《走向高考》2013高考物理总复习 2-3共点力作用下物体的平衡 63张
必考内容 第二章
第3讲
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②整体法要分析的是外力，而不是分析整体中各物体间 的相互作用力(内力)。 ③整体法的运用原则是先避开次要矛盾(未知的内力)突 出主要矛盾(要研究的外力)这样一种辩证的思想。
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(2012· 陕西渭南质检)如图所示，一质量为 M 的斜面体 B 放在水平面上，在其斜面上放一质量为 m 的物体 A，用一沿 斜面向上的力 F 作用于物体 A 上，使其沿斜面匀速下滑，在 物体 A 下滑的过程中，斜面体 B 静止不动，则地面对斜面体 B 的摩擦力 Ff 及支持力 FN 是( )
(3)整体法、隔离法的交替运用 对于连结体问题，多数情况既要分析外力，又要分析内 力，这时我们可以采取先整体(解决外力)后隔离(解决内力)的 交叉运用方法，当然个别情况也可先隔离(由已知内力解决未 知外力)再整体的相反运用顺序。
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物体的平衡
[答案] B
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[总结评述]
对于动态平衡问题，经常用三角形定则来
解，然后找出一个不变的力做标准，其他力和它比较，当边 长增加时力增加，反之则减小。
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(3)如果物体受多个力作用而处于平衡状态，其中任何一 个力与其他力的合力大小相等、方向相反。 (4)当物体处于平衡状态时，沿任意方向物体所受的合力 均为零。 (5)三力汇交原理：如果一个物体受到三个非平行力作用 而平衡，这三个力的作用线必定在同一平面内，而且必为共 点力。
走向高考· 物理
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路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
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第二章 物体间的相互作用
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第二章
物体间的相互作用
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第二章 物体间的相互作用
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2．平衡问题中列方程的方法 (1)正交分解法 正交分解法是解决共点力平衡问题的一般方法，应用正 交分解法一般应注意以下几点： ①该方法不受研究对象、所受外力多少的限制；
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[解析]
选取 A 和 B 整体为研究对象， 它受到重力(M＋
m)g，地面支持力 FN，墙壁的弹力 F 和地面的摩擦力 Ff 的作 用，如图所示，处于平衡状态。根据平衡条件有：FN－(M＋ m)g＝0，F＝Ff
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(2)整体法： 把相互连结的几个物体视为一个整体(系统)， 从而分析整 体外的物体对整体中各个物体的作用力(外力)，称为整体法。 整体法的基本原则： ①当整体中各物体具有相同的加速度(加速度不相同的问 题， 中学阶段不宜采用整体法)或都处于平衡状态(即 a＝0)时， 命题要研究的是外力，而非内力时，选整体为研究对象。
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A．Ff＝0，FN＝Mg＋mg B．Ff 向左，FN<Mg＋mg C．Ff 向右，FN<Mg＋mg D．Ff 向左，FN＝Mg＋mg
[答案] B
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[解析] 设斜面与水平面的倾角为 θ， A、 看做整体， 把 B 分析受力如图所示，由平衡条件可得，地面对斜面体的摩擦 力 Ff 向左，Ff＝Fcosθ，支持力 FN＝(M＋m)g－Fsinθ，选项 B 对。
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图解法求解动态平衡问题
命题规律 两个力的合力不变，其中一个力的方向不
变，讨论另一个力的大小和方向的变化情况，或讨论三力平 衡的问题时力的变化情况或求极值问题。
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半圆柱体 P 放在粗糙的水平地面上， 其右端有固定 放置的竖直挡板 MN。在 P 和 MN 之间放有一个光滑均匀的 小圆柱体 Q，整个装置处于静止。如图所示是这个装置的纵 截面图。若用外力使 MN 保持竖直，缓慢地向右移动，在 Q 落到地面以前，发现 P 始终保持静止。在此过程中，下列说 法中正确的是( )
取 Q 为研究对象，Q 受到 mg、FMN、FP 三个力的作用， 若 MN 缓慢向右移动，则 FMN 方向不变，FP 与竖直方向夹角 增大，动态变化情况如图所示，可以判断 FMN、FP 都变大， 选项 A、C 错误。由于 Q 受力平衡，合力始终为零，选项 D 错误。取 P、Q 整体为研究对象，地面对 P 的摩擦力应与 FMN 平衡，所以地面对 P 的摩擦力逐渐增大，选项 B 正确。
考点自清 1．平衡状态 (1)平衡状态：物体处于 静止或匀速 直线运动的状态。 (2)共点力：同一 作用点 的力或作用线(或延长线)交于
同一点 的力。
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2．共点力作用下物体的平衡条件 合外力为零，即∑F＝0
