2018年高考物理复习听课答案5

参考答案(听课手册)

专项一 数学方法在高考物理中的应用

例1变式 0.0352 m [解析] 如图所示，电子在两板间做类平抛运动，离开极板后做匀速直线运动，最终打在荧光屏上的P点．设电子离开偏转电场时的速度为v，侧向速度为vy，侧向位移为y1，打在荧光屏上时的侧向位移为y2.

偏转电场中，飞行时间t＝lv0，侧向速度vy＝at＝qElmv0，侧向位移y1＝12at2＝12·qEm·l2v20＝qEl22mv20

将离开偏转电场时的速度v分解，如图所示，速度v的反向延长线与两板中线交于极板中间位置O1，△O1OP与电子离开偏转电场时的速度分解矢量三角形相似．由相似三角形知识知vyv0＝y2L＋l2，解得y2＝vyv0L＋l2＝qElmv20L＋l2，代入数据解得y2＝0.0352 m

或y1y2＝l2L＋l2，解得y2＝2L＋lly1＝2L＋ll·qEl22mv20，代入数据解得y2＝0.0352 m.

例2变式1 BD [解析] 设a、b长直导线在任一点产生的磁感应强度分别为Ba、Bb，叠加后的磁感应强度为B.由题意知，圆心O处Ba>Bb，叠加后的磁感应强度方向与ab连线垂直，故A错误；设直径上磁感应强度为0的点距离b为x，则有k2I2R－x＝kIx，解得x＝2R3，故B正确；若半圆上存在“磁感应强度方向平行于直径”的位置，如图甲所示，则有BaBb＝tan

α，又由题意知，BaBb＝IaIb·rbra＝2·2Rsin α2Rcos α＝2sin αcos α＝2tan α，故C错误；若半圆上存在“磁感应强度方向沿半圆切线方向”的位置，如图乙所示，则有BaBb＝tan β，又由题意知，BaBb＝IaIb·rbra＝2·2Rsin α2Rcos α＝2sin αcos α＝2tan α，令tan β＝2tan α，则有2tan α＝tan β＝1tan α，即当tan α＝22时，半圆上该点的磁感应强度方向沿半圆切线方向，故D正确．

例2变式2 D [解析] 由题意知，自C点离开圆形区域的带电粒子动能最大，则圆上各点中与A点电势差最大的是C点，即过C点的等势线与圆只有一个交点，该等势线即为过C点的圆的切线．根据匀强电场中电场线与等势线互相垂直的性质和圆的几何知识知，匀强电场沿OC方向，△ACB为直角三角形，∠OAC＝∠OCA＝α，AC＝2Rcos α，从A到C电场力做功为W＝qE·AC·cos α＝2qERcos2α，故D正确．

例3变式1 l4rG [解析] 杆PQ受重力G、P处弹力FP和B处弹力FB三个力作用而平衡，如图所示，三力延长线交于D点，C为均匀杆的重心位置．设杆PQ与水平方向夹角为θ，由圆的几何知识知，∠OPB＝∠OBP＝∠CDB＝∠CPE＝θ，∠ODC＝π2－2θ.在力的矢量三角形中，

由正弦定理：FBsinπ2－2θ＝Gsinπ2＋θ，

即FB＝Gsinπ2－2θsinπ2＋θ＝Gcos 2θcos θ

由几何关系：PE＝2rcos 2θ＝l2cos θ 解得：FB＝l4rG.

例3变式2 abv0 [解析] 设A船的速率为v.A船在B船的航线C处拦截到B，则sQC＝v0t，sPC＝vt，∠QPC＝β.由正弦定理得sQCsin β＝sPCsin α，即v0tsin β＝vtsin α，解得v＝sin αsin βv0.当β＝90°时，vmin＝v0sin α＝abv0.

例4变式 R2gT24π223＋R2－2RR2gT24π213cos αc

[解析] 设m为卫星质量，M为地球质量，r为卫星到地球中心的距离，ω为卫星绕地球转动的角速度，由万有引力提供向心力得GMmr2＝mrω2.同步卫星绕地心转动的角速度与地球自转的角速度相等，有

ω＝2πT

在地球表面又有

GMm′R2＝m′g.

设嘉峪关到地球同步卫星的距离为L，如图所示，由余弦定理得

L＝r2＋R2－2rRcos α

所求时间t＝Lc

由以上各式得

t＝R2gT24π223＋R2－2RR2gT24π213cos αc.

例8变式1 AC [解析] φ-x图像的斜率表示电场强度，由图像可知，x2左侧电场强度方向向左，x2右侧电场强度方向向右，x1处电场强度大于零，x2处电场强度等于零，故q1和q2带有异种电荷，A正确，B错误．负电荷从x1处移到x2处，电势升高，电场强度减小，故电势能减小，电场力减小，C正确，D错误． 例8变式2 AC [解析] 设线框加速度大小为a，t时刻的速度大小为v＝at，位移x处的速度大小为v＝2ax，t1时刻前，只有bc边切割磁感线，感应电动势e＝Blv＝Blat

或e＝Blv＝Bl2ax，感应电流i＝eR＝BlatR或i＝eR＝Bl2axR；t1时刻，线框bc边跨过磁场交界线，ad和bc边同时切割方向相反的磁场，感应电动势和感应电流加倍(突变)，感应电流i＝e′R＝2BlatR或i＝e′R＝2Bl2axR；t2时刻，线框ad边离开磁场交界线，之后只有ad边切割磁感线，感应电流i＝eR＝BlatR或i＝eR＝Bl2axR ，结合常见函数图像可判断A、C正确．

例9变式 (1)32mv21 (2)（2n－1）mv212qd (3)2d（2n－1）v1

[解析] (1)根据r＝mvqB，因为r2＝2r1，所以v2＝2v1，所以W1＝12mv22－12mv21＝32mv21.

