高考物理第一轮考纲知识复习:平抛运动的规律及应用。

俗话说，磨刀不误砍柴工。作为教师准备好教案是必不可少的一步。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣，帮助教师缓解教学的压力，提高教学质量。教案的内容具体要怎样写呢？小编特地为大家精心收集和整理了“高考物理第一轮考纲知识复习:平抛运动的规律及应用”，欢迎阅读，希望您能阅读并收藏。

第2节平抛运动的规律及应用
【考纲知识梳理】
一、平抛运动的定义和性质
1、定义：平抛运动是指物体只在重力作用下，从水平初速度开始的运动。
2、运动性质：
①水平方向:以初速度v0做匀速直线运动.
②竖直方向:以加速度a=g做初速度为零的匀变速直线运动,即自由落体运动.
③平抛运动是加速度为重力加速度(a=g)的匀变速曲线运动,轨迹是抛物线.
二、研究平抛运动的方法
1、通常，可以把平抛运动看作为两个分运动的合动动：一个是水平方向（垂直于恒力方向）的匀速直线运动，一个是竖直方向（沿着恒力方向）的匀加速直线运动。水平方向和竖直方向的两个分运动既具有独立性，又具有等时性．
2、平抛运动规律：（从抛出点开始计时）
（1）.速度规律：VX=V0
VY=gt
（2）.位移规律：X=v0t
Y=
（3）.平抛运动时间t与水平射程X
平抛运动时间t由高度Y决定，与初速度无关；水平射程X由初速度和高度共同决定
三、斜拋运动及其研究方法
1．定义：将物体以v沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2．斜抛运动的处理方法：斜抛运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直抛体运动的合运动
【要点名师透析】
一、对平抛运动规律的进一步理解
1、飞行的时间和水平射程
（1）落地时间由竖直方向分运动决定：
由得：
（2）水平飞行射程由高度和水平初速度共同决定：
2、速度的变化规律
（1）平抛物体任意时刻瞬时速度v与平抛初速度v0夹角θa的正切值为位移s与水平位移x夹角θ正切值的两倍。
（2）平抛物体任意时刻瞬时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。
证明：
（3）平抛运动中，任意一段时间内速度的变化量Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下（与g同向）。任意相同时间内的Δv都相同（包括大小、方向），如右图。
3、平抛运动的两个重要结论
（1）以不同的初速度，从倾角为θ的斜面上沿水平方向抛出的物体，再次落到斜面上时速度与斜面的夹角a相同，与初速度无关。（飞行的时间与速度有关，速度越大时间越长。）
如右图：所以
所以，θ为定值故a也是定值与速度无关。
（2）①速度v的方向始终与重力方向成一夹角，故其始终为曲线运动，随着时间的增加，变大，，速度v与重力的方向越来越靠近，但永远不能到达。
②从动力学的角度看：由于做平抛运动的物体只受到重力，因此物体在整个运动过程中机械能守恒。
【例1】如图为一网球场长度示意图，球网高为h=0.9m，发球线离网的距离为x=6.4m，某一运动员在一次击球时，击球点刚好在发球线上方H=1.25m高处，设击球后瞬间球的速度大小为v0=32m/s，方向水平且垂直于网，试通过计算说明网球能否过网？若过网，试求网球的直接落地点离对方发球线的距离L？(不计空气阻力，重力加速度g取10m／s2)
【答案】能过网3.2m
【详解】网球在水平方向通过网所在处历时为
t1==0.2s(2分)
下落高度h1=gt12=0.2m(2分)
因h1H-h=0.35m，故网球可过网.
网球到落地时历时(2分)
水平方向的距离s=v0t=16m(2分)
所求距离为L=s-2x=3.2m(2分)
二、“平抛+斜面”类问题
斜面上的平抛问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决.
【例2】(20xx北京高考)如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从Ｏ点水平飞出，经过3.0ｓ落到斜坡上的Ａ点.已知Ｏ点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m=50kg.不计空气阻力.(取sin37°=0.60，cos37°=0.80；g取10m／s2)求：
(１)A点与O点的距离；
(２)运动员离开O点时的速度大小；
(３)运动员落到A点时的动能.
【详解】(1)设A点与O点的距离为L,运动员在竖直方
向做自由落体运动，有Lsin37°=L==75m(4分)
(2)设运动员离开O点的速度为v0,运动员在水平方向做匀速直线运动，即Lcos37°=v0t
解得(6分)
(3)由机械能守恒，取A点为重力势能零点，运动员落到A点的动能为
EkA=mgh+mv02=32500J(6分)
【感悟高考真题】
1.（20xx广东理综T17）如图6所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是
A.球的速度v等于L
B.球从击出至落地所用时间为
C.球从击球点至落地点的位移等于L
D.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
【答案】选A.B.
【详解】由平抛运动规律知，在水平方向上有:,在竖直方向上有：，联立解得，,所以A.B正确；球从击球点至落地点的位移为,C，D错误。
2.（20xx上海高考物理T25）以初速为，射程为的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为，其水平方向的速度大小为。
【答案】，
【详解】建立如图所示的坐标系，轨迹是抛物线，所以，，消去参数t，得到抛物线的轨迹方程.一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，，竖直位移①，根据机械能守恒，②，①②联立，；
根据平抛运动速度方向与位移方向角度的关系，③，把①代入③得，
3（20xx全国卷1）18．一水平抛出的小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如右图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，根据有：。则下落高度与水平射程之比为，D正确。
【命题意图与考点定位】平抛速度和位移的分解。
4.（20xx上海物理）30.（10分）如图，ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，C、D、E在同一竖直线上，D点距水平面的高度h，C点高度为2h，一滑块从A点以初速度分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出。
（1）求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离和.
（2）为实现＜，应满足什么条件？
解析：
（1）根据机械能守恒，
根据平抛运动规律：，
,
综合得，
（2）为实现＜，即＜，得＜
但滑块从A点以初速度分别沿两轨道滑行到C或D处后水平抛出，要求，
所以。
本题考查根据机械能守恒和平抛运动规律以及用数学工具处理物理问题的能力。
难度：难。
5.（09广东理科基础7）滑雪运动员以20m／s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3．2m。不计空气阻力，g取10m／s2。运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是（B）
A．s=16m，t=0．50sB．s=16m，t=0．80s
C．s=20m，t=0．50sD．s=20m，t=0．80s
解析：做平抛运动的物体运动时间由高度决定，根据竖直方向做自由落体运动得。根据水平方向做匀速直线运动可知，B正确。
6.（09福建20）（15分）如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s=100m，子弹射出的水平速度v=200m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10m/s2，求：
（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？
答案：（1）0.5s（2）1.25m
解析：本题考查的平抛运动的知识。
（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间集中目标靶，则
t=
代入数据得
t=0.5s
（2）目标靶做自由落体运动，则h=
代入数据得h=1.25m
【考点模拟演练】
1.(20xx福州模拟)如图所示，三个小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶O′B∶O′C=1∶3∶5.若不计空气阻力，则下列说法正确的是()
A.v1∶v2∶v3=1∶3∶5
B.三个小球下落的时间相同
C.三个小球落地的速度相同
D.三个小球落地的动能相同
【答案】选A、B.
【详解】由于三个小球从同一高度处抛出，所以做平抛运动的时间相同，由x=v0t可知选项Ａ、Ｂ正确；由于初速度不相同，但三种情况重力做功相同，由动能定理可得落地的动能不相同，速度也不相同，故选项Ｃ、Ｄ错误.
2.(20xx北师大附中模拟)A、B、C、D四个完全相同的小球自下而上等间距地分布在一条竖直线上，相邻两球的距离等于A球到地面的距离.现让四球以相同的水平速度同时向同一方向抛出，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是()
A.A球落地前，四球分布在一条竖直线上，落地时间间隔相等
B.A球落地前，四球分布在一条竖直线上，A、B落点间距小于C、D落点间距
C.A球落地前，四球分布在一条竖直线上，A、B落地时间差大于C、D落地时间差
D.A球落地前，四球分布在一条抛物线上，A、B落地时间差大于C、D落地时间差
【答案】选C.
【详解】A球落地前，四个球在水平方向均做初速度为
v0的匀速运动，在同一时刻一定在同一竖直线上，D错误.设A球开始离地的距离为h，则有：tA＝，tC＝，可见tD－tC＜tB－tA，A错误、C正确.由Δx＝v0Δt可知，ΔxAB＞ΔxCD，B错误.
3.农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选.在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）谷粒都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示.对这一现象，下列分析正确的是()
A.N处是谷种，M处是瘪谷
B.谷种质量大，惯性大，飞得远些
C.谷种飞出洞口时的速度比瘪谷飞出洞口时的速度小些
D.谷种和瘪谷在竖直方向做自由落体运动
【答案】C
【详解】由于空气阻力的影响，谷种和瘪谷在竖直方向都不是自由落体运动，瘪谷落地所用时间较长.瘪谷质量小，在同一风力作用下，从洞口水平飞出时的速度较大，因而瘪谷飞得远些.正确选项为C.
4．玉树大地震，牵动了全国人民的心．一架装载救灾物资的直升飞机，以10m/s的速度水平飞行，在距地面180m的高度处，欲将救灾物资准确投放至地面目标，若不计空气阻力，g取10m/s2，则()
A．物资投出后经过6s到达地面目标
B．物资投出后经过18s到达地面目标
C．应在距地面目标水平距离60m处投出物资
D．应在距地面目标水平距离180m处投出物资
【答案】AC
【详解】物资投出后做平抛运动，其落地所用时间由高度决定，t＝2hg＝6s，A项正确，B项错误；抛出后至落地的水平位移为x＝vt＝60m，C项正确，D项错误．答案为AC.
5．如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则()
A.tanθ2tanθ1＝2B．tanθ1tanθ2＝2
C.1tanθ1tanθ2＝2D.tanθ1tanθ2＝2
【答案】B
【详解】由题意知：tanθ1＝vyv0＝gtv0，tanθ2＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt.
由以上两式得：tanθ1tanθ2＝2.故B项正确．
6．如图所示，高为h＝1.25m的平台上，覆盖一层薄冰，现有一质量为60kg的滑雪爱好者，以一定的初速度v向平台边缘滑去，着地时的速度方向与水平地面的夹角为45°(取重力加速度g＝10m/s2)．由此可知下列各项中错误的是
()

