小學英語單元教案

高考物理單元質(zhì)量評估復習003。

單元質(zhì)量評估（十）
一、選擇題（本題包括10小題，每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
1.如圖10－1所示的整個裝置放在豎直平面內(nèi)，欲使帶負電的油滴P在兩平行金屬板間靜止，導體棒ab將沿導軌運動的情況是（）
A、向右勻減速運動B、向右勻加速運動
C、向左勻減速運動D、向左勻加速運動

2．如圖10-2所示，有兩根和水平方向成角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感強度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則：（）
A．如果B增大，vm將變大
B．如果變大，vm將變大
C．如果R變大，vm將變大
D．如果m變小，vm將變大

3.．如圖10-3所示的電路中，三個相同的燈泡a、b、c和電感L1、L2與直流電源連接，電感的電阻忽略不計．電鍵K從閉合狀態(tài)突然斷開時，下列判斷正確的有（）
A.a先變亮，然后逐漸變暗
B.b先變亮，然后逐漸變暗
C.c先變亮，然后逐漸變暗
D.b、c都逐漸變暗

4.如圖10-4所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應強度為B的勻強磁場。方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進入磁場，直徑CD始絡(luò)與MN垂直。從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是
A．感應電流方向不變
B．CD段直線始終不受安培力
C．感應電動勢最大值E＝Bav
D．感應電動勢平均值

5、如圖10-5中EF、GH為平行的金屬導軌，其電阻可不計，R為電阻器，C為電容器，AB為可在EF和GH上滑動的導體橫桿，有均勻磁場垂直于導軌平面．若用和分別表示圖中該處導線中的電流，則當橫桿AB（）
A、勻速滑動時，，B、勻速滑動時，
C、加速滑動時，，D、加速滑動時，，

6.一個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，如圖10-6甲所示。設(shè)垂直紙面向里的磁感應強度方向為正，垂直紙面向外的磁感應強度方向為負。線圈中順時針方向的感應電流為正，逆時針方向的感應電流為負。已知圓形線圈中感應電流i隨時間變化的圖象如圖7-5乙所示，則線圈所在處的磁場的磁感應強度隨時間變化的圖象可能是（）

7、如圖10-7所示，一有限范圍的勻強磁場，寬度為d，將一個邊長為L的正方形導線框以速度υ勻速地通過磁場區(qū)域，若dL，則在線框中不產(chǎn)生感應電流的時間應等于（）
A、d/υ；B、L/υ；C、(d–L)/υ；D、(d–2L)/υ；

8．如圖10-8所示，A為水平放置的橡膠圓盤，在其側(cè)面帶有負電荷─Q，在A正上方用絲線懸掛一個金屬圓環(huán)B（絲線未畫出），使B的環(huán)面在水平面上與圓盤平行，其軸線與橡膠盤A的軸線O1O2重合?，F(xiàn)使橡膠盤A由靜止開始繞其軸線O1O2按圖中箭頭方向加速轉(zhuǎn)動，則（）
A．金屬圓環(huán)B有擴大半徑的趨勢，絲線受到拉力增大
B．金屬圓環(huán)B有縮小半徑的趨勢，絲線受到拉力減小
C．金屬圓環(huán)B有擴大半徑的趨勢，絲線受到拉力減小
D．金屬圓環(huán)B有縮小半徑的趨勢，絲線受到拉力增大

9.（08山東22）兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖10-9所示。除電阻R外其余電阻不計?，F(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放．則(AC)
A．釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g
B．金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b
C．金屬棒的速度為v時．所受的安培力大小為
D．電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少
10.在如圖10-10所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小為B的勻強磁場，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為△Ek，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的有（）
A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1
B．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒
C．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程，有（W1－△Ek）機械能轉(zhuǎn)化為電能
D．從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量大小為△Ek=W1－W2

二、填空題（每小題4分，共16分）
11、如圖10-11所示，勻強磁場的磁感應強度為0.4T，，，ab長為20cm，當ab以的速度向右勻速運動時，電路中的電流為___________，電容器上板帶________電，電荷量為_________C．

12.如圖10-12，金屬導軌間距為d,一端跨接一個電阻R，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直于平行金屬導軌所在的平面.一根金屬棒電阻也為R,與導軌成θ角放置(導軌電阻不計),當金屬棒以恒定速度v在金屬導軌上滑行時(如圖示),通過電阻的電流為___________;電阻R上發(fā)熱功率為___________;拉力的機械功率為___________.

13.(09海淀區(qū)模擬).如圖所示，豎直放置的足夠長的光滑平行金屬導軌，間距為l＝0.50m，導軌上端接有電阻R＝0.80Ω，導軌電阻忽略不計?？臻g有一水平方向的有上邊界的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.40T，方向垂直于金屬導軌平面向外。質(zhì)量為m=0.02kg、電阻r＝0.20Ω的金屬桿MN，從靜止開始沿著金屬導軌下滑，下落一定高度后以v=2.5m/s的速度進入勻強磁場中，在磁場下落過程中金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好。已知重力加速度為g=10m/s2，不計空氣阻力，求在磁場中，
（1）金屬桿剛進入磁場區(qū)域時加速度_______；
（2）若金屬桿在磁場區(qū)域又下落h開始以v0勻速運動，v0______.

14、如圖10－14所示，不計電阻的U形導軌水平放置，導軌寬，左端連接阻值為0.4W的電阻R，在導軌上垂直于導軌放一電阻為0.1W的導體棒MN，并用水平輕繩通過定滑輪吊著質(zhì)量為m＝2.4g的重物，圖中，開始重物與水平地面接觸并處于靜止，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感強度，并且的規(guī)律在增大，不計摩擦阻力，求至少經(jīng)過_________時間才能將重物吊起？（）

三、計算題（5小題，共44分）

15、（8分）水平向上足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接；導軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿（如圖10-15所示），金屬桿與導軌的電阻忽略不計；均勻磁場豎直向下．用與導軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動．當改變拉力大小時，相對應的勻速運動速度也會變化，和F的關(guān)系如圖1-15所示．（取重力加速度）
（1）金屬桿在勻速運動之前做什么運動？
（2）若，，；磁感應強度B為多大？
（3）由－F圖線的截距可求得什么物理量？其值為多少？

16.（8分）（09上海物理24）（14分）如圖10-16，光滑的平行金屬導軌水平放置，電阻不計，導軌間距為l，左側(cè)接一阻值為R的電阻。區(qū)域cdef內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁場寬度為s。一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v為金屬棒運動速度）的水平力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3，r＝0.2，s＝1m）
（1）分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運動；
（2）求磁感應強度B的大小；
（3）若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足v＝v0－B2l2m（R＋r）x，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？
（4）若在棒未出磁場區(qū)域時撤去外力，畫出棒在整個運動過程中速度隨位移的變化所對應的各種可能的圖線。

17.（8分）（2009年北京豐臺區(qū)高三期末）如圖所示，寬度為L＝0.20m的足夠長的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌的一端連接阻值為R=1.0Ω的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.50T。一根質(zhì)量為m=10g的導體棒MN放在導軌上與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均可忽略不計?，F(xiàn)用一平行于導軌的拉力拉動導體棒沿導軌向右勻速運動，運動速度v=10m/s，在運動過程中保持導體棒與導軌垂直。求：
（1）在閉合回路中產(chǎn)生的感應電流的大??；
（2）作用在導體棒上的拉力的大??；
（3）當導體棒移動30cm時撤去拉力，求整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量。

18.（10分）（2009年江蘇鹽城市高三上學期月考）如圖所示，電阻忽略不計的、兩根兩平行的光滑金屬導軌豎直放置，其上端接一阻值為３Ω的定值電阻R。在水平虛線L1、L2間有一與導軌所在平面垂直的勻強磁場B，磁場區(qū)域的高度為d=0.5m。導體棒a的質(zhì)量ma=0.2kg、電阻Ra=3Ω；導體棒b的質(zhì)量mb=0.1kg、電阻Rb=6Ω，它們分別從圖中M、N處同時由靜止開始在導軌上無摩擦向下滑動，且都能勻速穿過磁場區(qū)域，當b剛穿出磁場時a正好進入磁場.設(shè)重力加速度為g=10m/s2。（不計a、b之間的作用）求：
（1）在整個過程中，a、b兩棒克服安培力分別做的功；
（2）M點和N點距L1的高度。

19、（10分）（2009年廣東物理18．）如圖10-19（a）所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路。線圈的半徑為r1。在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖10-19（b）所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。導線的電阻不計。求0至t1時間內(nèi)
（1）通過電阻R1上的電流大小和方向；
（2）通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。

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高考物理單元質(zhì)量評估復習004

單元質(zhì)量評估（十一）
一、選擇題（本題包括10小題，每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）
1.一矩形閉合線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸轉(zhuǎn)動,下述說法正確的是()
A.穿過線圈的磁通量最大時,線圈中感應電流最大
B.穿過線圈的磁通量為零時,線圈中感應電流最大
C.若加大線圈的轉(zhuǎn)速(其他條件不變),則線圈中交變電流的頻率變大
D.若加大線圈的轉(zhuǎn)速(其他條件不變),則線圈中交變電流的最大值不變

2..如圖11-1所示，矩形線圈的匝數(shù)為N，面積為S，內(nèi)阻為r，繞OO′軸以角速度ω做勻速轉(zhuǎn)動.在它從如圖所示的位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，下列說法正確的是()
A.通過電阻的電荷量為
B.通過電阻的電荷量為
C.外力所做的功為
D.外力所做的功為

3．一個邊長6cm的正方形金屬線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場垂直，電阻為0.36，磁感應強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖11-2所示,則線框中感應電流的有效值為（）

A．B.
C.D.
4.一正弦交流電的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示．由圖11-3可知()
A．該交流電的電壓瞬時值的表達式為u＝100sin（25t）V
B．該交流電的頻率為25Hz
C．該交流電的電壓的有效值為100
D．若將該交流電壓加在阻值R＝100Ω的電阻兩端，則電阻消耗的功率為50W

