第六步 抓基础,建网络 回归课本补漏缺.doc

第六步抓基础，建网络回归课本补漏缺三种性质力和牛顿运动定律三种性质力1. 必须精通的几种方法(1)力的合成与分解的方法(2)正交分解法(3)整体法与隔离法(4)弹力和摩擦力的有无及方向的判断方法(5)共点力平衡问题的分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)运动的物体所受摩擦力不一定是滑动摩擦力、静止的物体所受摩擦力不一定是静摩擦力(2)杆产生的弹力方向不一定沿着杆的方向，绳产生的弹力方向一定沿着绳的方向(3)受力分析时不能添力、漏力、错力(4)不能将结点和滑轮的作用等同，定滑轮上两段绳受力大小相同，结点处两段绳受力不同，应按一般受力平衡分析例1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作用于弧形滑块，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仍处于静止状态，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减小解析滑块向上移动，则滑块对球的作用力与竖直方向的夹角减小，对滑块进行受力分析，用F块1、F板1表示移动前滑块、挡板对球的作用力，用F块2、F板2表示移动后滑块、挡板对球的作用力，在同一图中作出两种情况下的平行四边形如图1所示，由图可知，滑块对球的作用力F块，挡板对球的作用力F板均减小；再以滑块和球的整体为研究对象，受力分析如图2所示，用FN表示斜面对滑块的支持力，F板表示挡板对球的支持力，则由正交分解法有：m整gcosFN，m整gsinFF板由以上分析可知，斜面对滑块的支持力不变，拉力F增大答案C直线运动和牛顿运动定律1. 必须精通的几种方法(1)图象法分析物体的运动规律(2)整体法和隔离法分析连接体问题(3)逆向思维法处理匀减速直线运动(4)正交分解法在动力学问题中的应用(5)对称法分析竖直上抛运动2. 必须明确的易错易混点(1)处理刹车类问题时要注意在给定的时间内车是否已经停止运动(2)物体沿斜面上冲时，从最高点返回时的加速度与上冲时的加速度不一定相同(3)处理追及相遇问题时，若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动(4)注意区分a、v、三个物理量(5)由图象得到的加速度方向与应用牛顿第二定律列式时所取的正方向应保持一致(6)超重或失重的物体加速度方向不一定沿竖直方向(7)加速度“突然”变化时，绳、杆产生的弹力可能跟着“突变”，而弹簧、橡皮筋产生的弹力不会“突变”,例2如图甲所示，一个人用与水平方向成30角的斜向下的推力F推一个质量为20 kg的箱子匀速前进，箱子与水平地面间的动摩擦因数为0.40.(1)求推力F的大小；(2)若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30角斜向上去拉这个静止的箱子，如图乙所示，拉力作用2.0 s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？(g取10 m/s2)解析 (1)在题图甲情况下，对箱子有FcosFf，FsinmgFN1，FfFN1由以上三式得F120 N.(2)在图乙情况下，箱子先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀减速运动直到停止对箱子有FcosFN2ma1，FN2mgFsin，v1a1t1 FN3ma2，FN3mg,2a2xv解之得x2.88 m.答案(1)120 N(2)2.88 m总结提升牛顿第二定律具有矢量性，应用其列方程时应规定正方向，一般取加速度的方向为正方向，同时注意因受力变化而造成摩擦力的大小发生变化的情况质点运动的基本规律曲线运动1. 必须精通的几种方法(1)两个分运动的轨迹及运动性质的判断方法(2)小船渡河问题、绳和杆末端速度分解问题的分析方法(3)平抛运动、类平抛运动的分析方法(4)火车转弯问题、竖直面内圆周运动问题的分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)两个直线运动的合运动不一定是直线运动(2)合运动是物体的实际运动(3)小船渡河时，最短位移不一定等于小河的宽度(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向不同(5)做圆周运动的物体，其向心力由合外力指向圆心方向的分力提供，向心力并不是物体“额外”受到的力(6)做离心运动的物体并没有受到“离心力”的作用,例1如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点假设不考虑飞刀的转动和空气阻力，并可将其看作质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是()A. 三把飞刀在击中板时的动能相同B. 