∑F ＝0 x 或 ∑Fy＝0
整体法和隔离法的应用
命题规律 分析两个或两个以上物体的受力情况或系统
内部分物体间的相互作用时，采用整体法或隔离法，考查灵 活准确利用整体法和隔离法．一般以选择题或力学综合题出 现．
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如图所示，质量为 M 的直角三棱柱 A 放在水平地 面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为 θ.质量为 m 的 光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A 和 B 都处于静止 状态，求地面对三棱柱的支持力和摩擦力各为多少？
[答案]
(M＋m)g mgtanθ
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[总结评述] 解答此题时应注意把握以下三点： (1)整体分析受力，利用竖直方向平衡条件分析地面对三 棱柱的支持力。 (2)利用水平方向平衡条件分析地面对三棱柱的摩擦力与 墙对球 B 的弹力关系。 (3)隔离 B 球受力分析， 利用平衡条件求出墙对 B 的弹力。
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(3)画出 受力示意 图，并将某些力进行合成或分解，作 出平行四边形。 (4)根据平衡条件： F 合＝0 ，列出平衡方程进行求解。
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归纳领悟 1．平衡条件的推论 (1)如果物体在两个力的作用下处于平衡状态，这两个力 必定大小相等、方向相反，为一对平衡力。 (2)如果物体在三个力的作用下处于平衡状态，其中任意 两个力的合力一定与第三个力大小相等、方向相反。
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可得 FN＝(M＋m)g 再以 B 为研究对象，它受到重力 mg，三棱柱对它的支持 力 FAB，墙壁对它的弹力 F 的作用，如图所示，处于平衡状 态，根据平衡条件有：
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竖直方向上：FABcosθ＝mg 水平方向上：FABsinθ＝F 解得 F＝mgtanθ， 所以 Ff＝F＝mgtanθ。
归纳领悟 研究对象的选取 在进行受力分析时，第一步就是选取研究对象，选取的 研究对象可以是一个物体(质点)， 也可以是由几个物体组成的 整体(质点组)。
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(1)隔离法： 将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体所受 到的各个力，称为隔离法。 隔离法的原则： 把相连结的几个物体看成一个整体，如果要分析的是整 体内物体间的相互作用力(即内力)， 就要把跟该力有关的某物 体隔离出来。当然，对隔离出来的物体而言，它受到的各个 力就应视为外力了。
(2)力的合成法 特别适合三个力平衡时，运用其中两力之和等于第三个 力来列方程求解。 (3)相似三角形法 在共点力的平衡问题中，已知某力的大小及绳、杆等模 型的长度、高度等，常用力的三角形与几何三角形相似的比 例关系求解。
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(4)应用拉密定理
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A．MN 对 Q 的弹力逐渐减小 B．地面对 P 的摩擦力逐渐增大 C．P、Q 间的弹力先减小后增大 D．Q 所受的合力逐渐增大
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[解析]
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拉密定理：如果物体受三个不平行力而处于平衡状态， 如右图所示，则每个力的大小与另外两个力的夹角正弦之比 F1 F2 F3 为定值，即 ＝ ＝ 。 sinθ1 sinθ2 sinθ3
《走向高考》2013高考物理总复习 章末整合3 39张
设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为 a2，则由 v－t 图得： a2＝1m/s2 根据牛顿第二定律，有 F－μmg＝ma2 由①②③④得：F＝3N，μ＝0.05。
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③ ④
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(2)设 10s 末物体离 a 点的距离 x，x 应为 v－t 图与横轴 所围的面积 1 1 则：x＝ ×4×8m－ ×6×6m＝－2m，负号表示物体在 2 2 a 点左侧。
mgLsin37° －μmgx1＝0 24 解得 μ＝ 35 (2)小滑块由 A 运动到 C，由动能定理得 Fx1－μmgx1＋Fx2－mgsin37° L＝0 解得 x2＝1.25m
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2．力和运动的关系
合外力与速度同向或夹角为锐角时，物体加速 合外力与速度反向或夹角为钝角时，物体减速
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3．注意的问题 (1)速度的大小如何变化取决于力和速度方向间的关系， 与力的大小没有关系。 (2)加速度如何变化取决于合外力的变化情况。 Δv F (3)注意区分加速度的定义式 a＝ t 和决定式 a＝m。