5.將阻值為5Ω的電阻接到內(nèi)阻不計的交流電源上，電源電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖11-4所示．下列說法正確的是（）
A．電路中交變電流的頻率為0.25Hz
B．通過電阻的電流為A
C．電阻消耗的電功率為2.5W
D．用交流電壓表測得電阻兩端的電壓是5V

6.鉗形電流表的外形和結(jié)構(gòu)如圖11-5（a）所示．圖4（a）中電流表的讀數(shù)為1.2A．圖4（b）中用同一電纜線繞了3匝，則（）
A．這種電流表能測直流電流，圖4（b）的讀數(shù)為2.4A
B．這種電流表能測交流電流，圖4（b）的讀數(shù)為0.4A
C．這種電流表能測交流電流，圖4（b）的讀數(shù)為3.6A
D．這種電流表既能測直流電流，又能測交流電流，圖4（b）的讀數(shù)為3.6A

7.如圖11-6所示，理想變壓器的原線圈a、b兩端接正弦交流電壓，副線圈c、d兩端通過輸電線接兩只相同的燈泡L1、L2，輸電線的等效電阻為，當開關(guān)由原來的閉合狀態(tài)變?yōu)閿嚅_時，下列各量中減小的是（）
A．副線圈c、d兩端的輸出電壓
B．副線圈輸電線等效電阻R上的電壓
C．通過燈泡L1上的電流強度
D．原線圈上的電流強度

8.（08海南7）如圖11-7，理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為4∶1．原線圈接入一電壓為u＝U0sinωt的交流電源，副線圈接一個R＝27.5Ω的負載電阻．若U0＝220V，ω＝100πHz，則下述結(jié)論正確的是（）
A．副線圈中電壓表的讀數(shù)為55V
B．副線圈中輸出交流電的周期為
C．原線圈中電流表的讀數(shù)為0.5A
D．原線圈中的輸入功率為

9..一理想變壓器的原線圈上接有正弦交變電壓，其最大值保持不變，副線圈接有可調(diào)電阻R。設(shè)原線圈的電流為I1，輸入功率為P1，副線圈的電流為I2，輸出功率為P2。當R增大時
A．I1減小，P1增大B．I1減小，P1減小
D．I2增大，P2減小D．I2增大，P2增大

10．（江蘇淮安、連云港、宿遷、徐州四市2008第三次調(diào)研卷．物理．10）今年春節(jié)前后，我國部分省市的供電系統(tǒng)由于氣候原因遭到嚴重破壞。為此，某小區(qū)啟動了臨時供電系統(tǒng)，它由備用發(fā)電機和副線圈匝數(shù)可調(diào)的變壓器組成，如圖11-8所示，圖中R0表示輸電線的電阻?；瑒佑|頭P置于a處時，用戶的用電器恰好正常工作，在下列情況下，要保證用電器仍能正常工作，則（）
A．當發(fā)電機輸出的電壓發(fā)生波動使V1示數(shù)小于
正常值，用電器不變時，應使滑動觸頭P向上滑動
B．當發(fā)電機輸出的電壓發(fā)生波動使V1示數(shù)小于正常值，用電器不變時，應使滑動觸頭P向下滑動
C．如果V1示數(shù)保持正常值不變，那么當用電器增加時，滑動觸頭P應向上滑
D．如果V1示數(shù)保持正常值不變，那么當用電器增加時，滑動觸頭P應向下滑
二、填空題（每小題4分，共16分）
11.頻率為50Hz的交變電流,其電壓u=120sinωtV,把它加在激發(fā)電壓、熄滅電壓均為84V的霓虹燈的兩端,則在半個周期內(nèi)霓虹燈點亮的時間為______________.(=1.4)

12.阻值R=50Ω的電熱絲接在電壓u=100sin100πtV的交流電源上,電流表的示數(shù)為_______A,電熱絲兩端電壓表的示數(shù)為________V,在前0.005s內(nèi),流過電熱絲的平均電流為_________A.如果將一個電容器接在該交流電源上,要使電容器不被擊穿,所選的電容器能承受的最大電壓應不小于__________V.

13.（07．上海物理卷）如圖11-9所示，自耦變壓器輸入端A、B接交流穩(wěn)壓電源，其電壓有效值UAB＝100V，R0＝40，當滑動片處于線圈中點位置時，C、D兩端電壓的有效值UCD為___________V，通過電阻R0的電流有效值為_____________A．

14.（06．上海物理卷）如圖11-10所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為nl和n2，當負載電阻R中流過的電流為I時，原線圈中流過的電流為；現(xiàn)減小負載電阻R的阻值，則變壓器的輸入功率將（填“增大”、“減小”或“不變”）．
三、計算題（4小題，共44分）
15．（10分）(2009屆廣東省新洲中學高三摸底考試試卷．物理．16)某發(fā)電站的輸出功率P=104kW，輸出電壓U1=4kV，通過理想變壓器升壓后向遠處供電．已知輸電導線的總電阻為R=10Ω，輸電線路損失的功率為輸出功率的4%，求變壓器的匝數(shù)比．

16.（10分）發(fā)電機輸出功率為100kW，輸出電壓是250V，用戶需要的電壓是220V，輸電線電阻為10Ω.若輸電線中因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的4%，試求：
（1）在輸電線路中設(shè)置的升、降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比.
（2）畫出此輸電線路的示意圖.
（3）用戶得到的電功率是多少？

17.（12分）(湖南郴州市2009屆高三調(diào)研試題．物理．16)如圖11-11所示，一矩形線圈在勻強磁場中繞OO軸勻速轉(zhuǎn)動，磁場方向與轉(zhuǎn)軸垂直．已知線圈匝數(shù)n=400，電阻r＝0．1Ω，長L1=0．05m，寬L2=0．04m，角速度＝l00rad／s，磁場的磁感應強度B＝0．25T.線圈兩端外接電阻R=9．9Ω的用電器和一個交流電流表(內(nèi)阻不計)，求：
(1)線圈中產(chǎn)生的最大感應電動勢．
(2)電流表A的讀數(shù)．
(3)用電器上消耗的電功率．

18．（12分）（浙江省2008屆高三第一輪復習單元測試題卷．物理．19）如圖11-12（甲）所示，邊長為l和L的矩形線框、互相垂直，彼此絕緣，可繞中心軸O1O2轉(zhuǎn)動，將兩線框的始端并在一起接到滑環(huán)C，末端并在一起接到滑環(huán)D，C、D彼此絕緣.通過電刷跟C、D連接.線框處于磁鐵和圓柱形鐵芯之間的磁場中，磁場邊緣中心的張角為45°，如圖19（乙）所示（圖中的圓表示圓柱形鐵芯，它使磁鐵和鐵芯之間的磁場沿半徑方向，如圖箭頭所示）。不論線框轉(zhuǎn)到磁場中的什么位置，磁場的方向總是沿著線框平面.磁場中長為l的線框邊所在處的磁感應強度大小恒為B，設(shè)線框和的電阻都是r，兩個線框以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，電阻R=2r.

（1）求線框轉(zhuǎn)到圖（乙）位置時感應電動勢的大小；
（2）求轉(zhuǎn)動過程中電阻R上的電壓最大值；
（3）從線框進入磁場開始時，作出0~T（T是線框轉(zhuǎn)動周期）時間內(nèi)通過R的電流iR隨時間變化的圖象。