A．滑雪者离开平台边缘时的速度大小是5.0m/s
B．滑雪者着地点到平台边缘的水平距离是2.5m
C．滑雪者在空中运动的时间为0.5s
D．着地时滑雪者重力做功的瞬时功率是300W
【答案】D
【详解】着地时速度的方向与水平地面的夹角为45°，故vy＝v0＝2gh＝2×10×1.25m/s＝5.0m/s，A正确；x＝v0t＝v02hg＝5×2×1.2510m＝2.5m，B正确；飞行时间t＝2hg＝0.5s，C正确；着地时滑雪者重力做功的瞬时功率P＝mgvy＝60×10×5.0W＝3000W，D错误．
7．(20xx镇江实验检测)一小船在河中的运动轨迹如图所示，下列判断正确的是()
A．若小船在x方向始终匀速，则y方向先加速后减速
B．若小船在x方向始终匀速，则y方向先减速后加速
C．若小船在y方向始终匀速，则x方向先减速后加速
D．若小船在y方向始终匀速，则x方向先加速后减速
【答案】BD
【详解】小船运动轨迹上各点的切线方向为小船的合速度方向，若小船
在x方向始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在y方向的速度先减小后增加．故A错误，B正确；若小船在y方向始终匀速，由合速度方向的变化可知，小船在x方向的速度先增加后减小，故C错误，D正确．
8．随着人们生活水平的提高，高尔夫球赛将逐渐成为普通人的休闲娱乐方式．如图，某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球．由于恒定的水平风力的作用，高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为L的A穴．则()
A．球被击出后做平抛运动
B．该球从被击出到落入A穴所用的时间为2hg
C．球被击出时的初速度大小为L2gh
D．球被击出后受到的水平风力的大小为mgh/L
【答案】BC
【详解】由于受到恒定的水平风力的作用，球被击出后在水平方向做匀减速运动，A错误；由h＝12gt2得球从被击出到落入A穴所用的时间为t＝2hg，B正确；由题述高尔夫球竖直地落入A穴可知球水平末速度为零，由L＝v0t/2得球被击出时的初速度大小为v0＝L2gh，C正确；由v0＝at得球水平方向加速度大小a＝gL/h，球被击出后受到的水平风力的大小为F＝ma＝mgL/h，D错误．
9．(20xx开封期末)取稍长的细杆，其一端固定一枚铁钉，另一端用羽毛做一个尾翼，做成A、B两只飞镖，将一软木板挂在竖直墙壁上，作为镖靶．在离墙壁一定距离的同一处，将它们水平掷出，不计空气阻力，两只飞镖插在靶上的状态如图(侧视图)．则下列说法中正确的是()
A．A镖掷出时的初速度比B镖掷出时的初速度大
B．B镖插入靶时的末速度比A镖插入靶时的末速度大
C．B镖的运动时间比A镖的运动时间长
D．A镖的质量一定比B镖的质量大
【答案】AC
【详解】平抛运动可以分为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．即x＝v0t，y＝12gt2.题目中两飞镖在同一处水平抛出，飞镖B在竖直方向下落的距离大，说明飞镖B在空中运动的时间长．又因为两飞镖抛出时距墙壁的水平距离相同，所以飞镖B的水平速度小．所以选项A、C正确；两飞镖的质量大小不能确定，所以选项D错误；飞镖B的水平速度比飞镖A小，但飞镖B的竖直速度比飞镖A大，而末速度指的是水平速度和竖直速度的合速度．因此不能确定两飞镖的末速度，所以选项B错误．
10.如图所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以速度v0运动．设滑块运动到A点的时刻为t＝0，距A点的水平距离为x，水平速度为vx.由于v0不同，从A点到B点的几种可能的运动图象如下列选项所示，其中表示摩擦力做功最大的是()

ABCD
【答案】D
【详解】考查平抛运动的分解与牛顿运动定律．从A选项的水平位移与时间的正比关系可知，滑块做平抛运动，摩擦力必定为零；B选项先平抛后在水平地面运动，水平速度突然增大，摩擦力依然为零；对C选项水平速度不变，为平抛运动，摩擦力为零；对D选项水平速度与时间成正比，说明滑块在斜面上做匀加速直线运动，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D图象所显示的情景，D对．
11．一物体在光滑水平面上运动，它的x方向和y方向的两个运动的速度一时间图象如图所示．
(1)判断物体的运动性质；
(2)计算物体的初速度；
(3)计算物体在前3s内和前6s内的位移．
【答案】(1)见解析(2)50m/s(3)108.2m180m
【详解】(1)由图可看出，物体沿x方向的分运动为匀速直线运动，沿y方向的分运动为匀变速直线运动，故合运动为匀变速曲线运动．
(2)物体的初速度
v0＝v2x0＋v2y0＝302＋－402m/s＝50m/s.
(3)在前3s内，x＝vxt＝30×3m＝90m，y＝|vy0|2t＝402×3m＝60m，故s＝x2＋y2＝902＋602m
≈108.2m，在前6s内，x′＝vxt′＝30×6m＝180m，y′＝0，故s′＝x′＝180m.
12．国家飞碟射击队在进行模拟训练时用如图所示装置进行．被训练的运动员在高H＝20m的塔顶，在地面上距塔水平距离为l处有一个电子抛靶装置，圆形靶可被以速度v2竖直向上抛出．当靶被抛出的同时，运动员立即用特制手枪沿水平方向射击，子弹速度v1＝100m/s.不计人的反应时间、抛靶装置的高度及子弹在枪膛中的运动时间，且忽略空气阻力及靶的大小(g取10m/s2)．
(1)当l取值在什么范围内，无论v2为何值靶都不能被击中？
(2)若l＝100m，v2＝20m/s，试通过计算说明靶能否被击中？
【答案】(1)l200m(2)恰好击中
【详解】(1)若抛靶装置在子弹的射程以外，则不论抛靶速度为何值，都无法击中．
H＝12gt2,x＝v1t
lx＝v12Hg＝200m
即l200m，无论v2为何值都不能被击中．
(2)若靶能被击中，则击中处应在抛靶装置的正上方，设经历的时间为t1，则：l＝v1t1，t1＝lv1＝100100s＝1s.
y1＝12gt21＝12×10×12m＝5m
y2＝v2t1－12gt21＝20×12m－12×10×12m＝15m.
因为y1＋y2＝5m＋15m＝20m＝H,所以靶恰好被击中．

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高考物理第一轮考纲知识复习:电路的基本规律及其应用

一位优秀的教师不打无准备之仗，会提前做好准备，教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。您知道教案应该要怎么下笔吗？下面是小编为大家整理的“高考物理第一轮考纲知识复习:电路的基本规律及其应用”，但愿对您的学习工作带来帮助。

第2节电路的基本规律及其应用
【考纲知识梳理】
一、闭合电路的欧姆定律
1、内容：闭合电路中的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比，这个结论叫做闭合电路的欧姆定律。
2、公式：I=
3、适用条件：外电路是纯电阻的电路。
根据欧姆定律，外电路两端的电势降落为U外=IR，习惯上成为路端电压，内电路的电势降落为U内=Ir，代入E=IR+Ir
得
该式表明，电动势等于内外电路电势降落之和。
4.路端电压与负载R（外电路电阻的关系）
二、
三、逻辑电路
1.“与”门：如果一个事件的几个条件都满足后,该事件才能发生.这种关系叫做“与”逻辑关系.具有“与”逻辑关系的电路称为“与”门电路,简称“与”门。
（1）“与”逻辑电路

（2）“与”门的逻辑符号

（3）“与”门的真值表：

（4）“与”门反映的逻辑关系

2.“或”门：如果几个条件中，只要有一个条件得到满足,某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系.具有“或”逻辑关系的电路叫做“或”门.
（1）“或”逻辑电路

（2）“或”门的逻辑符号

（3）“或”门的真值表：

（4）“或”门反映的逻辑关系

3.“非”门：输出状态和输入状态呈相反的逻辑关系,叫做”非”逻辑关系,具有”非”逻辑关系的电路叫“非”门.
（1）“非”逻辑电路

（2）“非”门的逻辑符号

（3）“非”门的真值表：

（4）“非”门反映的逻辑关系

三、串并联电路
电路串联电路(P、U与R成正比)并联电路(P、I与R成反比)
电阻关系R串=R1+R2+R3+……1/R并=1/R1+1/R2+1/R3+……
电流关系I总=I1=I2=I3=……I并=I1+I2+I3+……
电压关系U总=U1+U2+U3+……U总=U1=U2=U3=……
功率分配P总=P1+P2+P3+……P总=P1+P2+P3+……

【要点名师透析】
一、电源的有关功率和效率
1.电源的总功率
(1)任意电路：P总=EI=U外I+U内I=P出+P内.
(2)纯电阻电路：P总=I2(R+r)=
2.电源内部消耗的功率
P内=I2r=U内I=P总-P出.
3.电源的输出功率
(1)任意电路：P出=UI=EI-I2r=P总-P内.
(2)纯电阻电路：
P出=I2R=
(3)输出功率随R的变化关系
①当R=r时，电源的输出功率最大为
②当Rr时，随着R的增大输出功率越来越小.
③当Rr时，随着R的增大输出功率越来越大.
④当P出Pm时，每个输出功率对应两个可能的外电阻R1和R2，且R1R2=r2.
⑤P出与R的关系如图所示.
4.电源的效率
(1)任意电路：η=×100%=×100%.
(2)纯电阻电路：η=
因此在纯电阻电路中R越大，η越大；当R=r时，电源有最大输出功率时，效率仅为50%.
【例1】(20xx盐城模拟)(14分)如图所示，电阻R1=2Ω，小灯泡L上标有“3V，1.5W”，电源内阻r=1Ω,滑动变阻器的最大阻值为R0(大小未知)，当触头P滑动到最上端a时，电流表的读数为1A，小灯泡L恰好正常发光，求：
(1)滑动变阻器的最大阻值R0.
(2)当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及输出功率.
【答案】(1)6Ω(2)12W8W
【详解】(1)当触头P滑动到最上端a时，流过小灯泡
L的电流为：IL==0.5A(2分)
流过滑动变阻器的电流：I0=IA-IL=1A-0.5A=0.5A(2分)
故：R0==6Ω.(2分)
(2)电源电动势为：E=UL+IA(R1+r)=3V+1×(2+1)V=6V.(2分)
当触头P滑动到最下端b时，滑动变阻器和小灯泡均被短路.电路中总电流为：
I==2A(2分)
故电源的总功率为：P总=EI=12W(2分)
输出功率为：P出=EI-I2r=8W(2分)
二、电路的动态分析
1.电路的动态分析问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，某处电路变化又引起其他电路的一系列变化；对它们的分析要熟练掌握闭合电路欧姆定律，部分电路欧姆定律，串、并联电路中电压和电流的关系.
2.分析这类问题的一般步骤是：
(1)明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化.
(2)根据局部电阻的变化，确定电路的外电阻R外总如何变化.
(3)根据闭合电路欧姆定律I总＝确定电路的总电流如何变化.
(4)由U内＝I总r确定电源的内电压如何变化.
(5)由U外＝E－U内确定电源的外电压如何变化.
(6)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化.
(7)确定支路两端的电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化.
由以上步骤可以看出，解决此类问题，基本思路是“局部→整体→局部”，同时要灵活地选用公式，每一步推导都要有确切的依据.
【例2】(20xx广州模拟)如图所示，A灯与B灯电阻相同，当滑动变阻器R的滑动片向下滑动时，两灯的变化是()
A灯变亮，B灯变亮
B.A灯变暗，B灯变亮
C.A灯变暗，B灯变暗
D.A灯变亮，B灯变暗
【答案】选C.
【详解】当变阻器的滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，根据串、并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流I增大，内阻分担电压增大，路端电压U减小，A灯两端电压减小，亮度变暗；另一支路电流I′=I-IA增大，U1=I′R1增大，故R与B灯的并联支路电压UB=U-U1减小，B灯变暗，C正确.
三、含电容器电路的分析与计算
1.电路的简化：不分析电容器的充、放电过程时，把电容器处的电路视为断路，简化电路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上.
2.电路稳定时电容器的处理方法：电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，但电容器两端可能出现电势差.
3.电压变化带来的电容器的变化：电路中电流、电压的变化可能会引起电容器的充、放电.若电容器两端电压升高，电容器将充电；若电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，可由ΔQ=CΔU计算电容器上电荷量的变化.
4.含电容器电路的处理方法：如果电容器与电源并联，且电路中有电流通过，则电容器两端的电压不是电源电动势E，而是路端电压U.
【例3】(10分)如图所示的电路中，E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，电池内阻不计，C1＝C2＝30μF.先闭合开关S，待电路稳定后再断开S，求断开S后通过电阻R1的电荷量.
【答案】S闭合时，I＝
UC1＝IR2＝6V(2分)
由于C2被S短路，其两端电压UC2＝0
S断开待电路稳定后，由于电路中无电流，故UC1′＝UC2′
＝10V(2分)
电容器C2上增加的电荷量为：
ΔQ2＝C2(UC2′－0)＝30×10－6×10C＝3×10－4C.(2分)
电容器C1上增加的电荷量为：
ΔQ1＝C1(UC1′－UC1)＝30×10－6×4C
＝1.2×10－4C.(2分)
通过R1的电荷量
Q＝ΔQ1+ΔQ2＝4.2×10－4C.(2分)
【感悟高考真题】
1.（20xx北京高考T17）如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中
A.电压表与电流表的示数都减小
B.电压表与电流表的示数都增大
C.电压表的示数增大，电流表的示数减小
D.电压表的示数减小，电流表的示数增大。
【答案】选A.
【详解】在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，滑动变阻器R0的电阻减小，电路总电阻减小，干路电流增大，内阻压降增加，路端电压减小，电压表的示数减小，同时，定值电阻R1上的压降也增加，使得定值电阻R2两端电压降低，导致电流表的示数减小，所以A正确.
2.（20xx海南物理T2）如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）
○V的读数变大，○A的读数变小
○V的读数变大，○A的读数变大
○V的读数变小，○A的读数变小
○V的读数变小，○A的读数变大