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2.物块 A1、A2、B1、B2 的质量均为 m，A1、A2 用刚 性轻杆连接，B1、B2 用轻质弹簧连接。两个装置都放在水平 的支托物上，处于平衡状态，如图所示。今突然迅速地撤去 支托物，让物块下落。在除去支托物的瞬间，A1、A2 受到的 合力分别为 f1 和 f2， 1、 2 受到的合力分别为 F1 和 F2。 B B 则( )
走向高考·高考物理总复习·人教实验版：2013年高考物理模拟试题
2013年高考物理模拟试题本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分，考试时间60分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．) 1．下列说法正确的是()A．英国科学家胡克发现了弹簧的弹力与弹簧的伸长量间的关系B．牛顿通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关C．开普勒行星运动定律都是在牛顿万有引力的基础上推导出来的D．英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量[答案]AD[解析]伽利略通过理想实验证实了物体自由下落时的速度与物体的重力无关；开普勒行星运动定律是在观测的基础上发现的，牛顿的万有引力定律比开普勒行星运动定律发现得晚，选项B、C错误．2．如图所示，挡板垂直于斜面固定在斜面上，一滑块m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M搁在挡板与弧形滑块上，一切摩擦均不计，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑块，使球与滑块均静止．现将滑块平行于斜面向上拉过一较小的距离，球仍搁在挡板与滑块上且处于静止状态，则与原来相比()A．挡板对球的弹力增大B．滑块对球的弹力增大C．斜面对滑块的弹力不变D．拉力F减小[答案] C[解析]对M受力分析，挡板对球的弹力F1和滑块对球的弹力F2，在滑块向上移动时两者合力不变，夹角减小，故挡板对球的弹力减小，滑块对球的弹力也减小，A、B错误；用整体法对球和滑块组成的整体分析可知斜面对滑块的弹力不变，又挡板对球的弹力减小，故拉力F增大，C正确，D错误．3．阴极射线示波管的聚焦电场是由电极A1、A2、A3、A4形成的，实线为电场线，虚线为等势线，x轴为该电场的中心轴线，P、Q、R为一个从左侧进入聚焦电场的电子运动轨迹上的三点，则()A．电极A1的电势高于电极A2的电势B．电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度C．电子在P点处的动能大于在Q点处的动能D．电子从P运动到R的过程中，电场力对它一直做正功[答案] B[解析]沿电场线方向电势逐渐降低，结合电场线的走向可知电极A2的电势高于电极A1的电势，A错误；由电场线疏密情况可判断电场中Q点的电场强度大于R点的电场强度，B正确；电子由P运动到R的过程中，电场力做正功，动能不断变大，故电子在P点处的动能小于在Q点处的动能，D正确，C错误．4.如图所示，距离水平地面高为h的飞机沿水平方向做匀加速直线运动，从飞机上以相对地面的速度v0依次从a、b、c水平抛出甲、乙、丙三个物体，抛出的时间间隔均为T，三个物体分别落在水平地面上的A 、B 、C 三点，若AB ＝l 1、AC ＝l 2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．物体甲在空中运动的时间为2h g B ．飞机的加速度为l 2－l 1T 2C ．物体乙刚离开飞机时飞机的速度为l 22TD ．三个物体在空中运动时总在一条竖直线上[答案] AC[解析] 物体甲在空中做平抛运动，在竖直方向上有h ＝12gt 2，解得t ＝2h g，选项A 正确；AB 等于ab ，BC 等于bc ，由Δx ＝aT 2可得a ＝l 2－2l 1T2，选项B 错误；物体乙刚离开飞机时，飞机的速度为v ，等于a 、c 之间的平均速度，则v ＝l 22T，选项C 正确；三个物体在空中运动时，并不在一条竖直线上，选项D 错误．5．图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n 1 ∶n 2＝10 ∶1.变压器原线圈加上如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈接两个串联在一起的阻值大小均为10Ω的定值电阻R 1、R 2.电压表为理想交流电表．则以下说法正确的是( )A．原线圈上电压的有效值为100V B．原线圈上电压的有效值约为70.7V C．电压表的读数为5.0VD．变压器的输入功率为25W[答案] B[解析]原线圈上电压的有效值为U1＝1002V＝502V≈70.7V，副线圈上的电压为U2＝n2n1U1＝7.07V，电压表示数为副线圈电压的一半，为3.535V，P入＝P出＝U222R＝2.5W.故选B.6．我国自主研制并发射的“天宫一”与俄罗斯、美国等国共同研制并发射的“国际空间站”同在地球上空运动．假设“天宫一”和“国际空间站”都绕地球做匀速圆周运动，两者的轨道如图所示，下列说法中正确的是()A．“天宫一”比“国际空间站”的加速度大B．“天宫一”比“国际空间站”运行的周期大C．“天宫一”比“国际空间站”运行的角速度小D．“天宫一”比“国际空间站”受到的地球的万有引力小[答案] A[解析]根据万有引力提供向心力，有GMmr2＝ma＝m4π2T2r＝mω2r，解得a＝GMr2，T＝2πr3GM，ω＝GMr3，故A对，B、C错．因为不知道“天宫一”和“国际空间站”的质量大小关系，所以无法判断两者受到的地球的万有引力大小关系，D错．7.如图所示，一个金属圆环固定在处于径向对称方向水平发散的磁场中，环面与磁感线平行，圆环的密度ρ＝8g/cm3、横截面积S＝10mm2，环上各处的磁感应强度大小为B＝0.04T，若在环中通以顺时针方向(俯视)的恒定电流I＝10A，保持电流恒定，将圆环由静止释放．不计空气阻力，不考虑磁场在圆环内外的差异，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．