高考物理第一輪精編復習資料003

數(shù)學方法在物理中的應用
方法概述
數(shù)學是解決物理問題的重要工具，借助數(shù)學方法可使一些復雜的物理問題顯示出明顯的規(guī)律性，能達到打通關(guān)卡、長驅(qū)直入地解決問題的目的．中學物理《考試大綱》中對學生應用數(shù)學方法解決物理問題的能力作出了明確的要求，要求考生有“應用數(shù)學處理物理問題”的能力．對這一能力的考查在歷年高考試題中也層出不窮，如2009年高考北京理綜卷第20題、寧夏理綜卷第18題、江蘇物理卷第15題；2008年高考四川理綜卷第24題、延考區(qū)理綜卷第25題、上海物理卷第23題、北京理綜卷第24題等．
所謂數(shù)學方法，就是要把客觀事物的狀態(tài)、關(guān)系和過程用數(shù)學語言表達出來，并進行推導、演算和分析，以形成對問題的判斷、解釋和預測．可以說，任何物理問題的分析、處理過程，都是數(shù)學方法的運用過程．本專題中所指的數(shù)學方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有極值法、幾何法、圖象法、數(shù)學歸納推理法、微元法、等差(比)數(shù)列求和法等．
一、極值法
數(shù)學中求極值的方法很多，物理極值問題中常用的極值法有：三角函數(shù)極值法、二次函數(shù)極值法、一元二次方程的判別式法等．
1．利用三角函數(shù)求極值
y＝acosθ＋bsinθ
＝a2＋b2(aa2＋b2cosθ＋ba2＋b2sinθ)
令sinφ＝aa2＋b2，cosφ＝ba2＋b2
則有：y＝a2＋b2(sinφcosθ＋cosφsinθ)
＝a2＋b2sin(φ＋θ)
所以當φ＋θ＝π2時，y有最大值，且ymax＝a2＋b2．
2．利用二次函數(shù)求極值
二次函數(shù)：y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋bax＋b24a2)＋c－b24a＝a(x＋b2a)2＋4ac－b24a(其中a、b、c為實常數(shù))，當x＝－b2a時，有極值ym＝4ac－b24a(若二次項系數(shù)a0，y有極小值；若a0，y有極大值)．
3．均值不等式
對于兩個大于零的變量a、b，若其和a＋b為一定值p，則當a＝b時，其積ab取得極大值p24；對于三個大于零的變量a、b、c，若其和a＋b＋c為一定值q，則當a＝b＝c時，其積abc取得極大值q327．[來源：高考%資源網(wǎng)KS%5U]
二、幾何法
利用幾何方法求解物理問題時，常用到的有“對稱點的性質(zhì)”、“兩點間直線距離最短”、“直角三角形中斜邊大于直角邊”以及“全等、相似三角形的特性”等相關(guān)知識，如：帶電粒子在有界磁場中的運動類問題，物體的變力分析時經(jīng)常要用到相似三角形法、作圖法等．與圓有關(guān)的幾何知識在力學部分和電學部分的解題中均有應用，尤其在帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動類問題中應用最多，此類問題的難點往往在圓心與半徑的確定上，確定方法有以下幾種．
1．依切線的性質(zhì)確定．從已給的圓弧上找兩條不平行的切線和對應的切點，過切點作切線的垂線，兩條垂線的交點為圓心，圓心與切點的連線為半徑．
2．依垂徑定理(垂直于弦的直徑平分該弦，且平分弦所對的弧)和相交弦定理(如果弦與直徑垂直相交，那么弦的一半是它分直徑所成的兩條線段的比例中項)確定．如圖8－1所示．
圖8－1
由EB2＝CEED
＝CE(2R－CE)
得：R＝EB22CE＋CE2
也可由勾股定理得：
R2＝(R－CE)2＋EB2
解得：R＝EB22CE＋CE2．
以上兩種求半徑的方法常用于求解“帶電粒子在勻強磁場中的運動”這類習題中．
三、圖象法
中學物理中一些比較抽象的習題常較難求解，若能與數(shù)學圖形相結(jié)合，再恰當?shù)匾胛锢韴D象，則可變抽象為形象，突破難點、疑點，使解題過程大大簡化．圖象法是歷年高考的熱點，因而在復習中要密切關(guān)注圖象，掌握圖象的識別、繪制等方法．
1．物理圖象的分類
整個高中教材中有很多不同類型的圖象，按圖形形狀的不同可分為以下幾類．
(1)直線型：如勻速直線運動的s－t圖象、勻變速直線運動的v－t圖象、定值電阻的U－I圖象等．
(2)正弦曲線型：如簡諧振動的x－t圖象、簡諧波的y－x圖象、正弦式交變電流的e－t圖象、正弦式振蕩電流的i－t圖象及電荷量的q－t圖象等．
(3)其他型：如共振曲線的A－f圖象、分子力與分子間距離的f－r圖象等．
下面我們對高中物理中接觸到的典型物理圖象作一綜合回顧，以期對物理圖象有個較為系統(tǒng)的認識和歸納．
圖象函數(shù)形式特例物理意義
y＝c勻速直線運動的v－t圖象做勻速直線運動的質(zhì)點的速度是恒矢量．
y＝kx①勻速直線運動的s－t圖象
②初速度v0＝0的勻加速直線運動的v－t圖象(若v0≠0，則縱截距不為零)
③純電阻電路的I－U圖象①表示物體的位移大小隨時間線性增大．
②表示物體的速度大小隨時間線性增大．
③表示純電阻電路中I隨導體兩端的電壓U線性增大．
y＝a－kx①勻減速直線運動的v－t圖象
②閉合電路中的U－I圖象(U＝E－Ir)①表示物體的速度大小隨時間線性減小．
②表示路端電壓隨電流的增大而減小．
y＝ax＋bx
(雙曲線函數(shù))①由純電阻用電器組成的閉合電路的U－R圖象(U＝ER＋rR)
②在垂直于勻強磁場的[XCzt71．tifBP]導軌上，自由導體棒在一恒定動力F的作用下做變加速運動的v－t圖象①表示純電阻電路中電源的端電壓隨外電阻而非線性增大．
②將達到穩(wěn)定速度vm＝FR總B2L2．

y＝kx2
(拋物線函數(shù))①小燈泡消耗的實際功率與外加電壓的P－U圖象
②位移與時間的s－t圖象(s＝12at2)
①表示小燈泡消耗的實際功率隨電壓的增大而增大，且增大得越來越快．
②表示位移隨時間的增大而增大，且增大得越來越快．
xy＝c
(雙曲線函數(shù))機械在額定功率下，其牽引力與速度的關(guān)系圖象(P＝Fv)表示功率一定時，牽引力與速度成反比．
y＝Asinωt交流電的e－t圖象(e＝Emsinωt)表示交流電隨時間變化的關(guān)系．
2．物理圖象的應用
(1)利用圖象解題可使解題過程更簡化，思路更清晰．
利用圖象法解題不僅思路清晰，而且在很多情況下可使解題過程得到簡化，起到比解析法更巧妙、更靈活的獨特效果．甚至在有些情況下運用解析法可能無能為力，但是運用圖象法則會使你豁然開朗，如求解變力分析中的極值類問題等．
(2)利用圖象描述物理過程更直觀．
從物理圖象上可以比較直觀地觀察出物理過程的動態(tài)特征．
(3)利用物理圖象分析物理實驗．
運用圖象處理實驗數(shù)據(jù)是物理實驗中常用的一種方法，這是因為它除了具有簡明、直觀、便于比較和減少偶然誤差的特點外，還可以由圖象求解第三個相關(guān)物理量，尤其是無法從實驗中直接得到的結(jié)論．
3．對圖象意義的理解
(1)首先應明確所給的圖象是什么圖象，即認清圖象中比縱橫軸所代表的物理量及它們的“函數(shù)關(guān)系”，特別是對那些圖形相似、容易混淆的圖象，更要注意區(qū)分．例如振動圖象與波動圖象、運動學中的s－t圖象和v－t圖象、電磁振蕩中的i－t圖象和q－t圖象等．
(2)要注意理解圖象中的“點”、“線”、“斜率”、“截距”、“面積”的物理意義．
①點：圖線上的每一個點對應研究對象的一個狀態(tài)．要特別注意“起點”、“終點”、“拐點”、“交點”，它們往往對應著一個特殊狀態(tài)．如有的速度圖象中，拐點可能表示速度由增大(減小)變?yōu)闇p小(增大)，即加速度的方向發(fā)生變化的時刻，而速度圖線與時間軸的交點則代表速度的方向發(fā)生變化的時刻．
②線：注意觀察圖線是直線、曲線還是折線等，從而弄清圖象所反映的兩個物理量之間的關(guān)系．
③斜率：表示縱橫坐標上兩物理量的比值．常有一個重要的物理量與之對應，用于求解定量計算中所對應的物理量的大小以及定性分析變化的快慢．如v－t圖象的斜率表示加速度．
④截距：表示縱橫坐標兩物理量在“邊界”條件下物理量的大?。纱送傻玫揭粋€很有意義的物理量．如電源的U－I圖象反映了U＝E－Ir的函數(shù)關(guān)系，兩截距點分別為(0，E)和Er，0．
⑤面積：有些物理圖象的圖線與橫軸所圍的面積往往代表一個物理量的大?。鐅－t圖象中面積表示位移．
4．運用圖象解答物理問題的步驟
(1)看清縱橫坐標分別表示的物理量．
(2)看圖象本身，識別兩物理量的變化趨勢，從而分析具體的物理過程．