【答案】选B。
当S断开时，外电阻变大，总电流变小，路端电压变大，所以电压表的示数变大；总电流变小，电阻上的电压减小，而路端电压变大，电阻上降的电压变大，所以电流表的示数变大。所以B项正确。
3.（20xx上海高考物理T6）右表是某逻辑电路的真值表，该电路是
【答案】选D.
【详解】与门电路的逻辑功能是两个输入端只要有一端是“0”，输出端就是“0”，真值表是：
ABY
000
010
100
111
非门的输入端与输出端相反，所以，与门跟非门串联后的真值表是：
ABY
001
011
101
110
可见D选项正确.
4.（20xx上海高考物理T12）如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，
(A)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
(B)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
(C)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
(D)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
【答案】选A.
【详解】电路的串并联关系是这样的：滑动变阻器的上下两部分电阻并联再与电阻R串联。当上下两部分电阻相等时，并联电路阻值最大，干路电流最小，路端电压最高，即电压表读数经历了先增大后减小的过程。所以只有A、C选项可能正确；当滑动变阻器的滑动触头P在最高端时，电流表读数为零，即电流表的读数是从零开始增加的，因此，只能是A选项不可能是C选项。
5.（20xx新课标19）电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、.由图可知、的值分别为
A、、B、、C、、D、、
答案：D
解析：电源效率，E为电源的总电压（即电动势），根据图象可知Ua=,Ub=，所以选项D正确。
6、（2009年全国II卷理综）17.因为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为

答案B
【解析】本题考查测电源的电动势和内阻的实验.由测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线可知该电源的电动势为6v,内阻为0.5Ω.此电源与三个均为3的电阻连接成电路时测的路端电压为4.8v,A中的路端电压为4v,B中的路端电压约为4.8V.正确C中的路端电压约为5.7v,D中的路端电压为5.4v.
3、（2009年高考天津理综卷）
3.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻
器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。
由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是
C【解析】灯丝电阻随电压的增大而增大，在图像上某点到原点连线的斜率应越来越大。C正确。
7.（09年重庆卷18）.某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24V/200W)和10个相同的指示灯X1～X10(220V/2W),将其连接在220V交流电源上，电路见题18图，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则，
A.X1的功率减小，L1的功率增大。
B.X1的功率增大，L1的功率增大
C,X2功率增大，其它指示灯的功率减小
D.X2功率减小，其它指示灯的功率增大
答案：C
【考点模拟演练】
1.关于电源的电动势，下列说法正确的是()
A.电源的电动势等于电源两端的电压
B.电源不接入电路时，电源两极间的电压大小等于电动势
C.电动势的国际单位是安培
D.常见的铅蓄电池电动势为1.5V
【答案】选B.
【详解】电源电动势等于电源路端电压与内电压之和，只有外电路是断路时，电源两端的电压等于电源电动势，A错，B对；电动势的国际单位是伏特，C错；常见铅蓄电池的电动势为2V，D错.
2.下列关于电源电动势的说法中正确的是()
A.在某电池的电路中，每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5V
B.电源的路端电压增大时，其电源的电动势一定也增大
C.无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变
D.电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多
【答案】选C.
【详解】由E=得E＝2V，则A错误；电源的电动势与外电路无关，只由电源自身的性质决定，则B错C对；电源的电动势大，所提供的能量不一定大，电源的电动势取决于通过电源的电量与电动势的乘积，D错误.
3.某实验小组用三只相同的小灯泡连接成如图所示的电路，研究串并联电路的特点.实验中观察到的现象是()
A.K2断开，K1与a连接，三只灯泡都熄灭
B.K2断开，K1与b连接，三只灯泡亮度相同
C.K2闭合，K1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同
D.K2闭合，K1与b连接，三只灯泡都发光，L3的亮度小于L2的亮度
【答案】选D.
【详解】K2断开，K1与a连接时三只灯泡串联，三只灯泡应该亮度相同，A错误；K2断开，K1与b连接时，L1、L2两只灯泡串联，L3被断开没有接入电路，B错误；K2闭合，K1与a连接时只有L2亮，L1和L3被短路，C错误；K2闭合，K1与b连接时，L1和L3并联，然后与L2串联，此时三只灯泡都发光，L3的亮度与L1的亮度相同，都小于L2的亮度，D正确.
4.如图所示，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则()
A.电容器中的电场强度将增大
B.电容器所带的电荷量将减少
C.电容器的电容将减小
D.液滴将向上运动
C.电容器的电容将减小
D.液滴将向上运动
【答案】选B.
【详解】电容器和电阻R2并联，两端电压与R2两端电压相等，当滑片P向左移动时电路中电阻增大，总电流减小，R2两端电压减小，电容器中场强减小，A错；液滴受到的电场力减小，故液滴向下运动，D错误；由Q＝CU知，电容器所带的电荷量减少，B正确；电容器的电容与两端电压及所带电荷量无关，故C错.
5.小强在用恒温箱进行实验时,发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制.经检查,恒温箱的控制器没有故障(如图所示)，则下列对故障判断正确的是()
A.只可能是热敏电阻出现故障
B.只可能是温度设定装置出现故障
C.热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障
D.可能是加热器出现故障
【答案】选C.
【详解】恒温箱内温度持续升高，说明加热器没损坏，D错；而控制器也没问题，故热敏电阻或温度设定装置出现故障，在没有确定的条件下选C而不选A、B.
5．如图所示电路中，电源内阻不计，三个小灯泡完全相同且外电路变化时每个灯泡两端的电压都不会超过其额定电压，开始时只有S1闭合，当S2也闭合后，下列说法正确的是
()
A．灯泡L1变亮
B．灯泡L2变亮
C．电容器C的带电荷量将增加
D．闭合S2的瞬间流过电流表的电流方向自右向左
【答案】AD
【详解】只有S1闭合时，L1和L2串联，电容器两端的电压等于电源两端的电压．S2闭合后，L3和L2串联，再和L1串联．则L1两端的电压增大，故L1变亮，电容器两端的电压减小，故电容器放电．电荷量减小．电流表上的电流是电容器的放电电流，故方向从右向左．可知AD正确．
6．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图20所示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω.电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了
()
A．35.8WB．43.2W
C．48.2WD．76.8W
【答案】B
【详解】电动机未启动时，通过灯泡电流为I＝10A，
电压U1＝12.5V－10×0.05V＝12V.
所以灯泡电阻为R＝U1I＝1210Ω＝1.2Ω.
电动机启动时，灯泡两端的电压
U2＝12.5V－58×0.05V＝9.6V.
故车灯的电功率降低了ΔP＝U21R－U22R＝43.2W．故B正确．
7．如图所示的图线①表示某电池组的输出电压与电流的关系(UI图线)，图线②表示其输出功率与电流的关系(PI图线)，则下列说法正确的是()
A．电池组的电动势为50V
B．电池组的内阻为253Ω
C．电流为2A时，外电路的电阻为20Ω
D．输出功率为120W，输出电压是30V
【答案】ACD
【详解】图线①可以得出电源的电动势是50V，内阻为5Ω.从图线②可以看出电流为2A时，功率为80W，即电压约为40V，所以外电阻约为20Ω；当输出功率是120W时，电流是4A，输出电压为30V.
8．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是()
A．I1增大，I2不变，U增大B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小
【答案】B
【详解】R2滑动触点向b端滑动，R2减小，总电阻R总也减小，总电流I＝ER总增大，电源内电压U内＝Ir，故U内增大，电压表示数U＝E－U内，E不变，故U减小；R1、R2电压U1＝E－U内－IR3，可知U1减小，R1不变，故I1减小；I2＝I－I1，故I2增大，所以只有B正确．
9．如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻r不能忽略．闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大ΔU，在这一过程中()
A．通过R1的电流增大，增大量为ΔU/R1
B．R2两端的电压减小，减小量为ΔU
C．通过R2的电流减小，减小量小于ΔU/R2
D．路端电压增大，增大量为ΔU
【答案】A
【详解】电阻R增大时，并联电阻变大，电路中总电阻变大，干路电流变小，内电压变小，R2两端的电压U2变小，则电压表示数变大，对于回路有：E＝U＋U′＝UV＋U2＋U′，UV＝I1R1，U2＝IR2，U′＝Ir.所以有：ΔU＝ΔU2＋ΔU′，故选A.
10．在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C，当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定()
A．电源的电动势E一定小于击穿电压U
B．电容器所带的最大电荷量一定为CE
C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
【答案】D
【详解】电容器两端电压与闪光灯两端电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U而断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充、放电，使得闪光灯周期性短暂闪光，要使得充电后达到电压U，则电动势一定大于或等于U，故A项错；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，故B项错；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错；充电时电荷通过电阻R，通过闪光灯放电，故充、放电过程中，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，故D项正确．
11．(20xx年东城模拟)一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升所受重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A．在30s内可使该物体被匀速提升3m．若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)线圈的电阻．
【答案】(1)0.6W(2)6J(3)5Ω
【详解】(1)电动机的输入功率
P入＝UI＝0.2×3W＝0.6W.
(2)电动机提升重物的机械功率
P机＝Fv＝(4×3/30)W＝0.4W.
根据能量关系P入＝P机＋PQ，得生热的功率
PQ＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2W.
所生热量Q＝PQt＝0.2×30J＝6J.
(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈电阻
R＝QI2t＝60.22×30Ω＝5Ω.

12.右图电路中R1＝12Ω，R2＝6Ω，滑动变阻器R3上标有“20Ω，2A”字样，理想电压表的量程有0～3V和0～15V两挡，理想电流表的量程有0～0.6A和0～3A两挡．闭合开关S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P至另一位置，电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的1/4，求：
(1)此时电流表示数；
(2)电源的电动势．
【答案】(1)0.15A(2)7.5V
【详解】(1)滑片P向右移动的过程中，电流表示数在减小，电压表示数在增加，由此可以确定电流表量程选取的是0～0.6A，电压表量程选取的是0～15V，所以电流表的示数为14×0.6A＝0.15A.
(2)电压表的示数为13×15V＝5V；当电压表示数U1＝2.5V时，电流表示数I1＝0.3A，得
E＝U1＋I1R1＋I1R1＋R2R2r
当电压表示数U2＝5V时，I2＝0.15A得
E＝U2＋I2R1＋I2R1＋R2R2r
所以解方程组得：E＝7.5V.

