第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
考纲解读1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．
2．对公式C ＝Q
U 的理解
电容C ＝Q
U ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电
容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C ＝εr S
4πkd 分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C ＝Q
U
分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E ＝U
d
分析电容器两极板间电场强度的变化．
例1 如图1所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是( )
图1
A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流
B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b →a 的电流
C ．若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流
D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流
解析 根据电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴
受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S 闭合，若将A 板向上平移一小
段位移，则板间间距d 变大，而两板间电压U 此时不变，故板间场强E ＝U
d
变小，油滴所受
合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C ＝εr S
4πkd 可知，电容C 减小，故两板所带电
荷量Q 也减小，因此电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项A 正确；在S 闭合的情况下，若将A 板向左平移一小段位移，两板间电压U 和板间间距d 都不变，所以板间场强
E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S 减小了，根据C ＝εr S
4πkd 可知，电
容C 减小，两板所带电荷量Q 也减小，电容器放电，所以G 中有b →a 的电流，选项B 正确；若将S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E 也不变，油滴仍然静止，选项C 错误；若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q 仍保持不变，两板
间间距d 变小，根据C ＝εr S 4πkd ，U ＝Q C 和E ＝U d ，可得E ＝4πkQ
εr S ，显然，两板间场强E 不变，
所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项D 错误． 答案 AB 变式题组
1．[平行板电容器的动态分析]用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图2)，设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )
图2
A ．保持S 不变，增大d ，则θ变大
B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小
C ．保持d 不变，增大S ，则θ变小
D ．保持d 不变，增大S ，则θ不变 答案 AC
2．[平行板电容器的动态分析]将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示，下列说法正确的是( ) A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半 B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍 C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半
D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则
E 变为原来的一半 答案 AD
解析 由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U
d
可知，A 、D 正确．
两种类型平行板电容器的动态分析问题
平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U 恒定，则
Q ＝CU ∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1
d ；二是电容器充电后与电源断开，此时
Q 恒定，则U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1
εr S
.
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用功能观点分析
a ＝F 合m ，E ＝U
d ，v 2－v 20＝2ad . 3．用功能观点分析
匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20
非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1
例2 (2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池
两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d
2处的P 点有
一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)
返回．若将下极板向上平移d
3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )
A ．打到下极板上
B ．在下极板处返回
C ．在距上极板d
2
处返回
D ．在距上极板2
5
d 处返回
解析 带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，
电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg (d
2
＋d )－qU ＝0；
若电容器下极板上移d 3，设带电粒子在距上极板d ′处返回，则重力做功W G ＝mg (d
2
＋d ′)，
电场力做功W 电＝－qU ′＝－q d ′(d －d 3
)
U ＝－q 3d ′
2d U ，由动能定理得W G ＋W 电＝0，联立各式
解得d ′＝2
5d ，选项D 正确．
答案 D 递进题组
3．[带电粒子在电场中直线运动分析]如图3，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )
图3
A ．所受重力与电场力平衡
B ．电势能逐渐增加
C ．动能逐渐增加
D ．做匀变速直线运动 答案 BD
解析 要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A 错误；因电场力做负功，故电势能增加，B 正确；合力做负功，故动能减少，C 错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D 正确．
4．[带电体在电场中的直线运动]如图4所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
图4
(1)水平向右电场的电场强度；
(2)若将电场强度减小为原来的1
2，物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．
答案 (1)3mg
4q (2)0.3g (3)0.3mgL
解析 (1)
小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin37°＝qE ①
F N cos37°＝mg ②
由①②可得E ＝3mg
4q
(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg
8q
由牛顿第二定律得mg sin37°－qE ′cos37°＝ma 可得a ＝0.3g
(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin37°－qE ′L cos37°＝E k －0 可得E k ＝0.3mgL
处理带电粒子在电场中运动的常用技巧
(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化．
(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化．
考点三 带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间 ???
a.能飞出电容器：t ＝l
v 0
.
b.不能飞出电容器：y ＝12at 2
＝qU 2md
t 2
，t ＝ 2mdy
qU
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
???
??