(3)看兩相關(guān)量的變化范圍及給出的相關(guān)條件，明確圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的“面積”的物理意義．
四、數(shù)學歸納法
在解決某些物理過程中比較復雜的具體問題時，常從特殊情況出發(fā)，類推出一般情況下的猜想，然后用數(shù)學歸納法加以證明，從而確定我們的猜想是正確的．利用數(shù)學歸納法解題要注意書寫上的規(guī)范，以便找出其中的規(guī)律．
五、微元法
利用微分思想的分析方法稱為微元法．它是將研究對象(物體或物理過程)進行無限細分，再從中抽取某一微小單元進行討論，從而找出被研究對象的變化規(guī)律的一種思想方法．微元法解題的思維過程如下．
(1)隔離選擇恰當?shù)奈⒃鳛檠芯繉ο螅⒃梢允且恍《尉€段、圓弧或一小塊面積，也可以是一個小體積、小質(zhì)量或一小段時間等，但必須具有整體對象的基本特征．
(2)將微元模型化(如視為點電荷、質(zhì)點、勻速直線運動、勻速轉(zhuǎn)動等)，并運用相關(guān)的物理規(guī)律求解這個微元與所求物體之間的關(guān)聯(lián)．
(3)將一個微元的解答結(jié)果推廣到其他微元，并充分利用各微元間的對稱關(guān)系、矢量方向關(guān)系、近似極限關(guān)系等，對各微元的求解結(jié)果進行疊加，以求得整體量的合理解答．
六、三角函數(shù)法
三角函數(shù)反映了三角形的邊、角之間的關(guān)系，在物理解題中有較廣泛的應用．例如：討論三個共點的平衡力組成的力的三角形時，常用正弦定理求力的大??；用函數(shù)的單調(diào)變化的臨界狀態(tài)來求取某個物理量的極值；用三角函數(shù)的“和積公式”將結(jié)論進行化簡等．
七、數(shù)列法
凡涉及數(shù)列求解的物理問題都具有過程多、重復性強的特點，但每一個重復過程均不是原來的完全重復，而是一種變化了的重復．隨著物理過程的重復，某些物理量逐步發(fā)生著前后有聯(lián)系的變化．該類問題求解的基本思路為：
(1)逐個分析開始的幾個物理過程；
(2)利用歸納法從中找出物理量變化的通項公式(這是解題的關(guān)鍵)；
(3)最后分析整個物理過程，應用數(shù)列特點和規(guī)律求解．
無窮數(shù)列的求和，一般是無窮遞減數(shù)列，有相應的公式可用．
等差：Sn＝n(a1＋an)2＝na1＋n(n－1)2d(d為公差)．
等比：Sn＝a1(1－qn)1－q(q為公比)．
八、比例法
比例計算法可以避開與解題無關(guān)的量，直接列出已知和未知的比例式進行計算，使解題過程大為簡化．應用比例法解物理題，要討論物理公式中變量之間的比例關(guān)系，要清楚公式的物理意義和每個量在公式中的作用，以及所要討論的比例關(guān)系是否成立．同時要注意以下幾點．
(1)比例條件是否滿足．物理過程中的變量往往有多個，討論某兩個量間的比例關(guān)系時要注意只有其他量為常量時才能成比例．
(2)比例是否符合物理意義．不能僅從數(shù)學關(guān)系來看物理公式中各量的比例關(guān)系，要注意每個物理量的意義．(如不能根據(jù)R＝UI認定電阻與電壓成正比)
(3)比例是否存在．討論某公式中兩個量的比例關(guān)系時，要注意其他量是否能認為是不變量．如果該條件不成立，比例也不能成立．(如在串聯(lián)電路中，不能認為P＝U2R中P與R成反比，因為R變化的同時，U也隨之變化而并非常量)
許多物理量都是用比值法來定義的，常稱之為“比值定義”．如密度ρ＝mV，導體的電阻R＝UI，電容器的電容C＝QU，接觸面間的動摩擦因數(shù)μ＝fFN，電場強度E＝Fq等．它們的共同特征是：被定義的物理量是反映物體或物質(zhì)的屬性和特征的，它和定義式中相比的物理量無關(guān)．對此，學生很容易把它當做一個數(shù)學比例式來處理而忽略了其物理意義，也就是說教學中還要防止數(shù)學知識在物理應用中的負遷移．
數(shù)學是“物理學家的思想工具”，它使物理學家能“有條理地思考”并能想象出更多的東西．可以說，正是有了數(shù)學與物理學的有機結(jié)合，才使物理學日臻完善．物理學的嚴格定量化，使得數(shù)學方法成為物理解題中一個不可或缺的工具．
熱點、重點、難點
●例1如圖8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的兩端與桌面的兩端對齊，一小木塊放在木板的正中間．木塊和木板的質(zhì)量均為m，木塊與木板之間、木板與桌面之間的動摩擦因數(shù)都為μ．現(xiàn)突然以一水平外力F將薄木板抽出，要使小木塊不從桌面上掉下，則水平外力F至少應為________．(假設(shè)木板抽動過程中始終保持水平，且在豎直方向上的壓力全部作用在水平桌面上)
圖8－2甲
A．2μmgB．4μmgC．6μmgD．8μmg
【解析】解法一F越大，木塊與木板分離時的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑下．設(shè)拉力為F0時，木塊恰好能滑至桌面的邊緣，再設(shè)木塊與木板分離的時刻為t1，在0～t1時間內(nèi)有：
12(F0－μmg－2μmg)mt12－12μgt12＝L2
對t1時間后木塊滑行的過程，有：
v122μg＝(μgt1)22μg＝L2－12μgt12
解得：F0＝6μmg．
解法二F越大，木塊與木板分離時的速度、位移越小，木塊越不可能從桌面滑出．若木塊不從桌面滑出，則其v－t圖象如圖8－2乙中OBC所示，其中OB的斜率為μg，BC的斜率為－μg，t1＝t2
圖8－2乙
有：S△OBC＝12μgt12×2≤L2
設(shè)拉力為F時，木板的v－t圖象為圖7－2乙中的直線OA，則S△OAB＝L2
即12(v2－v1)t1＝L2
其中v1＝μgt1，v2＝F－3μmgmt1
解得：F≥6μmg
即拉力至少為6μmg．
[答案]C
【點評】對于兩物體間的多過程運動問題，在明確物理過程的基礎(chǔ)上，畫出物體各自的運動圖象，這樣兩物體的運動特點就很明顯了．利用圖線與坐標軸所夾面積的關(guān)系明確物體間的位移關(guān)系，可省略一些物理量的計算，從而快速、簡捷地解答問題，同類題可見專題一能力演練第3題．
●例2如圖8－3甲所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系中，一個質(zhì)量為m的質(zhì)點在外力F的作用下從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角(θ＜π4)，則F的大小至少為________；若F＝mgtanθ，則質(zhì)點的機械能大小的變化情況是__________________________．
[2008年高考上海物理卷]
圖8－3甲
【解析】該質(zhì)點在重力和外力F的作用下從靜止開始做直線運動，說明質(zhì)點做勻加速直線運動，如圖8－3乙所示，當F的方向為a方向(垂直于ON)時，F(xiàn)最小為mgsinθ；若F＝mgtanθ，即F可能為b方向或c方向，故除重力外的力F對質(zhì)點可能做正功，也可能做負功，所以質(zhì)點的機械能增加、減少都有可能．
圖8－3乙
[答案]mgsinθ增加、減少都有可能
【點評】運用平行四邊形(三角形)定則分析物體受力的變化情況(或用相似三角形比較受力)是一種常用的方法，同類題可見專題一同類拓展2和例題4．
●例3總質(zhì)量為80kg的跳傘運動員從離地500m的直升機上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，圖8－4是跳傘過程中的v－t圖象，試根據(jù)圖象求：(取g＝10m/s2)
圖8－4
(1)t＝1s時運動員的加速度和所受阻力的大?。?br> (2)估算14s內(nèi)運動員下落的高度及克服阻力做的功．
(3)估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間．
[2008年高考上海物理卷]
【解析】(1)從圖象中可以看出，在t＝2s內(nèi)運動員做勻加速運動，其加速度的大小為：a＝vtt＝162m/s2＝8m/s2
設(shè)此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有：mg－f＝ma
得：f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N．
(2)v－t圖象與t軸所包圍的面積表示位移，由圖象可知14s內(nèi)該面積包含的格子為39格
所以h＝39×2×2m＝156m
根據(jù)動能定理，有：mgh－Wf＝12mv2