三把飞刀的飞行时间之比为1C. 三把飞刀的初速度的竖直分量之比为321D. 设三把飞刀的初速度与水平方向夹角分别为M、N、P，则有MNP解析 因为三把飞刀都是垂直打在木板上，所以飞刀在竖直方向上做匀减速直线运动，且末速度为零，而在水平方向上做匀速直线运动采用逆向思维法，把飞刀在竖直方向上的运动看作是初速度为零的匀加速直线运动，由匀变速直线运动推论可知，三把飞刀的飞行时间之比为tMtNtP1，根据公式vgt可知，三把飞刀的初速度的竖直分量之比为vyMvyNvyP1，选项B、C错误；设O点到竖直墙的水平距离为L，三把飞刀的初速度的水平分量分别为vxM、vxN和vxP，它们分别也是三把飞刀击中木板时的合速度，则vxMtMvxNtNvxPtPL，又tMtNtP1，所以vxMvxN：vxP1，可见，它们末速度大小不等，所以三把飞刀在击中板时的动能不相同，选项A错误；因为tan，则tanMtanN：tanP321，则MNP，选项D正确答案D解题启示在本题中，三把飞刀做的都是斜抛运动，斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动另外，要准确抓住竖直方向上末速度为零的匀减速直线运动这个关键点万有引力与航天 1. 必须精通的几种方法(1)天体质量和密度的估算方法(2)“变轨问题”的处理方法(3)“双星问题”的处理方法(4)第一宇宙速度的计算方法2. 必须明确的易错易混点(1)任何物体间都存在万有引力，但万有引力定律并不适用于任何物体之间(2)只有在两极处的物体所受重力等于万有引力，地球上其他位置处，重力不等于万有引力，有时将二者按近似相等处理(3)卫星在稳定的圆周运动中，才有F万F向，否则F万F向(4)同步卫星、近地卫星、地球赤道上物体运动的特点不同(5)对于双星问题，求两星球间的万有引力时，公式FG中的rL；求星球的向心力时，公式F向m中的rr1(或r2),例2天文学家如果观察到一个星球独自做圆周运动，那么就会猜想到在这个星球附近存在着一个看不见的星体黑洞星球与黑洞由万有引力的作用组成双星，以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，下列说法正确的是()A. 它们做圆周运动的角速度与其质量成反比B. 它们做圆周运动的周期与其质量成反比C. 它们做圆周运动的半径与其质量成反比D. 它们做圆周运动所受的向心力与其质量成反比解析由于该双星和它们的轨道中心总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即它们做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同，选项A、B错误；因为它们所受的向心力都是由它们之间的万有引力来提供，所以大小必然相等，选项D错误；由Fm2r可知r，选项C正确答案C解题启示本题属于双星模型，双星模型具有以下特点：(1)由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同；(2)由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由Fm2r，可得r，于是有r1L，r2L；(3)列式时须注意：万有引力定律表达式中的L表示双星间的距离，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径功能关系和能量守恒1. 必须精通的几种方法(1)功(恒力功、变力功)的计算方法(2)机车启动问题的分析方法(3)机械能守恒的判断方法(4)子弹打木块、传送带等，模型中内能增量的计算方法2. 必须明确的易错易混点(1)公式WFlcos中，l不一定是物体的位移(2)混淆平均功率和瞬时功率；计算瞬时功率时，直接应用公式WFv，漏掉了F与v之间的夹角(3)功、动能、重力势能都是标量，但都有正负，正负号的意义不同(4)机车启动时，在匀加速阶段的最大速度并不是机车所能达到的最大速度(5)E内Ffl相对中l相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度3几种常用的功能转化关系例1如图所示，物体以100 J的初动能从固定斜面底端向上运动，当它通过斜面某点M时，其动能减少了80 J，机械能损失了32 J若物体能从斜面上返回底端，则返回底端时物体的动能为()A. 20 JB. 48 JC. 60 JD. 68 J解析 设物体的质量为m，斜面的倾角为，物体从底端到M点沿斜面运动的位移为s1.对物体做功的力有两个：重力沿斜面的分力mgsin和滑动摩擦力f，而且上升的过程中这两个力都对物体做负功根据动能定理可知：动能的减少量等于克服这两个力所做的功，即(mgsinf)s180 J.由功能关系可知：机械能的减少量等于克服滑动摩擦力所做的功，即fs132 J，由两式得.