圆环的张力为零B．圆环有扩张的趋势C．圆环将向下做自由落体运动D．圆环在0.2s内下落的高度为0.1m[答案]AD[解析]因为电流恒定，所以圆环受到向上恒定的安培力，F＝BIL ，L 是圆环的周长，由于圆环只受向下的重力和向上的安培力，因此圆环没有扩散和收缩的趋势，张力为零，A 项正确，B 项错误；由于mg ＝ρLSg >BIL ，因此圆环将向下做初速度为零的匀加速运动，a ＝ρgLS －BIL ρLS ＝5m/s 2，因此圆环在0.2s 内下落的高度h ＝12at 2＝0.1m ，D 项正确，C 项错误．8．如图甲所示，光滑的平行导轨MN 、PQ 放在水平面上固定不动，导轨表面上放着光滑导体棒ab 、cd ，两棒之间用细的绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直，现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示，t 1－t 0＝t 0，不计ab 、cd 间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R ，导轨间距和绝缘细杆的长均为L ，则下列说法正确的是( )A ．在0～t 1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被挤压B ．在0～t 1时间内，导体棒ab 中感应电流的方向先是从b 到a ，后是从a 到bC ．若在0～t 1时间内流过导体棒的电量为q ，则t 1时刻的磁感应强度大小为qR 2L 2 D ．若在0～t 1时间内导体棒上产生的总电热为Q ，则t 1时刻的磁感应强度大小为QRt0 L2[答案]AD[解析]在0～t1时间内，磁感应强度先变小后增大，因此导体棒和导轨所围的面积先有扩张趋势，后有收缩趋势，因而绝缘细杆先被拉伸后被挤压，A项正确；在0～t1时间内，磁感应强度先正向减小，后反向增大，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，B项错误；设t1时刻磁感应强度的大小为B0，根据对称性可知，t＝0时刻磁感应强度的大小也为B0，则回路中感应电流的大小为I＝B0t0L22R，若在0～t1时间内流过导体棒的电量为q，则q＝It1，解得B0＝qRL2，C项错误；若在0～t1时间内导体棒上产生的总电热为Q，则I2×2R×2t0＝Q，解得B0＝QRt0L2，D项正确．第Ⅱ卷(非选择题共62分)二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答．)(一)必考题(4题，共47分)9．(6分)某同学用如图甲所示的实验装置做了两个实验：一是验证机械能守恒定律，二是研究匀变速直线运动．该同学取了质量分别为m1＝50g和m2＝150g的两个钩码a、b，用一根不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮将它们连在一起，取a、b为研究系统．使钩码b从某一高度由静止下落，钩码a拖着纸带打出一系列的点．图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图乙所示．(打点计时器所用电源频率为50Hz)(1)由图乙中的数据可求得打第“5”点时钩码速度的大小为________m/s，钩码加速度的大小为________m/s2.(2)在打0～5点的过程中，系统动能的增加量ΔE k＝________J，系统重力势能的减少量ΔE p＝________J．(g取9.8m/s，结果保留三位有效数字)(3)根据计算结果知ΔE k________(填“>”、“<”或“＝”)ΔE p，出现上述结果的原因是__________________________．[答案](1)2.40 4.80(2)0.5760.588(3)<系统不可避免地要克服摩擦力做功[解析](1)打第“5”点时钩码的速度等于打点“4”、“6”间钩码的平均速度，故v5＝(21.60＋26.40)×10－20.2m/s＝2.40m/s，根据Δx＝aT2，可求得a＝ΔxT2＝(26.40－21.60)×10－20.12m/s2＝4.80m/s2.(2)在打0～5点的过程中，系统重力势能的减少量等于m2重力势能的减少量减去m1重力势能的增加量，即ΔE p＝(m2－m1)gh＝0.588J，两钩码运动的速度相等，故系统动能的增加量为ΔE k＝12(m1＋m2)v2＝0.576J.(3)由(2)知ΔE k<ΔE p，出现这一结果是因为系统不可避免地要克服摩擦力做功．10．(9分)现要测量某未知电阻R x(阻值约20Ω)的阻值，实验室有如下实验器材：A．电流表A1(量程为0～150mA，电阻r1约为10Ω)B．电流表A2(量程为0～20mA，电阻r2＝30Ω)C．定值电阻R0(100Ω)D．滑动变阻器R(0～10Ω)E．直流电源E(电动势约6V，内阻较小)F．开关S与导线若干(1)请在方框中画出测量电阻R x的电路图，并标上相应元件的符，要求电表的示数大于其总量程的三分之一．(2)写出电阻R x的表达式：R x＝__________________(用已知量和一组直接测得的量的字母表示)．[答案](1)如图(2)I 2(r 2＋R 0)I 1－I 2[解析] (1)从题中给出的器材知，这里对电阻R x 的测量可用伏安法来设计电路．由于题给的器材中没有电压表，且电流表A 2的内阻r 2已知，因此电压可由电流表A 2来间接测出，那么电流的测量只能由电流表A 1来完成．由于电流表A 2的量程为0～20mA ，用它测出的最大电压为U m ＝20×10－3×30V ＝0.6V ，电阻R x 上的最大电流约为I x ＝U m R x＝0.03A ＝30mA ，这时通过电流表A 1中的电流约为20mA ＋30mA ＝50mA ，这样我们就不能保证在实际测量中电流表A 1的示数大于其量程(150mA)的13.为了增大电流表A 1中的电流，我们可以将已知的固定电阻R 0(100Ω) 与电流表A 2串联．通过计算我们不难发现，这种设计完全符合题中的测量要求．本题如果用限流法，电路中的最小电流还超出电流表的量程，故控制电路宜采用分压式，完整的实验电路设计如答图所示．