所以Wf＝mgh－12mv2
＝(80×10×156－12×80×62)J
≈1.23×105J．
(3)14s后運動員做勻速運動的時間為：
t′＝H－h(huán)v＝500－1566s≈57s
運動員從飛機上跳下到著地所需要的總時間為：
t總＝t＋t′＝(14＋57)s≈71s．
[答案](1)160N(2)1.23×105J(3)71s
【點評】對于本題，應明確v－t圖象中“面積”的含義，在數(shù)小方格個數(shù)時需注意合理取舍，即大于半格的算1個，小于半格的舍去．
●例4如圖8－5甲所示，一質(zhì)量m＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上．開始時，木板右端與墻相距L＝0.08m，一質(zhì)量m＝1kg的小物塊以初速度v0＝2m/s滑上木板左端．木板的長度可保證物塊在運動過程中不與墻接觸．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，木板與墻碰撞后以與碰撞前瞬時等大的速度反彈．取g＝10m/s2，求：
圖8－5甲
(1)從物塊滑上木板到兩者達到共同速度時，木板與墻碰撞的次數(shù)及所用的時間．
(2)達到共同速度時木板右端與墻之間的距離．
【解析】解法一物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板從靜止開始做勻加速運動．設(shè)木板的加速度大小為a，經(jīng)歷時間T后與墻第一次碰撞，碰撞時的速度為v1，則有：
μmg＝ma
L＝12aT2
v1＝aT
可得：a＝1m/s2，T＝0.4s，v1＝0.4m/s
物塊與木板達到共同速度之前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的摩擦力作用而做加速度恒定的運動，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時間為T．設(shè)在物塊與木板達到共同速度v之前木板共經(jīng)歷了n次碰撞，則有：
v＝v0－(2nT＋Δt)a＝aΔt
式中Δt是碰撞n次后木板從起始位置至達到共同速度所需要的時間
上式可改寫為：2v＝v0－2nTa
由于木板的速率只能在0到v1之間，故有：
0≤v0－2nTa≤2v1
解得：1.5≤n≤2.5
由于n是整數(shù)，故n＝2
解得：v＝0.2m/s，Δt＝0.2s
從開始到物塊與木板達到共同速度所用的時間為：
t＝4T＋Δt＝1.8s．
(2)物塊與木板達到共同速度時，木板右端與墻之間的距離為：s＝L－12aΔt2
解得：s＝0.06m
解法二(1)物塊滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做勻加速運動的加速度a1＝μg＝1m/s，方向向右
物塊做減速運動的加速度a2＝μg＝1m/s，方向向左
可作出物塊、木板的v－t圖象如圖8－5乙所示
由圖可知，木板在0.4s、1.2s時刻兩次與墻碰撞，在t＝1.8s時刻物塊與木板達到共同速度．
(2)由圖8－5乙可知，在t＝1.8s時刻木板的位移為：
s＝12×a1×0.22＝0.02m
木板右端距墻壁的距離Δs＝L－s＝0.06m．
圖8－5乙
[答案](1)1.8s(2)0.06m
【點評】本題的兩種解題方法都是在清晰地理解物理過程的前提下巧妙地應用數(shù)學方法解析的，專題一例4中的解法二也是典型地利用圖象來確定物理過程的．
●例5圖8－6所示為一個內(nèi)外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積的帶電量為σ．取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸．設(shè)軸上任意點P到O點的距離為x，P點的電場強度大小為E．下面給出E的四個表達式(式中k為靜電力常量)，其中只有一個是合理的．你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性作出判斷．根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應為[2009年高考北京理綜卷]()
圖8－6
A．E＝2πkσR1x2＋R12－R2x2＋R22x
B．E＝2πkσ1x2＋R12－1x2＋R22x
C．E＝2πkσR1x2＋R12＋R2x2＋R22
D．E＝2πkσ1x2＋R12＋1x2＋R22x
【解析】A選項表達式可變形為：
E＝2πkσR11＋(R1x)2－R21＋(R2x)2，對于這一表達式，當R1＝0時，E＝－2πkσR21＋(R2x)2，隨x的增大，E的絕對值增大，這與客觀事實不符合，故A錯誤，對于C選項中的表達式，當x＝0時，E＝4πkσ，而事實由對稱性知應該為E＝0，故C錯誤．對于D選項，
E＝2πkσ11＋(R1x)2＋11＋(R2x)2
同樣E隨x增大而增大，當x＝∞時E0，這與事實不符合，故D錯誤，只有B可能正確．
[答案]B
【點評】本例與2008年高考北京理綜卷第20題相似，給出某一規(guī)律的公式，要求證它的正確性，這類試題應引起足夠的重視．
●例6如圖8－7所示，一輕繩吊著一根粗細均勻的棒，棒下端離地面高為H，上端套著一個細環(huán)．棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg(k＞1)．斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落．假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時觸地時間極短，無動能損失．棒在整個運動過程中始終保持豎直，空氣阻力不計．求：
圖8－7
(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環(huán)的加速度．
(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運動的路程s．
(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中，摩擦力對環(huán)和棒做的總功W．
[2007年高考江蘇物理卷]
【解析】(1)設(shè)棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán)，由牛頓第二定律有：
a環(huán)＝kmg－mgm＝(k－1)g，方向豎直向上．
(2)棒第一次落地前瞬間的速度大小為：v1＝2gH
設(shè)棒彈起后的加速度為a棒，由牛頓第二定律有：
a棒＝－kmg＋mgm＝－(k＋1)g
故棒第一次彈起的最大高度為：
H1＝－v122a棒＝Hk＋1
路程s＝H＋2H1＝k＋3k＋1H．
(3)解法一設(shè)棒第一次彈起經(jīng)過t1時間后與環(huán)達到共同速度v1′
環(huán)的速度v1′＝－v1＋a環(huán)t1
棒的速度v1′＝v1＋a棒t1
解得：t1＝1k2Hg
v1′＝－2gHk
環(huán)的位移h環(huán)1＝－v1t1＋12a環(huán)t12＝－k＋1k2H
棒的位移h棒1＝v1t1＋12a棒t12＝k－1k2H
x1＝h環(huán)1－h(huán)棒1
解得：x1＝－2Hk
棒、環(huán)一起下落至地，有：v22－v1′2＝2gh棒1
解得：v2＝2gHk
同理，環(huán)第二次相對棒的位移為：
x2＝h環(huán)2－h(huán)棒2＝－2Hk2
……
xn＝－2Hkn
故環(huán)相對棒的總位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－2Hk－1
所以W＝kmgx＝－2kmgHk－1．
解法二經(jīng)過足夠長的時間棒和環(huán)最終靜止，設(shè)這一過程中它們相對滑動的總路程為l，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有：
mgH＋mg(H＋l)＝kmgl
解得：l＝2Hk－1
故摩擦力對環(huán)和棒做的總功為：
W＝－kmgl＝－2kmgHk－1．
[答案](1)(k－1)g，方向豎直向上(2)k＋3k＋1H
(3)－2kmgHk－1
【點評】①高考壓軸題中常涉及多個物體多次相互作用的問題，求解這類題往往需要應用數(shù)學的遞推公式或數(shù)列求和知識．
②一對滑動摩擦力做功的總和W＝－fs總，s總為相對滑動的總路程．
③對于涉及兩個對象的運動過程，規(guī)定統(tǒng)一的正方向也很重要．
●例7如圖8－8所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為l、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為α，條形勻強磁場的寬度為d，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．長度為2d的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”形裝置，總質(zhì)量為m，置于導軌上．導體棒中通以大小恒為I的電流(由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出)．線框的邊長為d(dl)，電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合．將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回，導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直．重力加速度為g．求：
圖8－8
(1)裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q．
(2)線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間t1．
(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離xm．
[2009年高考江蘇物理卷]
【解析】(1)設(shè)裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框上的安培力做功為W，由動能定理得：
mgsinα4d＋W－BIld＝0
且Q＝－W
解得：Q＝4mgdsinα－BIld．
(2)設(shè)線框剛離開磁場下邊界時的速度為v1，則接著向下運動2d，由動能定理得：mgsinα2d－BIld＝0－12mv12
線框在穿越磁場中運動時受到的合力F＝mgsinα－F′
感應電動勢E＝Bdv
感應電流I′＝ER
安培力F′＝BI′d
由牛頓第二定律，在t到(t＋Δt)時間內(nèi)，有Δv＝FmΔt
則?Δv＝∑[gsinα－B2d2vmR]Δt
有v1＝gt1sinα－2B2d3mR
解得：t1＝2m(BIld－2mgdsinα)＋2B2d3Rmgsinα．
(3)經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離xm之間往復運動，由動能定理得：
mgsinαxm－BIl(xm－d)＝0
解得：xm＝BIldBIl－mgsinα．
[答案](1)4mgdsinα－BIld
(2)2m(BIld－2mgdsinα)＋2B2d3Rmgsinα
(3)BIldBIl－mgsinα
能力演練
一、選擇題(10×4分)
1．圖示是用來監(jiān)測在核電站工作的人員受到輻射情況的胸章，通過照相底片被射線感光的區(qū)域，可以判斷工作人員受到何種輻射．當胸章上1mm鋁片和3mm鋁片下的照相底片被感光，而鉛片下的照相底片未被感光時，則工作人員可能受到了輻射的射線是()
A．α和βB．α和γ
C．β和γD．α、β和γ
【解析】α粒子的穿透能力很弱，一張普通的紙就能把它擋住，題中無法說明輻射中不含α射線，能穿透1mm、3mm鋁片而不能穿透5mm鉛片的是β射線，若存在γ射線，則5mm厚的鉛片也能被穿透，故A正確．
[答案]A
2．在電磁波發(fā)射技術(shù)中，使電磁波隨各種信號而改變的技術(shù)叫調(diào)制，調(diào)制分調(diào)幅和調(diào)頻兩種．在圖甲中有A、B兩幅圖．在收音機電路中天線接收下來的電信號既有高頻成分又有低頻成分，經(jīng)放大后送到下一級，需要把高頻成分和低頻成分分開，只讓低頻成分輸入下一級，如果采用如圖乙所示的電路，圖乙中虛線框a和b內(nèi)只用一個電容器或電感器．以下關(guān)于電磁波的發(fā)射和接收的說法中，正確的是()
A．在電磁波的發(fā)射技術(shù)中，甲圖中A是調(diào)幅波
B．在電磁波的發(fā)射技術(shù)中，甲圖中B是調(diào)幅波
C．在圖乙中a是電容器，用來通高頻阻低頻，b是電感器，用來阻高頻通低頻
D．在圖乙中a是電感器，用來阻交流通直流，b是電容器，用來阻高頻通低頻
【解析】A圖象中高頻振蕩的振幅隨信號而變，為調(diào)幅波，B圖象中高頻振蕩的頻率隨信號而變，為調(diào)頻波，A正確，檢波電路的作用為通低頻阻高頻，故a為電容較小的高頻旁路電容器，b為高頻扼流圈，C正確．
[答案]AC
3．如圖所示，絕熱汽缸固定在水平地面上，汽缸內(nèi)用絕熱活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，開始時活塞靜止在圖示位置，現(xiàn)用力使活塞緩慢向右移動一段距離，則在此過程中()
A．外界對汽缸內(nèi)氣體做正功
B．缸內(nèi)氣體的內(nèi)能減小
C．缸內(nèi)氣體在單位時間內(nèi)作用于活塞單位面積沖量增大
D．在單位時間內(nèi)缸內(nèi)氣體分子與活塞碰撞的次數(shù)增加
【解析】體積膨脹，氣體對外做功，內(nèi)能減小，溫度降低，選項A錯誤、B正確，由體積增大，溫度降低知單位時間內(nèi)氣體對活塞的碰撞次數(shù)減少，壓強減小，選項C、D錯誤．
[答案]B
4．兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在0～0.4s時間內(nèi)的v－t圖象如圖所示．若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時間t1分別為[2009年高考全國理綜卷Ⅱ]()
