)试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动 定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起，主要考查 考生的空间想象力、分析综合能力以及运用数学知识解 决物理问题的能力.以及考查考生综合分析和解决复杂问 题的能力.
专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动
真题示例
图1
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；
1 解得 r＝B
2mU0 q
3 打在 MN 中点 P 的离子运动半径为 r0＝4L，代入解得 9qB2L2 9qB2L2 m＝ 32U 答案 32U 0 0
(2)为使原本打在 P的离子能打在 QN区域，求加速电压 U的
Eq＝max ③
vx＝axt
vx 2 t＝d
④
⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有
1 答案 2v0tan2θ
(2)该粒子在电场中运动的时间. 解析 联立⑤⑥式得
2d t＝v tan θ. 0 2d 答案 v tan θ 0
考纲解读
1.题型特点
(1) 带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高
同理，第 n 次调节电压，有
L 检测完整，有 rn≤2
5 n＋1 rn＝ L 6
lg 2 解得 n≥ 6 －1≈2.8 lg 5
最少次数为3次 答案 3次
2.(2014· 全国大纲· 25)如图2所示，在第
一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向
垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限
高考物理自由复习步步高系列02(解析版)
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）【课本内容再回顾——查缺补漏】回顾一：牛顿第一定律内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。
理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，（运动状态指物体的速度），力是使物体产生加速度的原因。
（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。
）；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。
惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。
质量是物体惯性大小的量度。
（4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。
而不受外力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。
它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F=0时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。
回顾二：牛顿第二定律内容：物体的加速度大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向跟作用力方向。
公式：F=ma.理解要点：（“七个性质”）（1）矢量性：公式F=ma是矢量式，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x,F y=ma y, 若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a 表示物体在该方向上的加速度。
（2）瞬时性：F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。
【新步步高】2015-2016学年高二物理教科版选修3-5学案：第二章 1、2 电子 原子的核式结构模型 Word版含答
学案1电子学案2原子的核式结构模型[目标定位]1.知道阴极射线是由电子组成的，知道电子的电荷量和比荷.2.了解汤姆孙发现电子对揭示原子结构的重大意义.3.知道α粒子散射实验的实验器材、实验原理和实验现象.4.知道卢瑟福的原子核式结构模型的主要内容，能说出原子核的数量级．一、电子[问题设计]图1条形磁铁使阴极射线偏转如图1所示，接通真空管(又称阴极射线管)的电源，将条形磁铁的一个磁极靠近射线管，观察阴极射线是否偏转，向什么方向偏转；把另一个磁极靠近射线管，观察射线的偏转情况．你认为射线的偏转是什么原因造成的？你能通过射线偏转的情况来确定射线粒子流携带的是哪种电荷吗？答案运动电荷在磁场中受到洛伦磁力．根据左手定则，结合磁场方向、粒子运动方向，可以判断出射线粒子电荷是正电荷还是负电荷．[要点提炼]1．阴极射线(1)阴极射线：科学家用真空度很高的真空管做放电实验时，发现真空管的阴极会发射出一种射线，这种射线叫做阴极射线．(2)英国物理学家汤姆孙使阴极射线在磁场和电场中产生偏转，确定了阴极射线是一种带负电的粒子流．2．阴极射线的特点(1)在真空中沿直线传播；(2)碰到物体可使物体发出荧光．3．微粒比荷(荷质比)的测定(1)比荷：带电粒子的电荷量与质量之比称为比荷，又称荷质比．(2)汤姆孙发现阴极射线中的粒子比荷是氢离子比荷的1 000多倍，而两者电荷量相同．汤姆孙把他发现的这种粒子命名为电子．4．密立根通过著名的“油滴实验”精确地测出了电子电荷．电子电荷量一般取e＝1.6×10－19_C，电子质量m＝9.1×10－31_kg.e二、α粒子散射实验及原子的核式结构模型[问题设计]阅读课本“α粒子散射实验”及“原子的核式结构模型”，说明：(1)α粒子散射实验装置由几部分组成？实验过程是怎样的？(2)有些α粒子发生了较大角度的偏转，这些偏转是电子造成的吗？答案(1)实验装置：①α粒子源：钋放在带小孔的铅盒中，放射出高能α粒子，其带两个单位的正电，质量为氢原子质量的4倍．②金箔：特点是金原子的质量大，且易延展成很薄的箔．③可移动探测器：能绕金箔在水平面内转动．④整个实验过程在真空中进行．金箔很薄，α粒子(42He)很容易穿过．实验过程：α粒子源封装在铅盒中，铅盒壁上有一个小孔，α粒子可以从小孔中射出，打到前方的金箔上，由于金原子中的带电粒子对α粒子有库仑力作用，一些α粒子会改变原来的运动方向．可移动探测器可以绕着金箔做圆周运动，从而探测到α粒子在各个方向上的散射情况．(2)不是．α粒子的质量比电子的质量大得多，α粒子碰到电子就像子弹碰到灰尘一样，不会造成α粒子大角度的偏转．[要点提炼]1．实验现象：绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子偏转的角度超过了90°，个别的甚至接近180°.2．α粒子散射实验的结果用汤姆孙的“枣糕模型”无法解释．3．卢瑟福的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，叫原子核．它集中了全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在核外空间运动．4．原子核的大小：原子核半径的数量级为10－15m，而整个原子半径的数量级是10－10m.因而原子内部十分“空旷”．一、对阴极射线的认识例1阴极射线从阴极射线管中的阴极发出，在其间的高电压下加速飞向阳极，如图2所示．若要使射线向上偏转，所加磁场的方向应为()图2A．平行于纸面向左B．平行于纸面向上C．垂直于纸面向外D．垂直于纸面向里解析由于阴极射线的本质是电子流，阴极射线方向向右，说明电子的运动方向向右，相当于存在向左的电流，利用左手定则，为使电子所受洛伦兹力方向平行于纸面向上，磁场方向应为垂直于纸面向外，故选项C正确．答案 C二、带电粒子比荷的测定例2为求得电子的比荷，设计实验装置如图3所示．其中两正对极板M 1、M2之间的距离为d，极板长度为L.若M1、M2之间不加任何电场或磁场，可在荧光屏上P点观察到一个亮点．图3在M 1、M 2两极板间加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧光屏上的亮点逐渐向荧光屏下方偏移，直到荧光屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U .