加速度：a ＝F m ＝qE m ＝
qU
md
离开电场时的偏移量：y ＝12at 2
＝
qUl 2
2md v 20
离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0
＝qUl md v
20
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU 0＝1
2m v 20
y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0
)2 tan θ＝qU 1l md v 20
得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l
2U 0d
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中
点，即O 到偏转电场边缘的距离为l
2.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－1
2m v 20
，其中U y
＝U
d y ，指初、末位置间的电势差． 例3 如图5所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8cm ，两板间距离d ＝8cm ，A 板比B 板电势高300V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10
－10
C 、质量为m ＝1.0×10
－20
kg ，沿电场中
心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106m /s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，粒子的重力不计)
图5
(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离为多远；到达PS 界面时离D 点为多远；
(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；
(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．
解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(偏移位移)： y ＝12
at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t
则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0
)2
＝0.03m ＝3cm
粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有
12
L 12
L ＋12cm ＝y
Y ，解得Y ＝4y ＝12cm
(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧
(3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106m/s 则v 合＝2.5×106m/s
该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15cm
k qQ r 2＝m v 2合
r 解得Q ≈1.04×10－
8C
答案 (1)3cm 12cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－
8C
变式题组
5．[带电粒子在电场中的偏转]如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距为d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b .在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．求：
图6
(1)两板间所加偏转电压U 的范围； (2)粒子可能到达屏上区域的长度．
答案 (1)－md 2v 20
qL 2～md 2v 2
0qL 2 (2)d (L ＋2b )L
解析 (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，偏转角为θ，则有：
y ＝1
2at 2① L ＝v 0t ② a ＝Eq m ③
E ＝U d
④
由①②③④式解得y ＝qUL 2
2dm v 20
当y ＝d 2时，U ＝md 2v 20
qL
2 则两板间所加电压的范围为－md 2v 2
0qL 2～md 2v 20
qL
2 (2)当y ＝d 2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y 0)，则y 0＝(L
2
＋b )tan θ
而tan θ＝d
L ，解得y 0＝d (L ＋2b )2L
则粒子可能到达屏上区域的长度为d (L ＋2b )
L
6．[带电粒子在交变电场中运动]如图7甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求：
图7
(1)交变电压的周期T 应满足什么条件；
(2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件．
答案 (1)T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 0
2m 的整数 (2)t ＝2n －14T (n ＝1,2,3…)
解析 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度的方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属
板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝L
n v 0
粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a (14
T )2
又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 2
32md
在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 2
16md
粒子不撞击金属板，应有y m ≤1
2
d
解得T ≤2d 2m
qU 0
故n ≥L 2d v 0qU 02m ，即n 取大于等于L 2d v 0qU 0
2m 的整数．
所以粒子的周期应满足的条件为 T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0qU 02m
的整数．
(2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，5
4T …
故粒子进入电场的时间为t ＝2n －1
4
T (n ＝1,2,3…)
带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 (1)运动学与动力学观点
①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： a ．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；
b ．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)． ②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法． (2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．
②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．
考点四 带电体在复合场中的运动
等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力
视为一个“等效重力”，将a ＝F 合
m 视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运
动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．
例4 半径为r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m 、带正电荷的小
球，空间存在水平向右的匀强电场，如图8所示，小球所受电场力是其重力的3
4倍，将小球
从环上最低点位置A 点由静止释放，则：
图8
(1)小球所能获得的最大动能是多大； (2)小球对环的最大压力是多大． 解析
(1)因qE ＝34mg ，所以qE 、mg 的合力F 合与竖直方向夹角tan θ＝qE mg ＝3
4，即θ＝37°，
则小球由A 点静止释放后从A 到B 过程中做加速运动，如图所示，B 点动能最大，由动能定理得
qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝E k 解得B 点动能即最大动能E k ＝1
4
mgr .
(2)设小球在B 点受圆环弹力为F N ，由牛顿第二定律得
F N －F 合＝m v 2
r
而F 合＝mg cos θ＝5
4
mg
解得F N ＝74mg ，由牛顿第三定律得，小球对圆环的最大压力也为7
4mg .
答案 (1)14mgr (2)7
4mg
变式训练
7．[带电体在电场中的多过程问题]如图9所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104N /C ，现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－
4 C 的带电体(可视
为质点)，从A 点由静止开始运动，已知x AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)
图9
(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处．