设物体从斜面底端运动到最高点位移为s2，则上升过程中由动能定理得(mgsinf)s2100 J，由两式得fs240 J，即上升过程中物体克服滑动摩擦力做了40 J的功因为上升和下降过程中物体都克服滑动摩擦力做功，且数值相等，所以往返一次克服滑动摩擦力所做的总功为80 J由功能关系可知，往返一次机械能的减少量等于克服滑动摩擦力所做的总功，所以物体的动能减少了80 J(因为物体的重力势能没有变化)，因此物体返回斜面底端时的动能为20 J.答案A解题启示应用功能关系解题的关键，就是要认真分析物理过程中有哪些力对物体做了功，并明确每个力做功与其相应能量的变化关系功和能量转化的关系，不仅在解决力学问题时开辟了一条重要途径，而且也是分析解决电磁学、热学等物理现象的重要依据运用能量的观点去分析解决问题，可不涉及整个过程作用的细节，只涉及初、末状态，避免了直接用牛顿定律所遇到的困难，同时也简化了解决问题的步骤例2固定在竖直平面内的半圆形轨道与竖直轨道平滑连接，竖直轨道的上端有一个大小可忽略的小定滑轮，半圆形轨道的半径为R，C为轨道的最低点，竖直轨道高也为R，两个质量分别为2m和m的小球A和B用轻质细线连在一起，所有接触面均光滑，如图所示开始时用手固定B、使A紧靠近滑轮，突然撤去手后，A由静止开始下滑，求A经过C点时的速度解析对A、B，从A静止释放到运动至C点，设A运动至C点时A、B的速度分别为v1、v2(关系如图所示)由几何关系知小滑轮到C的距离为sRcos因为细线长度不变，则B上升的高度Hs在A下滑到C点的过程中，A、B系统机械能守恒，有(2m)g(2R)mgH(2m)vmvB的速度大小等于A的速度沿细线方向的分速度大小，有v2v1cos以上各式联立解得v1 .答案解题启示两物体在运动过程中系统机械能守恒的根源在于线(杆)对两物体所做的正、负功绝对值相等抓住线(杆)长度不变，通过作图找出线段间关系和边角关系，确定物体的位移(上升、下降的高度)如果物体速度不沿线(杆)方向，需将物体速度沿线(杆)分解，根据沿线(杆)方向速度相等，确定两物体速度的大小关系，再应用系统机械能守恒定律，问题便可迎刃而解电场和带电粒子在电场中的运动1. 必须精通的几种方法(1)库仑力作用下点电荷的平衡问题的分析方法(2)电场强度、电势、电势能高低的判断方法(3)电场的叠加问题的分析方法(4)平行板电容器的动态变化问题的分析方法(5)带电粒子在电场中运动的分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)任何带电体间都存在库仑力，但库仑定律只适用于点电荷间(2)电场强度、电势、电势能的大小之间没有必然的关系电场强度大的地方电势不一定高，电势高的地方，电荷的电势能不一定大(3)电容器的电容与Q和U无关3. 必须熟知的规律与方法电场强度、电势、电势能的判断方法(1)电场强度根据电场线的疏密程度进行判断，电场线越密电场强度越大根据等势面的疏密程度进行判断等差等势面越密处电场强度越大根据a，a越大处电场强度越大(2)电势沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面根据电场力做功公式判断当已知q和WAB时，由公式WABqUAB，即UAB判定根据电势能判断，正电荷在电势能高的地方电势高，负电荷在电势能高的地方电势反而低(3)电势能电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小处移向电势能较大处处理带电粒子在电场中运动的思想方法处理带电粒子在电场中的运动问题，首先要注意区分不同的物理过程，弄清在不同的过程中粒子的受力情况和运动情况在解题时主要可以从以下两条线索展开：(1)力和运动的关系根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这条线索通常适用于受恒力作用下做匀变速直线运动的情况(2)功和能的关系根据电场力对带电粒子所做的功引起带电粒子能量的变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等这条线索也适用于非匀强电场例1(多选)将某导体置于电场后其周围的电场分布情况如图所示，图中虚线表示电场线，实线表示等势面，图下箭头所示数字表示等势面的电势(单位：V)，A、B、C、D、E为电场中的五个点，其中D、F两点间的距离为3 cm.下列说法错误的是()A. A点的电场强度小于B点的电场强度B. A点的电势高于B点的电势C. E点的场强大小小于10 V/mD. 将正电荷从A点沿电势为0.5 V的等势面移到C点的过程中，因电场线先密后疏，故静电力先做负功后做正功解析 从图中可以看出，A点处的电场线较B点处的电场线稀疏，则A点的电场强度小于B点的电场强度，选项A正确；顺着电场线的方向电势逐渐降低，故A点所在等势面的电势较B点所在等势面的电势高，选项B正确；由E V/m10 V/m，因E点附近的电场线较密，故E点的场强大小大于10 V/m，选项C错误；因等势面与电场线垂直，故电荷沿等势面移动时静电力不做功，选项D错误答案CD解题启示(1)记住两个重要结论：第一，场强的大小与电场线的疏密有关；第二，电势的高低与电场线的方向有关(2)弄清两个问题：第一，静电力做功的正、负由电荷的正、负及两点间的电势差共同决定，而并非由电场线的疏密决定；第二，公式UEd用于匀强电场中的定量计算和非匀强电场中的定性分析例2电荷量分别为q1、q2的两个点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法正确的是()A. N点的电场强度大小为零B. A点的电场强度大小为零C. N、C两点间场强方向沿x轴正方向D. 