保持电压U 不变，对M 1、M 2区域再加一个大小、方向合适的磁场B ，使荧光屏正中心处重现亮点． (1)外加磁场方向如何？(2)请用U 、B 、L 等物理量表示出电子的比荷qm.解析 (1)加上磁场后电子不偏转，电场力等于洛伦兹力，且洛伦兹力方向向上，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外．(2)当在荧光屏上看不到亮点时，电子刚好打在下极板M 2靠近荧光屏端的边缘，则d 2＝Uq 2dm (L v)2，q m ＝d 2v 2UL 2.① 由电场力等于洛伦兹力得Uqd ＝Bq v解得v ＝UBd②将②式代入①式得q m ＝UB 2L2.答案 (1)磁场方向垂直纸面向外 (2)q m ＝UB 2L 2三、α粒子散射实验及原子的核式结构模型例3 如图4所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法中正确的是( )图4A ．在图中的A 、B 两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多 B ．在图中的B 位置进行观察，屏上观察不到任何闪光C ．卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似D ．α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金箔原子后产生的反弹解析 α粒子散射实验现象：绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子有大角度散射．所以A 处观察到的粒子数多，B 处观察到的粒子数少，所以选项A 、B 错误．α粒子发生散射的主要原因是受到原子核库仑斥力的作用，所以选项D 错误，C 正确．答案 C例4 在卢瑟福α粒子散射实验中，只有少数α粒子发生了大角度偏转，其原因是( ) A ．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里 B ．正电荷在原子内是均匀分布的 C ．原子中存在着带负电的电子D ．原子的质量在原子核内是均匀分布的解析 原子的核式结构正是建立在α粒子散射实验结果基础上的，C 、D 的说法没有错，但与题意不符． 答案 A电子原子的,核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧电子的发现⎩⎪⎨⎪⎧阴极射线汤姆孙发现密立根测定电子的电荷量原子核式结构模型⎩⎪⎨⎪⎧α粒子散射实验卢瑟福的核式结构模型原子核的大小和尺寸1．(对阴极射线的认识)英国物理学家汤姆孙通过对阴极射线的实验研究发现( ) A ．阴极射线在电场中偏向正极板一侧B ．阴极射线在磁场中受力情况跟正电荷受力情况相同C ．不同材料所产生的阴极射线的比荷不同D ．汤姆孙并未得出阴极射线粒子的电荷量 答案 AD解析 阴极射线实质上就是高速电子流，所以在电场中偏向正极板一侧，A 正确．由于电子带负电，所以其在磁场中受力情况与正电荷不同，B 错误．不同材料所产生的阴极射线都是电子流，所以它们的比荷是相同的，C 错误．在汤姆孙实验证实阴极射线就是带负电的电子流时并未得出电子的电荷量，最早测出电子电荷量的是美国物理学家密立根，D 正确． 2．(带电粒子比荷的测定)关于密立根“油滴实验”，下列说法正确的是( ) A ．密立根利用电场力和磁场力平衡的方法，测得了带电体的最小带电荷量B．密立根利用电场力和重力平衡的方法，推测出了带电体的最小带电荷量C．密立根利用磁偏转的知识推测出了电子的电荷量D．密立根“油滴实验”直接验证了电子的质量不足氢离子质量的千分之一答案 B3．(对α粒子散射实验的理解)X表示金原子核，α粒子射向金核被散射，若它们入射时的动能相同，其偏转轨道可能是下图中的()答案 D解析α粒子离金核越远其所受斥力越小，轨道弯曲程度就越小，故选项D正确．4．(原子的核式结构模型)关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是()A．原子中绝大部分是“空”的，原子核很小B．电子在核外绕核旋转的向心力是原子核对它的库仑力C．原子的全部电荷和质量都集中在原子核里D．原子核的半径的数量级是10－10m答案AB解析因为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核内，而原子核又很小，所以原子内绝大部分区域是“空”的，A正确，C错误；电子绕原子核的圆周运动是原子核与电子间的库仑力引提供向心力，B正确；原子核半径的数量级是10－15m，原子半径的数量级是10－10m，D错误．题组一对阴极射线的认识1．关于阴极射线的性质，判断正确的是()A．阴极射线带负电B．阴极射线带正电C．阴极射线的比荷比氢原子比荷大D．阴极射线的比荷比氢原子比荷小答案AC解析通过让阴极射线在电场、磁场中的偏转的研究发现阴极射线带负电，其比荷比氢原子的比荷大得多，故A 、C 正确．2.如图1所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB 时，发现射线径迹下偏，则( )图1A ．导线中的电流由A 流向B B ．导线中的电流由B 流向AC ．如要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB 中电流的方向来实现D ．电子的径迹与AB 中电流的方向无关 答案 BC解析 阴极射线带负电，由左手定则判断管内磁场垂直纸面向里；由安培定则判断AB 中电流的方向由B 流向A .电流方向改变，管内磁场方向改变，电子受力方向也改变． 3．阴极射线管中的高电压的作用( ) A ．使管内气体电离 B ．使管内产生阴极射线 C ．使管内障碍物的电势升高 D ．使电子加速 答案 D题组二 比荷的测定4．密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性．如图2所示是密立根油滴实验的原理示意图，设小油滴的质量为m ，调节两极板间的电势差U ，当小油滴悬浮不动时，测出两极板间的距离为d .则可求出小油滴的电荷量q ＝________.图2答案mgdU解析 由平衡条件得mg ＝q U d ，解得q ＝mgdU .题组三 α粒子散射实验及原子的核式结构模型5．在α粒子散射实验中，关于选用金箔的原因下列说法不正确．．．的是( ) A ．金具有很好的延展性，可以做成很薄的箔B．金核不带电C．金原子核质量大，被α粒子轰击后不易移动D．金核半径大，易形成大角度散射答案 B6．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子() A．全部穿过或发生很小偏转B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回C．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过D．全部发生很大偏转答案 B解析卢瑟福的α粒子散射实验结果是绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，故选项A错误．α粒子被散射时只有少数发生了较大角度偏转，并且有极少数α粒子偏转角超过了90°，有的甚至被弹回，故选项B正确，C、D错误．7．卢瑟福在解释α粒子散射实验的现象时，不考虑α粒子与电子的碰撞影响，这是因为() A．α粒子与电子之间有相互排斥，但斥力很小，可忽略B．α粒子虽受电子作用，但电子对α粒子的合力为零C．电子体积极小，α粒子不可能碰撞到电子D．电子质量极小，α粒子与电子碰撞时能量损失可忽略答案 D解析α粒子与电子间有库仑引力，电子的质量很小，α粒子与电子相碰，运动方向不会发生明显的改变，所以α粒子和电子的碰撞可以忽略．A、B、C错，D正确．8．卢瑟福对α粒子散射实验的解释是()A．使α粒子产生偏转的主要原因是原子中电子对α粒子有作用力B．使α粒子产生偏转的力是库仑力C．原子核很小，α粒子接近它的机会很小，所以绝大多数的α粒子仍沿原来的方向前进D．能发生大角度偏转的α粒子是穿过原子时离原子核近的α粒子答案BCD解析原子核带正电，与α粒子间存在库仑力，当α粒子靠近原子核时受库仑力而偏转，电子对它的影响可忽略，故A错，B对；由于原子核非常小，绝大多数粒子经过时离核较远，因而运动方向几乎不变，只有离核很近的α粒子受到的库仑力较大，方向改变较大，故C、D对．9．在卢瑟福的α粒子散射实验中，某一α粒子经过某一原子核附近时的运动轨迹如图3中实线所示．图中P、Q为轨迹上的点，虚线是过P、Q两点并与轨迹相切的直线，两虚线和轨迹将平面分为四个区域．不考虑其他原子核对该α粒子的作用，那么关于该原子核的位置，下列说法中正确的是()图3A．可能在①区域B．可能在②区域C．可能在③区域D．可能在④区域答案 A解析α粒子带正电，原子核也带正电，对靠近它的α粒子产生斥力，故原子核不会在④区域；如原子核在②、③区域，α粒子会向①区域偏转；如原子核在①区域，可能会出现题图所示的轨迹，故应选A.10．关于卢瑟福的原子核式结构学说的内容，下列叙述正确的是()A．原子是一个质量分布均匀的球体B．原子的质量几乎全部集中在原子核内C．原子的正电荷和负电荷全部集中在一个很小的核内D．原子半径的数量级是10－10m，原子核半径的数量级是10－15m答案BD。