(2)进行实验时，在某次合适的测量中记下电流表A 1与电流表A 2的示数分别为I 1与I 2，则有(I 1－I 2)R x ＝I 2(r 2＋R 0)，故R x ＝I 2(r 2＋R 0)I 1－I 2. 11．(13分)一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练．如图所示，某次训练中，他站在雪道上利用滑雪杖对雪面的作用第一次获得水平推力F ＝60N 而向前滑行，其作用时间为t 1＝1s ，撤除水平推力F 经过t 2＝2s 后，他利用滑雪杖对雪面的作用第二次获得同样的水平推力且其作用时间仍为1s ，之后滑雪杖对雪面不再发生相互作用．已知该滑雪运动员连同装备的总质量为m ＝50kg ，假设在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f ＝10N ，求该滑雪运动员(可视为质点)从运动到停下来滑行的总距离．[答案] 9.6m[解析] 第1s 内对滑雪运动员受力分析， 设加速度为a 1，运动的位移为x 1，第1s 末的速度为v 1，则由牛顿第二定律得a 1＝F －f m ＝1m/s 2根据运动学公式可得 x 1＝12a 1t 21＝0.5m v 1＝a 1t 1＝1m/s第一次撤除水平推力F 后，设加速度为a 2，减速运动的位移为x 2，第3s 末的速度为v 2，则由牛顿第二定律得a 2＝－f m ＝－0.2m/s 2根据运动学公式得x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22＝1.6m v 2＝v 1＋a 2t 2＝0.6m/s第二次水平推力F 作用时，设加速度为a 3，运动的位移为x 3，第4s 末的速度变为v 3，则由牛顿第二定律得a 3＝a 1根据运动学公式得x 3＝v 2t 3＋12a 3t 23＝1.1m v 3＝v 2＋a 3t 3＝1.6m/s第二次撤除水平推力F 后，设加速度为a 4，速度减为零时运动的位移为x4，则由牛顿第二定律得a4＝a2根据运动学公式得x4＝0－v232a4＝6.4m故该滑雪运动员从运动到停下来滑行的总路程为x＝x1＋x2＋x3＋x4＝9.6m12．(19分)如图所示，一面积为S的单匝圆形金属线圈与阻值为R的电阻连接成闭合电路，不计圆形金属线圈及导线的电阻．线圈内存在一个方向垂直纸面向里、磁感应强度大小均匀增加且变化率为k 的磁场B t.电阻R两端并联一对平行金属板M、N，两板间距为d，N 板右侧xOy坐标系(坐标原点O在N板的下端)的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OA和y轴的夹角∠AOy＝45°，AOx区域为无场区．在靠近M板处的P点由静止释放一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经过N板的小孔，从点Q(0，l)垂直y轴进入第一象限，经OA上某点离开磁场，最后垂直x轴离开第一象限．求：(1)平行金属板M、N获得的电压U；(2)yOA区域内匀强磁场的磁感应强度B；(3)粒子从P点射出到到达x轴的时间．[答案] (1)kS (2)2l2mkS q(3)(2d ＋π＋24l )m 2qkS [解析] 根据法拉第电磁感应定律，闭合电路的电动势为 E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝kS ①因平行金属板M 、N 与电阻并联，故M 、N 两板间的电压为 U ＝U R ＝E ＝kS ②(2)带电粒子在M 、N 间做匀加速直线运动，有qU ＝12m v 2③ 带电粒子进入磁场区域的运动轨迹如图所示，有q v B ＝m v 2r ④由几何关系可得r ＋r cot45°＝l ⑤联立②③④⑤得B ＝2l 2mkS q(3)粒子在电场中，有d ＝12at 21q U d ＝ma粒子在磁场中，有T ＝2πr vt 2＝14T 粒子在第一象限的无场区中，有s ＝v t 3由几何关系得s ＝r粒子从P 点射出到到达x 轴的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3联立以上各式可得t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2d ＋π＋24l m 2qkS(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理—选修3－3](15分)(1)(6分)某高中课外探究小组将4只相同的气球充以质量相等的空气(可视为理想气体)，放在水平的玻璃板上，并在气球的上面再放一玻璃板．下列说法正确的是________．A．气球内气体的压强是由于气体分子之间的斥力而产生的B．气球内气体的压强是由于大量气体分子的碰撞而产生的C．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体体积不变(气球内气体温度可视为不变)D．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体内能不变(气球内气体温度可视为不变)E．若在上玻璃板上再放一个杯子，则气球内气体压强不变(气球内气体温度可视为不变)(2)(9分)如图所示是正在使用的饮水机，在桶的上部有1000mL的气体，气体的压强为 1.0×105Pa.某同学接了半杯水之后，再没有气体进入水桶，但桶内气体体积增加了200mL.经过足够长的时间之后，桶内气体的温度与接水前一致，试求此时桶内气体的压强，并判断桶内气体是吸热还是放热．(结果保留两位有效数字)[答案](1)BD(2)8.3×104Pa吸热[解析](1)BD根据气体压强的微观解释可知B对，A错．若在上玻璃板上再放一个杯子，由受力分析可知气球内气体的压强增大，故气球内气体体积变小，C、E错．气球内气体为理想气体，温度不变，故气体内气体内能不变，D对．(2)①设气体初态压强为p1，体积为V；末态压强为p2，体积为V′.由玻意耳定律得p1V＝p2V′解得p2＝p1VV′＝8.3×104Pa②气体温度不变，说明气体的内能不变．