A．13和0.30sB．3和0.30s
C．13和0.28sD．3和0.28s
【解析】根據(jù)圖象的特點可知甲做勻加速運動，乙做勻減速運動，根據(jù)a＝ΔvΔt，得兩物體加速度大小的關(guān)系為3a甲＝a乙，根據(jù)牛頓第二定律有Fm甲＝13Fm乙，得m甲m乙＝3，由a乙＝10m/s2＝10.4－t1，可解得t1＝0.3s，B正確．
[答案]B
5．某物體的v－t圖象如圖所示，在下列給出的兩段時間內(nèi)，合外力的功和沖量都相同的是()
A．0～t1和t2～t4
B．t1～t2和t3～t4
C．0～t2和t2～t4
D．0～t1和t3～t4
【解析】0～t1合外力做功為12mv20，合外力沖量為mv0，t2～t4合外力做功和合外力沖量都為0，A錯誤；t3～t4時間內(nèi)合外力做功為－12mv20，合外力沖量為mv0，t1～t2合外力做功為－12mv20，合外力的沖量－mv0,0～t2時間內(nèi)，合外力做功和合外力沖量都為0．故C正確．
[答案]C
6．一列簡諧橫波沿x軸正向傳播，t＝0時刻波形如圖所示，從圖示時刻起經(jīng)0.5s時間處于x＝2的質(zhì)點P剛好第二次出現(xiàn)波峰，下列說法正確的是()
A．t＝0時刻，P質(zhì)點的速度方向指向y軸正方向
B．Q質(zhì)點開始振動時，P質(zhì)點正在波峰
C．t＝0.5s時刻，質(zhì)點P的加速度方向指向y軸正方向
D．t＝0.5s時刻，Q質(zhì)點第一次出現(xiàn)波峰
【解析】t0＝0時刻P質(zhì)點正向上振動，A正確．又由題意知，t＝0.5s＝54T，得T＝0.4s，PQ＝8m＝2λ，故Q開始振動時P處于平衡位置向上振動，B錯誤．t＝0.5s時刻，P的位移為正，加速度方向為負，C錯誤；經(jīng)過t＝0.5s，波傳播s＝vt＝40.4×0.5＝5m，Q正處于波峰，D正確．
[答案]AD
7．如圖所示，把一個帶電小球A固定在光滑的水平絕緣桌面上，在桌面的另一處放置帶電小球B．現(xiàn)給小球B一個垂直AB連線方向的速度v0，使其在水平桌面上運動，則下列說法中正確的是()
A．若A、B帶同種電荷，B球一定做速度增大的曲線運動
B．若A、B帶同種電荷，B球一定做加速度增大的曲線運動
C．若A、B帶同種電荷，B球一定向電勢較低處運動
D．若A、B帶異種電荷，B球可能做速度和加速度大小都不變的曲線運動
【解析】若A、B帶同種電荷，庫侖力對B球做正功，B球做速度增大的曲線運動，B的電勢能減小，又由于AB間距增大，故B的加速度減小，若A、B為異種電荷，當mv02r＝kqAqBr2時，B球做勻速圓周運動，速度和加速度的大小都不變，D正確．
[答案]AD
8．某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正．為了使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)()
A．若粒子的初始位置在a處，在t＝3T8時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f處，在t＝T2時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e處，在t＝118T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b處，在t＝T2時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度
【解析】要使粒子的運動軌跡如圖乙所示，粒子做圓周運動的軌跡的周期應為T0＝2πmqB＝T2，結(jié)合左手定則可知，選項A、D正確．
[答案]AD
9．水力采煤是利用高速水流沖擊煤層而進行的，煤層受到3.6×106N/m2的壓強沖擊即可破碎，若水流沿水平方向沖擊煤層，不考慮水的反向濺射作用，則沖擊煤層的水流速度至少應為()
A．30m/sB．40m/sC．45m/sD．60m/s
【解析】建立如圖所示模型，設(shè)水柱面積為S，由動量定理：
FΔt＝0－(ρSv0Δt)×(－v0)
可得壓強：p＝FS＝ρv20
故使煤層破碎的速度至少應為v0＝pρ＝60m/s．
[答案]D
10．如圖甲所示，傳送帶通過滑道將長為L、質(zhì)量為m的勻質(zhì)物塊以初速度v0向右送上水平臺面，物塊前端在臺面上滑動s距離停下來．已知滑道上的摩擦不計，物塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為μ而且sL，則物塊的初速度v0為()
甲
A．2μgLB．2μgs－μgL
C．2μgsD．2μgs＋μgL
【解析】
物塊位移在由0增大到L的過程中，對臺面的壓力隨位移由0均勻的增加至mg，故整個過的摩擦力的大小隨位移變化的圖象如圖乙所示，圖中梯形“面積”即為物塊克服摩擦力所做的功．
乙
由動能定理得：12μmg(s－L＋s)＝12mv02
可解得v0＝2μgs－μgL．
[答案]B
二、非選擇題(共60分)
11．(6分)某實驗小組擬用如圖甲所示的裝置研究滑塊的運動．實驗器材有滑塊、鉤碼、紙帶、米尺、帶滑輪的木板以及由漏斗和細線組成的單擺等．實驗中，滑塊在鉤碼的作用下拖動紙帶做勻加速直線運動，同時單擺沿垂直于紙帶運動的方向擺動，漏斗漏出的有色液體在紙帶上留下的痕跡記錄了漏斗在不同時刻的位置．[2008年高考重慶理綜卷]
(1)在圖乙中，從________紙帶可看出滑塊的加速度和速度的方向一致．
(2)用該方法測量滑塊加速度的誤差主要來源有：____________________、____________________．(寫出2個即可)
【解析】要使速度和加速度的方向相同，則必須選紙帶B，因為B中相等的時間內(nèi)紙帶運動的距離越來越大．
[答案](1)B(2分)
(2)擺長測量漏斗的重心變化(或液體痕跡偏粗、阻力變化等)(每空2分)
12．(9分)用高電阻放電法測電容的實驗，是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器的充電電壓為U時，所帶的電荷量為Q，從而再求出待測電容器的電容C．某同學的實驗情況如下：
A．按圖甲所示的電路連接好實驗電路；
B．接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使小量程電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下這時電流表的示數(shù)I0＝490μA及電壓表的示數(shù)U0＝6.2V，I0和U0分別是電容器放電的初始電流和電壓；
C．斷開開關(guān)S，同時開始計時，每隔5s或10s測一次電流I的值，將測得數(shù)據(jù)填入預先設(shè)計的表格中，根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)(10組)在以時間t為橫坐標、電流I為縱坐標的坐標紙上描點，即圖乙中用“×”表示的點．
(1)實驗中，電阻箱所用的阻值R＝________Ω．
(2)試根據(jù)上述實驗結(jié)果，在圖乙中作出電容器放電的I－t圖象．
(3)經(jīng)估算，該電容器兩端的電壓為U0時所帶的電荷量Q0約為______C；該電容器的電容C約為______F．
【解析】由ΔQ＝IΔt知，電荷量為I－t圖象與坐標軸所包圍的面積，計面積時可數(shù)格數(shù)(四舍五入)．
[答案](1)1.3×104(3分)(2)用平滑曲線連接(2分)
(3)(8.0～9.0)×10－3(1.29～1.45)×10－3(每空2分)
13．(10分)質(zhì)量為60kg的消防隊員從一根豎直的輕繩上由靜止滑下，經(jīng)2.5s落地．輕繩受到的拉力變化情況如圖甲所示，取g＝10m/s2．在消防隊員下滑的過程中
(1)其最大速度和落地速度各是多大？
(2)在圖乙中畫出其v－t圖象．
(3)其克服摩擦力做的功是多少？
【解析】(1)設(shè)該隊員先在t1＝1s的時間內(nèi)以加速度a1勻加速下滑，然后在t2＝1.5s的時間內(nèi)以加速度a2勻減速下滑
第1s內(nèi)由牛頓第二定律得：
mg－F1＝ma1(1分)
最大速度vm＝a1t1(1分)
代入數(shù)據(jù)解得：vm＝4m/s(1分)
后1.5s內(nèi)由牛頓第二定律得：
F2－mg＝ma2
該隊員落地時的速度v＝vm－a2t2(1分)
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s．
(2)圖象如圖丙所示．(2分)
(3)該隊員在第1s內(nèi)下滑的高度h1＝12a1t12(1分)
該隊員在后1.5s內(nèi)下滑的高度h2＝vmt2－12a2t22(1分)
由動能定理得：
mg(h1＋h2)－Wf＝12mv2(1分)
代入數(shù)據(jù)解得：Wf＝3420J．(1分)
丙
[答案](1)最大速度為4m/s，落地速度為1m/s
(2)如圖丙所示(3)3420J
14．(11分)A、B兩小球由柔軟的細線相連，線長L＝6m，現(xiàn)將A、B球先后以相同的初速度v0＝4.5m/s從同一地點水平拋出(先A、后B)，相隔時間t0＝0.8s．取g＝10m/s2，問：
(1)B球拋出后經(jīng)過多長時間細線剛好被拉直？(線拉直時，兩球都未落地)
(2)細線剛被拉直時，A、B兩球的水平位移(相對拋出點)各為多大？
【解析】(1)A球先拋出，0.8s時間內(nèi)
水平位移s0＝v0t0＝4.5×0.8m＝3.6m(1分)
豎直位移：h0＝12gt2＝12×10×0.82m＝3.2m(1分)
A、B球都拋出后，若A球以B球為參照物，則水平方向相對速度為：vABx＝0，豎直方向上A相對B的速度為：
vABy＝gt0＝8m/s(1分)
設(shè)B球拋出后經(jīng)過時間t線被拉直，則有：
(h0＋vAByt)2＋s02＝L2(2分)
解得：t＝0.2s．(1分)
(2)至線拉直A球運動的總時間：
tA＝t0＋t＝1s(2分)
故A球的水平位移sA＝v0tA＝4.5m(2分)
B球的水平位移sB＝v0t＝0.9m(1分)
[答案](1)0.2s(2)4.5m0.9m
15．(12分)光滑平行的金屬導軌MN和PQ的間距L＝1.0m，它們與水平面之間的夾角α＝30°，勻強磁場的磁感應強度B＝2.0T，方向垂直于導軌平面向上，M、P間連接有阻值R＝2.0Ω的電阻，其他電阻不計，質(zhì)量m＝2.0kg的金屬桿ab垂直于導軌放置，如圖甲所示．用恒力F沿導軌平面向上拉金屬桿ab，使其由靜止開始運動，其v－t圖象如圖乙所示．取g＝10m/s2，設(shè)導軌足夠長．
(1)求恒力F的大?。?br> (2)金屬桿的速度為2.0m/s時，加速度為多大？
(3)根據(jù)v－t圖象估算在前0.8s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量．
【解析】(1)由圖乙知，桿運動的最大速度vm＝4m/s(2分)
此時有：F＝mgsinα＋F安
＝mgsinα＋B2L2vmR(1分)
代入數(shù)據(jù)得：F＝18N．(1分)
(2)對桿進行受力分析，如圖丙所示，由牛頓第二定律可得：
丙
F－F安－mgsinα＝ma(1分)
a＝F－B2L2vR－mgsinαm
代入數(shù)據(jù)得：a＝2.0m/s2．(1分)
(3)由圖乙可知，0.8s末金屬桿的速度v1＝2.2m/s(1分)
前0.8s內(nèi)圖線與t軸所包圍的小方格的個數(shù)約為27，面積為27×0.2×0.2＝1.08，即前0.8s內(nèi)金屬桿的位移為：
s＝1.08m(2分)
由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得：
Q＝Fs－mgssinα－12mv12(2分)
代入數(shù)據(jù)得：Q＝3.80J．(1分)
[答案](1)18N(2)2.0m/s2(3)3.80J
16．(12分)為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積S＝0.04m2的金屬板，間距L＝0.05m，當連接到U＝2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如圖所示．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每1m3有煙塵顆粒1×1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止狀態(tài)，每個顆粒的帶電荷量q＝＋1.0×10－17C，質(zhì)量m＝2.0×10－15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受的重力．問合上開關(guān)后：
(1)經(jīng)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？
(2)除塵過程中電場力對煙塵顆粒共做了多少功？
(3)經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？
【解析】(1)由題意可知，只要位于上板表面的煙塵能被吸附到下板，煙塵即被認為全部吸收．設(shè)經(jīng)過時間t煙塵顆?？梢员蝗课?，煙塵所受的電場力F＝qUL(1分)
L＝12at2＝12Fmt2＝qUt22mL(2分)
得：t＝2mqUL＝0.02s．(1分)
(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認為煙塵的質(zhì)心位于板間中點位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做的總功為：
W＝12NSLqU＝2.5×10－4J．(3分)
(3)設(shè)煙塵顆粒下落的距離為x，則板內(nèi)煙塵的總動能為：
Ek＝12mv2NS(L－x)＝qULxNS(L－x)(1分)
當x＝L2時，Ek達最大(1分)
又x＝12at12(1分)
所以t1＝2xa＝mqUL＝0.014s．(2分)
[答案](1)0.02s(2)2.5×10－4J(3)0.014s