高考物理第一轮考纲知识复习:匀变速直线运动规律

第2节匀变速直线运动规律
【考纲知识梳理】
一、匀变速直线运动
1.定义:在变速直线运动中,如果在相等的时间内速度的改变量相等,这种运动就叫做匀变速直线运动.匀变速直线运动是加速度不变的直线运动.
2.分类
①匀加速直线运动:速度随时间均匀增加的匀变速直线运动.
②匀减速直线运动:速度随时间均匀减小的匀变速直线运动.
二、匀变速直线运动的基本规律
1、两个基本公式：位移公式：速度公式：
2、两个推论：匀变速度运动的判别式：
速度与位移关系式：
3、两个特性
可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有
4、做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：
，，，
以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各
物理量间的比例关系
5、两组比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动：
（1）按照连续相等时间间隔分有
1s末、2s末、3s末……即时速度之比为：
前1s、前2s、前3s……内的位移之比为
第1s、第2s、第3s……内的位移之比为
（2）按照连续相等的位移分有
1X末、2X末、3X末……速度之比为：
前1m、前2m、前3m……所用的时间之比为
第1m、第2m、第3m……所用的时间之比为
三、自由落体运动和竖直上抛运动
1、自由落体运动：
（1）定义：自由落体运动：物体只在重力作用下，从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动。
（2）性质：它是v0=0，a=g的匀加速直线运动。
（3）规律：基本规律：
初速度为0的匀加速直线运动的一切规律对于自由落体运动都适用。
2、竖直上抛运动
（1）定义：有一个竖直向上的初速度υ0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g。
（2）性质：是坚直向上的，加速度为重力加速度g的匀减速直线运动。
（3）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系，其位移与速度公式分别为
（4）最大高度、上升时间
【要点名师透析】
一、对匀变速直线运动公式的理解和应用
1.正、负号的规定
直线运动可以用正、负号表示矢量的方向，一般情况下，我们规定初速度的方向为正方向，与初速度同向的物理量取正值，反向的物理量取负值，当v0=0时，一般以a的方向为正方向.
2.物体先做匀减速直线运动，速度减为零后又反向做匀加速直线运动，全程加速度不变，对这种情况可以将全程看做匀变速直线运动，应用基本公式求解.
注意：(1)将匀变速运动规律与实际生活相联系时要从情境中抽象出应选用的物理规律.
(2)注意联系实际,切忌硬套公式,例如刹车和沿斜面上滑两类减速问题，应首先判断刹车时间，判断物体能否返回和上滑时间等.
【例1】在学习了伽利略对自由落体运动的研究后，甲同学给乙同学出了这样一道题：一个物体从塔顶落下(不考虑空气阻力)，物体到达地面前最后一秒内通过的位移为整个位移的9/25，求塔高H(取g=10m/s2).
乙同学的解法：根据得物体在最后1s内的位移再根据得H=13.9m，乙同学的解法是否正确？如果正确说明理由，如果不正确请给出正确解析过程和答案.
【答案】见详解
【详解】乙同学的解法不正确.根据题意画出运动过程示意图，设物体从塔顶落到地面所经历时间为t，通过位移为H，物体在(t-1)秒内的位移为h.据自由落体运动规律，有(3分)
(3分)
由题意得(3分)
联立以上各式解得H=125m(3分)
规律总结：对物理过程分析思路
解决物理问题时不注重物理情景的分析，常会造成乱套公式的现象，因此要培养正确的物理过程的分析习惯，做好以下几个方面的思维训练：
(1)要养成根据题意画出物体运动示意图的习惯.特别对较复杂的运动，画出运动示意图可使运动过程直观、物理情景清晰，便于分析研究.
(2)要分析研究对象的运动过程，搞清楚整个运动过程按运动性质可分为哪几个阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段间存在什么联系.
(3)根据各阶段的运动性质列相应方程进行求解.
二、解决匀变速直线运动的常用方法
运动学问题的求解一般有多种方法，除了直接套用基本公式求解外，还有其他一些方法，具体如下：

【例2】(20xx年芜湖市模拟)一个匀加速直线运动的物体，在前4s内经过的位移为24m，在第二个4s内经过的位移是60m．求这个物体的加速度和初速度各是多少？
【答案】2.25m/s21.5m/s
【详解】由公式Δx＝aT2，得a＝ΔxT2＝60－2442m/s2＝2.25m/s2.
根据v＝vt2得24＋608m/s＝v0＋4a，
所以v0＝1.5m/s.
三、竖直上抛运动的理解
1、
对公式的理解
当时，，表示物体正在向下运动。
当时，，表示物体正在最高点。
当时，，表示物体正在向上运动。
对公式的理解
当时，，表示物体在抛出点下方。
当时，，表示物体回到抛出点。
当时，，表示物体在抛出点上方。
2、竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动，后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动（自由落体运动），具备的特征主要有：
（1）时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等
（2）速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等
（3）能量对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时重力势能大小变化相等
3、竖直上抛的处理方法：
（1）对于运动过程可以分段来研究
（2）也可以把把整个过程看成一个匀减速运动来处理。这样比较方便，即全程做初速度为加速度为的匀变速直线运动。注意有关物理量的矢量性，习惯取的方向为正。
【例3】将一小物体以初速度v0竖直上抛，由于受到空气阻力使物体上升的加速度大于下落的加速度，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x1和x2，速度的变化量Δv1和Δv2的大小关系为()
A.x1x2B.x1x2
C.Δv1Δv2D.Δv1Δv2
【答案】选A、C.
【详解】由于上升的加速度a1大于下落的加速度a2，根据逆向转换的方法，上升的最后一秒可以看成以加速度a1从零下降的第一秒，故有：Δv1＝a1t，而以加速度a2下降的第一秒内有：Δv2＝a2t，因a1a2，所以x1x2，Δv1Δv2，即A、C正确.
【感悟高考真题】
1.（20xx.安徽高考T16）一物体做匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为。则物体运动的加速度为
A.B.C.D.
【答案】选A。
【详解】第一个内平均速度，第二个内的平均速度，则物体的加速度，故A正确
解答本题时应明确以下两点
某段位移内的平均速度等于其中间时刻的速度
利用进行分析求解
2.（20xx天津理综T3）质点做直线运动的位移与时间的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（）
A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/s
C.任意相邻的1s内位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s
【答案】选D．
【详解】根据质点直线运动的位移与时间的关系式可知，质点做匀加速直线运动，初速度为5m/s，加速度为，在第1s内的位移是x=6m，选项A错误，前2s内的平均速度为，选项B错误，因为是匀变速直线运动，应该满足公式，任意相邻的1s内的位移差都是2m，选项C错误，任意1s内的速度增量实质就是指加速度大小，选项D正确。
解答本题时可按以下思路分析：根据位移与时间的关系式分析出运动物体的初速度和加速度，代入时间求出位移，平均速度等物理量。
3.（20xx重庆理综T14）某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2s听到石头落地声，由此可知井深约为（不计声音传播时间，重力加速度g取10m/s2）
A.10mB.20mC.30mD.40m
【答案】选B.
【详解】，由此可知井深约为20m
解答本题时可按以下思路分析：从井口静止释放到听到石头落地的时间就是石头做自由落体运动的时间。
4.（20xx新课标全国卷）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和l9.30s。假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00m时最大速率的96％。求：
（1）加速所用时间和达到的最大速率；
（2）起跑后做匀加速运动的加速度。（结果保留两位小数）
【答案】（1）（2）
【详解】（1）设加速所用时间t和匀速运动达到的最大速率v，则有
①
②
由①②式联立解得：③
④
（2）设起跑后做匀加速运动的加速度大小为a，则
⑤
解得：⑥
5.（09江苏物理7）如图所示，以匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为，减速时最大加速度大小为。此路段允许行驶的最大速度为，下列说法中正确的有（AC）
A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线
B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速
C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线
D．如果距停车线处减速，汽车能停在停车线处
解析：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=20m18m，此时汽车的速度为12m/s12.5m/s，汽车没有超速，A项正确；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为6.4m，C项正确、D项错误。
6.（09江苏13）（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2㎏，动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m。求飞行器所阻力f的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。
解析：（1）第一次飞行中，设加速度为
匀加速运动
由牛顿第二定律
解得
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为
匀加速运动
设失去升力后的速度为，上升的高度为
由牛顿第二定律
解得
（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为
由牛顿第二定律
F+f-mg=ma4
且
V3=a3t3
解得t3=(s)(或2.1s)
7.（09海南物理15）（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为的加速度减速滑行。在车厢脱落后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。
解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为，
卡车刹车前后加速度的大小分别为和。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有
设车厢脱落后，内卡车行驶的路程为，末速度为，根据运动学公式有
⑤
⑥
⑦
式中，是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为，有
⑧
卡车和车厢都停下来后相距
⑨
由①至⑨式得
○10
带入题给数据得
○11
评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，○11式1分
【考点模拟演练】
1.下列关于匀变速运动的说法正确的是（）
A.匀变速运动就是指匀变速直线运动
B.匀变速运动的轨迹一定不是曲线
C.匀变速运动的轨迹可能是曲线
D.匀变速运动是指加速度不变的运动,轨迹可能是直线
【答案】CD
【详解】匀变速运动就是加速度不变的运动,包括加速度的大小和方向都不变.如果加速度和初速度的方向有夹角,物体的运动轨迹为曲线,如平抛运动;如果加速度和初速度的方向在同一直线上,物体的运动轨迹为直线.
2.汽车进行刹车试验，若速度从8m/s匀减速到零所用的时间为1s，按规定速率为8m/s的汽车刹车后位移不得超过5.9m，那么上述刹车试验是否符合规定()
A.位移为8m，符合规定
B.位移为8m，不符合规定
C.位移为4m，符合规定
D.位移为4m，不符合规定
【答案】C
【详解】由公式x=t得x=4m5.9m，所以该刹车试验符合规定，选项C正确.
3.(20xx聊城模拟)物体沿一直线运动，在t时间内通过的位移是x，它在中间位置处的速度为v1，在中间时刻的速度为v2，则v1和v2的关系为()
A.当物体做匀加速直线运动时，v1v2
B.当物体做匀减速直线运动时，v1v2
C.当物体做匀速直线运动时，v1=v2
D.当物体做匀减速直线运动时，v1v2
【答案】选A、B、C.
【详解】如图所示，
物体由A沿直线运动到B，C点为AB的中点，速度为v1，若物体做匀加速直线运动，A到B的中间时刻应在C点左侧，有v1v2，若物体做匀减速直线运动，A到B的中间时刻应在C点右侧，仍有v1v2，故A、B正确，D错误；若物体做匀速直线运动，中间时刻的位置恰在中点C处，有v1=v2,
C正确.
4.(20xx长治模拟)一个从静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起，连续通过三段位移的时间分别是1s、2s、3s，这三段位移的长度之比和这三段位移上的平均速度之比分别是()
A.1∶22∶32，1∶2∶3
B.1∶23∶33，1∶22∶32
C.1∶2∶3，1∶1∶1
D.1∶3∶5，1∶2∶3
【答案】选B.
【详解】物体从静止开始做匀加速直线运动，相等时间位移的比是1∶3∶5∶…∶(2n-1),2s通过的位移可看成第2s与第3s的位移之和，3s通过的位移可看成第4s、第5s与第6s的位移之和，因此这三段位移的长度之比为1∶8∶27，这三段位移上的平均速度之比为1∶4∶9，故选B.
5.1971年7月26号发射的阿波罗—15号飞船首次把一辆月球车送上月球，美国宇航员科特驾驶月球车行驶28千米，并做了一个落体实验：在月球上的同一高度同时释放羽毛和铁锤，如图所示，出现的现象是()
A.羽毛先落地，铁锤后落地
B.铁锤先落地，羽毛后落地
C.铁锤和羽毛都做自由落体运动，重力加速度为9.8m/s2
D.铁锤和羽毛都做自由落体运动，同时落地
【答案】选D.
【详解】由题图可知铁锤和羽毛同时落地，在月球上两物体只受到由于月球的吸引而产生的重力，因此重力加速度不等于9.8m/s2，故选D.
6.(20xx福州模拟)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动.开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m.则刹车后6s内的位移是()
A.20mB.24mC.25mD.75m
【答案】选C.
【详解】由Δs＝aT2得a＝2m/s2，由得v0＝10m/s，汽车刹车时间故刹车后6s内的位移为C对.
7.一个小球从斜面上的A点由静止开始做匀加速直线运动，经过3s后到斜面底端B点，并开始在水平地面做匀减速直线运动，又经过9s停止于C点，如图所示，设小球经过B点时速度大小不变，则小球在斜面上运动的距离与水平面上的运动的距离之比是()
A.1：1
B.1：2
C.1：3
D.3：1
【答案】C
【详解】由题意知，小球在AB段的平均速度大小和在BC段上的平均速度大小相等，设为，则AB段上距离s1=t1=3，BC段上距离s2=t2=9,所以s1：s2=3?9=1：3，故选C.本题巧用平均速度求解使问题简化.
8.中国北方航空公司某架客机安全准时降落在规定跑道上，假设该客机停止运动之前在跑道上一直做匀减速直线运动，客机在跑道上滑行距离为s，从降落到停下所需时间为t，由此可知客机降落时的速度为
D.条件不足，无法确定
【答案】B
【详解】匀减速直线运动的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，因此有，B正确，考查匀变速直线运动的规律，由平均速度求解最简便.
9.我国是一个能源消耗的大国，节约能源刻不容缓．设有一架直升机以加速度a从地面由静止开始竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V0＝pa＋q(p、q均为常数)．若直升机欲上升到某一定高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为
()
A．p/qB．q/p
C.p＋qpD.p＋qq
【答案】B
【详解】直升飞机以恒定加速度上升到某一高度，所用时间和加速度的表达式为h＝12at2，t＝2ha，总耗油量V＝V0t＝p2ha＋q2ha＝q2hpqa＋1a，当pqa＝1a时总耗油量最小，此时a＝qp，B正确．
10.滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水龙头的水一滴一滴地滴在正下方的盘子里，调节水龙头，让前一滴水滴到盘子而听到声音时后一滴水恰好离开水龙头，测出n次听到水击盘声的总时间为t，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h，即可算出重力加速度．设人耳区别两个声音的时间间隔为0.1s，声速度为340m/s，则
()
A．水龙头距人耳的距离34m
B．水龙头距盘子的距离为34m
C．重力加速度的计算式为2hn2t2
D．重力加速度的计算式为2hn－12t2
【答案】D
【详解】设听到两次声音的时间间隔为Δt，此即每滴水下落的运动时间Δt＝tn－1，又因为h＝12gΔt2，则g＝2hΔt2＝2hn－12t2.注意，人耳距水龙头及水龙头距盘子的距离对测量都没有影响，故选项D正确．
11.(20xx德州模拟)在竖直的井底，将一物块以11m/s的速度竖直地向上抛出，物块冲过井口时被人接住，在被人接住前1s内物块的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，g取10m/s2，求：
(1)物块从抛出到被人接住所经历的时间；
(2)此竖直井的深度.
【答案】(1)1.2s(2)6m
【详解】(1)设被人接住前1s时刻物块的速度为v，则有：
即解得v=9m/s.
则物块从抛出到被人接住所用总时间为
(2)竖直井的深度为
12.在北京奥运会上，一跳水运动员从离水面10m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水，从离开平台到手接触水面，运动员可以用于完成动作的时间为多长？在此过程中，运动员水平方向的运动忽略不计，运动员可视作全部质量集中在重心的一个质点，取g＝10m/s2.
【答案】1.7s
【详解】如图9所示，从平台跃起，到手接触水面，运动员重心的高度变化为h＝10m
解法1：将整个过程分上升和下降两个阶段考虑，设运动员跃起的初速度为v0，则v202g＝H
v0＝2gH＝2×10×0.45m/s＝3m/s
故上升时间为：t1＝v0g＝0.3s
设运动员从最高点到手接触水面所用时间为t2，则：
12gt22＝h＋H
t2＝2H＋hg＝210＋0.4510s＝1.4s
故用于完成动作的时间t为t＝t1＋t2＝1.7s
综上所述，本题正确的答案为1.7s
解法2：运动员的整个运动过程为竖直上抛运动，设总时间为t，由于运动员入水时位于跃起位置下方10m处，故该过程中位移为x＝－h，即：
x＝v0t－12gt2＝－h
其中v0＝3m/s
代入数据得：5t2－t－10＝0
t＝3＋20910s＝1.7s(另一根舍去)

