《高考物理二輪復習 第2部分 考前沖刺方略 專題二 重點知識一周回訪 考前第7天 力與物體的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理二輪復習 第2部分 考前沖刺方略 專題二 重點知識一周回訪 考前第7天 力與物體的運動（55頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題二 重點知識一周回訪 考前第7天　力與物體的運動 一、勻變速直線運動 1．勻變速直線運動的基本規(guī)律 速度公式：v＝v0＋at 位移公式：x＝v0t＋at2 速度與位移關系公式：v2－v＝2ax 位移與平均速度關系公式：x＝ t＝t 2．兩個推論需牢記 (1)在勻變速直線運動中，若質點在連續(xù)相等時間內的位移分別為x1、x2、x3、…、xn－2、xn－1、xn. ①xn－xn－1＝aT2，這是判斷物體做勻變速直線運動的方法，也是計算加速度的一種方法． ②其變形式為a＝，其中m、n是相等時間內位移段的序號． (2)在勻變速直線運動中，位移中點的瞬時速度vx/2＝，且無論是勻加速運動還是勻減速運動，總有vx/2＞vt/2. 【活學巧用】　在利用實驗得到的紙帶計算加速度時，可采用化小段為大段的方法，如圖所示． 將x1、x2、x3合成為d1，將x4、x5、x6合成為d2，每段位移對應時間為3T，則a＝. 3．初速度為零很特殊 (1)時間等分點：①各時刻的速度之比為1∶2∶3∶… ②各時刻的總位移大小之比為12∶22∶32∶… ③各段時間內的位移大小之比為1∶3∶5∶… (2)位移等分點：①各分點的速度大小之比為1∶∶∶… ②到達各分點的時間之比為1∶∶∶… ③通過各段位移的時間之比為1∶(－1)∶(－)∶… 【活學巧用】　末速度為零的勻減速直線運動，可逆向看成初速度為零的勻加速直線運動來處理． 4．自由落體更簡單(取g＝10 m/s2) (1)n秒末速度(m/s)：10,20,30…＝gtn； (2)n秒末下落高度(m)：5,20,45…＝gt； (3)第n秒內下落高度(m)：5,15,25…＝gt－gt(n－1)2. 5．上拋具有對稱性 (1)從某點上升到最高點的時間與從最高點下落到該點的時間相等：t上＝t下； (2)上升時經過某點的速度與下落時經過該點的速度大小相等：v上＝v下； (3)上升的最大高度Hm＝. 【考前提醒】　在豎直上拋運動中，如果給定位移大小，要注意計算時間時的多解性． 二、力與共點力作用下物體的平衡 1．摩擦分“靜”、“動” 計算摩擦力時，首先要判斷是靜摩擦力還是滑動摩擦力． (1)靜摩擦力要根據物體的運動狀態(tài)，通過平衡條件、牛頓運動定律或動能定理求解；靜摩擦力可在0～fm范圍內雙(多)向、全自動滿足物體的運動狀態(tài)需求，當超過最大靜摩擦力fm后變?yōu)榛瑒幽Σ亮Γ? (2)滑動摩擦力可通過 【臨考必記】　滑動摩擦力總是與物體相對運動的方向相反；靜摩擦力可以與物體運動方向相同、相反，還可能成任意角． 2．物體平衡的條件 (1)物體受共點力作用處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動狀態(tài))的條件是物體所受合力為0，即F合＝0. (2)若在x軸或y軸上的力平衡，那么，這一方向的合力為0，即Fx合＝0或Fy合＝0. 3．垂直最小 兩個分力F1和F2的合力為F，若已知合力(或一個分力)的大小和方向，又知一個分力(或合力)的方向，則另一個分力與已知方向不知大小的那個力垂直時有最小值． 4．遇圓則相似 動態(tài)變化中，如果結點或質點的運動軌跡是圓，且其中一個變力的方向總通過圓心正上(或下)方的某點，則力的矢量三角形一般與跟圓有關的幾何三角形相似． 三、牛頓運動定律的應用 1．運動性質看F與v0 (1)直接由加速度a或合外力F是否恒定以及其與初速度v0的方向關系判斷． (2)由速度表達式判斷，若滿足 (3)由位移表達式判斷，若滿足 2．典型加速度需牢記 (1)水平面上滑行加速度：a＝μg； (2)沿光滑斜面下滑加速度：a＝gsin α. 3．飄起、滑動有臨界(注意α或θ的位置) 4．合力為零速度最大 若物體所受外力為變力，物體做非勻變速直線運動，則速度最大時合力為零． 5．超重、失重看加速度 (1)當物體具有向上或斜向上的加速度時處于超重狀態(tài)； (2)當物體具有向下或斜向下的加速度時處于失重狀態(tài)； (3)當物體豎直向下的加速度等于重力加速度時處于完全失重狀態(tài)． 