答案 (1)10m/s ，方向竖直向上 (2)C 点上方到C 点的竖直距离为5
3
m 处
解析 (1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (x AB ＋R )－μmgx AB
－mgR ＝1
2m v 2
解得v ＝10m/s
(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：
－mgh －μqEh ＝0－1
2
m v 2
解得h ＝5
3m
在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F fmax ＝μqE ＝4N ， 重力G ＝mg ＝2N 因为G 所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为5 3 m 处． 1．用动力学的观点分析带电粒子在复合场中的运动 (1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法． (2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为简单的正交直线运动，化繁为简． (3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性． 2．用能量的观点来分析带电粒子在复合场中的运动 (1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现． (2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理． 高考模拟 明确考向 1．(2014·山东·18)如图10所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( ) 图10 A.s 22qE mh B.s 2qE mh C.s 4 2qE mh D.s 4 qE mh 答案 B 解析 由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处定为两 运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子＋q 为研究对象，水平位移s 2 时， 竖直位移为h 2.由s 2＝v 0t ，h 2＝12at 2，a ＝qE m ，得v 0＝s 2qE mh ，所以B 项正确． 2．(2013·广东·15)喷墨打印机的简化模型如图11所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( ) 图11 A ．向负极板偏转 B ．电势能逐渐增大 C ．运动轨迹是抛物线 D ．运动轨迹与所带电荷量无关 答案 C 解析 带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能 减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx 2 2m v 20，即 运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确，D 错误． 3．(2012·江苏·2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小 答案 B 解析 由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S 4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U ，得U ＝Q C ，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势 差U 减小，选项B 正确． 4.如图12所示，两平行金属板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，板间电压为U ，一不计重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿两板的中线射入，经过t 时间后恰好沿下板的边缘飞出，则( ) 图12 A ．在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为1 4Uq B ．在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3 8 Uq C ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1 D ．在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶2 答案 BC 解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动，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，在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前t 2 时 间内，电场力对粒子做的功为18Uq ，在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3 8 Uq ，选项A 错， B 对；由W ＝Eq ·x 知在粒子下落的前d 4和后d 4过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C 对， D 错． 5．(2014·安徽·22)如图13所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求： 图13 (1)小球到达小孔处的速度； (2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间． 答案 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd Cmg (h ＋d ) q (3) 2h g ＋d 2 gh 解析 (1)由自由落体规律可知，小球下落h 时的末速度为v ， 有v 2＝2gh ，即v ＝2gh (2)设小球在极板间运动的加速度为a ， 由v 2 ＝2ad ，得a ＝v 22d ＝gh d . 由牛顿第二定律qE －mg ＝ma ， 电容器的电荷量Q ＝CU ＝CEd ， 联立以上各式得：E ＝mg (h ＋d )qd ，Q ＝Cmg (h ＋d ) q (3)小球做自由落体运动的时间t 1＝2h g ， 小球在电场中运动的时间t 2＝2d a ＝d 2 gh . 则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2h g ＋d 2 gh 练出高分 一、单项选择题 1．如图1所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液 滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是() 图1 A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动 C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D．所有液滴下落过程中电场力做功相等 答案 C 解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D 错误． 2．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图2所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是() 图2 答案 C 解析 由平行板电容器的电容C ＝εr S 4πkd 可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在 电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQ εr S 与d 无关，则B 错．在负极 板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能W ＝qφP ＝qEd －qEx ，显然D 错． 3．如图3所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( ) 图3 A ．仅将偏转电场极性对调 B ．仅增大偏转电极板间的距离 C ．仅增大偏转电极板间的电压 D ．仅减小偏转电极板间的电压 答案 C 解析 改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A 错误；根据E ＝U d 可知，当两极板间距离d 增大时，E 减小，所以电子受到的电场力减小， 其偏转角也减小，选项B 错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L ＝v 0t 、e U d ＝ma 及 tan θ＝at v 0可得tan θ＝eUL md v 20 ，当U 增大时偏转角也增大，选项C 正确，D 错误． 4．如图4所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(4 2He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂 直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( ) 图4 A ．同时到达屏上同一点 B ．先后到达屏上同一点 C ．同时到达屏上不同点 D ．先后到达屏上不同点 答案 B 解析 一价氢离子(11H)和二价氦离子(4 2He)的比荷不同， 经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B. 5．(2014·天津·4)如图5所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( ) 图5 A ．