高考物理第一轮考纲知识复习:电磁感应规律的综合应用

第3节电磁感应规律的综合应用
【考纲知识梳理】
一、电磁感应中的电路问题
1.在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流；将它们接上电容器，便可使电容器充电，因此电磁感应问题又往往跟电路问题联系在一起。解决这类问题，不仅要考虑电磁感应中的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等，还要应用电路中的有关规律，如欧姆定律、串联、并联电路电路的性质等。
2.解决电磁感应中的电路问题，必须按题意画出等效电路图，将感应电动势等效于电源电动势，产生感应电动势的导体的电阻等效于内电阻，求电动势要用电磁感应定律，其余问题为电路分析及闭合电路欧姆定律的应用。
3.一般解此类问题的基本思路是：
（1）明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源
（2）正确分析电路的结构，画出等效电路图
（3）结合有关的电路规律建立方程求解．
二.电磁感应中的图像问题
1.电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像等。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像。
2.这些图像问题大体上可分为两类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像，或由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量。
3.不管是何种类型，电磁感应中的图像问题常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决。
三、电磁感应中的动力学问题
1.电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。要将电磁学和力学的知识综合起来应用。
2.电磁感应与动力学、运动学结合的动态分析，思考方法是：电磁感应现象中感应电动势→感应电流→通电导线受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态．
四、电磁感应中的能量问题
1.产生和维持感应电流的存在的过程就是其它形式的能量转化为感应电流电能的过程。
导体在达到稳定状态之前,外力移动导体所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后在转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的动能，即

导体达到稳定状态（作匀速运动时），外力所做的功，完全消耗于克服安培力做功，并转化为感应电流的电能或最后在转化为焦耳热

2.在电磁感应现象中，能量是守恒的。楞次定律与能量守恒定律是相符合的，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解叫复杂的电磁感应问题常用的简便方法。
3.安培力做正功和克服安培力做功的区别：
电磁感应的过程，同时总伴随着能量的转化和守恒，当外力克服安培力做功时，就有其它形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其它形式的能。
4.在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解耳热的问题。尤其是变化的安培力，不能直接由Q=I2Rt解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解，而用能量的转化与守恒观点，只需从全过程考虑，不涉及电流的产生过程，计算简便。这样用守恒定律求解的方法最大特点是省去许多细节，解题简捷、方便。
【要点名师透析】
一、电磁感应的电路问题
1.基本方法
(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的那一部分导体，该部分导体可视为等效电源.
(2)分析电路结构，画等效电路图.
(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等.
2.问题归类
(1)以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)，三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)，以及若干基本规律(串、并联电路特点等)；
(2)以闭合电路欧姆定律为中心，讨论电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化.
3.常见的一些分析误区
(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向.因产生感应电动势那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势.
(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响.
(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势.
【例1】(20xx泰安模拟)(16分)两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行置于同一水平面内,导轨间距为L,电阻不计,M、M′处接有如图所示的电路,电路中各电阻的阻值均为R,电容器的电容为C，长度也为L、电阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置,导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触,在ab运动距离为s的过程中,整个回路中产生的焦耳热为Q,求:
(1)ab运动速度v的大小;
(2)电容器所带的电荷量q.
【详解】(1)设ab上产生的感应电动势为E,回路中的电流为I,ab运动距离s所用时间为t,三个电阻R与电源串联,总电阻为4R,则E=BLv(2分)
由闭合电路欧姆定律有I=,(2分)
t=s/v(2分)
由焦耳定律有Q=I2(4R)t(2分)
由上述各式得v=(2分)
(2)设电容器两极板间的电势差为U,则有U=IR,(2分)
电容器所带电荷量q=CU(2分)
解得q=(2分)
二、电磁感应图象问题分析
1.图象问题的特点
考查方式比较灵活，有时根据电磁感应现象发生的过程，确定图象的正确与否，有时依据不同的图象，进行综合计算.
2.解题关键
弄清初始条件，正、负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进出磁场的转折点是解决问题的关键.
3.解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等.
(2)分析电磁感应的具体过程.
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式.
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.
(6)画图象或判断图象.
【例2】如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反.磁感应强度的大小均为B.磁场区域的宽度均为2a,一个直径为2a的导线圆环从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，则感应电流I与导线圆环移动距离x的关系图象正确的是()
【答案】选C.
【详解】设导线圆环移动距离为x时，圆环切割磁感线的有效长度为l，则有()2+(a-x)2=a2,l=2，感应电动势E=Blv,E随x为非线性变化，故A、B均错;当线框一部分在右侧磁场区域，一部分在左侧磁场区域时，两部分同时切割反向磁场，因而感应电流增加，故C正确.
三、电磁感应中的动力学问题分析
1.导体两种状态及处理方法
(1)导体的平衡态——静止或匀速直线运动状态.
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析.
(2)导体的非平衡态——加速度不为零.
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.
2.电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系
3.电磁感应中的动力学临界问题
(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度求最大值或最小值的条件.
(2)两种常见类型
【例3】如图所示，线框由A位置开始下落，在磁场中受到的安培力如果总小于重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线框有一半在磁场中)时，加速度关系为()
A.aA＞aB＞aC＞aDB.aA＝aC＞aB＞aD
C.aA＝aC＞aD＞aBD.aA＝aC＞aB＝aD
【答案】选B.
【详解】线框在A、C位置时只受重力作用，加速度aA＝aC＝g.线框在B、D位置时均受两个力的作用，其中安培力向上、重力向下.由于重力大于安培力，所以加速度向下，大小为a＝g－F/m＜g.又线框在D点时速度大于B点速度，即FD＞FB，所以aD＜aB.因此加速度的关系为aA＝aC＞aB＞aD.选项B正确.
四、电磁感应中的能量问题分析
1.过程分析
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程.
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功.此过程中,其他形式的能转化为电能.“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能.
(3)当感应电流通过用电器时,电能又转化为其他形式的能量.安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程.安培力做了多少功,就有多少电能转化为其他形式的能.
2.求解思路
(1)利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;
(2)利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能;
(3)利用电路特征求解:即根据电路结构直接计算电路中所产生的电能.
3.解题步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向.
(2)画出等效电路,求出回路中电阻消耗电功率的表达式.
(3)分析导体机械能的变化,用动能定理或能量守恒关系,得到机械功率的改变所满足的方程.
【例4】(20xx东营模拟)(10分)如图所示，宽度为L=0.20m的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨的一端连接阻值为R=0.9Ω的电阻.在cd右侧空间存在垂直桌面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T.一根质量为m=10g，电阻r=0.1Ω的导体棒ab垂直放在导轨上并与导轨接触良好.现用一平行于导轨的轻质细线将导体棒ab与一钩码相连，将钩码从图示位置由静止释放.当导体棒ab到达cd时，钩码距地面的高度为h=0.3m.已知导体棒ab进入磁场时恰做v=10m／s的匀速直线运动，导轨电阻可忽略不计，取g=10m/s2.求：
(1)导体棒ab在磁场中匀速运动时，闭合回路中产生的感应电流的大小.
(2)挂在细线上的钩码的质量.
(3)求导体棒ab在磁场中运动的整个过程中电阻R上产生的热量.
【详解】(1)感应电动势为E=BLv=1.0V(1分)
感应电流I=A=1A(1分)
(2)导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有
BIL=Mg(1分)
所以Mkg=0.01kg(2分)
(3)导体棒移动0.3m所用的时间为t==0.03s(1分)
根据焦耳定律，Q1=I2(R+r)t=0.03J(或Q1=Mgh=0.03J)(1分)
根据能量守恒，Q2=mv2=0.5J(1分)
电阻R上产生的热量Q=(Q1+Q2)=0.477J(2分)
【感悟高考真题】
1.（20xx四川理综T24）（19分）
如图所示，间距=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角=的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻R=0.3、质量m1=0.1kg、长为的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环.已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长.取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8.求
（1）小环所受摩擦力的大小；
（2）Q杆所受拉力的瞬时功率.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）以小环为研究对象，由牛顿第二定律
①
代入数据得②
（2）设流过杆K的电流为，由平衡条件得
③
对杆Q，根据并联电路特点以及平衡条件得
④
由法拉第电磁感应定律的推论得
⑤
根据欧姆定律有
⑥
且⑦
瞬时功率表达式为⑧
联立以上各式得⑨
2.（20xx大纲版全国T24）如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：
(1)磁感应强度的大小：
(2)灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
【详解】⑴设灯泡额定电流为，有
………………①
灯泡正常发光时，流经MN的电流
………………②
速度最大时，重力等于安培力
………………③
由①②③解得………………④
⑵灯泡正常发光时
………………⑤
………………⑥
联立①②④⑤⑥得
………………⑦
3.（20xx重庆理综T23）（16分）有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如题23图所示，该机底面固定有间距为、长度为的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻,绝缘橡胶带上镀有间距为的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻，若橡胶带匀速运动时，电压表读数为,求：
⑴橡胶带匀速运动的速率；
⑵电阻R消耗的电功率；
⑶一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功。
【详解】⑴设电动势为，橡胶带运动速度为v
所以
⑵设电阻R消耗的电功率为P：
；
⑶电流强度
安培力
安培力做功
4.（20xx上海高考物理T32）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：
(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；
(2)金属棒下滑速度时的加速度．
(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。