【臨考必記】　做自由落體運動、平拋運動的物體及繞地球運行的衛(wèi)星中的物體，都處于完全失重狀態(tài)． 四、運動的合成與分解 1．小船渡河須清楚 設船在靜水中的速度大小為v1，水速為v2，河寬為d. (1)渡河時間最短：小船的渡河時間僅由v1垂直于河岸的分量v⊥決定，即t＝，與水速v2無關，所以當小船船頭垂直于河岸渡河時，渡河的時間最短，為tmin＝. (2)渡河位移最短：①當v1＞v2時，能渡到正對岸，渡河最短位移為河的寬度d；②當v1＜v2時，不能到達正對岸，當合速度與v1垂直時渡河位移最短，為v2d/v1. 2．繩端速度的分解 (1)沿繩的方向速度相等； (2)應分解的是物體的實際速度，分解為沿繩方向的分速度和垂直繩方向的分速度，即物體的運動產生兩個效果：使繩端沿繩的方向伸長或縮短；使繩端繞滑輪轉動． 五、曲線運動 1．平拋運動重推論 (1)兩個分運動與合運動具有等時性，且t＝，由下降的高度決定，與初速度v0無關； (2)做平拋運動的物體在任何兩個時刻(或兩個位置)的速度變化量為Δv＝gΔt，方向恒為豎直向下，且在任意相等的時間內速度的變化量Δv均相同； (3)任意時刻的速度與水平方向的夾角θ的正切值總等于該時刻的位移與水平方向的夾角φ的正切值的2倍，即tan θ＝2tan φ，如圖所示．任意時刻瞬時速度的反向延長線過此時水平位移的中點． 2．傳動問題找相等 (1)輪軸傳動：角速度相等． (2)摩擦傳動：包括皮帶、齒輪(鏈條)等，輪子邊緣線速度相等． 3．勻速圓周運動公式及性質 (1)向心力公式：F＝＝mω2r＝mr＝4mπ2f2r＝mωv. (2)勻速圓周運動的性質 ①勻速圓周運動中物體所受合外力一定提供向心力，沿線速度方向的切向力一定為零； ②周期、角速度、頻率恒定，加速度大小不變、方向時刻指向圓心，是變加速曲線運動． 4．豎直平面內的圓周運動 (1)輕繩模型：物體能做完整圓周運動的條件是在最高點F＋mg＝m≥mg，即v≥，物體在最高點的最小速度為，在最低點的最小速度為. (2)拱形橋模型：在最高點有mg－F＝＜mg；即v＜；在最高點，當v≥時，物體將離開橋面做平拋運動． (3)細桿和管形軌道模型：在最高點，速度大小v可取任意值．在最高點，當v＞時物體受到的彈力向下；當v＜時物體受到的彈力向上；當v＝時物體受到的彈力為零． 六、萬有引力與航天 1．隨、繞要分開 (1)地表物體隨地球自轉而做圓周運動，重力小于萬有引力，mg＝G－mRω2，重力加速度g隨緯度的增大而增大． (2)地球表面附近繞地球做圓周運動的衛(wèi)星，重力等于萬有引力(不受地球自轉的影響)，即G＝mg. 2．解決萬有引力問題的基本模式 (1)環(huán)繞衛(wèi)星的萬有引力提供向心力，即G＝ma＝m＝mω2r＝mr； (2)星球表面上物體所受重力近似等于萬有引力(忽略星球自轉)，即G＝mg′，g′為星球表面的重力加速度，R為星球的半徑． 3．人造地球衛(wèi)星的“大”與“小” 人造地球衛(wèi)星的向心力由萬有引力提供，G＝ma＝m＝mω2r＝mr，即a＝∝、v＝∝、ω＝∝、T＝＝2π∝.所以人造衛(wèi)星的軌道半徑、線速度、加速度、角速度和周期是一一對應的，離地面高度越大，線速度、向心加速度、角速度越小，周期越大． 【臨考必記】　衛(wèi)星的軌道半徑是衛(wèi)星繞天體做圓周運動的圓軌道半徑，所以r＝R＋h.當衛(wèi)星貼近天體表面運動時，h→0，可近似認為軌道半徑等于天體半徑． 4．變軌需在遠地點、近地點 衛(wèi)星由一個圓軌道變軌到另一個圓軌道，需經過橢圓軌道過渡，變軌操控必須在橢圓軌道的近地點和遠地點進行． ①在圓軌道與橢圓軌道的切點短時(瞬時)變速； ②升高軌道則加速，降低軌道則減速； ③升高(加速)后，機械能增大，動能減小，向心加速度減小，周期增大．降低(減速)后，機械能減小，動能增大，向心加速度增大，周期減小． 【臨考必記】　衛(wèi)星經過圓軌道與橢圓軌道相切的點(近地點、遠地點)時速度不等，在較高軌道的速度總大于較低軌道的速度(這與圓軌道上“低大高小”恰好相反)，但向心加速度相等． 1．(多選)物體甲的x－t圖象和物體乙的v－t圖象分別如圖所示，則這兩物體的運動情況是(　　) A．甲在0～6 s內做勻速直線運動，通過的總位移大小為4 m B．甲在0～6 s內做往復運動，通過的總位移為零 C．乙在0～6 s內做往復運動，6 s內的平均速度為零 D．