气体体积增大，对外做功，要使气体的内能不变，气体要从外界吸热．14．[物理—选修3－4](15分)(1)(6分)如图甲所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，P是离原点x1＝2m的一个介质质点，Q是离原点x2＝4m的一个介质质点，此时离原点x3＝6m的介质质点刚刚要开始振动．图乙是该简谐波传播方向上的某一质点的振动图象(计时起点相同)．由此可知________．A．这列波的波长λ＝4mB．这列波的周期T＝3sC．这列波的传播速度v＝2m/sD．这列波的波源起振方向为向上E．乙图可能是图甲中质点Q的振动图象(2)(9分)雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象．在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路．一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径R＝10mm 的球，球心O到入射光线的垂直距离d＝8mm，水的折射率n＝4/3.①在图上画出该束光线射入水珠后，第一次从水珠中射出的光路图．②求这束光线从射入水珠到第一次射出水珠，光线偏转的角度．[答案](1)ACE(2)①光路如图所示②32°[解析](1)由图象可知波长λ＝4m，周期T＝2s，传播速度v＝λT＝2m/s，由振动图象可知质点起振方向向下，结合波动图象与振动图象的关系可知Q质点振动方向向上，形式与振动图象完全一致．(2)①如图所示②由几何关系得sinθ1＝dR＝0.8即θ1＝53°由折射定律得sinθ1＝n sinθ2解得sinθ2＝0.6即θ2＝37°则φ＝2(θ1－θ2) ＝32°15．[物理—选修3－5](15分)(1)(6分)2011年3月11日，日本东海岸发生9.0级地震，地震引发的海啸推毁了日本福岛第一核电站的冷却系统，最终导致福岛第一核电站的6座核反应堆不同程度损坏，如图所示，向空中泄漏大量碘131和铯137等放射性物质，引起人们对核能利用的恐慌．已知核电站核反应堆的工作原理主要是用到铀核的裂变，在某次核反应中，一个中子轰击铀核(23592U)可裂变生成钡(14156Ba)和氪(9236Kr)．已知23592U、14156 Ba、9236Kr和中子的质量分别是235.0439u、140.913u、91.8973u和1.0087u，则铀核的裂变反应方程为____________________________ ______________；一个23592U裂变时放出的能量为________．(2)(9分)如图所示，质量m B＝2kg的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量m A＝2kg的物块A，一颗质量m0＝0.01kg的子弹以v0＝600m/s的水平初速度瞬间射穿A后，速度变为v＝200m/s.已知A与B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止，则系统产生的热量为多少？[答案](1)23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n 3.2×10－11J(2)1598J [解析](1)23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n 3.2×10－11J根据质量数和电荷数守恒，可知放出3个中子，先算出质量亏损，然后根据“亏损1u，相当于放出931.5MeV的能量，1eV＝1.6×10－19J”，计算可得一个23592U裂变时放出的能量为3.2×10－11J.(2)对于子弹、物块A和平板车B，全过程由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋(m A＋m B)v B解得v B＝1m/s系统产生的热量等于系统机械能的减少量，即ΔE＝12m0v20－12(m A＋m B)v2B－12m0v2＝1598J。
2013届高考物理复习物体的平衡(一)课件
[点评] 解决取值范围问题，必须在变化中去寻找临界条件，即 不能停留在一个状态，而是要研究变化的过程、变化的物理量．从 解题的入手角度分析，共点力平衡中的“范围问题”可分为以下四 种情况：(1)直接从题目涉及的具体参量值入手；(2)从与之相关的参 量范围入手；(3)从一些条件不等式入手；(4)直接从临界状态入手， 如下面的变式题．
2019/4/25
[解析] 设木板 P 质量为 M，滑块 Q 质量为 m，则把 P、Q 及弹簧作为一个整体进行受力分析，如图甲所示，由受力平衡有 (M＋m)gsinθ＝f ，然后隔离 P 进行受力分析，如图乙所示，其 中 FN1 为斜面对 P 的支持力，FN2 为 Q 对 P 的压力，Mg 为 P 的 重力，f 为斜面对 P 的摩擦力，F 为弹簧对 P 的弹力(未知)．由受 力平衡有 f＝F＋Mgsinθ， 由于 f＝(M＋m)gsinθ， 则 F＝mgsinθ>0， 故弹簧弹力存在，P 受力个数为 5 个．
2019/4/25
变式题
[2010· 安徽卷]L 形木板 P(上表面光滑)放在固定斜
面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的 滑块 Q 相连，如图 9－2 所示．若 P、Q 一起沿斜面匀速下滑， 不计空气阻力，则木板 P 的受力个数为( )
图 9－2 A．3 B．4 C．5 D．6 [答案] C
2．按顺序分析研究对象的受力情况，可按照： ________ 重力 → 弹力→摩擦力→其他场力的顺序． 3．画出研究对象的受力图，标明各力的符号，需要合成或 分解时，必须画出相应的平行四边形 ____________． 4．定性检验受力分析的准确性：根据画出的受力图，分析 运动状态 ． 物体能否处于题目中给定的___________
《走向高考》2013高考物理总复习 选3-4-2机械波 63张
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() 特 ： 日 鸣 绝 雷 ； 空 子 说 听 声 2 例夏轰 不的 声在房里话 到 音响 更。 2． 波 发 干 、 射 声能生涉衍等 声的鸣 音共。 现，音共现称 象声的振象为