【步步高】高考物理二轮复习资料 专题二 选择题课件
选项 C 正确；因 0～4 s 内图线都在时间轴的上方，故速度
一直沿正方向，选项 D 错误.
答案 BC
例 2 (2010·天津·3)质点做直线运动的 v－t 图象如图 2 所示，
规定向右为正方向，则该质点在前 8 s 内平均速度的大小和
方向分别为
(
)
A.0.25 m/s 向右 C.1 m/s 向右
•
【原创模拟】 1.如图 4 所示，一斜面体静止在粗糙的水平地
面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下 滑.若沿平行于斜面的方向用力 F 向下推此 物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面 保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力 A.大小为零 B.方向水平向右 C.方向水平向左 D.大小和方向无法判断
图4
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/172022/1/17January 17, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/172022/1/172022/1/171/17/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/172022/1/17
2016版《新步步高》考前三个月(江苏专用)高考物理二轮复习系列——专题5功和能
1．(2015·新课标全国Ⅱ·17)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图1所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )图12．(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图2，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )图2A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离3．(2015·四川理综·9)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．如图3所示，若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s 达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．图3(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)1．题型特点(1)单独命题①功和功率的计算．②利用动能定理分析简单问题．③对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．④对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简单应用．(2)交汇命题①结合v－t、F－t等图象综合考查多过程的功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．2．考查热点(1)守恒法．(2)整体法、分段法．(3)图象法．考题一功和功率的计算1．下表列出了某种型号轿车的部分数据，图4为轿车中用于改变车速的挡位．手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度，从“1～5”逐挡速度增大，R是倒车挡．试问若轿车在额定功率下，要以最大动力上坡，变速杆应推至哪一挡？当轿车以最高速度运行时，轿车的牵引力约为多大()图4A．“5”挡、8000N B．“5”挡、2000NC．“1”挡、4000N D．“1”挡、2000N2．(2015·重庆市南开中学二诊)如图5所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端向上做匀加速直线运动，斜面足够长，表面光滑，倾角为θ.经一段时间恒力F做功8J，此后撤去恒力F，物体又经相同时间回到出发点，则在撤去该恒力前瞬间，该恒力的功率是()图5A.23g m sin θB.43g m sin θ C.65g m sin θ D.83g m sin θ 3．(2015·温州二模)某工地上，一架起重机将放在地面上的一个物体吊起．物体在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中物体的机械能E 与其位移x 关系的图象如图6所示，其中0～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线，根据图象可知( )图6A ．0～x 1过程中钢绳的拉力逐渐增大B ．0～x 1过程中物体的动能一直增加C ．x 1～x 2过程中钢绳的拉力一直不变D ．x 1～x 2过程中起重机的输出功率一直增大1．功的计算(1)恒力做功的计算公式：W ＝Fl cos α；(2)当F 为变力时，用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功．所求得的功是该过程中外力对物体(或系统)做的总功(或者说是合力对物体做的功)； (3)利用F －l 图象曲线下的面积求功； (4)利用W ＝Pt 计算． 2．功率(1)功率定义式：P ＝Wt.所求功率是时间t 内的平均功率；(2)功率计算式：P ＝F v cos α.其中α是力与速度间的夹角．若v 为瞬时速度，则P 为F 在该时刻的瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为F 在该段位移内的平均功率．考题二 功能关系的理解4．(2015·北京昌平区二模)一个质量为m 的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为g3，方向向下，其中g 为重力加速度．则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是( ) A ．小球的动能增加23mghB ．小球的电势能减小23mghC ．小球的重力势能减少13mghD ．小球的机械能减少23mgh5．(多选)(2015·大连二模)如图7所示，一小物体在粗糙程度相同的两个固定斜面上从A 经B 滑动到C ，如不考虑在B 点机械能的损失，则( )图7A ．从A 到B 和从B 到C ，减少的机械能相等 B ．从A 到B 和从B 到C ，增加的动能相等 C ．从A 到B 和从B 到C ，摩擦产生的热量相等D ．小物体在B 点的动能一定最大6．(2015·洛阳二次统考)如图8所示，一个小球套在固定的倾斜光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O 点等高的位置由静止释放．小球沿杆下滑，当弹簧处于竖直时，小球速度恰好为零，若弹簧始终处于伸长且在弹性限度内，在小球下滑过程中，下列说法正确的是( )图8A．小球的机械能先增大后减小B．弹簧的弹性势能一直增加C．重力做功的功率一直增大D．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大1．功能关系(1)重力做功与重力势能的变化关系：W G＝－ΔE p.