【答案】⑴0.4J⑵3.2m/s2⑶正确，27.4m/s
【详解】（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此
∴
（2）金属棒下滑时受重力和安培力
由牛顿第二定律
∴
(3)此解法正确。
金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。
∴
5.（20xx江苏物理T15）某种加速器的理想模型如题15-1图所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变化图象如题15-2图所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
(1)若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其第二次加速后从b孔射出时的动能；
(2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使题15-1图中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；
(3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
【答案】(1)(2)见解析（3）
【详解】（1）质量为的粒子在磁场中做匀速圆周运动：
则
当粒子的质量增加了，其周期增加,
则根据题15-2图可知，粒子第一次的加速电压
粒子第二次的加速电压
射出的动能：
解得：
（2）磁屏蔽管的位置如图所示：
在0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数得N=25
分析可得粒子在连续加速次数最多，且u=u0时也被加速的情况时，最终获得动能最大，粒子由静止开始加速的时刻(n=0,1.2,3…….)
最大动能EKm=
解得
6.（20xx浙江理综T23）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l=0.5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0.1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ=0.1Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g=10m/s2）。
（1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；
（2）计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
（3）计算4s内回路产生的焦耳热。
【答案】（1）前1s：匀减速直线运动，后3s：静止在离左端0.5m的位置（2）前2s：I=0，后两秒：I=0.2A电流方向是顺时针方向（3）
【详解】(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有
代入数据解得：时，，所以导体棒没有进入磁场区域.
导体棒在1s末已停止运动，以后一直保持静止，静止时离左端位置为x=0.5m
(2)由图乙可知：前2s磁通量不变，回路电动势和电流分别为
后2s回路产生的电动势为
此时回路的总长度为5m，因此回路的总电阻为
电流为
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向.
(3)前2s电流为零，后2s有恒定电流，焦耳热为
7.（20xx海南物理T16）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
【答案】（1）（2），
【详解】（1）设任意时刻时，MN、杆的速度分别为、。
细线没烧断前：①（1分）
对MN杆在任意时刻：②（1分）
对杆在任意时刻：③（1分）
④（1分）
⑤（1分）
⑥（1分）
⑦（1分）
⑧（1分）
联立①～⑧式解得：⑨（1分）
（2）当两杆达到最大速度时，对则有：⑩（1分）
联立④⑤⑥⑨解得，（1分）
8.（20xx天津理综T11）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.1Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止。取g=10，问
通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
棒ab受到的力F多大？
棒cd每产生的热量，力F做的功W是多少？
【答案】⑴1A，cd棒中的电流方向由d至c⑵0.2N⑶0.4J
【详解】⑴棒cd受到的安培力为--------①
棒cd在共点力作用下平衡，则--------②
由①②式代入数值得：----------------------③
根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c---------④
⑵棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，
对棒ab，由共点力平衡条件得：-------⑤
代入数据解得：---------------------------⑥
⑶设在时间t内棒cd产生热量，由焦耳定律知
---------------------------------⑦
设棒ab匀速运动的速度大小为，其产生的感应电动势
-------------------------------⑧
由闭合电路欧姆定律可知-------------⑨
根据运动学公式可知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移------⑩
则力F做的功-----------------------(11)
联立以上各式，代入数值解得：----------（12）
9、（20xx天津卷）11.（18分）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3Ω，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM’、NN’相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM’。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM’、NN’保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.

（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；
（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小。
解析：（1）对框架的压力
①
框架受水平面的支持力
②
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力
③
中的感应电动势
④
中电流
⑤
受到的安培力
F⑥
框架开始运动时
⑦
由上述各式代入数据解得
⑧
（2）闭合回路中产生的总热量
⑨
由能量守恒定律，得
⑩
代入数据解得
⑾
10、（20xx江苏卷）13．（15分）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L,一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：

（1）磁感应强度的大小B；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
（3）流经电流表电流的最大值
解析：
（1）电流稳定后，道题棒做匀速运动①
解得②
（2）感应电动势E=BLv③
电影电流
由②③④式解得
（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为
机械能守恒
感应电动势的最大值
感应电流的最大值
解得
本题考查电磁感应的规律和电磁感应与力学的综合。难度：难。
11、（20xx上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并且框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标，金属棒从处以的初速度，沿x轴负方向做的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：
（1）金属棒ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；
（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；
（3）为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入
q=求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。
解析：
（1），
因为运动中金属棒仅受安培力作用，所以F=BIL
又，所以
且，得
所以
（2），得，所以。
（3）错误之处：因框架的电阻非均匀分布，所求是0.4s时回路内的电阻R，不是平均值。
正确解法：因电流不变，所以。
本题考查电磁感应、电路与牛顿定律、运动学公式的综合应用。难度：难。
12、（20xx重庆卷）23.（16分）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图可用题23图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d。水流速度处处相同，大小为v，方向水平。金属板与水流方向平行。
地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻为p，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电建K连接到两金属板上。忽略边缘效应，求：
（1）该发电装置的电动势；
（2）通过电阻R的电流强度；
（3）电阻R消耗的电功率。
解析：
（1）由法拉第电磁感应定律，有
（2）两板间河水的电阻
由闭合电路欧姆定律，有
(3)由电功率公式，
得
【考点模拟演练】
1.(20xx温州模拟)如图所示电路，两根光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，受到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，则它在下滑高度h的过程中，以下说法正确的是()
Ａ.作用在金属棒上各力的合力做功为零
Ｂ.重力做的功等于系统产生的电能
Ｃ.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
Ｄ.金属棒克服恒力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【答案】选A、C.
【详解】根据动能定理,合力做的功等于动能的增量，故Ａ对；重力做的功等于重力势能的减少，重力做的功等于克服Ｆ所做的功与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，所以B、D错，C对.
2.如图甲所示,光滑导轨水平放置在与水平方向成60°角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其余电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态.规定a→b的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,则在0～t1时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()
【答案】选D.
【详解】由楞次定律可判定回路中的电流始终为b→a方向,由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定,故A、B错;由F安=BIL可得F安随B的变化而变化,在0～t0时间内,F安方向向右,故外力F与F安等值反向,方向向左为负值;在t0～t1时间内,F安方向改变,故外力F方向也改变为正值,综上所述,D项正确.
3.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是()
【答案】选B.
【详解】本题中在磁场中的线框与速度垂直的边为切割磁感线产生感应电动势的电源.四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中ab两点间电势差为路端电压，为倍的电动势，而其他选项则为倍的电动势.故B正确.
4.如图所示，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd，表面光滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在上面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停下来，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有电阻)()
A.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根同样的金属棒
B.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒
C.将导轨的a、c两端用导线连接起来
D.在导轨的a、c两端用导线连接一个电容器
【答案】选C.
【详解】在PQ棒右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒加速，PQ棒减速，当获得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A、B项错误.当一端或两端用导线连接时，PQ的动能将转化为内能而最终静止，C项正确.若在a、c两端连接一个电容器,在电容器的充电过程中电路中有感应电流,导体棒在安培力的作用下减速,当导体棒的感应电动势与电容器两端的电压相等时,导体棒匀速运动.D项错.
5.如图所示，电阻为R，导线电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑一段时间后闭合开关S，则S闭合后()
A.导体棒ef的加速度可能大于g
B.导体棒ef的加速度一定小于g
C.导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
【答案】选A、D.
【详解】开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑.闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安mg，则F安－mg＝ma.若F安mg，则mg－F安＝ma，F安不确定，A正确，B错误；无论闭合开关时初速度多大，导体棒最终的安培力和重力平衡，故C错误.根据能量守恒定律知，D正确.
6.如右图所示，两竖直放置的平行光滑导轨相距0.2m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5T，导体棒ab与cd的电阻均为0.1Ω，质量均为0.01kg.现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止，已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10m/s2，则()
A．ab棒向上运动的速度为1m/s
B．ab棒受到的拉力大小为0.2N
C．在2s时间内，拉力做功为0.4J
D．在2s时间内，ab棒上产生的焦耳热为0.4J
【答案】B
【详解】cd棒受到的安培力等于它的重力，BBLv2RL＝mg，v＝mg×2RB2L2＝2m/s，A错误．ab棒受到向下的重力G和向下的安培力F，则ab棒受到的拉力FT＝F＋G＝2mg＝0.2N，B正确．在2s内拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2J＝0.8J，C不正确．在2s内ab棒上产生的热量Q＝I2Rt＝BLv2R2Rt＝0.2J，D不正确．
7.如右图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为v2，则()
A．此时线框中的电功率为4B2a2v2/R
B．此时线框的加速度为4B2a2v/(mR)
C．此过程通过线框截面的电荷量为Ba2/R
D．此过程回路产生的电能为0.75mv2
【答案】C
【详解】线框左右两边都切割磁感线则E总＝2Bav2，P＝E2总R＝B2a2v2R，A错误；线框中电流I＝E总R＝BavR，两边受安培力F合＝2BIa＝2B2a2vR，故加速度a＝2B2a2vmR，B错误；由E＝ΔΦΔt，I＝ER.q＝IΔt得q＝ΔΦR.从B点到Q点ΔΦ＝Ba2，故C正确；而回路中产生的电能E＝12mv2－12m12v2＝38mv2，故D错误．
8．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t做如图乙变化时，下列选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是
()