将一负点电荷从N点移到D点，静电力先做正功后做负功解析 电场中场强的大小是由电场本身的因素决定的，而电势的高低则是人为规定的，零电势可以依据问题的需要而定，故场强与电势之间无必然联系，x图线的斜率表示电场强度，则可知选项A、B均错误；由题给x图象可知，由N点到C点电势逐渐升高，故N、C两点间的场强方向沿x轴负方向，选项C错误；同理，由题给x图象可知，C、D两点间的场强方向沿x轴正方向，故负电荷从N点移动到D点的过程中，静电力先做正功后做负功，选项D正确答案D解题启示(1)分析图象问题的关键：第一，看清楚坐标轴尤其是纵轴所代表的物理量，如本题图象中的纵轴表示的是电场中电势的高低；第二，根据图象找出突破点，准确地分析、判断物理量的变化规律，如本题中根据A、N两点两侧曲线的变化情况分析、判断电势高低的变化规律(2)切记：第一，电势的高低与场强的大小无必然联系，反之亦然；第二，场强的方向总是由电势较高的等势面指向电势较低的等势面，且与等势面垂直恒定电流1. 必须精通的几种方法(1)直流电路中电功、电热、电功率的计算方法(2)直流电路的动态分析方法(3)含容电路的分析与计算方法(4)直流电路的图象问题的分析方法(5)电路故障的分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)不能分清纯电阻元件和非纯电阻元件导致计算出错(2)不能正确识别串、并联电路而出错(3)非线性元件的IU图象中，某点切线的斜率的倒数不是电阻1.闭合电路的动态分析方法(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是：由局部电阻变化判断总电阻的变化；由I判断总电流的变化；据UEIr判断路端电压的变化；由欧姆定律及串并联电路特点判断各部分电流、电压变化(2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论(4)结论法：“串反”“并同”即某一电阻阻值变化，则与该电阻相串联的用电器，两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相反；与该电阻相并联的用电器， 两端电压、通过的电流、消耗的功率都将与该电阻阻值变化情况相同2.含容电路问题的分析方法 (1)电容器在直流电路中，相当于一个阻值无限大(只考虑电容器是理想的不漏电的情况)的电阻，在电容器处电路可视为断路，分析时可以等效于拆去电容器，从而简化电路；简化后若求电容器所带电荷量，可接在相应的位置上(2)电路稳定后，电容器两极的电压等于与它并联电路的电压值(3)当电容器与电阻串联时，电阻两端不分电压(4)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电(5)电容器带电荷量或带电荷量变化的求解方法：电容器所带电荷量用QCU计算，电容器所带电荷量变化用QCU计算例1某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知()A. 反映Pr变化的图线是bB. 电源电动势为8 VC. 电源内阻为1 D. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为6 解析由题意可知PrI2r，变化曲线应该是c，且由图象可求得电源内阻r2 ，选项A、C错误；由PEEI，可求得电源电动势E4 V，选项B错误；由图象及闭合电路欧姆定律EIRIr可知，当电流为0.5 A时外电路的电阻为6 ，选项D正确答案D例2在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V分别为理想电流表和理想电压表在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()A. 电压表示数变小，电流表示数变大B. 电容器C所带电荷量增多C. 