必考内容 选修3-4 第2讲
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20Hz 的 波 地 、 风 核 声。震台、爆
炸火发、啸过均生声。 、箭射海等程产次波 () 超 波 2 声： ①概 ： 率 于 念频高
向好 ②特点： 方 性
200 z 00H
的波 声。
， 透力。 穿能强
探伤 ， 于 断 临 治 用 诊 、 床 疗
③应 ： 中 位 金 用 水 测 ， 属 等。
必考内容 选修3-4 第2讲
加强，某些
区域振动总是 减弱 ，且加强区和减弱区互相间隔。
必考内容 选修3-4 第2讲
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() 对 个 全 同 波 产 的 涉 说 凡 两 源 3 两 完 相 的 源 生 干 来 ，到 波 的程为个长 路差一波 路差半波的 程为个长
整倍 数
奇倍 数
时振加；到波的 ，动强凡两源 时，振动减弱。
() 对 速 理 2 波的解 ①机械波在均匀介质中匀速传播，波速就是指波在介质 中传速。 的播度 ②同一类机械波在同一种均匀介质中的传播速度是一个 定，速大完由质决，波频无。 值波的小全介来定和的率关 ③注意区别：波的传播速度与波源的振动速度是两个不 同概。 的念 ④纵 和 波 传 速 是 同 。 波横的播度不的
平位 衡置
振幅 和 周期 都 同 各 点 在 己 相 ， 质 只 自 的
附近振
动。
必考内容 选修3-4 第2讲
《走向高考》2013高考物理总复习 3-2牛顿第二定律 63张
A．物体从 A 到 B 速度越来越大，从 B 到 C 速度越来越 小 B．物体从 A 到 B 速度越来越小，从 B 到 C 加速度不变 C．物体从 A 到 B 先加速后减速，从 B 到 C 一直减速运 动 D．物体在 B 点受力为零
必考内容 第三章
第2讲
成才之路 ·物理 ·人教版 · 高考一轮总复习
必考内容 第三章
第2讲
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20 FN＝mBg－mBa＝ N。 3 故 D 项正确。
[答案] D
必考内容 第三章
第2讲
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[总结评述] B 物体放在 A 上的瞬间， 弹簧的弹力是不变 的，这是解答该题的关键。
必考内容 第三章
必考内容 第三章
第2讲
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力学单位制
考点自清 在力学中，选用 长度、质量、时间 三个物理量的单位 作为基本单位，选定基本单位后，由物理公式推导出的单位 叫导出单位 ．基本单位和导出单位一起组成单位制 ．
必考内容 第三章
第2讲
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如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着 质量为 1kg 的物体 A，处于静止状态，若将一个质量为 2kg 的物体 B 竖直向下轻放在 A 上的一瞬间， B 对 A 的压力大 则 小为(取 g＝10m/s2)( )
必考内容 第三章
第2讲
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A．20N
B．0
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[解析] 对物体受力分析，由平衡条件可知，在剪断细线 mg 或弹簧前，绳上弹力大小为 T1＝ ＝12.5N，弹簧的弹力 cos37° 大小为 T2＝mgtan37° ＝7.5N；当剪断细线的瞬间，绳上弹力 突变为零，弹簧弹力不变，物体还受到地面竖直向上的支持 力，该支持力平衡物体重力，所以物体所受的合力为 7.5N， 加速度大小为 7.5m/s2， 选项 A 对， 错， C 当剪断弹簧的瞬间， 弹簧的弹力突变为零，绳子的弹力也消失，地面对物体竖直 向上的支持力平衡物体重力，物体的合外力为零，加速度也 为零，选项 B、D 均错误。
《走向高考》2013高考物理总复习 章末整合8 35张
[解析]
() 打 y 轴 的 子 沿 个 周 动 离 1 到 上粒均半圆运， (如 轨 图 迹 ①)
O
最的子迹好两场界相 远粒轨刚与磁交线切
ym ＝2a a x
必考内容 第八章 章末整合
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() 速 最 的 子 2 率大粒在 其应圆角 对的心为
0<x≤a 中 动 间 运时 a 6° ， 以 R＝ 0 所 s6° n0 i
合 手 则 洛 兹的 向 终 粒 的度 向 直 左 定 。 伦 力 方 始 和 子 速 方 垂 ， 故伦力做，能变子动。 洛兹不功不改粒的能
必考内容 第八章 章末整合
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2． 确 析 电 子 受 情 正分带粒的力况 除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的 分 ， 断 电 子受 力 否 略 计电 力 洛 析 判 带 粒 所 重 是 忽 不 ， 场 和 伦 兹 的 小 方 怎， 些 必 根 题以 各 力 力 大 和 向 样 这 都 须 据 意 及 场 的 特作全的析 征出面分。
必考内容 第八章 章末整合
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4． 于 功 能 角 分 问 善从 和 的度析 题 洛伦兹力的方向总是与速度方向垂直，任何情况下都不 做；重、电 可 做 而 起电 子 量 转。 功但力静 力 能功 引 带 粒 能的 化 5． 活 用 学 律 解 题 灵运 力 规求问 在正确而全面分析题意的基础上，画好必要的受力图和 运 轨 图 再 据 电 子 运 状 和 程 灵 地 动 迹 ， 根 带 粒 的 动 态 过 ， 活 运 用 如 衡 件 牛 运 定 、 能 系 力 规 来 诸 平 条 、 顿 动 律 功 关 等 学 律 求 解。