【答案】A
【详解】由图乙知0～1s内磁通量向上均匀增加，由楞次定律知电流方向为正方向且保持不变；
3s～5s内磁通量向下均匀减小，由楞次定律知电流方向为负方向且保持不变．
由法拉第电磁感应定律知感应电动势大小与磁通量变化率成正比，故3s～5s内的电动势是0～1s内电动势的12.应选A.
9．如图所示，用铝板制成U型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使整体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬挂拉力为FT，
则
()
A．悬线竖直，FT＝mg
B．悬线竖直，FTmg
C．悬线竖直，FTmg
D．无法确定FT的大小和方向
【答案】A
【详解】设两板间的距离为L，由于向左运动过程中竖直板切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则判断下板电势高于上板，动生电动势大小E＝BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电＝qE电＝qEL＝qBLvL＝qvB
设小球带正电，则电场力方向向上．同时小球所受洛伦兹力F洛＝qvB，方向由左手定则判断竖直向下，即F电＝F洛，故无论小球带什么电怎样运动，FT＝mg.选项A正确．
10．如图(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时，若磁场的宽度为b(b3a)，在3t0时刻线框到达2位置，速度又为v0，并开始离开匀强磁场．此过程中vt图象如图(b)所示，则()
A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0
B．在t0时刻线框的速度为v0－Ft0m
C．线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度一定比t0时刻线框的速度大
D．线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中线框中产生的电热为2Fb
【答案】D
【详解】t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，为34Bav0，A项错误；从t0时刻至3t0时刻线框做匀加速运动，加速度为Fm，故在t0时刻的速度为v0－2at0＝v0－2Ft0m，B项错误；因为t＝0时刻和t＝3t0时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与t0时刻的速度相等，C项错误；线框在位置1和位置2时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有Fb＝Q，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，D项正确．
11．如图甲所示，两根质量均为0.1kg完全相同的导体棒a、b，用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设的斜面上．已知斜面倾角θ为53°，a、b导体棒的间距是PQ、MN导轨的间距的一半，导轨间分界线OO′以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场．当a、b导体棒沿导轨下滑时，其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示．若a、b导体棒接入电路的电阻均为1Ω，其他电阻不计，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，试求：
(1)PQ、MN导轨的间距d；
(2)a、b导体棒与导轨间的动摩擦因数；
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
【答案】(1)1.2m(2)0.083(3)0.83T
【详解】(1)由图乙可知导体棒b刚进入磁场时a、b和轻杆所组成的系统做匀速运动，当导体棒a进入磁场后才再次做加速运动，因而b棒匀速运动的位移即为a、b棒的间距，依题意可得：
d＝2vt＝2×3×(0.6－0.4)m＝1.2m
(2)设进入磁场前导体棒运动的加速度为a，由图乙得：
a＝ΔvΔt＝7.5m/s2，因a、b一起运动，故可看作一个整体，其受力分析如图所示．由牛顿第二定律得：
2mgsinθ－μ2mgcosθ＝2ma
解得：μ＝(gsinθ－a)/(gcosθ)＝(10×0.8－7.5)/(10×0.6)＝0.5/6＝0.083
(3)当b导体棒在磁场中做匀速运动时，有：
2mgsinθ－μ2mgcosθ－BId＝0
I＝Bdv2R
联立解得：B＝0.83T
12.如右图所示，两根相同的劲度系数为k的金属轻弹簧用两根等长的绝缘线悬挂在水平天花板上，弹簧的上端通过导线与阻值为R的电阻相连，弹簧的下端接一质量为m、长度为L、电阻为r的金属棒，金属棒始终处于宽度为d的垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场中．开始时弹簧处于原长．金属棒从静止释放，其下降高度为h时达到了最大速度．已知弹簧始终在弹性限度内，且当弹簧的形变量为x时，它的弹性势能为12kx2，不计空气阻力和其他电阻，求：
(1)金属棒的最大速度是多少？
(2)这一过程中R消耗的电能是多少？
【答案】(1)mg－2khR＋rB2d2
(2)RR＋r[mgh－kh2－mmg－2kh2R＋r22B4d4]
【详解】(1)当金属棒有最大速度时，加速度为零，金属棒受向上的弹力、安培力和向下的重力作用，有
2kh＋BId＝mg
I＝BdvmaxR＋r
vmax＝mg－2khR＋rB2d2.
(2)根据能量关系得
mgh－2×12kh2－12mv2max＝E电
又有R、r共同消耗了总电能
EREr＝Rr，ER＋Er＝E电
整理得R消耗的电能为
ER＝RR＋rE电＝RR＋r[mgh－kh2－mmg－2kh2R＋r22B4d4]．

高考物理第一轮考纲知识复习

第一章运动的描述、匀变速直线运动的研究

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1.参考系、质点Ⅰ1.区分位移和路程、速度和加速度的概念及其关系，体会极限的思想方法
2.位移、速度和加速度Ⅱ2.熟练掌握匀变速直线运动的规律及其应用
3.匀变速直线运动及其公式、图像Ⅱ
实验一：研究匀变速直线运动3.理解图象和图象并能熟练应用图象解决问题

第1节描述运动的基本概念
【考纲知识梳理】
一、参考系
1.定义：假定不动，用来做参考的物体。
2.选取：（1）参考系的选择是任意的，一般选择地面或相对地面静止的物体。
（2）参考系的选择不同，结果往往不同，即物体的运动和静止都是相对的
二、质点
1.定义：用来代替物体的有质量的点，质点是一种理想化的物理模型。
2.条件：一个物体能否看成质点，取决于它的形状和大小在所研究问题中是否可以忽略不计，而跟自身体积的大小、质量的多少和运动速度的大小无关。可视为质点的运动物体有以下三种情况：
（1）运动物体的大小跟它所研究的对象间的距离相比可忽略不计时,可将该物体当作质点.
（2）做平动的物体,由于物体上各个点运动的情况相同,可以选物体上任一点的运动来代表物体的运动,故平动的物体在研究其运动性质时,可将它视为质点.
（3）有转动,但相对平动而言可以忽略时,也可以把物体视为质点.如汽车在运行时,虽然车轮有转动,但我们关心的是车辆整体运动的快慢,故汽车可以看成质点.
三、时刻和时间间隔
1.区别：如果建立一个表示时间的一维直线系，则在这个坐标系中，时刻用点表示，时间间隔是两个时刻之差，用线段表示。
2.联系：时间间隔，它等于两个时刻之差。
四、位移和路程
1.位移:表示物体位置的变化,可用由初位置指向末位置的有向线段表示.有向线段的长度表示位移的大小,有向线段的方向表示位移的方向.
2.路程:是物体运动轨迹的实际长度.路程是标量,与路径有关.如图所示,AB表示位移,折线ACB和弧线ADB的长度表示路程.
3.位移和路程的区别与联系
位移路程
区别
描述质点位置变化,是从初位置指向末位置的有向线段描述质点实际运动轨迹的长度
矢量,有大小,也有方向标量,有大小,无方向
由质点的初,末位置决定,与质点运动轨迹无关既与质点的初,末位置有关,也与运动路径有关
联系①都是描述质点运动的空间特征
②都是过程量
③一般说来,位移的大小不大于相应的路程,只有质点做单向直线运动时,位移的大小才等于路程
五、速度和速率
1.平均速度
①定义:运动物体的位移和所用时间的比值,叫做这段位移(或时间内)的平均速度.
②表达式:v=Δx/Δt(或者写成v=x/t).
③方向:与位移方向相同.
2.瞬时速度
①定义:运动物体经过某一位置(或在某时刻)的速度.
②大小：v=(其中Δt→0)，在x—t图象中等于该时刻对应斜率的大小.
③方向：在x—t图象中，如果斜率为正值，则表明某点瞬时速度的方向与规定的正方向相同.
注意:平常我们所说的速度既可能是平均速度,也可能是瞬时速度,要根据上,下文来判断.
3.瞬时速率和平均速率
①瞬时速率:瞬时速度大小.
②平均速率:物体运动的路程与所用时间的比值.
公式:平均速率=
4.速度和速率的比较
项目速度速率
定义运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度叫瞬时速度,简称速度瞬时速度的大小,叫做瞬时速率,简称速率
意义描述质点的运动快慢和运动方向描述质点的运动快慢,不描述运动方向
性质矢量标量
关系两者大小总是相等
5.平均速度和平均速率的比较
项目平均速度平均速率

定义位移与时间的比值路程与时间的比值
意义粗略描述运动的快慢和方向仅表示运动快慢
性质矢量标量
关系平均速度大小一般小于平均速率,仅物体单向直线运动时,两者大小才相等
6.平均速度与瞬时速度的比较
项目平均速度瞬时速度
区别粗略描述,对应一段时间精确描述,对应某一时刻
共同点描述物体运动的快慢和方向,都是矢量,单位都是m/s
联系匀速直线运动中，平均速度等于瞬时速度，瞬时速度是极短时间内的平均速度