电容器内M点的电势降低D若将电容器的下极板上移少许，则电荷在M点所具有的电势能减小解析 滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，闭合电路的外电阻变小，电路总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，电阻R1两端电压增大，电压表示数变大，R2和R3并联部分两端的电压变小，流过R2的电流变小，流过R3的电流变大，电流表示数变大，选项A错误；电容器两极板间的电压等于电阻R2两端的电压，由QCU可知，电容器所带电荷量Q减少，选项B错误；由E可知，电容器内部匀强电场的场强E变小，由题图可知电容器的下极板电势为零，由UEd可知M点的电势降低，选项C正确；虽然电容器内M点的电势降低，但由于电荷的电性不确定，所以无法确定该电荷在M点电势能的变化情况，选项D错误答案C解题启示处理电容器和电阻组成的串、并联电路问题需要把握两点：第一，电路处于稳定状态时电容器支路相当于断路，因此，与电容器串联的电阻两端电压为零；第二，电容器两端电压等于与之并联的电阻两端的电压，因此，电容器两端电压随与之并联的电阻两端电压的变化而变化磁场和带电粒子的运动磁场1. 必须精通的几种方法(1)根据磁感线分析磁场的分布规律(2)与安培力有关的力学问题的分析方法(3)带电粒子在有界磁场中运动问题的分析方法(4)带电粒子在磁场中周期性运动问题的分析方法(5)带电粒子在匀强磁场中的临界和极值问题的分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)通电导线、带电粒子在磁场中不一定受磁场力的作用(2)安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力不做功，安培力可以做功(3)把左手定则和右手定则混淆左手定则用来判断安培力、洛伦兹力的方向，右手定则是用来判断导体棒切割磁感线时产生的感应电流方向的(4)不能熟练地利用几何关系分析带电粒子在磁场中的运动轨迹：带电粒子在有边界的匀强磁场中运动时，要正确地找出偏转角度与圆心角、入射方向与出射方向之间的关系,例12012安徽卷如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A. tB. 2tC. t D. 3t解析设带电粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB，得r1，根据几何关系得tan，且160.当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2r1，圆心在O2，则tan，即tan3tan.故60，2120；带电粒子在磁场中运动的时间tT，所以，即t22t12t，故选项B正确，选项A、C、D错误答案B复合场1. 必须精通的几种方法(1)带电粒子在复合场中的平衡问题的分析方法(2)带电粒子在组合场中运动的分析方法(3)带电粒子在复合场中运动的分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)组合场中不能确定好粒子在组合场交界位置的速度的大小与方向而出错(2)在复合场中，受力分析不正确，特别是洛伦兹力的方向判断不正确而出错(3)对带电体的重力能否被忽略判断不准而导致出错(4)混淆处理“磁偏转”和“电偏转”的方法而出错1. 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法2. 带电粒子在有界磁场中的常用几何关系(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点 (2)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍 例22013安徽卷如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有xv0t2hyat2hqEma联立以上各式可得E.(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为vyatv0所以vv0方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)粒子在磁场中运动时，有qvBm当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有rL所以B.答案(1)(2)v0方向指向第象限与x轴正方向成45角(3)电磁感应现象和交流电电磁感应现象_1. 必须精通的几种方法(1)应用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向(2)应用楞次定律判断导体的“相对”运动(3)电磁感应现象中等效电路的画法(4)通电自感和断电自感现象的分析方法(5)应用图象分析电磁感应问题的方法(6)电磁感应与力学、电路、能量的综合分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)判断磁通量是否变化时，由于只考虑磁通量的“大小”，忽略了“方向”而出错(2)对楞次定律中“阻碍”含义理解不准确而出错，阻碍不等于相反，不等于阻止(3)电磁感应现象中，由于不能正确画出等效电路图而出错(4)对变化电流的问题，求电功、电功率、热功率电流的有效值，求通过的电量用电流的平均值(5)导体棒所受安培力不一定做功，但导体棒中由于电流和电阻会产生焦耳热例1间距为L2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面质量均为m0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路杆与导轨之间的动摩擦因数均为0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R10.6 ，R20.4 .