(2)Wn＝12mv2n－12mv2n－1＝12m(nv1)2－12m[(n－1)v1]2，Wn＝Enqd，所以En＝（2n－1）mv212qd.

(3)vn－vn－1＝antn，an＝qEnm，所以tn＝2d（2n－1）v1.

例10变式 1.44×10－3 N [解析] (常规解法)设金属杆的加速度为a，t＝6.0 s时的磁感应强度为B＝kt＝0.12 T，金属杆距离初始位置的距离x＝12at2＝18a(m)，速度为v＝at＝6a(m/s)．此时穿过回路的磁通量为Φt＝Btlx＝0.12×0.2×18a＝0.432a(Wb)，回路中总的电动势为E＝nΔBΔtlx＋Btlv＝0.02×0.2×18a＋0.12×0.2×6a＝0.216a(V)，回路总电阻为R＝2xr0＝3.6a(Ω)，回路中的感应电流I＝ER＝0.06 A，金属杆所受安培力为F＝BtIl＝1.44×10－3 N.

(导数解法)设金属杆的加速度为a，t时刻离初始位置的距离x＝12at2，穿过回路的磁通量为Φ＝Blx＝kt·l·12at2＝12klat3，回路中总的电动势为E＝Φ′＝32klat2＝0.216a，回路总电阻为R＝2xr0＝3.6a，回路中的感应电流I＝ER＝0.06 A，金属杆所受安培力为F＝BtIl＝1.44×10－3 N．

专项二 强化物理情景的信息提取和图形表征能力

技法一

1．B [解析] 由E＝hν，ν＝cλ，可得E＝hcλ＝6.6×10－34×3×1081×10－7 J＝2×10－18 J，所以选项B正确． 2．A [解析] 紫铜薄板上下及左右振动，都存在磁通量变化的为选项A所示方案．

3．AD [解析] 若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过14周后上、下两边受到的安培力使线圈速度减小至零，然后反向转回来，最终做摆动，B错误；若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，C错误；若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过半周后电路不能接通，线圈能继续按原方向转动，转过一周后上、下两边再次受到同样的安培力而使线圈继续转动，A、D正确．

4．(1)垂直于导轨平面向下

(2)BlEmR (3)B2l2C2Em＋B2l2C

[解析] (1)垂直于导轨平面向下．

(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有

I＝ER ①

设MN受到的安培力为F，有

F＝IlB ②

由牛顿第二定律，有

F＝ma ③

联立①②③式得

a＝BlEmR ④

(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有

Q0＝CE ⑤

开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有

E′＝Blvmax ⑥

依题意有E′＝QC ⑦ 设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有

F＝IlB ⑧

由动量定理，有

FΔt＝mvmax ⑨

又IΔt＝Q0－Q ○10

联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得

Q＝B2l2C2Em＋B2l2C ⑪

技法二

1．C [解析] 通过第三列的数据可看出：130大概是32的4倍，而298大概是32的9倍……依此类推，可看出物体运动的距离与时间的平方成正比，即C正确．

2．(1)0.5 s (2)－9.25 J

[解析] (1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F1＝2 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间Δt1速度为v1，则

F1－μmg＝ma1①

v1＝a1Δt1②

由①②式并代入数据得

Δt1＝0.5 s．③

(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F2＝6 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则

F2－μmg＝ma2④

设小物体P从速度v1经过Δt2时间，在A点的速度为v2，则

Δt2＝0.55 s－Δt1⑤

v2＝v1＋a2Δt2⑥

P从A点至B点，受外力F2＝6 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则

F2－μmg－qE＝ma3⑦ v23－v22＝2a3x1⑧

P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有

FE＝F3⑨

F3与FE大小相等、方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动．设P从B点运动至D点用时为Δt3，水平位移为x2，由题意知

v3gΔt3＝tan α⑩

x2＝v3Δt3⑪

设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则

W＝－qE(x1＋x2)⑫

联立④～⑧，⑩～⑫式并代入数据得

W＝－9.25 J⑬

3．(1)略 (2)0.5m (3)Ek＝14mR2ω2

[解析] (1)如图所示

(2)图像在1v2轴上的截距为2510gL，它表示滑轮质量不计时对应的速度二次方的倒数，即1v2＝2510gL，所以当滑轮质量不计时，v＝10gL25

考虑A在斜面上的运动，并且不计滑轮质量，根据能量守恒定律有2mg·L2－mBgL＝12×(2m＋mB)v2

所以mB＝0.5m.

(3)当滑轮质量为m时，1v2＝3010gL，即v＝10gL30