若微粒带正电荷，则A 板一定带正电荷 B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加 C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加 D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加 答案 C 解析 由于两极板的正负不知，粒子的电性不确定，则粒子所受电场力方向不确定，所受电场力做功正负不确定，但根据粒子运动轨迹，粒子所受合力一定向下，则合力一定做正功，所以电势能变化情况、机械能变化情况不确定，但粒子动能一定增加，所以只有C 正确． 6．如图6甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可以忽略不计的带正电粒子固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( ) 图6 A ．0＜t 0＜T 4B.T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8 答案 B 解析 设粒子的速度方向、 位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时 位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4 时粒子运动的速度图象，如图所示， 由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t 0＜T 4与3T 4 ＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4＜t 0＜3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0 ＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B 正确． 二、多项选择题 7．如图7所示为一平行板电容器，两板之间的距离d 和两板正对面积S 都可以调节，电容器两板与电池相连接．Q 表示电容器所带的电荷量，E 表示两板间的电场强度．则( ) 图7 A ．当d 增大，S 不变时，Q 减小，E 减小 B ．当S 增大，d 不变时，Q 增大，E 增大 C ．当d 减小，S 增大时，Q 增大，E 增大 D ．当S 减小，d 增大时，Q 不变， E 增大 答案 AC 解析 由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可知A 、C 正确． 8.如图8所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( ) 图8 A ．电场方向竖直向上 B ．小球运动的加速度大小为g C ．小球上升的最大高度为v 20 2g D ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 20 4 答案 BD 解析 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120°角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ， 由动能定理可得－mg ·2h ＝0－1 2m v 20，解得h ＝v 204g ，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos120°＝qEh ＝mg ·v 204g ＝m v 20 4， D 正确． 9．如图9所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(不计重力)，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好 能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的1 2处返回，则下述措施能满足 要求的是( ) 图9 A ．使初速度减为原来的1 2 B ．使M 、N 间电压加倍 C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍 D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的1 2 答案 BD 解析 粒子恰好到达N 板时有Uq ＝1 2m v 20，恰好到达两板中间返回时有U ′2q ＝12m v 2，比较两 式可知B 、D 选项正确． 10．如图10所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4m ，两极板间距离d ＝4×10－ 3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中 央平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m ＝4×10－ 5kg 、电荷量q ＝＋1×10－ 8C ，g ＝10m/s 2则下列说法正确的 是( ) 图10 A ．微粒的入射速度v 0＝10m/s B ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C ．电源电压为180V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D ．电源电压为100V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 答案 AC 解析 开关S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由d 2＝12gt 2，L 2＝v 0t ，得 v 0＝10m/s ，A 对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更 小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a ，电场力向上，则d 2＝1 2at 21 ， L ＝v 0t 1，mg －U 1q d ＝ma ，得U 1＝120V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝200V ， 所以平行板上板带负电，电源电压为120V ≤U ≤200V 时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对，D 错． 三、非选择题 11．在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图11所示，设电子的质量为m (不考虑所受重力)，电荷量为e ，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U 1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d ，板长为L ，偏转电压为U 2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？ 近四年全国Ⅰ卷选考题涉及的考点与内容 命题形式 例题展示 (1)(2016·全国乙卷·33(1))(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是____.(填正确答案标号.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分) 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 (2)(2016·全国乙卷·33(2))(10分)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 与气泡半径r 之间的关系为Δp ＝2σ 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p 0＝1.0×105 Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2. (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. 解析 (1)气体内能的改变ΔU ＝Q ＋W ，故对气体做功可改变气体内能，B 选项正确；气体吸热为Q ，但不确定外界做功W 的情况，故不能确定气体温度变化，A 选项错误；理想气体等压膨胀，W <0，由理想气体状态方程pV T ＝C ，p 不变，V 增大，气体温度升高，内能增 大，ΔU >0，由ΔU ＝Q ＋W ，知Q >0，气体一定吸热，C 选项错误；由热力学第二定律，D 选项正确；根据热平衡性质，E 选项正确. (2)(ⅰ)由公式Δp ＝2σ r 得Δp ＝2×0.0705×10－3 Pa ＝28 Pa 水下10 m 处气泡内外的压强差是28 Pa. (ⅱ)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得 p 1V 1＝p 2V 2 ① 其中，V 1＝43πr 31 ② V 2＝43 πr 32 ③ 由于气泡内外的压强差远小于10 m 深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有 p 1＝p 0＋ρgh 1＝1×105 Pa ＋1×103×10×10 Pa ＝2×105 Pa ＝2p 0 ④ p 2＝p 0 ⑤ 将②③④⑤代入①得，2p 0×43πr 31＝p 0 ×43πr 3 2 2r 31＝r 32 r 2r 1 ＝3 2 答案 (1)BDE (2)(ⅰ)28 Pa (ⅱ)3 2 命题分析与对策 1.命题特点 2019高考物理二轮复习重点及策略 一、考点网络化、系统化 通过知识网络结构理解知识内部的联系。因为高考试题近年来突出对物理思想本质、物理模型及知识内部逻辑关系的考察。 例如学习电场这章知识，必须要建立知识网络图，从电场力和电场能这两个角度去理解并掌握。 