整个装置处于磁感应强度大小为B0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动测得拉力F与时间t的关系如图乙所示g10 m/s2.(1)求ab杆的加速度a.(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，通过cd杆横截面的电荷量为2 C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热解析 (1)由题图乙可知，在t0时，F1.5 N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma代入数据解得a10 m/s2(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析如图所示，当cd速度最大时，有fmgFN，FNF安，F安BIL，I综合以上各式，解得v2 m/s(3)整个过程中，ab杆发生的位移x m0.2 m对ab杆应用动能定理，有WFmgxW安mv2代入数据解得W安4.9 J根据功能关系Q总W安所以ab杆上产生的热量QabQ总2.94 J.解题启示分析“双杆模型”问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动”杆与“被动”杆之间的关系，需要注意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键交流电1. 必须精通的几种方法(1)正弦交变电流的瞬时值表达式的计算方法(2)交变电流有效值的计算方法(3)变压器电路的动态分析方法(4)远距离输电问题的常用分析方法2. 必须明确的易错易混点(1)线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时，开始计时的位置不同，则瞬时值表达式不同(2)只有正弦交流电的有效值才满足I.(3)正弦交变电流的“四值”的应用范围不同，如计算电功时只能用有效值，计算电量时只能用平均值(4)理想变压器的副线圈只有一个时，原副线圈的电流关系才满足.(5)远距离输电时，输电导线的电阻不等于输送电压与输送电流的比值 例2如图所示，一单匝矩形金属线圈ABCD在匀强磁场中绕转轴OO匀速转动转轴OO过AD边和BC边的中点若从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间t的变化关系可以表示为0.1cos20t Wb，时间t的单位为s.已知矩形线圈电阻为2.0 .下列说法正确的是()A. 线圈中电流的有效值约为3.14 AB. 穿过线圈的磁通量的最大值为 WbC. 在任意1 s时间内，线圈中电流的方向改变10次D. 在任意1 s时间内，线圈克服安培力所做的功约为9.86 J解析 穿过线圈的磁通量最大值为mBS0.1 Wb，选项B错误；转动角速度20 rad/s，产生的感应电动势最大值为EmBS2 V，线圈中电流的最大值为3.14 A，选项A错误；线圈转动的周期T0.1 s，故在任意1 s时间内，线圈中电流的方向改变20次，选项C错误；在任意1 s时间内，产生电能WI2Rt()2Rt9.86 J，线圈克服安培力所做的功约为9.86 J，选项D正确答案D选修331. 必须精通的几种方法(1)油膜法测分子直径(2)分子微观量的估算方法(3)热力学第一定律的符号规定及应用方法(4)气体实验定律和状态方程的应用步骤(5)应用图象分析气体状态变化的过程(6)判断晶体和非晶体的方法2. 必须明确的易错易混点(1)分子力是分子引力和斥力的合力，分子间距离增大时，分子引力和斥力均减小，分子力可能增大，也可能减小(2)布朗运动是固体小颗粒的运动，而非液体分子的运动(3)温度升高时，分子平均动能增大，每个分子的动能不一定增大(4)分子间距增大时，分子势能不一定增大(5)第二类永动机不违背能量守恒定律，但它不能实现(6)某种物理性质具有各向同性的固体不一定是非晶体(7)应用气体实验定律和状态方程时，要注意：质量不变，理想气体例1我国将开展空气中PM2.5浓度的监测工作PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，被吸入后会进入血液对人体形成危害矿物燃料燃烧是形成PM2.5的主要原因下列关于PM2.5的说法不正确的是()A. 温度越高，PM2.5的运动越激烈B. PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C. 周围大量分子对PM2.5碰撞的不平衡使其在空中做无规则运动D.