六、加速度
1.定义：速度的变化量与发生这一改变所用时间的比值
2.公式：
3.物理意义：是描述速度变化的快慢和方向的物理量
4.方向：加速度是矢量，其方向与速度变化量的方向相同
5.单位：米/秒2（m/s2）
【要点名师透析】
一、对质点的进一步理解
1.科学抽象
质点是对实际物体的科学抽象,是研究物体运动时,抓住主要因素,忽略次要因素,对实际物体进行的简化,是一种理想化的模型,真正的质点是不存在的.
2.可看做质点的条件
一个物体能否看做质点,并非依物体自身大小来判断,而是要看物体的大小、形状在所讨论的问题中是主要因素还是次要因素，若是次要因素,即使物体很大,也能看做质点，相反,若物体的大小、形状是主要因素,即使物体很小,也不能看做质点.
3.质点与几何“点”
质点是对实际物体进行科学抽象的模型,有质量,只是忽略了物体的大小和形状；几何中的“点”仅仅表示空间中的某一位置.
【例1】(20xx大连模拟)在下面研究的各个问题中可以被看做质点的是()
A.奥运会乒乓球男单冠军王励勤打出的弧旋球
B.奥运会冠军王军霞在万米长跑中
C.跳水冠军郭晶晶在跳水比赛中
D.研究一列火车通过某一路标的时间
【答案】选B.
【详解】A、C中研究的是乒乓球的旋转和郭晶晶的跳水动作，不能视为质点，A、C错；B中研究的是王军霞在万米长跑中的快慢，可忽略其身高与摆臂动作，可看做质点，B对；研究火车通过某一路标的时间时不能不考虑它的长度，在这种情况下火车就不能视为质点，D错，故选B.
二、参考系的应用
1.描述一个物体是否运动，决定于它相对于所选的参考系的位置是否发生变化，由于所选的参考系并不是真正静止的，所以物体运动的描述只能是相对的。
2.描述同一运动时，若以不同的物体作为参考系，描述的结果可能不同
3.参考系的选取原则上是任意的，但是有时选运动物体作为参考系，可能会给问题的分析、求解带来简便，一般情况下如无说明，通常都是以地球作为参考系来研究物体的运动．
【例2】(20xx包头模拟)关于位移和路程，下列说法正确的是()
A.质点运动的位移大小可能大于路程
B.位移和路程都是矢量
C.质点通过一段路程，位移不可能是零
D.质点运动一段时间，路程不能为零但位移可能为零
【答案】选D.
【详解】位移是矢量，路程是标量，B错；位移的大小不大于路程，A错；如质点绕圆弧运动一圈回到出发点，路程不为零但位移为零，C错D对，故选D.
三、速度、速度变化量和加速度的关系
比较项目速度加速度速度改变量
物理意义描述物体运动快慢和方向的物理量,是一状态量描述物体速度变化快慢和方向的物理量,是一状态量描述物体速度改变程度的物理量,是一过程量
定义式v=x/ta=或a=Δv/tΔv=vt-v0
单位m/sm/s2m/s
决定因素v的大小由x与t决定a不是由v,t,Δt来决定的，a由Δv/t的比值决定Δv由vt与v0决定，而且,也由a与t决定
方向与位移x同向，即物体运动的方向与Δv方向一致，而与v0,vt方向无关由Δv=vt-v0或Δ决定的方向

大小位移与时间的比值速度改变量与所用时间的比值Δv=vt-v0
注意：(1)加速度有瞬时加速度和平均加速度，对于匀变速运动而言，瞬时加速度等于平均加速度；而对于非匀变速运动,瞬时加速度不等于平均加速度.
(2)加速度与物体的速度及速度变化量无必然联系，物体的速度大，速度变化量大，加速度不一定大，而物体的速度为零时，加速度可能不为零.
【例3】(20xx温州模拟)在变速直线运动中，下面关于速度和加速度关系的说法，正确的是()
A.加速度与速度无必然联系
B.速度减小时，加速度也一定减小
C.速度为零，加速度也一定为零
D.速度增大时，加速度也一定增大
【答案】选A.
【详解】速度和加速度无必然联系，A对；速度减小时，加速度也可以增大或不变，B错；速度为零，加速度不一定为零，C错；速度增大，加速度也可以不变或减小，D错.
【感悟高考真题】
1.(07北京理综18)图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿透苹果瞬间的照片.该照片经放大后分析出,在曝光时间内,子弹影像前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%.已知子弹飞行速度约为500m/s,由此可估算出这幅照片的曝光时间最接近（）
A.10-3sB.10-6sC.10-9sD.10-12s??
答案B
解析：子弹的长度约为5cm,则曝光时间内子弹移动的距离为s=5×1%cm=0.05cm=5×10-4m,曝光时间
t=
2.(07广东理科基础1)下列物理量为标量的是()
A.平均速度B.加速度C.位移D.功
答案D
解析：平均速度、加速度、位移是矢量,功是标量,选项D正确.
【考点模拟演练】
1.(20xx海口模拟)跳水比赛是我国的传统优势项目.在20xx年广州亚运会的男子10米跳台决赛中，我国运动员曹缘勇夺冠军，在观看运动员的比赛时，若只研究运动员的下落过程，下列说法正确的是()
A.前一半时间内位移大，后一半时间内位移小
B.前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短
C.为了研究运动员的技术动作，可将正在比赛的运动员视为质点
D.运动员在下落过程中，感觉水面在加速上升
【答案】选B、D.
【详解】运动员的下落过程阻力很小，可看做是自由落体运动，故前一半时间内的位移小于后一半时间内的位移，A错；前一半位移所用时间大于后一半位移所用时间，B对；研究运动员的技术动作时，其大小不能忽略，C错；运动员相对水面加速下降，则水面相对运动员加速上升，D对.
2.在平直公路上行驶的汽车内，一乘客以自己的车为参考系向车外观察，他看到的下列现象中肯定错误的是（）
A.与汽车同向行驶的自行车，车轮转动正常，但自行车向后行驶
B.公路两旁的树因为有根扎在地里，所以是不动的
C.有一辆汽车总在自己的车前不动
D.路旁的房屋是运动的
【答案】B
【详解】当汽车在自行车前方以大于自行车的速度行驶时，乘客观察到自行车的车轮转动正常，自行车向后退，故选项A是可能的.以行驶的车为参考系,公路两旁的树,房屋都是向后退的,故选项B错误,选项D正确.当另一辆汽车与乘客乘坐的车以相同的速度行驶时,乘客观察到前面的车静止不动,故选项C是可能的.
4.关于时间和时刻，下列说法正确的是()
A.物体在5s时指的是物体在5s末时，指的是时刻
B.物体在5s内指的是物体在4s末到5s这1s的时间
C.物体在第5s内指的是物体在4s末到5s初这1s的时间
D.第4s末和第5s初，指的是时刻
【答案】ACD
【详解】5s时指的是5s末这一时刻；5s内指的是前5s这一段时间；第5s内指4s末到5s初这1s的时间；前1s末和后1s初是同一时刻，故第4s末和第5s初是同一时刻.
5.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的（）
A.位移的大小可能小于4m
B.位移的大小可能大于10m
C.加速度的大小可能小于4m/s2
D.加速度的大小可能大于10m/s2
【答案】AD
【详解】本题的关键是位移、速度和加速度的矢量性，规定初速度v0的方向为正方向，则仔细分析“做匀变速直线运动的物体，1s后速度大小变为10m/s”这句话，可知1s后物体速度可能为10m/s，也可能是-10m/s，因而同向时反向时式中负号表示方向跟规定正方向相反.因此正确答案为A、D.
6.(20xx广州模拟)在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志如右图所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时()
A．必须以这一规定速度行驶]
B．平均速度大小不得超过这一规定数值
C．瞬时速度大小不得超过这一规定数值
D．汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的
【答案】C
【详解】限速标志上的数值为这一路段汽车行驶的瞬时速度的最大值，汽车上的速度计指示值为汽车行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值，故只有C正确．
7.从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法不正确的是()
A．从飞机上看，物体静止
B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方
C．从地面上看，物体做平抛运动
D．从地面上看，物体做自由落体运动
【答案】C
【详解】本题主要考查的内容是物体的相对运动和参考系等相关知识点．由于飞机在水平方向做匀速运动，当物体自由释放的瞬间物体具有与飞机相同的水平速度，则从飞机上看，物体始终处于飞机的正下方，选项B错；物体在重力的作用下在竖直方向做自由落体运动，所以选项A错误；在地面上看物体的运动，由于具有水平方向的速度，只受重力的作用，因此物体做平抛运动，则C对D错．
8.一个人从北京去重庆，可以乘火车，也可以乘飞机，还可以先乘火车到武汉，然后乘轮船沿长江到重庆，如图所示，这几种情况下：
①他的运动轨迹不一样
②他走过的路程相同
③他的位置变动是不同的
④他的位移是相同的
以上说法正确的是()
A．①②B．③④
C．①④D．②③
【答案】C
9.如右图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，AB、ABC、ABCD、ABCDE四段曲线轨迹运动所用的时间分别是：1s,2s,3s,4s．下列说法不正确的是()
]
A．物体在AB段的平均速度为1m/s
B．物体在ABC段的平均速度为52m/s
C．AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度
D．物体在B点的速度等于AC段的平均速度
【答案】D
【详解】v＝xt，AB段位移为1m，v＝1m/s，A说法对；同理ABC段位移为5m，平均速度为52m/s，B说法对；Δt越小，该时间内的平均速度越接近该位移内的某点瞬时速度，所以C说法对；做匀加速直线运动的物体，中间时刻的速度才等于该段位移的平均速度，D说法错．正确选项为D.
10.(20xx九江模拟)在街头的理发店门口，常可以看到有这样的标志：一个转动的圆筒，外表有彩色螺旋斜条纹，我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉.如图所示，假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带，相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L=10cm，圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看)，以2r/s的转速匀速转动，我们感觉到的升降方向和速度大小分别为()
A.向上10cm/sB.向上20cm/s
C.向下10cm/sD.向下20cm/s
【答案】选D.
【详解】由圆筒沿逆时针方向知条纹低端由左向右移动，由于视觉暂留现象，我们感觉到右端条纹在沿竖直方向向下运动，圆筒转动一圈，用时0.5s，感觉到条纹沿竖直方向向下运动L，因此向下运动速度为20cm/s，故选D.
11.一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车做匀速直线运动.司机发现其正要通过正前方高山悬崖下的隧道，于是鸣笛，经t1=5s后听到回声，听到回声后又行驶了t2=10s，司机第二次鸣笛，又经t3=2s后听到回声，请根据以上数据判断客车是否超速行驶.(已知此高速路段最高限速为120km/h，声音在空气中的传播速度为340m/s)
【答案】见解析
【详解】设客车的速度为v1,声音的速度为v2，第一次鸣笛时客车离隧道口的距离为L1，第二次鸣笛时客车离隧道口的距离为L2，则有
v2t1=2L1-v1t1(4分)
v2t3=2L2-v1t3(4分)
又L2=L1-v1(t2+t1)(3分)
以上三式联立可得：
≈136km/h＞120km/h(3分)
故客车超速行驶(2分)
12.有些国家的交通管理部门为了交通安全，特别制定了死亡加速度为500g(g＝10m/s2)，以醒世人，意思是如果行车加速度超过此值，将有生命危险，那么大的加速度，一般情况下车辆是达不到的，但如果发生交通事故时，将会达到这一数值．试问：
(1)一辆以72km/h的速度行驶的货车与一辆以54km/h行驶的摩托车相向而行发生碰撞，碰撞时间为2.1×10－3s，摩托车驾驶员是否有生命危险？
(2)为了防止碰撞，两车的驾驶员同时紧急刹车，货车、摩托车急刹车后到完全静止所需时间分别为4s、3s，货车的加速度与摩托车的加速度大小之比为多少？
(3)为避免碰撞，开始刹车时，两车距离至少为多少？
【答案】(1)有生命危险(2)1∶1(3)62.5m
【详解】(1)摩托车与货车相撞瞬间，货车的速度几乎不变，摩托车的速度反向，大小与货车速度相同，因此，摩托车速度的变化Δv＝72km/h－(－54km/h)＝126km/h＝35m/s
所以摩托车的加速度大小a＝ΔvΔt＝352.1×10－3m/s2＝16667m/s2＝1666.7g500g，因此摩托车驾驶员有生命危险．
(2)设货车、摩托车的加速度大小分别为a1、a2，根据加速度定义得：a1＝Δv1Δt1，a2＝Δv2Δt2
所以a1∶a2＝Δv1Δt1∶Δv2Δt2
＝204∶153＝1∶1.
(3)x＝x1＋x2＝v12t1＋v22t2＝62.5m.