(2)弹力做功与弹性势能的变化关系：W弹＝－ΔE p.(3)合力的功与动能变化的关系：W合＝ΔE k.(4)滑动摩擦力做功产生内能的计算：Q＝F f x相对．(5)电场力做功：W＝－ΔE p＝qU，电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．2．说明(1)一对相互作用的静摩擦力做功代数和为0，不改变系统机械能．(2)一对相互作用的滑动摩擦力做功代数和小于0，系统机械能减少，转化为内能．考题三动能定理的应用7．(2015·江淮十校4月联考)如图9所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于斜面船的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为32，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为( )图9A.113MgL8 B.53MgL ＋8MgL 4C.12＋34MgLD.332MgL8．(2015·海南单科·4)如图10所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图10A.14mgRB.13mgR C.12mgR D.π4mgR 9．(2015·云南名校模拟)如图11所示，半径R ＝0.5m 的光滑圆弧CDM 分别与光滑斜面体ABC 和斜面MN 相切于C 、M 点，斜面倾角分别如图所示．O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C 、M 在同一水平高度．斜面体ABC 固定在地面上，顶端B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P 、Q (两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P 、Q 两物块静止．若PC 间距为L 1＝0.25m ，斜面MN 足够长，物块P 质量m 1＝3kg ，与MN 间的动摩擦因数μ＝13，重力加速度g ＝10m/s 2，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)小物块Q的质量m2；(2)烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；(3)物块P在MN斜面上滑行的总路程．1．动能定理应用的基本步骤(1)选取研究对象，明确并分析运动过程．(2)分析受力及各力做功的情况，受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移过程中做功？正功？负功？做多少功？求出代数和．(3)明确过程初、末状态的动能E k1及E k2.(4)列方程W＝E k2－E k1，必要时注意分析题目的潜在条件，补充方程进行求解．2．应用动能定理时根据运动过程不同可以全程列式、也可分段列式．考题四动力学和能量观点的综合应用10．(多选)(2015·广元市一模)如图12甲所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m．选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示．g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法中正确的是()图12A．物体的质量m＝0.67kgB．物体可能静止在斜面顶端C．物体上升过程的加速度大小a＝10m/s2D．物体回到斜面底端时的动能E k＝10J11．(2015·浙江五校二次联考)如图13所示，在水平轨道竖直安放一个与水平面夹角为θ，长度为L0，以v0逆时针匀速转动的传送带和一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为L；水平轨道左侧有一轻质弹簧，左端固定，弹簧处于自然伸长状态．小物块A轻放(初速度为0)在传送带顶端，通过传送带、水平轨道、圆形轨道、水平轨道后与弹簧接触，之后A压缩弹簧并被弹簧弹回(弹回速度为刚与弹簧接触时速度的一半)，经水平轨道返回圆形轨道，物块A可视为质点．已知R＝0.2m，θ＝37°，L0＝1.8m，L＝1.0m，v0＝6m/s，物块A质量为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，与PQ段间的动摩擦因数为μ2＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，物块从传送带滑到水平轨道时机械能不损失．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图13(1)物块A滑到传送带底端时速度的大小；(2)物块A刚与弹簧接触时速度大小；(3)物块A返回到圆形轨道的高度；(4)若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道？专题综合练1．(2015·宁波模拟)如图14所示，一小球从高h 处自由下落进入水面，若小球在水中所受阻力为F ＝k v 2，且水足够深，则( )图14A ．h 越大，匀速时速度v 越大B ．h 变大，小球在水中动能变化一定变多C ．h 变小，小球在水中动能变化可能变多D ．小球在水中刚匀速的位置与h 无关2．如图15所示，可视为质点的小球以初速度v 0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h 的斜面顶端．下图中有四种运动：A 图中小球滑入轨道半径等于12h 的光滑管道；B 图中小球系在半径大于12h 而小于h 的轻绳下端；C 图中小球滑入半径大于h 的光滑轨道；D 图中小球固定在长为12h 的轻杆下端．在这些情况中，小球在最低点的水平初速度都为v 0不计空气阻力，小球不能到达h 高的是( )图153．(2015·赣州模拟)如图16甲所示，质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)以v 0＝10m/s 的初速度从粗糙斜面上的P 点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图象如图乙所示，已知斜面固定且足够长．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.下列说法中正确的是()图16A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功率为50WC．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1∶5D．在t＝6s时物块克服摩擦力做功的功率为20W4．(多选)(2015·永州三模)如图17所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中()图17A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小B．两传送带对小物体做功相等C．两传送带消耗的电能相等D．两种情况下因摩擦产生的热相等5．(2015·绵阳模拟)如图18所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()图18A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大6．(2015·北京昌平区质检)人通过定滑轮将质量为m 的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h ，到达斜面顶端的速度为v ，如图19所示．则在此过程中( )图19A ．人对物体做的功为mghB ．人对物体做的功为12m v 2C ．物体克服重力所做的功为mgh cos θD ．物体所受的合外力做功为12m v 27．(2015·宁德市质检)一个排球在A 点被竖直抛出时动能为20J ，上升到最大高度后，又回到A 点，动能变为12J ，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则( ) A ．上升到最高点过程重力势能增加了20J B ．上升到最高点过程机械能减少了8J C ．从最高点回到A 点过程克服阻力做功4J D ．从最高点回到A 点过程重力势能减少了12J8．