二、重视错题 错题和不会做的题，往往是考生知识的盲区、物理思想方法的盲区、解题思路的盲区。所以考生要认真应对高三复习以来的错题，问问自己为什么错了，错在哪儿，今后怎么避免这些错误。分析错题可以帮助考生提高复习效率、巩固复习成果，反思失败教训，及时在高考前发现和修补知识与技能方面的漏洞。充分重视通过考试考生出现的知识漏洞和对过程和方法分析的重要性。很多学生不够重视错题本的建立，都是在最后关头才想起要去做这件事情，北京新东方一对一的老师都是非常重视同时也要求学生一定要建立错题本，在大考对错题本进行复习，这样的效果和收获是很多同学所意想不到的。 三、跳出题海，突出高频考点 例如电磁感应、牛二定律、电学实验、交流电等，每年会考到，这些考点就要深层次的去挖掘并掌握。不要盲区的去大 量做题，通过典型例题来掌握解题思路和答题技巧；重视“物理过程与方法”；重视数学思想方法在物理学中的应用；通过一题多问，一题多变，一题多解，多题归一，全面提升分析问题和解决问题的能力；通过定量规范、有序的训练来提高应试能力。 四、提升解题能力 1、强化选择题的训练 注重对基础知识和基本概念的考查，在选择题上的失手将使部分考生在高考中输在起跑线上，因为选择题共48分。所以北京新东方中小学一对一盛海清老师老师建议同学们一定要做到会的题目都拿到分数，不错过。 2、加强对过程与方法的训练，提高解决综合问题的应试能力 2019年北京高考命题将加大落实考查“知识与技能”、“过程与方法”的力度，更加注重通过对解题过程和物理思维方法的考查来甄别考生的综合能力。分析是综合的基础，分析物理运动过程、条件、特征，要有分析的方法，主要有：定性分析、定量分析、因果分析、条件分析、结构功能分析等。在处理复杂物理问题是一般要定性分析可能情景、再定量分析确定物理情景、运动条件、运动特征。 如物体的平衡问题在力学部分出现，学生往往不会感到困难，在电场中出现就增加了难度，更容易出现问题的是在电 模块检测卷一必修1 第Ⅰ卷 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是() A．质量、加速度B．位移、速度变化量 C．时间、平均速度D．路程、加速度 答案 B 解析质量只有大小，没有方向，是标量，而加速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故A错误；位移和速度变化量都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故B正确；平均速度是矢量，而时间是标量，故C错误；路程只有大小，没有方向，是标量，加速度是矢量，故D错误． 2．如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是() 图1 A．10 s内火箭的速度变化量为10 m/s B．刹车时，2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s C．火箭的速度变化比汽车的快 D．火箭的加速度比汽车的加速度大 答案 B 解析10 s内火箭的速度变化量为100 m/s，加速度为10 m/s2；2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s，加速度大小为12 m/s2，故汽车的速度变化快，加速度大． 3．杭州第二中学在去年的秋季运动会中，高二(9)班的某同学创造了100 m和200 m短跑项目的学校纪录，他的成绩分别是10.84 s和21.80 s．关于该同学的叙述正确的是() A．该同学100 m的平均速度约为9.23 m/s B．该同学在100 m和200 m短跑中，位移分别是100 m和200 m C．该同学的200 m短跑的平均速度约为9.17 m/s D．该同学起跑阶段加速度与速度都为零 答案 A 解析100 m是直道，而200 m有弯道． 4．一辆汽车运动的v－t图象如图2，则汽车在0～2 s内和2～3 s内相比() 图2 A．位移大小相等B．平均速度相等 C．速度变化相同D．加速度相同 答案 B 解析由图象面积可知位移大小不等，平均速度均为v 2＝2.5 m/s，B正确；速度变化大小相等， 但方向相反，由斜率可知0～2 s内加速度小于2～3 s内加速度． 5．2016年里约奥运会上，施廷懋凭高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，施廷懋在跳板的最外端静止站立时，如图3所示，则() 2019年高考物理二轮复习计划五步走 通过第一轮的复习，高三学生大部分已经掌握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。在第二轮复习中，首要的任务是要把整个高中的知识网络化、系统化；另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题能力。这一阶段复习的指导思想是：突出主干知识，突破疑点、难点；关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础知识的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础知识和提高基本能力，进一步强化规范解题的训练；②知识重组：把所学的知识连成线、铺成面、织成网，梳理知识结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的能力的目的；③提升能力：通过知识网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题能力，三是提高实验操作能力。在第二轮复习中，重点在提高能力上下功夫，把目标瞄准中档题。 二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动；(2)力与曲线运动；(3)功和能；(4)带电体(粒子)的运动；(5)电路与电磁感应；(6)必做实验部分； (7)选考模块。每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)知识结构分析；(2)主要命题点分析；(3)方法探索；(4)典型例题分析；(5)配套训练。具体说来，专题复习中应注意以下几个方面的问题： 选考模块的复习不可掉以轻心，抓住规律区别对待。 选考模块的复习要突出对五个二级知识点的加强(选修3—4中四个， 选修3—5中一个)。由于分数的限制，该部分的复习重点应该放在扩大知识面上，特别是选修3—3，没有二级要求的知识点，应该是考生最容易拿分的版块，希望认真钻研教材。课本是知识之源，对这几部分的内容一定要做到熟读、精读课本，看懂、弄透，一次不够就两次，两次不行需再来，绝不能留任何的死角，包括课后的阅读材料、小实验、小资料等，因为大多的信息题是从这里取材的。 实验部分一直是高考复习的重点和难点 实验的理论部分一般在第一轮中进行，我们把“走进实验室”放在第二轮。历年来尽管在实验部分花费不少的时间和精力，但掌握的情况往往是不尽如人意，学生中高分、低分悬殊较大，原因在于很多学生思想重视不够、学习方法不对。实验中最重要的是掌握实验目的和原理，特别是《课程标准》下，高考更加注重考查实验原理的迁移能力，即使是考查教材上的原实验，也是改容换面而推出的。原理是为目的服务的，每个实验所选择的器材源于实验原理，电学中的控制电路与测量电路之间的关系是难以把握的地方。复习中还要注意器材选择的基本原则，灵活地运用这些基本原则是二轮实验复习的一个目的。针对每一个实验，注意做到“三个掌握、五个会”，即掌握实验目的、步骤、原理；会控制条件、会使用仪器、会观察分析、会处理数据并得出相应的结论、会设计简单的实验方案。选做题中考实验的可能性也很大，不要忽视这方面内容。 突出重点知识，狠抓主干知识，落实核心知识 二轮复习中我们不可能再面面俱到，切忌“眉毛胡子一把抓”，而且时 2018高考物理步步高第五章第1讲 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 考试内容范围及要求 高考命题解读 内容 要求 说明 1.考查方式 能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用． 2．命题趋势 通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近两年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入其他问题考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性. 9.功和功率 Ⅱ 弹性势能的表达式不作要求 10.动能 动能定理 Ⅱ 11.重力势能 Ⅱ 12.弹性势能 Ⅰ 13.机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 14.能量守恒 Ⅰ 实验四：探究动能定理 实验五：验证机械能守恒定 律 第1讲 功 功率 动能定理 一、功 1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功． 2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移． 3．物理意义：功是能量转化的量度． 4．计算公式 (1)恒力F 的方向与位移l 的方向一致时：W ＝Fl . (2)恒力F 的方向与位移l 的方向成某一夹角α时：W ＝Fl cos_α. 5．功的正负 (1)当0≤α<π 2 时，W >0，力对物体做正功． (2)当π 2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)当α＝π 2时，W ＝0，力对物体不做功． 6．一对作用力与反作用力的功 做功情形 图例 备注 都做正功 (1)一对相互作用力做的总功与参考系无关 (2)一对相互作用力做的总功W ＝Fl cos α.l 是相对位移，α是F 与l 间的方向夹角 (3)一对相互作用力做的总功可正、可负，也可为零 都做负功 一正一负 一为零 一为正 一为负 ]7.一对平衡力的功 一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零． 