《走向高考》2013高考物理总复习 章末整合6 32张
必考内容 第六章 章末整合
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(可 为 点 视质
)放 水 轨 上 在平道与
B 端 离 x＝1.0m 的 置 距 位，
由 受 电 力 作带 体 静 开 运， 运 到 于 到 场 的 用 电 由 止 始 动 当 动 圆 弧轨的 形道 C端，度好零已带体带荷 时速恰为，知电所电
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考题探析 知识网络
归纳整合 临 场 练兵
必考内容 第六章 章末整合
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知识网络
必考内容 第六章 章末整合
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2． 强 场 电 强 和 势 在 值 的 系 匀电中场度电差数上关： U E＝ d 或 U＝E· d 说 ： ①上 只 用 匀 电 ； 明 式适于强场 ②式 U 为 场 两 的 势 ， 中 电中点电差 间距 的 离 (即 点 在 势 间 距 两所等面的离 ③电 强 的 位 场度单 1C N / d为点场方 两沿强向 )；
必考内容 第六章 章末整合
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2． 图 示 水 绝 光 轨 如所，平缘滑道 平内四之圆形糙缘道 面的分一弧粗绝轨
AB 的 B 端 处 竖 与于直 BC 平 连 ，弧 滑 接圆 的
半径 R＝0.40m。 轨 道 在 间 在 平 右 匀 电 ， 在 所空存水向的强场 电强 场度 E＝1.0×104N 。 有 质 C 现一量 / m＝0k 1g .0 的电 带体
《走向高考》2013高考物理总复习 2-2力的合成与分解 67张
必考内容
第二章
第2讲
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2.力 两 分 法 的种解 () 力 效 分 法 1 的果解 ①根 力 实 作 效 确 两 实 分 的 向 据的际用果定个际力方。 ②再 据 个 际 力 向 出 行 边 。 根两实分方画平四形 ③最 由 行 边 知 求 两 力 大 和 向 后平四形识出分的小方。
走向高考· 物理
人教版 ·高考一轮总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
必考内容
必考内容
第二章 物体间的相互作用
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第二章
物 间 相 作 体 的 互 用
必考内容
第二章 物体间的相互作用
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
求个知的力 一已力分
叫力分。 做的解
必考内容
第二章
第2讲
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归领 纳悟 1．没 实 限 的 的 解 见 表 有际制力分，下： 已条 知件 已合和 知力两 个力方 分的向 示图 意 解情 的况
必考内容
第二章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
已条 知件
示图 意
解情 的况 有解无 两或解 (当|F1
－F2|>F 或 F>F1＋ 已合和 知力两 个力大 分的小 F2 时无解)
必考内容
第二章
第2讲
走向高考 ·高考一轮总复习 ·人教版 ·物理
已条 知件 已 合 和 知 力 一 个 力 大 分 的 小 和向 方
示图 意
解情 的况 有一 惟解
必考内容
2013届高考物理复习物体的平衡(二)课件
4．平衡中的临界和极值问题的解法 临界状态也可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现 象的状态．平衡物体的临界问题的求解方法一般是采用假设推理 法，即先假设怎样，然后再根据平衡条件及有关知识列方程求解．解 题的关键是要注意“恰好出现”或“恰好不出现”．求解平衡中的 极值问题，要找准平衡问题中某些物理量变化时出现最大值或最小 值对应的状态．
2019/4/25
• ► 探究考向二 多力平衡问 题 物体受到的力可按照力的效果进行分解．物体在多个力的作
用下，若各力的效果不易确定，则不宜用分解法，应利用先分解 再合成的正交分解法：不考虑力的效果，将各力分别分解到互相 垂直的两个方向 x 轴上和 y 轴上，则沿两坐标轴方向各个分力的 合力均等于零，即∑Fx＝0，∑Fy＝0.
2013届高考物理复习课件
2019/4/25
第二章
力 物体的平衡
第10讲 物体的平衡（二）
2019/4/25
编读互动
1．平衡问题是高中物理常见的力学问题，该问题 对学生的分析推理能力和数学应用能力都有较高的要 求，也是学习高中物理的难点之一．在上一讲中，我 们重点研究了物体平衡的条件以及正交分解法的应 用．通过本讲的复习使学生掌握如何应用整体法与隔 离法处理连接体问题、动态平衡问题的求解思路和处 理方法、临界以及极值问题的处理方法．
(3) 物 体 受 三 个 以 上 的 力 作 用 时 ， 常 用正__交__分__解__法__ 、 __合__成__法____求解．
2019/4/25
► 知识点二 系统的平衡
1．平衡特征 (1)系统内每个物体的加速度均为____零______． (2)系统内每个物体均处于_静__止___或____匀__速__直__线__运__动____ 状态． 2．解题方法 一般对整体或隔离体进行受力分析，然后对整体或隔离 体分别应用平衡条件列方程求解，其中重点是整体的受力情 况的分析．