(2015·唐山二模)在物体下落过程中，速度小于10m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t ＝0.5 s 时刻的切线，如图20所示．已知小球在t ＝0时刻释放，其质量为0.5 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：图20(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值．9．(2015·全国大联考二)如图21所示，粗糙水平面与半径R ＝1.5m 的光滑14圆弧轨道相切于B点，质量m ＝1kg 的物体在大小为10N 、方向与水平面成37°角的拉力F 作用下从A 点由静止开始沿水平面运动，到达B 点时立刻撤去F ，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C 点，然后返回经过B 处的速度v B ＝15m/s.已知s AB ＝15 m ，g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图21(1)物体到达C 点时对轨道的压力大小和物体越过C 点后上升的最大高度h ；(2)物体与水平面间的动摩擦因数μ.10．(2015·南京三模)如图22所示，高为L 的斜轨道AB 、CD 与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B 、D 两点，圆弧的半径也为L .质量为m 的小滑块从A 点由静止滑下后，经CD 轨道返回，再次冲上AB 轨道至速度为零时，相对于BD 面的高度为L5.已知滑块与AB 轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g ，求：图22(1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小； (2)滑块与CD 面间的动摩擦因数μ2；(3)经过足够长时间，滑块在两斜面上滑动的路程之和s .答案精析专题5 功和能真题示例1．A [当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1f .当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大v m ′＝P 2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．]2．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确．] 3．(1)1950m (2)2.04kg解析 (1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t 1；距离为s 1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t 2，距离为s 2，速度为v ；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t 3，距离为s 3；甲站到乙站的距离为s .则s 1＝12v t 1①s 2＝v t 2② s 3＝12v t 3③s ＝s 1＋s 2＋s 3④联立①②③④式并代入数据得s ＝1950m ⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F ，所做的功为W 1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P ，所做的功为W 2.设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W ，排放气态污染物的质量为M .则W 1＝Fs 1⑥ W 2＝Pt 2⑦ W ＝W 1＋W 2⑧M ＝(3×10－9kg·J －1)·W ⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M ＝2.04kg考题一 功和功率的计算1．D [根据P ＝F v 可知，需要最大牵引力，则速度要最小，所以变速杆应推至“1”挡；当牵引力等于阻力时速度达到最大值，此时F ＝P 额v m ＝1080001893.6N ≈2057N ．]2．D [F 作用下的加速度为a ，运动时间为t ，x ＝12at 2，末速度v t ＝at ，撤去F 后的加速度为g sin θ，物体做类上抛运动，故以沿斜面向上为正方向，－x ＝v t t －12g sin θt 2，解得a ＝g sin θ3，F－mg sin θ＝ma ，解得F ＝4mg sin θ3，因为F 做的功为8J ，W ＝Fx ，所以x ＝6mg sin θ，故v t ＝2ax＝2m，所以F 的功率P ＝F v t ＝8g m sin θ3.]3．C [由于除重力和弹簧的弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E －x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在0～x 1内斜率的绝对值逐渐减小，故在0～x 1内物体所受的拉力逐渐减小．所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故A 、B 错误；由于物体在x 1～x 2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故C 正确；由于物体在x 1～x 2内E －x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以超重机的输出功率可能不变，故D 错误．]考题二 功能关系的理解4．D [由牛顿第二定律得知，小球所受的合力F 合＝ma ＝13mg ，方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加ΔE k ＝F合h ＝13mgh ，故A 错误；由牛顿第二定律得：mg －F ＝13mg ，解得电场力F ＝23mg ，且方向竖直向上，则电场力做功W电＝－Fh ＝－23mgh ，故小球的电势能增加23mgh ，故B 错误；小球在竖直方向上下降h 高度时重力做正功mgh ，因此，小球的重力势能减少mgh ，故C 错误；由上知，小球的电势能增加23mgh ，根据能量守恒知，小球的机械能减少23mgh ，故D 正确．]5．AC [设斜面与水平面的夹角为θ，则斜面的长度：x ＝Lcos θ物体受到的摩擦力：F f ＝μmg cos θ，物体下滑的过程中摩擦力做的功：W f ＝F f ·x ＝μmg cos θ·Lcos θ＝μmg ·L ①由上式可知，物体下滑的过程中，摩擦力做功的大小与斜面的倾角无关，与水平位移的大小成正比．物体从A 到B 和从B 到C ，水平方向的位移大小相等，所以物体克服摩擦力做的功相等，物体减少的机械能相等．故A 正确；由题图可知，物体从A 到B 和从B 到C ，AB 段的高度比较大，所以在AB 段重力对物体做的功比较大，由动能定理： ΔE k ＝W 总＝W G －W f ②由①②可知，从A 到B 和从B 到C ，AB 段增加的动能比较大．故B 错误；物体从A 到B 和从B 到C ，物体减少的机械能转化为内能，物体减少的机械能相等，所以摩擦产生的热量相等．故C 正确；物体从B 到C 的过程中，重力对物体做正功，摩擦力对物体做负功，由于不知道二者的大小关系，所以C 点的动能也有可能大于物体在B 点的动能．故D 错误．] 6．A [先分析小球的运动过程，由静止释放，初速度为0，沿杆方向受重力和弹力的两个分力，做加速运动，当弹簧与杆垂直时，还有重力沿杆方向的分力，继续加速；当小球下滑到某个位置时，重力和弹力的两个分力大小相等、方向相反时，加速度为0，速度最大，之后做减速运动，D 错误．小球的机械能是动能和重力势能之和，弹力做功是它变化的原因，弹力先做正功后做负功，小球的机械能先增后减，故A 正确．弹簧的弹性势能变化由弹力做功引起，弹力先做正功后做负功，故弹性势能先减后增，B 错误．重力做功的功率是重力沿杆方向的分力和速度的乘积，故应先增后减，C 错误．]考题三 动能定理的应用7．D [拉力做功最小时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程中运用动能定理得： 0－0＝W F min －Mg ·52L ·sin60°－μMg cos60°·L解得：W F min ＝332MgL ，故D 正确．] 