二、功率 1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式 (1)P ＝W t ，P 为时间t 内物体做功的快慢． (2)P ＝F v ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率． ③当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解． 深度思考 由公式P ＝F v 得到F 与v 成反比正确吗？ 专题定位 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想． 应考策略 深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法． 1． 弹力 (1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解． (2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2． 摩擦力 (1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力0 (1)大小：F洛＝q v B，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0. (2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力总不做功．6．共点力的平衡 (1)平衡状态：静止或匀速直线运动． (2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0. (3)常用推论：①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1) 个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形． 1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论． 2．常用的方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法． (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解 法等． 3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力． 4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v. 题型1整体法和隔离法在受力分析中的应用 例1如图1所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统平衡，g＝10 m/s2，则以下正确的是() 图1 A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N 4 实物粒子的波粒二象性 5 不确定关系 [学习目标] 1.了解德布罗意物质波假说的内容, 知道德布罗意波的波长和粒子动量的关系.2.知道粒子和光一样具有波粒二象性, 了解电子波动性的实验验证.3.初步了解不确定关系的内容, 感受数学工具在物理学发展过程中的作用. 一、实物粒子的波动性 1.德布罗意波 (1)定义:任何运动着的物体, 小到电子、质子, 大到行星、太阳, 都有一种波与它相对应, 这种波叫物质波, 又叫德布罗意波. (2)德布罗意波的波长、频率的计算公式为λ＝h p , ν＝E h . (3)我们之所以看不到宏观物体的波动性, 是因为宏观物体的动量太大, 德布罗意波的波长太小. 2.电子波动性的实验验证 (1)实验探究思路:干涉、衍射是波特有的现象, 如果实物粒子具有波动性, 则在一定条件下, 也应该发生干涉或衍射现象. (2)实验验证:1926年戴维孙观察到了电子衍射图样, 证实了电子的波动性. (3)汤姆孙做电子束穿过多晶薄膜的衍射实验, 也证实了电子的波动性. 二、氢原子中的电子云 1.定义:用点的多少表示的电子出现的概率分布. 2.电子的分布:某一空间范围内电子出现概率大的地方点多, 电子出现概率小的地方点少.电 子云反映了原子核外的电子位置的不确定性, 说明电子对应的波也是一种概率波. 三、不确定关系 1.定义:在经典物理学中, 一个质点的位置和动量是可以同时测定的, 在微观物理学中, 要同时测出微观粒子的位置和动量是不太可能的, 这种关系叫不确定关系. 2.表达式:Δx·Δp x≥h 4π.其中以Δx表示粒子位置的不确定量, 以Δp x表示粒子在x方向上的动量的不确定量, h是普朗克常量. 第1课时 功 功率 考纲解读1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝W t 和P ＝F v ，能利用P ＝F v 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式． 1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( ) A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功 B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形 式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功 C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向 D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功 答案 B 2．[功率的理解]关于功率公式P ＝W t 和P ＝F v 的说法正确的是( ) A ．由P ＝W t 知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝F v 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C ．由P ＝F v 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大 D ．由P ＝F v 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD 3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定 的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( ) A.F 2t 22m ，F 2t 2m B.F 2t 2m ，F 2t m C.F 2t 22m ，F 2t m D.F 2t 2m ，F 2t 2m 答案 C 4．[对重力做功和摩擦力做功的分析]如图1所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行， 至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2 专题一直线运动 『经典特训题组』 1．如图所示，一汽车在某一时刻，从A点开始刹车做匀减速直线运动，途经B、C两点，已知AB＝3.2 m，BC＝1.6 m，汽车从A到B及从B到C所用时间均为t＝1.0 s，以下判断正确的是() A．汽车加速度大小为0.8 m/s2 B．汽车恰好停在C点 C．汽车在B点的瞬时速度为2.4 m/s D．汽车在A点的瞬时速度为3.2 m/s 答案C 解析根据Δs＝at2，得a＝BC－AB t2＝－1.6 m/s 2，A错误；由于汽车做匀减速 直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，中间时刻的速度等于这段时间内的平 均速度，所以汽车经过B点时的速度为v B＝AC 2t＝2.4 m/s，C正确；根据v C＝v B＋ at得，汽车经过C点时的速度为v C＝0.8 m/s，B错误；同理得v A＝v B－at＝4 m/s，D错误。 2．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线。由图可知() A．在t1时刻，b车追上a车 B．在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大 C．在t2时刻，a、b两车运动方向相同 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 答案A 解析在t1时刻之前，a车在b车的前方，在t1时刻，a、b两车的位置坐标相同，两者相遇，说明在t1时刻，b车追上a车，A正确；根据x-t图线纵坐标的变化量表示位移，可知在t1到t2这段时间内两车的位移相等，则两车的平均速度相等，B错误；由x-t图线切线的斜率表示速度可知，在t2时刻，a、b两车运动方向相反，C错误；在t1到t2这段时间内，b车图线斜率不是一直比a车的大，所以b车的速率不是一直比a车的大，D错误。 3．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示。在这段时间内() A．汽车甲的平均速度比乙的大 B．汽车乙的平均速度等于v1＋v2 2 C．甲、乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案A 解析根据v-t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲的位移大于乙的位移，而运动时间相同，故甲的平均速度比乙的大，A正确，C错误；匀变速 直线运动的平均速度可以用v1＋v2 2来表示，由图象可知乙的位移小于初速度为v2、 末速度为v1的匀变速直线运动的位移，故汽车乙的平均速度小于v1＋v2 2，B错误； 图象的斜率的绝对值表示加速度的大小，甲、乙的加速度均逐渐减小，D错误。 4. 如图所示是某物体做直线运动的v2-x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x＝x0处的过程分析，其中正确的是() 实验基础知识 一、螺旋测微器的使用 1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度． 