乙在0～6 s內做勻變速直線運動，通過的總位移大小為4 m 解析：選AC.x－t圖線的斜率的絕對值表示速率，為 m/s，物體甲做單方向的勻速直線運動，6 s內通過的位移為4 m，A對，B錯，v－t圖線的斜率表示加速度，即物體乙0～6 s內做加速度大小不變的往復運動，0～6 s內通過的總位移為零，即6 s內的平均速度為零，C對、D錯． 2．一輛汽車剎車后做勻變速直線運動直到停止，已知汽車在前一半時間內的平均速度為，則汽車在后一半時間內的平均速度為(　　) A.　　　　　　　　　B. C. D. 解析：選B.設汽車初速度為v，減速時間為t，則時刻速度為，前一半時間內的平均速度＝＝，后一半時間內的平均速度為＝，B對． 3．質量為m的體操運動員，雙臂豎直懸吊在單杠下，當他如圖所示增大雙手間距離時(　　) A．每只手臂的拉力將減小 B．每只手臂的拉力可能等于mg C．每只手臂的拉力一定小于mg D．兩只手臂的拉力總是大小相等、方向相反 解析：選B.運動員兩只手臂的拉力總是大小相等，但方向不是相反的，D錯；因人的重力一定，由力的合成與分解知識可知兩只手臂的拉力隨兩只手間距離的增大而增大，當兩只手臂間夾角為120時，兩只手臂的拉力大小等于人的重力大小，B對，A、C錯． 4．(多選)如圖所示，半圓形槽半徑R＝30 cm，質量m＝1 kg的小物塊在沿半徑方向的輕彈簧擠壓下處于靜止狀態(tài)．已知彈簧的勁度系數k＝50 N/m，自由長度L＝40 cm，一端固定在圓心O處，彈簧與豎直方向的夾角為37.取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.則(　　) A．物塊對槽的壓力大小是15 N B．物塊對槽的壓力大小是13 N C．槽對物塊的摩擦力大小是6 N D．槽對物塊的摩擦力大小是8 N 解析：選BC.物塊受重力mg、支持力N、彈簧的推力F、沿半圓形槽切線向上的靜摩擦力f，根據共點力平衡條件，切線方向上有mgsin 37＝f，半徑方向上有F＋mgcos 37＝N，根據胡克定律，F＝kΔx＝50 N/m(0.4－0.3)m＝5 N，解得f＝6 N，N＝13 N，選項B、C正確． 5．如圖所示，質量為m的球置于傾角為θ的斜面上，被一個豎直擋板擋住，現用一個水平方向的力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　) A．若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零 B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零 C．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma D．斜面對球的彈力不僅有，而且是一個定值 解析：選D.對球進行受力分析：豎直向下的重力mg、擋板對球水平向右的彈力N2及斜面對球的彈力N1，則由牛頓第二定律知三力的合力為ma，C錯；而豎直方向有N1cos θ＝mg，水平方向有N2－N1sin θ＝ma，即N1＝為定值，N2＝mgtan θ＋ma，豎直擋板對球的彈力隨著加速度的減小而減小，但不可能為零，A、B錯，D對． 6．如圖所示，在粗糙水平板上放一個物塊，使水平板和物塊一起在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，ab為水平直徑，cd為豎直直徑，在運動過程中木板始終保持水平，物塊相對木板始終靜止，則(　　) A．物塊始終受到三個力作用 B．只有在a、b、c、d四點，物塊所受合外力才指向圓心 C．從a到b，物塊所受的摩擦力先增大后減小 D．從b到a，物塊處于超重狀態(tài) 解析：選D.在c、d兩點處，物塊只受重力和支持力作用，在其他位置處物塊受到重力、支持力、靜摩擦力作用，選項A錯誤；物塊做勻速圓周運動，合外力提供向心力，合外力始終指向圓心，選項B錯誤；從a到b，向心力的水平分量先減小后增大，所以摩擦力先減小后增大，選項C錯誤；從b到a，向心加速度有向上的分量，物塊處于超重狀態(tài)，選項D正確． 7．(多選)“天宮二號”是中國即將發(fā)射的空間實驗室．如果空間實驗室在發(fā)射中心發(fā)射升空，由長征運載火箭先送入近地點為A、遠地點為B的橢圓軌道上，B點距離地面高度為h，地球的中心位于橢圓軌道的一個焦點上．