8．C [在Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有F N －mg ＝m v 2R ，F N ＝2mg ，联立解得v ＝gR ，下滑过程中，根据动能定理可得mgR －W f＝12m v 2，解得W f ＝12mgR ，所以克服摩擦力做功12mgR ，C 正确．] 9．(1)4kg (2)78N (3)1m解析 (1)根据平衡条件，满足：m 1g sin 53°＝m 2g sin 37° 可得m 2＝4 kg(2)P 到D 过程由动能定理得m 1gh ＝12m 1v 2D 由几何关系得h ＝L 1sin 53°＋R (1－cos 53°)运动到D 点时，根据牛顿第二定律：F D －m 1g ＝m 1v 2D R解得F D ＝78 N由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78 N.(3)分析可知最终物块在CDM 之间往复运动，C 点和M 点速度为零．由全过程动能定理得：m 1gL 1sin 53°－μm 1g cos 53°s 总＝0 解得s 总＝1 m考题四 动力学和能量观点的综合应用10．CD [物体在最高点时的机械能等于重力势能，即mgh ＝30J ，解得m ＝1kg.故A 错误；物体上升到最高点的过程中，机械能减小20J ，即克服摩擦力做功等于20J ，有：F f x ＝20J ，x ＝h sin37°＝3.00.6m ＝5m ，则摩擦力F f ＝4N ，因为mg sin37°>F f ，知物体不能静止在斜面的顶端．故B 错误；根据牛顿第二定律得，上升过程中的加速度大小a ＝mg sin37°＋F f m ＝6＋41m/s2＝10 m/s 2.故C 正确；上升过程克服摩擦力做功为20J ，则整个过程克服摩擦力做功为40J ，根据动能定理得，－W f ＝12m v 2－12m v 20，解得回到斜面底端的动能E k ＝10J ．故D 正确．]11．见解析解析 (1)物块A 在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：a ＝g 据运动学公式得v 2＝2aL 0，解得：v ＝v 0＝6 m/s(2)以物块A 为研究对象，从传送带底端运动到P 的过程中，由动能定理得：－μ2mgL ＝12m v 21－12m v 20代入数据解得：v 1＝4 2 m/s (3)A 反弹速度v 2＝12v 1＝2 2 m/sA 向右经过PQ 段，由v 23－v 22＝－2μ2gL代入数据解得速度：v 3＝2 m/sA 滑上圆形轨道，由动能定理得：－mgh ＝0－12m v 23可得，返回到圆形轨道的高度为h ＝0.2 m ＝R ，符合实际． (4)物块A 以v 0冲上PQ 段直到回到PQ 段右侧，据牛顿运动定律得：v 21－v 20＝－2μ2gL ′v 2＝12v 1v 23－v 22＝－2μ2gL ′联立可得，A 回到右侧速度v 23＝v 24－52μ2gL ′＝(9－5L ′)(m/s)2要使A 能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道，则有：A 沿轨道上滑至最大高度h 时，速度减为0，则h 满足：0<h ≤R 又12m v 23＝mgh v 3>0联立可得，1 m ≤L ′<1.8 m综上所述，要使A 物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L 满足的条件是1 m ≤L <1.8 m.专题综合练1．C [当重力、浮力和阻力相等时，小球做匀速运动，有mg ＝F 浮＋kv 2，浮力是定值，可知匀速运动的速度是一定值，故A 错误；若小球进入水中做加速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h 越大，进入水中的速度越大，则动能变化越小，若小球进入水中做减速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h 越大，进入水中的速度越大，则动能变化越大，同理，当h 变小时，在水中的动能可能变多，可能变小．故B 错误，C 正确；小球匀速运动的速度是一定值，但是开始匀速运动的位置与h 有关，故D 错误．]2．B [图A 中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故A 正确；绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h 高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B 错误；图C 中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故C 正确；杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故D 正确．]3．C [由题图乙知，物块上滑的加速度a 1＝10 m/s 2；下滑的加速度a 2＝2m/s 2；由牛顿第二定律可得：上滑时，mg sin θ＋F f ＝ma 1；下滑时，mg sin θ－F f ＝ma 2，联立解得：sin θ＝0.6；mg F f ＝52，选项A 错误；根据速度－时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1～6s 内的位移x ＝12×5×10m ＝25m ，则t ＝1s 到t ＝6s 的时间内物块所受重力的平均功率：P ＝mgx sin θt ＝10×25×0.65W ＝30W ，故B 错误；物块所受的摩擦力F f ＝25mg ＝4N ，则t ＝6s 时物块克服摩擦力做功的功率P ＝F f v ＝4×10W ＝40W ，故D 错误；因为物块机械能的变化量等于克服阻力做功的大小，所以在t ＝0到t ＝1s 时间内机械能的变化量大小ΔE 1＝F f x 1，t ＝1s 到t ＝6s 时间内机械能变化量大小ΔE 2＝F f x 2，则ΔE 1ΔE 2＝F f x 1F f x 2＝525＝15，故C 正确．] 4．AB [根据公式v 2＝2ax ，可知物体加速度关系a 甲<a 乙，再由牛顿第二定律μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，得知μ甲<μ乙，故A 正确；传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等，故B 正确；由摩擦生热Q ＝F f x 相对知，甲图中：v t 12＝H sin θ，Q 甲＝F f1x 1＝F f1(v t 1－v t 12)＝F f1H sin θ，F f1－mg sin θ＝ma 1＝m v 22·H sin θ乙图中：Q 乙＝F f2x 2＝F f2H －h sin θ，F f2－mg sin θ＝ma 2＝m v 22·H －h sin θ解得：Q 甲＝mgH ＋12m v 2，Q 乙＝mg (H －h )＋12m v 2，Q 甲>Q 乙，故D 错误； 根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物体增加的机械能之和，因物体两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲>Q 乙，所以将小物体运至B 处，甲传送带消耗的电能更多，故C 错误．]5．A [在B 点，根据平衡有：F 1sin30°＝mg ，解得F 1＝2mg .B 到A ，根据动能定理得，mgL (1－cos60°)＝12m v 2，根据牛顿第二定律得，F 2－mg ＝m v 2L， 联立两式解得F 2＝2mg ，故A 正确；从A 到B ，小球缓慢移动，根据动能定理得，W F －mgL (1。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)第2部分专题1应考策略 方法技巧十、选修部分
Vmol Mmol V 占＝ N (气体) m 分＝ N A A
V m N＝V · NA＝M · NA mol mol
Mmol＝ρ· Vmol
(2)分子永不停息地做无规则运动
扩散现象和布朗运动是分子无规则运动的证明 . 温度越高，
扩散越快；颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈.