图1 2．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺． 3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)． 如图2所示，固定刻度示数为2.0mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm. 图2 二、游标卡尺 1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示) 图3 2．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径． 3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成． 不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表： 4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm. 三、常用电表的读数 对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可． (1)0～3V的电压表和0～3A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1V和0.1A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位． (2)对于0～15V量程的电压表，精确度是0.5V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1V. (3)对于0～0.6A量程的电流表，精确度是0.02A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01A. 2019年高考物理二轮复习计划（一） 通过第一轮的复习，高三学生大部分已经掌握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。在第二轮复习中，首要的任务是要把整个高中的知识网络化、系统化；另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题能力。这一阶段复习的指导思想是：突出主干知识，突破疑点、难点；关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础知识的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础知识和提高基本能力，进一步强化规范解题的训练；②知识重组：把所学的知识连成线、铺成面、织成网，梳理知识结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的能力的目的；③提升能力：通过知识网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题能力，三是提高实验操作能力。在第二轮复习中，重点在提高能力上下功夫，把目标瞄准中档题。 二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动；(2)力与曲线运动；(3)功和能；(4)带电体(粒子)的运动；(5)电路与电磁感应；(6)必做实验部分； (7)选考模块。每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)知识结构分析；(2)主要命题点分析；(3)方法探索；(4)典型例题分析；(5)配套训练。具体说来，专题复习中应注意以下几个方面的问题： 抓住主干知识及主干知识之间的综合 高中物理的主干知识是力学和电磁学部分，在各部分的综合应用中， 主要以下面几种方式的综合较多：①牛顿三定律与匀变速直线运动和曲线运动的综合(主要体现在动力学和天体问题、带电粒子在匀强电场中运动、通电导体在磁场中运动，电磁感应过程中导体的运动等形式)；②以带电粒子在电场、磁场中运动为模型的电学与力学的综合，如利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场 中的运动、利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动、利用能量观点解决带电粒子在电场中的运动；③电磁感应现象与闭合电路欧姆定律的综合，用力与运动观点和能量观点解决导体在匀强磁场中的运动问题；④串、并联电路规律与实验的综合(这是近几年高考实验命题的热点)，如通过粗略地计算选择实验器材和电表的量程、确定滑动变阻器的连接方法、确定电流表的内外接法等。对以上知识一定要特别重视，尽可能做到每个内容都过关，绝不能掉以轻心，要分别安排不同的专题重点强化，这是我们二轮复习的重中之重，希望在这些地方有所突破。 2018年高考物理《步步高》（全国通用?含答案 及详细解析）专题复习题 （2套“微专题”题+1套章末综合练习题，共3套题） 第十一章交变电流 1．考点及要求：(1)交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)；(2)正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)线圈每经过中性面一次，电流方向改变一次；从中性面开始转动时，i－t图象为正弦函数图象；(2)交变电流的求解一般选择一个周期，利用电流的热效应来求解． 1．(交变电流的产生)如图1甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则() 图1 A．乙图中Oa时间段对应甲图中①至②图的过程 B．乙图中c时刻对应甲图中的③图 C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次 D．若乙图中d等于0.02 s，则交流电的频率为25 Hz 2．(交变电流的瞬时值表达式和图象)(多选)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直 的转动轴匀速转动，如图2甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是() 图2 A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小 B．该交变电动势的有效值为11 2 V C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222sin(100πt) V D．电动势瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为45° 图3 3．(交变电流的有效值)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图3所示，已知发电机线圈内阻为5 Ω，仅外接一只电阻为105 Ω的灯泡，则() A．线圈从垂直于中性面的位置开始转动 B．电路中的电流方向每秒改变50次 C．灯泡两端的电压为220 V D．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为20 J 图4 4．(交变电流的“四值”)如图4所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m、ad＝0.4 m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左 侧，磁感应强度大小B＝2 16πT.电容器放电时间不计．下列说法正确的是() A．该线圈产生的交流电动势的峰值为50 V B．该线圈产生的交流电动势的有效值为25 2 V 高考热点探究 一、运动学图象 1．(2020·海南·8改编)一物体自t＝0时开始做直线运动，其速度图线如图1所示．下列选项正确的是( ) A．在0～6 s内，物体离出发点最远为30 m B．在0～6 s内，物体的位移为40 m 图1 C．在0～4 s内，物体的平均速率为7.5 m/s D．在5～6 s内，物体所受的合外力做负功 2．(2020·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B．0.25 m/s 向左 C．1 m/s 向右D．1 m/s 向左图2 二、运动情景的分析及运动学公式的应用 3．(2020·新课标全国·15改编)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用．此后，该质点的动能不可能 ( ) A．一直增大 B．先逐渐减小至零，再逐渐增大 C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 4．(2020·天津·3)质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点 ( ) A．第1 s内的位移是5 m B．前2 s内的平均速度是6 m/s C．任意相邻的1 s内位移差都是1 m D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s 5．(2020·山东·18)如图3所示，将小球a从地面以初速度v 竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释 放，两球恰在h 2 处相遇(不计空气阻力)．则( ) A．两球同时落地 B．相遇时两球速度大小相等图3 C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量 D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等6．(2020·课标全国·24)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别为9.69 s和19.30 s．假定他在100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速度时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速度只有跑100 m时最大速率的96%.