倡导低碳生活，减少矿物燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度解析依题意可知，PM2.5在空气中的运动属于布朗运动，产生的原因是PM2.5受到其周围大量分子碰撞的不平衡性，因此并非分子的热运动，选项B错误、C正确；温度越高，空气分子的热运动越剧烈，对PM2.5撞击的不平衡性越显著，PM2.5的运动越激烈，选项A正确；倡导低碳生活，减少矿物燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度，选项D正确答案B解题启示对布朗运动的理解：第一，布朗运动的实质是悬浮颗粒的无规则运动，并非物质分子的热运动；第二，布朗运动产生的原因是颗粒周围分子对其撞击的不平衡性弄清“分子”与“颗粒”两个概念例2 我国陆地面积S960万平方千米，若地面大气压p01.0105 Pa，地面附近重力加速度g取10 m/s2.试估算：(1)地面附近温度为270 K、体积为1 m3的空气，在温度为300 K时的体积；(2)我国陆地上空空气的总质量M总解析 (1)气体作等压变化，根据盖吕萨克定律可得，代入数据，解得V21.1 m3.(2)地面大气压可看作是由空气的重力产生的，则p0，代入数据解得M总9.61016 kg.答案(1)1.1 m3(2)9.61016 kg解题启示 利用气体实验定律解题的关键：一是准确地选择研究对象，如本题中陆地上空的空气；二是弄清气体的状态变化过程，本题中陆地上空的空气作等压变化；三是找出气体的初、末状态注意物理量的单位选修341. 必须精通的几种方法(1)简谐运动的判断方法(2)质点振动方向与波的传播方向的互判(3)波的多解问题的分析方法(4)波的干涉中，振动加强点和减弱点的判断(5)应用图象分析质点的振动规律和波的传播规律2. 必须明确的易错易混点(1)振动的位移x均是以平衡位置为起点，研究位置为终点的有向线段，要与哪一段时间内的位移相区别(2)波速与振速不同波源的振动形式、振动能量由近及远的传播速度即波速v，在同一种均匀介质中波动的传播是匀速的，波动中的各质点都在平衡位置附近做周期性振动，是变加速运动(3)波传播的是质点的振动形式和振动能量，质点并不随波迁移(4)波源停止振动时，波不会立即停下来(5)波的干涉中，振动加强点的位移在不断变化(6)光疏介质和光密介质是相对的例1 一列简谐横波，在t5.0 s时的波形如图甲所示，图乙是这列波中质点P的振动图象，那么该波的传播速度和传播方向是()A. v0.25 m/s，向右传播B. v0.50 m/s，向右传播C. v0.25 m/s，向左传播D. v0.50 m/s，向左传播解析 由图乙看出，t5.0 s时质点P位于平衡位置，且下一时刻将发生负位移，故波向右传播；由图甲可得波长100 cm1 m，由图乙可得该波的周期T2 s，代入波速公式v0.5 m/s.答案B解题启示yx图象和yt图象的应用：由yx图象可以直接读出波长和振幅；由yt图象可以直接读出周期和振幅，也可以分析、判断质点的运动方向波的传播方向与质点振动方向的判断方法：a上下坡法：沿波的传播速度的正方向看，处于“上坡”段的质点向下振动，处于“下坡”段的质点向上振动，简称“上坡下，下坡上”b. 二速同侧法：在波的图象上某一点，沿竖直方向画出一个箭头表示质点振动方向，并设想在同一点沿水平方向画出另一个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是位于图线的同一侧c波形平移法：将原波形图(实线)沿波的传播方向移一段微小距离(不超过)后，得到一个新的波形图(虚线)，从实线上某一质点画一个箭头指向虚线，箭头的方向表示这个质点的振动方向d. 前点带动后点法：根据波的形成，离波源较近的质点带动它邻近的离波源较远的质点，即前质点带动后质点例2如图甲所示，ABC为一透明材料做成的光学元件的横截面，该种材料的折射率n2，AC为一半径为R的圆弧，D为圆弧的圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧AC的弧长解析 设该种材料的临界角为C，则sinC解得C30如图乙所示，若沿DE方向射到AB面上的光线刚好发生全反射，则ADF30同理，若沿DG方向射入的光线恰好在BC面上发生全反射，可得CDH30因此FDH30据几何关系可得弧FH2R解得弧FHR.答案见解析解题启示正确分析、处理光的反射、折射或全反射问题的关键有二：掌握发生全反射的条件，理解n和sinC等公式中各量的物理意义；正确地画图，找准反射角、折射角或临界角及其他可用的几何知识选修351. 必须精通的几种方法(1)动量守恒的判断方法(2)应用动量守恒定律的一般步骤(3)原子由高能级向低能级跃迁时，放射出的光子种类的计算方法(4)氢原子光谱的分析方法(5)天然放射现象中，衰变次数的计算及衰变后剩余质量的计算方法(6)核能的计算方法2. 