(3)分子间存在着相互作用力
)
图3
1 2 3
解析
由图示可知，ab过程，气体体积与热力学温度成正
比，则气体发生等压变化，气体体积增大温度升高，气体
内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于
对外界所做的功，故A错误；
由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不 变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律ΔU＝ Q＋W可知，气体要放出热量，故B错误；
3.光
考点12 光的折射定律(Ⅰ) (1)折射定律：折射光线跟入射光线和法线在同一平面内，
折射光线和入射光线分居在法线两侧，入射角的正弦跟折
射角的正弦成正比. (2)在折射现象中，光路是可逆的.
图2
考点13
折射率(Ⅰ)
sin θ1 c 折射率：n＝sin θ ＝v，其中 θ1 为光在真空(空气)中的入射 2 角， θ2 为光在介质中的折射角， c 为光在真空中的传播速度， v 为光在介质中的传播速度.
系统做功，W>0，系统对外界做功，W<0.
考点13
能源与可持续发展(Ⅰ)
(1)能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失， 它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转 移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变. (2)能量守恒定律说明自然界中的能量是守恒的，一切违背 能量守恒定律的设想都是不可能实现的，第一类永动机不
【新步步高】2015-2016学年高一物理人教版必修.
学案1牛顿第一定律标定位一.理想实验的魅力知识探究问题设计1.日常生活中，我们有这样的经验：马拉车，车就前进，停止用力，车就停下来.是否有力作用在物体上物体才能运动呢？马不拉车时，车为什么会停下来呢？答案不是.车之所以会停下来是因为受到阻力的作用.2.如果没有摩擦阻力，也不受其他任何力的作用，水平面上运动的物体会怎样？请阅读课本中的“理想实验的魅力”，思考伽利略是如何由理想实验得出结论的.答案如果没有摩擦阻力，水平面上运动的物体将保持这个速度永远运动下去.理想实验再现：如图甲所示,让小球沿一个斜面由静止滚下，小球将滚上另一个斜面.如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度. 如果减小第二个斜面的倾斜角度，如图乙所示，小球在这个斜面上达到原来的高度就要通过更长的路程.继续减小第二个斜面的倾斜角度，如图丙所示，使它最终成为水平面，小球就再也达不到原来的高度，而将沿水平面以恒定的速度永远运动下去.1.关于运动和力的两种对立的观点⑴亚里士多德的观点：必须有力作用在物体上，物体才能运动;没有力的作用，物体就要静止在一个地方力是维持物体运动的原因. 这种错误的观点统治了人们的思维近两千年.（2）伽利略的观点（伽利略第一次提出）：物体的运动不需要（填“需要”或“不需要”）力来维持.2.伽利略的理想实验的意义⑴伽利略的理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来即采用“可靠事实+抽象思维+科学推论”的方法推翻了亚里士多德的观点，初步揭示了运动和力的正确关系.⑵第一次确立了物理实验在物理学中的地位.二、牛顿物理学的基石——惯性定律1.牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态,B 余非作用在它卜面的力迫使它改变这种状态2.对牛顿第一定律的理解⑴定性说明了力和运动的关系.①说明了物体不受外力时的运动状态:匀速直线运动状态或静止状态.②说明力是改变物体运瑰淋脑.（2）揭示了一切物体都具有的一种固有属性——惯性.因此牛顿第一定律也口曜隹定律.3.物体运动状态的变化即物体运动速度的变化，有以下三种情况：⑴速度的方向不变，只有包改变.（物体做直线运动）⑵速度的大小不变，只有方向改变.（物体做曲线运动）⑶速度的大小和方向同时发生改变.（物体做曲线运动）三、惯性与质量坐在公共汽车里的人，当汽车突然启动时，有什么感觉？当运动的汽车突然停止时，又有什么感觉？解释上述现象. 答案当汽车突然启动时，人身体后倾.当汽车突然停止时, 人身体前倾.这是因为人具有惯性，原来人和车一起保持静止状态，当车突然启动时，人的身体下部随车运动了，但上部由于惯性保持原来的静止状态，所以会向后倾；原来人和车一起运动，当车突然停止时，人的身体下部随车停止了，但上部由于惯性保持原来的运动状态，故向前倾.1.惯性：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，我们把这个性质叫做惯性.牛顿第一定律又口暨隹定律.2.惯性与质量的关系⑴惯性是物体的固有属性切物体都具有惯性.(2)质量是物体惯性大小的唯一量度，质量越大，惯性越大.3.惯性与力无关⑴惯性不是力，而是物体本身固有的一种性质，因此物体“受到了惯性作用”、“产生了惯性”、“受到惯性力”等说法都是错误的.(2)力是改变物体运动状态的原因.圆生是维持物体运动状态的原因.4.惯性的表现⑴不受力时，惯性表现为保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，有“惰性”的意思.(2)受力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度.质量越大，惯性越大，运动状态越蕊改变.人能推动冰面上的重箱子，用同样的力却推不动粗糙地面上不太重的箱子，是不是冰面上的重箱子惯性小于粗糙地面上不太重的箱子呢？为什么？答案不是.质量是物体惯性大小的唯一量度，重箱子的惯性大于轻箱子的惯性.判断物体惯性的大小应在相同情况下比较，比如用同样的力推都处于冰面上或都处于粗糙地面上质量不同的物体，比较哪个物体的运动状态更容易改变.I典例精析一、对伽利略理想实睑的认识例1理想实验有时能更深刻地反映自然规律.伽利略设计了一个如图1所示的理想实验，他的设想步骤如下：图1①减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要达到原来的高度；②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面；③如果没有摩擦小球将上升到原来释放的高度；④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动.I请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列（只要填写序号即可）.在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论.下列有关事实和推论的分类正确的是（）A.①是事实，②③④是推论B.②是事实，①③④是推论C.