求： (1)加速所用时间和达到的最大速率； (2)起跑后做匀加速度运动的加速度．(结果保留两位小数) 高考物理二轮专项：功和机械能压轴题训练 1．（10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。 （1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放。求： 金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小； 若金属棒a在磁场Ⅰ运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件； （2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。 2．（8分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）判断小球的带电性质； （2）求该匀强电场的电场强度E的大小； （3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。 3．（10分）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ = 30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 0.5T。质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆a b，测得最大速度为v m。改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示。已知轨距为L = 2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计。 （1）当R = 0时，求杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小及杆中的电流方向；（2）求金属杆的质量m和阻值r； 第4课时 万有引力与航天 考纲解读1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度． 1．[对开普勒三定律的理解]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运 动定律可知( ) A ．太阳位于木星运行轨道的中心 B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案 C 解析 火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B 错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此D 错，本题答案为C. 2．[对万有引力定律的理解]关于万有引力公式F ＝G m 1m 2 r 2，以下说法中正确的是( ) A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体 B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大 C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律 D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的 答案 C 解析 万有引力公式F ＝G m 1m 2 r ，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它 推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C. 3．[第一宇宙速度的计算]美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗 类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b ”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估 第1讲 运动的描述 一、质点和参考系 1.质点 (1)用来代替物体的有质量的点叫做质点. (2)研究一个物体的运动时,如果物体的形状和大小对所研究问题的影响可以忽略,就可以看做质点. (3)质点是一种理想化模型,实际并不存在. (1)参考系可以是运动的物体,也可以是静止的物体,但被选为参考系的物体,我们都假定它是静止的. (2)比较两物体的运动情况时,必须选同一参考系. (3)选取不同的物体作为参考系,对同一物体运动的描述可能不同.通常以地面为参考系. 自测1(多选)关于质点和参考系的理解,下列说法正确的是() A.研究2018年印尼亚运会男子100米冠军苏炳添最后冲线的动作时可以把苏炳添看成质点 B.研究女子50米步枪比赛中杜丽射出的子弹轨迹可以将子弹看成质点 C.“一江春水向东流”是以地面为参考系 D.未起飞的舰载机以航母甲板为参考系是静止的 答案BCD 二、位移和速度 1.位移和路程 2.速度与速率 (1)平均速度:物体发生的位移与发生这段位移所用时间的比值,即v＝Δx Δt,是矢量,其方向就是 对应位移的方向. (2)瞬时速度:运动物体在某一时刻或经过某一位置的速度,是矢量,其方向是物体的运动方向或运动轨迹的切线方向. (3)速率:瞬时速度的大小,是标量. (4)平均速率:物体运动实际路程与发生这段路程所用时间的比值,不一定等于平均速度的大小. 自测2在伦敦奥运会上,牙买加选手博尔特在男子100 m决赛(直跑道)和男子200 m决赛(弯曲跑道)中分别以9.63 s和19.32 s的成绩获得两枚金牌.关于他在这两次决赛中的运动情况,下列说法正确的是() A.200 m决赛的位移是100 m决赛的两倍 B.200 m决赛的平均速度约为10.35 m/s C.100 m决赛的平均速度约为10.38 m/s D.100 m决赛的最大速度约为20.76 m/s 专题04 曲线运动 考试大纲要求考纲解读 1. 运动的合成与分解Ⅱ1.本专题是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，万有引力定律是力学中一个重要的、独立的基本定律．运动的合成与分解是研究复杂运动的基本方法． 2.平抛运动的规律及其研究思想在前几年高考题中都有所体现，在近两年的考题中考查得较少，但仍要引起注意． 3.匀速圆周运动及其重要公式，特别是匀速圆周运动的动力学特点要引起足够的重视，对天体运动的考查都离不开匀速圆周运动 4. 本专题的一些考题常是本章内容与电场、磁场、机械能等知识的综合题和与实际生活、新科技、新能源等结合的应用题，这种题难度较大，学习过程中应加强综合能力的培养. 2. 抛体运动Ⅱ 3. 匀速圆周运动、角速度、线 速度、向心加速度 Ⅰ 4.匀速圆周运动的向心力Ⅱ 5.离心现象Ⅰ 纵观近几年高考试题，预测2020年物理高考试题还会考： 1.单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。 2.平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题。 3.圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题，这样的题目往往难度较大。 考向01 曲线运动运动的合成与分解 1.讲高考 （1）考纲要求 ①掌握曲线运动的概念、特点及条件；②掌握运动的合成与分解法则。 （2）命题规律 单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。案例1．【2020·广东·14】如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物：（） A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2v D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v 【答案】D 【考点定位】对参考系的理解、矢量运算法则——平行四边形定则的应用。 【名师点睛】此题也可假设经过时间t，画出两者的二维坐标位置示意图，求出相对位移，再除以时间t 即可。 案例2．【2020·安徽·14】图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是：（） A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点 【答案】C 【解析】由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正确，ABD错误。 考点：考查库仑定律和牛顿第二定律。 运动的描述匀变速直线运动 考点一匀变速直线运动的规律运动图象追及、相遇问题 命题角度1多物体系统(匀变速直线运动)及其v-t、x-t、a-t图象 高考真题体验·对方向 1.(2019全国Ⅰ·18) 如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H 4 所 用的时间为t1,第四个H 4 所用的时间为t2.不计空气阻力,则H2 H1 满足() A.1 B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等 C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等 D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等 答案CD 解析图线的斜率大小表示物体运动的速度大小,t1时刻两图线的斜率不同,所以两车速度不同,A选项错误;从0到t1时间内,x乙=x1,x甲【步步高】2017版高考物理(全国通用)选考题专练(选修3-3)
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