必须明确的易错易混点(1)动量是矢量，既有大小，也有方向(2)系统机械能守恒时，动量不一定守恒(3)当入射光的频率小于金属的极限频率时，光照强度即使很大，也不能发生光电效应(4)原子由低能级向高能级跃迁时，吸收的光子能量必须恰好等于能级差(5)核反应时，质量数守恒，但质量不守恒 1. 动量守恒定律解决问题的灵活运用(1)分析题意，明确研究对象确定所研究的系统是由哪些物体组成的(2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒(3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地面为参考系(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号根据动量守恒定律列方程求解2. 玻尔理论(1)氢原子的能级跃迁：原子从一种定态(设能量为E初)跃迁到另一种定态(设能量为E终)时，它辐射(或吸收)一定频率的光子，光子的能量由这两种定态的能量差决定，即辐射时hE初E终，吸收时hE终E初氢原子的能级：能级公式En，轨道半径公式rnn2r1其中，n称为量子数，只能取正整数E113.6 eV，r10.531010 m.(2)原子电离时所吸收的光子的能量大于或等于原子所处能级的能量绝对值，即EEEn.3. 光电效应问题(1)光电效应的规律：任何一种金属，都有一种极限频率，只有当入射光的频率大于或等于极限频率时才会发生光电效应；光电子的最大初动能(Ekmmv)跟入射光的强度无关，只随入射光的频率的增大而增大；从光开始照射到释放出光电子，整个过程所需时间小于109 s；产生光电效应时，单位时间内逸出金属表面的电子数与光的强度有关，光的强度越大，单位时间内逸出的电子数越多(2)解决光电效应规律及光电效应方程的应用这类问题时应注意的几个方面：决定光电子初动能大小的是入射光的频率，决定光电流大小的是光强的大小由光电效应发射出的光电子由一极到达另一极， 是电路中产生光电流的条件搞清加在光电管两极间的电压对光电子起到了加速作用，还是减速作用4. 核反应与核能运算(1) 衰变和衰变次数的确定方法方法一：由于衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定衰变的次数，再根据电荷数守恒确定衰变的次数方法二：设衰变次数为x，衰变次数为y，根据质量数和核电荷数守恒列方程求解(2) 核能的计算方法根据爱因斯坦的质能方程，用核子结合成原子核时质量亏损(m)的千克数乘以真空中光速(c3108 m/s)的平方，即：Emc2(焦耳)(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏(MeV)能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位乘以931.5 MeV，即Em931.5 MeV.(3)如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能例1在光滑的水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反求碰撞后B球的速度必须大于多少解析 A球的速度方向与碰撞前相反的临界状态是A球的速度为零，根据动量守恒得mv2mvB此时碰撞后B球的速度vB0.5v故要使A球反弹，B球的速度必须大于0.5v.答案0.5v解题启示分析、求解动量守恒问题中临界问题的关键：根据题设情境寻找临界状态本题的临界状态是A、B碰撞后A静止，并通过这一状态的分析求解极值例2 用黄光照射某金属时不能产生光电效应，则下列措施中可能使该金属产生光电效应的是()A. 延长黄光的照射时间B. 增大黄光的照射强度C. 换用波长较大的光照射 D. 换用紫光照射解析 只有入射光的频率大于金属的极限频率时才能产生光电效应现象，不论是延长黄光的照射时间，还是增大黄光的强度，都不能产生光电效应现象，故A、B均错误；换用波长较大的光，频率变小，因此更不能产生光电效应，C错误；紫光的频率高于黄光的频率，因此可能产生光电效应，D正确答案D例3(多选)我国新一代核聚变装置“EAST”在安徽合肥首次放电，显示了“EAST”装置具有良好的整体性能，使等离子体约束时间达1000 s，温度超过1亿摄氏度，标志着我国磁约束聚变研究进入国际先进水平合肥也成为世界上第一个建成此类全超导非圆截面核聚变实验室装置并能实际运行的地方核聚变主要原料是氘，在海水中含量极其丰富已知氘核的质量为m1，中子的质量为m2，He的质量为m3，质子的质量为m4，则下列说法正确的是()A. 两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是质子B. 两个氘核聚变成一个He所产生的另一个粒子是中子C. 两个氘核聚变成一个He所释放的核能为(2m1m2m4)c2D. 与受控核聚变比较，现行的核反应堆产生的废料具有放射性解析 由核反应方程2HHeX可知，所产生的X为中子，故A错误，B正确；该反应过程中释放的核能Emc2(2m1m3m2)c2，故C错误；核聚变反