③是事实，①②④是推论D.④是事实，①②③是推论解析本题是在可靠事实的基础上进行合理的推理，将实验理想化，并符合物理规律，得到正确的结论.而②是可靠事实，因此放在第一步，③、①是在斜面上无摩擦的设想，最后推导出水平面上的理想实验④.因此正确顺序是②③①④.答案②③①④B二.对牛顿第一定律的理解例2由牛顿第一定律可知（）A.物体的运动是依靠惯性来维持的B.力停止作用后，物体的运动就不能维持C.物体做变速运动时，一定有外力作用D.力是改变物体惯性的原因解析物体具有保持原来静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性，由于惯性的存在，物体才保持原来的运动状态，A对.力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，B 错,C对.惯性是物体的固有属性，力不能改变物体的惯性大小，骁昔答案AC针对训练做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是（）A.悬浮在空中不动B.速度逐渐减小C.保持一定速度向下做匀速直线运动D.无法判断解析物体自由下落时，仅受重力作用，重力消失以后物体将不受力，根据牛顿第一定律的描述，物体将以重力消失瞬间的速度做匀速直线运动，故选项C正确.答案C三、惯性的理解例3关于物体的惯性，下述说法中正确的是（）A.运动速度大的物体不能很快地停下来，是因为物体速度越大，惯性也越大B.静止的火车启动时，速度变化慢，是因为静止的物体惯性大C乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小D.在宇宙飞船中的物体不存在惯性解析惯性大小只与物体质量有关，与物体的速度无关故A错误；质量是物体惯性大小的唯一量度，火车速度变化慢，表明它的惯性大，是因为它的质量大，与是否静止无关，故B错误；乒乓球能被快速抽杀，表明它的运动状态容易发生改变是因为它的惯性小，故C正确；一切物体在任何情况下都有惯性，故D错误.答案C12 3 4 课堂要点小结1.（对伽利略理想实验的认识）关于伽利略的理 想实验，下列说法正确的是（）A.只要接触面摩擦相当小，物体在水平面上就能匀速运动 下去B.这个实验实际上是永远无法做到的C.利用气垫导轨，就能使实验成功D.虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上 解析 两种观点亚里士多德的观点（错误）伽利略的观点（正确） 牛顿第一定律《 牛顿第一定律内容意义 【惯性只要接触面摩擦存在，物体就受到摩擦力的作用物体在水平面上就不能匀速运动下去，故A错误.没有摩擦是不可能的，这个实验实际上是永远无法做到的，故B正确.若使用气垫导轨进行理想实验，可以提高实验精度，但是仍然存在摩擦力，故C错误；12 3 4虽然是想象中的实验，但是它建立在可靠的实验基础上故D正确.答案BD12 3 43 42.（对牛顿第一定律的理解）关于牛顿第一定律的理解正确的是（）A.不受外力作用时，物体的运动状态保持不变B.物体做变速运动时一定受外力作用C.在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果D.飞跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态12 3 4解析牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的状态，即总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A正确牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因.物体做变速运动说明运动状态在改变，B正确.12 3 4在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于摩擦阻力的作用而改变了运动状态.飞跑的运动员，遇到障碍而被绊倒，是因为他受到外力作用迫使他改变了原来的运动状态,C错误，D正确.答案ABD12 3 43.（力与运动的关系）某人用力推一下原来静止在水平面上的小车，小车便开始运动，以后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）A.力是维持物体速度不变的原因B.力是维持物体运动的原因C.力是改变物体惯性的原因D.力是改变物体运动状态的原因12 3 4解析力是改变物体运动状态的原因，小车原来静止，在力的作用下小车开始运动，是力使其运动状态发生了改变.用较小的力就能使小车做匀速直线运动是推力与摩擦力的合力为零的缘故.答案D4.（对惯性的理解）如图2所示，冰壶在冰面倒泮CHN即皿口加I上运动时受到的阻力很小，可以在较长时二；间内保持运动速度的大小和方向不变，我三〜佟们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”.这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则惯性的大小取决于（）A.冰壶的速度B.冰壶的质量C.冰壶受到的推力D.冰壶受到的阻力解析一个物体惯性的大小，与其运动状态、受力情况是没有任何关系的，衡量物体惯性大小的唯一因素是质量，故B正确.答案B。
【步步高】2016版高考物理(全国通用)第2部分专题1应考策略 方法技巧九、电学实验
________ Ω.
1 2 3
1 2 3
0.001×150＋1 200 并联电阻 R3＝ Ω ＝ 150 Ω ； 0.009
1.5－1.35 R2＋r＝ 0.01 Ω＝15 Ω
故R2＝15 Ω－0.5 Ω＝14.5 Ω；
题图乙所示电流为0.75 mA，则干路电流为7.5 mA；
应大致“对称”地分居两侧，偏离较远的点应当舍去.
实验三
测量电源的电动势和内阻
1.实验原理 由闭合电路欧姆定律：E＝U＋Ir，只要测出两组U、I值， 就可以列方程组求出E和r. 2.实验电路的选择
由于电源的内阻一般很小，为减小测量误差，常采用图2甲
所示的电路，而不用图乙所示的电路.
图2
3.电压表、电流表量程及滑动变阻器的选取
1 2 3
(2)某实验小组用伏安法测金属丝的电阻，记录实验数据如下： U/V
I/A
0.10
0.02
0.30
0.06
0.70
0.16
1.00
0.22
1.50
0.34
1.70
0.46
2.30
0.52
由以上实验数据可知：
①本次实验的电流表选用的是 ________ 、电压表选用的是 ______、滑动变阻器选用的是______(填以下器材前的字母).
1 2 3
(3) 图 7 为该同学根据正确设计的实验电路测出多组数据并
绘出的I1－I2图线，由图线可以求出被测方形电池的电动势 E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果保留两位有效 数字)
1 2 3
答案 9.0 10
1 2 3