高考物理考點單元知識復習

第四課時單元知識整合
本章知識結(jié)構(gòu)
1．湯姆孫在發(fā)現(xiàn)電子后，提出原子模型是棗糕模型，盧瑟福根據(jù)著名的α粒子散射實驗總結(jié)出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，他提出原子中心有一個很小的原子核，它集中了原子的所有正電荷和幾乎全部的質(zhì)量，電子繞核旋轉(zhuǎn)，原子核直徑的數(shù)量級是10-15～10-14m。
2．在玻爾理論中，原子的能量和電子的軌道半徑都是量子化的，原子在能級之間躍遷時要吸收或輻射特定頻率的光子，且光子能量E=hγ=Em-En。這也解釋了氫原子的線狀光譜。
3．天然放射現(xiàn)象中的三種射線：α射線是速度約為光速1/10的氦核流，貫穿本領(lǐng)很弱，電離作用很強；β射線是高速電子流，貫穿本領(lǐng)很強，電離作用較弱；γ射線是一種電磁波，貫穿本領(lǐng)極強，電離作用很弱。
4．原子核放出α粒子或β粒子后，就變成新的原子核，我們把這種變化叫衰變。半衰期是放射性原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時間，它是由核內(nèi)部本身因素決定的；衰變時的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)都是守恒的。
5．具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子互稱同位素，放射性同位素的應用(1)利用它的射線(2)作為示蹤原子
6．愛因斯坦質(zhì)能方程為E=mc2，質(zhì)量虧損△m時所釋放的核能為△E=△mc2，獲取核能的主要方式有重核裂變和輕核聚變。
1．實驗法：研究物理學的重要手段，近代物理中的很多物理規(guī)律都是通過實驗獲取的。
2．假設(shè)法：通過對物理實驗現(xiàn)象的觀察和研究提出假說解釋現(xiàn)象，這是物理研究的重要思維方法，如光子說、原子核式結(jié)構(gòu)學說、軌道量子化假設(shè)等。假說必須有一定的實驗和理論依據(jù)，并能成功解釋一些物理現(xiàn)象。
3．辯證思想：在宏觀世界中波是波，粒是粒，而在微觀世界中，光既具有粒子性又具有波動性，是辯證統(tǒng)一的而不是一對矛盾。玻爾模型成功地解釋了氫原子線狀光譜的形成；而原子吸收高能量光子后又可電離(光電效應)；物體的質(zhì)量和能量之間存在著簡單的正比關(guān)系——要用聯(lián)系的觀點看問題。4．模型法、類比法：光子、物質(zhì)波、原子核式結(jié)構(gòu)、玻爾模型、原子核(質(zhì)子、中子)等物理微觀模型不能直接看到，需要在頭腦中構(gòu)建一個模型來替代，同時，也要注意與宏觀模型的類比，如玻爾模型與人造衛(wèi)星的圓周運動模型相類比，有很多類似規(guī)律，但要注意宏觀世界與微觀世界的區(qū)別。
5．守恒思想：核反應過程中質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒；動量守恒定律對宏觀世界和微觀世界都是成立的；核反應前后的總能量(含核能)也是守恒的。
類型一原子物理知識的綜合應用
【例1】（07年江蘇省揚州市一模）美國“里根”號核動力航空母艦的動力來自核反應堆，其中主要的核反應方程式是
（1）在括號內(nèi)填出前的系數(shù)；
（2）用m1、m2、m3均分別表示核的質(zhì)量，m表示中子的質(zhì)量，則上述核反應過程中一個鈾235核發(fā)生裂變產(chǎn)生的核能ΔE是多少?
（3）假設(shè)核反應堆的功率P=6.0×105kW，若一個鈾235核裂變產(chǎn)生的能量為2.8×10-11J，則該航空母艦在海上航行一個月需要消耗多少千克鈾235?(鈾235的摩爾質(zhì)量μ=0.235kg/mol，一月約為t=2.6×106s，阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.0×1023mol-1。（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）
導示:（1）3
（2）（3）一個月內(nèi)核反應產(chǎn)生的總能量為E=Pt
同時
所以
類型二原子物理與社會生活及科學技術(shù)的結(jié)合
【例2】天文學家測得銀河系中氦的含量約為25%。有關(guān)研究表明，宇宙中氦生成的途徑有兩條：一是在宇宙誕生后3分鐘左右生成的；二是在宇宙演化到恒星誕生后，由恒星內(nèi)部的氫核聚變反應生成的。
（1）把氫核取變反應簡化為4個氫核聚變成氦核（），同時放出2個正電子和2個中微子，請寫出該氫核聚變反應的方程，并計算一次反應釋放的能量。
（2）研究表明，銀河系的年齡約為t=3.8×1017s，每秒鐘銀河系產(chǎn)生的能量約為1×1037J（即P=1×1037J/S）?，F(xiàn)假定該能量全部來自上述氫核聚變反應，試估算銀河系中氦的含量（最后結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。
（3）根據(jù)你的估算結(jié)果，對銀河系中氦的主要生成途徑做出判斷。（可能用到的數(shù)據(jù)：銀河系質(zhì)量約為M=3×1041kg，原子質(zhì)量單位1u=1.66×10-27kg，1u相當于1.5×10-10J的能量，電子質(zhì)量me=0.0005u，氦核質(zhì)量mα=4.0026u，氫核質(zhì)量mp=1.0078u，中微子質(zhì)量為零。）
導示:（1）
（2）
氦的含量
（3）由估算結(jié)果可知，遠小于25%的實際值，所以銀河系中的氫重要是宇宙誕生后不久生成的。
類型三原子物理與動量、能量結(jié)合的問題
【例3】（07海南卷）一速度為v的高速α粒子（）與同方向運動的氖核（）發(fā)生彈性正碰，碰后α粒子恰好靜止。求碰撞前后氖核的速度（不計相對論修正）。
導示:設(shè)α粒子與氖核的質(zhì)量分別為ma與mNe，氖核在碰撞前后的速度分別為vNe與。由動量守恒與機械能守恒定律，有
①
②
解得③
④
已知⑤
將⑤式代入③④式得⑥
⑦
1．（07年江蘇省揚州市一模）太陽光垂直照射到地面上時，地面上1m2的面積上接受太陽光的功率為1.4kW，其中可見光部分約占45％。
（1）假如認為可見光的波長為0.55μm，日地間距離R=1.5×1011m，普朗克常數(shù)為h=6.63×l0-34Js，估算太陽每秒輻射出的可見光光子數(shù)為多少?
（2）若已知地球的半徑為6.4×106m，估算地球接受太陽光的總功率。(計算結(jié)果均保留一位有效數(shù)字)

2．在能源中，核能具有能量密度大、環(huán)境無污染的好處。在核電站中，核反應堆釋放的核能轉(zhuǎn)化為電能。核反應堆的工作原理是利用中子轟擊重核發(fā)生裂變反應，釋放出大量核能。
(1)核反應方程是反應堆中發(fā)生的許多核反應中的一種，n為中子，X為待求粒子，a為X的個數(shù)，則X為，a＝。以mU、mBa、mKr分別表示核的質(zhì)量，mn、mP分別表示中子、質(zhì)子的質(zhì)量，c為光在真空中傳播的速度，則在上述核反應過程中放出的核能為ΔE＝。
(2)有一座發(fā)電能力為P＝1.00×106kW的核電站，核能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η＝40%。假定反應堆中發(fā)生的裂變反應全是上述核反應，已知每次核反應過程放出的核能ΔE＝2.78×10－11J，23592U核的質(zhì)量mU＝390×10－27kg，求每年(1年＝3.15×107s)消耗的的質(zhì)量。

3．一個原來靜止的鋰核（）俘獲一個速度為7.7×104m/s的中子后，生成一個氚核和一個氦核，已知氚核的速度大小為1.0×103m/s，方向與中子的運動方向相反。
（1）試寫出核反應方程；
（2）求出氦核的速度；
（3）若讓一個氘核和一個氚核發(fā)生聚變時，可產(chǎn)生一個氦核同時放出一個中子，求這個核反應釋放出的能量。（已知氘核質(zhì)量為mD=2.014102u，氚核質(zhì)量為mT=3.016050u，氦核的質(zhì)量mHe=4.002603u，中子質(zhì)量mn=1.008665u,1u=1.6606×10－27kg）

答案：1、（1）5×1044（2）2×1014kW；
2、（1）、3、(mU－mBa－mKr－2mn)c2
（2）)M＝mUPTηΔE(T為1年的時間)；
3、（1）
（2）2×104m/s
（3）2.82×10－12J。

高考物理單元知識整合復習

第六課時單元知識整合
1、類比法：本章概念抽象，不易理解，要注意通過實驗和類比的方法掌握。如ф、△ф、△ф/△t的關(guān)系可與v、△v、△v/△t的關(guān)系類比。
2、因果關(guān)系法：楞次定律反映了“因果”之間的辯證關(guān)系，原因?qū)е陆Y(jié)果，結(jié)果又反過來影響（“阻礙”）原因，從而引導我們既可由“因”索“果”，也可由“果”索“因”地分析電磁感應現(xiàn)象；左、右手定則之間的區(qū)別，也主要是“因果”不同，左手定則“因電而受力”，右手定則“因動而生電”。
3、等效法：不規(guī)則導體垂直切割磁感線產(chǎn)生的電動勢可用其等效長度替代；對復雜的電磁感應綜合問題，要善于畫出導體、框架的等效電路圖。
4、一般與特殊的關(guān)系：右手定則是楞次定律的特殊形式，E=n△ф/△t和E=Blvsinθ是一般（普遍）和特殊的關(guān)系。
5、整體把握本章內(nèi)容：本章涉及楞次定律和法拉第電磁感應定律兩大規(guī)律，前者判斷感應電流的方向，后者計算感應電動勢的大小，都是高考考查的重點。
6、電磁感應中的動力學問題要理順力學量和電學量間的關(guān)系，關(guān)注安培力F=B2L2v/R的二級結(jié)論并注意F受v的影響這一特殊點；電路問題要注意應用“先電后力”的思路分析。
7、電磁感應過程是其他形式的能和電能的轉(zhuǎn)化過程，因此有關(guān)電磁感應和能量的轉(zhuǎn)化和守恒的綜合性題目應當引起我們的高度重視。
類型一研究電磁感應現(xiàn)象的實驗
【例1】（上海松江區(qū)08屆高三第一學期期末卷）如圖所示的器材可用來研究電磁感應現(xiàn)象及判定感應電流的方向。
（1）在給出的實物圖中，用筆線代替導線將實驗儀器連成完整的實驗電路。
（2）將線圈L1插入線圈L2中，合上開關(guān)S，能使線圈L2中感應電流的磁場方向與線圈L1中原磁場方向相同的實驗操作是（）
A．插入鐵芯FB．拔出線圈L1
C．使變阻器阻值R變大D．斷開開關(guān)S
導示：（1）在上圖中，用筆線代替導線將實驗儀器連成完整的實驗電路。
（2）BCD

類型二楞次定律推論的應用
【例2】（上海金山區(qū)08屆高三第一學期期末測試卷）著名物理學家費曼曾設(shè)計過這樣一個實驗裝置：一塊絕緣圓板可繞其中心的光滑軸自由轉(zhuǎn)動，在圓板的中部有一個線圈，圓板的四周固定著一圈帶電的金屬小球，如圖所示。當線圈接通電源后，將產(chǎn)生流過圖示方向的電流，則下列說法正確的是（）
A、接通電源瞬間，圓板不會發(fā)生轉(zhuǎn)動
B、線圈中電流強度的增大或減小會引起圓板向不同方向轉(zhuǎn)動
C、若金屬小球帶正電，接通電源瞬間圓板轉(zhuǎn)動方向與線圈中電流流向相同
D、若金屬小球帶負電，接通電源瞬間圓板轉(zhuǎn)動方向與線圈中電流流向相同
導示：選擇BD。帶電的金屬小球旋轉(zhuǎn)，作定向移動將形成電流。根據(jù)楞次定律可以知道，當線圈中電流強度的增大或減小時，會引起圓板向不同方向轉(zhuǎn)動。接通電源瞬間，原來電流由無到有，帶正電的圓板的轉(zhuǎn)動方向?qū)⑴c原來電流方向相反，帶負電的圓板的轉(zhuǎn)動方向?qū)⑴c原來電流方向相同。

類型三運動和力問題
【例3】．（上海黃浦區(qū)08屆高三第一學期期末測試卷）如圖所示，兩條平行的金屬導軌MP、NQ與水平面夾角為，設(shè)導軌足夠長。導軌處在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度B=0.80T，與導軌上端相連的電源電動勢E=4.5V，內(nèi)阻r=0.4Ω，水平放置的導體棒ab的電阻R=1.5Ω，兩端始終與導軌接觸良好，且能沿導軌無摩擦滑動，與導軌下端相連的電阻R1=1.0Ω，電路中其它電阻不計。當單刀雙擲開關(guān)S與1接通時，導體棒剛好保持靜止狀態(tài)，求：
（1）磁場的方向；
（2）S與1接通時，導體棒的發(fā)熱功率；
（3）當開關(guān)S與2接通后，導體棒ab在運動過程中，單位時間（1s）內(nèi)掃過的最大面積。
導示：（1）磁場的方向：垂直斜面向下。
（2）當S與1接通時
導體棒上的電流
導體棒的發(fā)熱功率
（3）S與1接通時，導體棒平衡有：
S與2接通后，導體棒切割磁感線產(chǎn)生電流，最后勻速運動單位時間內(nèi)掃過面積最大，勻速運動時
；
得單位時間掃過最大面積為
類型四能量轉(zhuǎn)化問題
【例4】．（上海松江區(qū)08屆高三第一學期期末測試卷）如圖所示，光滑的平行水平金屬導軌MN、PQ相距L，在M點和P點間連接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間cdfe矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向上、寬為d的勻強磁場，磁感應強度為B。
一質(zhì)量為m、電阻為r、長度也剛好為L的導體棒ab垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0?，F(xiàn)用一個水平向右的力F拉棒ab，使它由靜止開始運動，棒ab離開磁場前已做勻速直線運動，棒ab與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，F(xiàn)隨ab與初始位置的距離x變化的情況如圖，F(xiàn)0已知。求：
（1）棒ab離開磁場右邊界時的速度。
（2）棒ab通過磁場區(qū)域的過程中整個回路所消耗的電能。
（3）d0滿足什么條件時，棒ab進入磁場后一直做勻速運動。
導示：（1）設(shè)離開右邊界時棒ab速度為v，則有：
；；對棒有：
解得：
（2）在ab棒運動的整個過程中，根據(jù)動能定理：
由功能關(guān)系：，解得：
（3）設(shè)棒剛進入磁場時的速度為v0，則有
當v0=v，即時，進入磁場后一直勻速運動。

類型三綜合應用問題
【例5】．（上海普陀區(qū)08屆高三年級期末調(diào)研試卷）如圖所示，一有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)相距為L處，有一邊長為L的正方形導體線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直?，F(xiàn)使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域。若以初始位置為計時起點，規(guī)定B垂直紙面向里時為正，
（1）試畫出線框通過磁場區(qū)域過程中，線框中的磁通量與前進的時間t之間的函數(shù)關(guān)系；
（2）求線框在通過磁場過程中，線框中電流的最大值；
（3）求線框在通過磁場過程中，拉力功率的最大值；
（4）在此過程中，線框中產(chǎn)生的熱量Q。
導示：（1）見下圖
（2）Imax＝2BLvR
（3）F＝FA＝4B2L2vR，P＝Fv＝4B2L2v2R
（4）Q＝6B2L3vR

1．(上海長寧區(qū)08屆高三第一學期期末質(zhì)量檢測)如圖a所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化電流i，電流隨時間變化的規(guī)律如圖b所示，P所受的重力為G，桌面對P的支持力為N，則在下列時刻（）
A、t1時刻N＞G，P有收縮的趨勢．
B、t2時刻N＝G，此時穿過P的磁通量最大．
C、t3時刻N＝G，此時P中無感應電流．
D、t4時刻N＜G，此時穿過P的磁通量最?。?/p>

2、（上海虹口區(qū)08屆高三第一學期期末測試卷）如圖所示，兩根足夠長的固定平行金屬光滑導軌位于同一水平面，導軌上橫放著兩根相同的導體棒ab、cd與導軌構(gòu)成矩形回路。導體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細線綁住，它們的電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計。在導軌平面間有一豎直向下的勻強磁場。開始時，導體棒處于靜止狀態(tài)。剪斷細線后，下列敘述中正確的是（）
A．回路中有感應電動勢。
B．兩根導體棒所受安培力方向相同。
C．兩導體棒最終將相對靜止，彈簧處于原長狀態(tài)。
D．剪斷細線的同時，若磁場突然增強，兩根導體棒可能保持靜止。

3、（上海普陀區(qū)08屆高三年級期末調(diào)研試卷）如圖14所示，有一通電直導線MN，其右側(cè)有一邊長為L的正方形線圈abcd，導線與線圈在同一平面內(nèi)，且導線與ab邊平行，距離為L。導線中通以如圖方向的恒定電流，當線圈繞ab邊沿逆時針方向（從上往下看）轉(zhuǎn)過角度θ（θ＜90）的過程中，線圈中產(chǎn)生感應電流的方向為________方向（選填“abcda”或“adcba”）；當線圈繞ab邊轉(zhuǎn)過角度θ＝________時，穿過線圈中的磁通量最小。

4．如圖所示，位于同一水平面內(nèi)的兩根平行導軌間的距離為l，導體的左端連接一個耐壓足夠大的電容器，電容器的電容為C放在導軌上的導體桿cd與導軌接觸良好，cd桿在平行導軌平面的水平力作用下從靜止開始勻加速運動，加速度為a．磁感強度為B的勻強磁場垂直導軌平面豎直向下，導軌足夠長，不計導軌、導體桿和連接電容器導線的電阻，導體桿的摩擦也可忽略。求從導體桿開始運動經(jīng)過時間t電容器吸收的能量E＝？
5、如圖所示，水平放置的金屬細圓環(huán)半徑為0.1m，豎直放置的金屬細圓柱（其半徑比0.1m小得多）的端面與金屬圓環(huán)的上表面在同一平面內(nèi)，圓柱的細軸通過圓環(huán)的中心O，將一質(zhì)量和電阻均不計的導體棒一端固定一個質(zhì)量為10g的金屬小球，被圓環(huán)和細圓柱端面支撐，棒的一端有一小孔套在細軸O上，固定小球的一端可繞軸線沿圓環(huán)作圓周運動，小球與圓環(huán)的摩擦因素為0.1，圓環(huán)處于磁感應強度大小為4T、方向豎直向上的恒定磁場中，金屬細圓柱與圓環(huán)之間連接如圖電學元件，不計棒與軸及與細圓柱端面的摩擦，也不計細圓柱、圓環(huán)及感應電流產(chǎn)生的磁場，開始時S1斷開，S2拔在1位置，R1=R3=4Ω，R2=R4=6Ω，C=30uF，求：（1）S1閉合，問沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A端，才能使棒穩(wěn)定后以角速度10rad/s勻速轉(zhuǎn)動？
（2）S1閉合穩(wěn)定后，S2由1拔到2位置，作用在棒上的外力不變，則至棒又穩(wěn)定勻速轉(zhuǎn)動的過程中，流經(jīng)R3的電量是多少？

答案：1、AB；2、ACD；3、adcba，120；
4、C（Blat）2/2；
5、（1）F=1.4×10-2N；（2）3.6×10-6C