空間實驗室飛行幾周后在B點進行變軌，進入預定圓軌道，如圖所示．如果已知空間實驗室在預定圓軌道上飛行n圈所用時間為t，引力常量為G，地球半徑為R.則下列說法正確的是(　　) A．空間實驗室在橢圓軌道的B點的向心加速度大于在預定圓軌道的B點的向心加速度 B．空間實驗室從A點開始沿橢圓軌道向B點運動的過程中，機械能守恒 C．空間實驗室從A點開始沿橢圓軌道向B點運動的過程中，動能先減小后增大 D．由題中給出的信息可以計算出地球的質量M＝ 解析：選BD.在B點，由＝ma知，無論在哪個軌道上的B點，其向心加速度相同，A項錯；空間實驗室在橢圓軌道上運動時，其機械能守恒，B項對；空間實驗室從A點開始沿橢圓軌道向B運動過程中，動能一直減小，C項錯；對空間實驗室在預定圓軌道上的運動過程，有＝m(R＋h)而T＝，故M＝，D項對． 8．如圖所示，水平地面上放置一個質量為m的物體，在與水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面運動．物體與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g. (1)若物體在拉力F的作用下能始終沿水平面向右運動，求拉力F的大小范圍； (2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若物體以恒定加速度a＝5 m/s2向右做勻加速直線運動，求維持這一加速度的拉力F的最小值． 解析：(1)要使物體運動時不離開水平面，應有： Fsin θ≤mg 要使物體能向右運動，應有：Fcos θ≥μ(mg－Fsin θ) 解得：≤F≤ (2)根據牛頓第二定律得：Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 解得：F＝ F＝ 其中sin α＝ 當sin(θ＋α)＝1時，F有最小值 解得：Fmin＝ 代入數據可得：Fmin＝40 N 答案：見解析 9．某游樂場中有一供游客娛樂的設施，該設施左端有一長為x1＝4 m的平直跑道，跑道的右端與一長為x2＝32 m的傳送帶銜接，在距離傳送帶左端x3＝10 m處有一障礙物，已知傳送帶以大小為1 m/s的速度v0逆時針勻速轉動，障礙物始終保持靜止．某游客從圖中的位置開始由靜止出發(fā)，向右以a1＝2 m/s2的加速度做勻加速直線運動通過平直跑道，游客跑上傳送帶后以a2＝1 m/s2的加速度繼續(xù)向右跑，如果該游客在跨越障礙物時摔倒，經t＝2 s后站起來，假設在這2 s的時間內游客與傳送帶間沒有相對運動，游客站起后繼續(xù)以a2＝1 m/s2的加速度向右加速運動，并且跨越障礙物前后在傳送帶上保持a2＝1 m/s2的加速度，然后一直跑到傳送帶的最右端．求該游客從出發(fā)到到達傳送帶最右端所用的總時間． 解析：游客做勻加速直線運動通過平直跑道，則有 x1＝a1t 通過平直跑道的時間t1＝＝2 s 沖上傳送帶的初速度v1＝a1t1＝4 m/s 沖上傳送帶到到達障礙物的過程有x3＝v1t2＋a2t 解得t2＝2 s 設游客摔倒至爬起隨傳送帶運動的距離為L，則 L＝v0t＝－12 m＝－2 m 游客從爬起到對地靜止的過程有－v0＝a2t3 解得t3＝1 s 設對地位移為L1，則L1＝－v0t3＋a2t＝－0.5 m 游客向右加速沖刺過程有－(L＋L1)＋x2－x3＝a2t 解得t4＝7 s 游客從出發(fā)到到達傳送帶最右端所用的總時間為 t總＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s. 答案：14 s 考前第6天　功和能 一、機械能 1．求功的途徑 (1)用定義式(W＝Flcos α)求恒力功； (2)用動能定理W＝mv－mv求功； (3)用F－l圖象所圍的面積求功； (4)用平均力求功(力與位移呈線性關系，如彈簧的彈力)； (5)利用W＝Pt求功． 2．機車啟動類問題中的“臨界點” (1)全程最大速度的臨界點為：F阻＝. (2)勻加速運動的最后點為－F阻＝ma；此時瞬時功率等于額定功率P額． (3)在勻加速過程中的某點有：－F阻＝ma. (4)在變加速運動過程中的某點有：－F阻＝ma2. 3．重力勢能 Ep＝mgh(h是相對于零勢能面的高度) 4．機械能守恒定律的三種表達方式 (1)始末狀態(tài)：mgh1＋mv＝mgh2＋mv. (2)能量轉化：ΔEk(增)＝ΔEp(減)． (3)研究對象：ΔEA＝－ΔEB. 二、功能關系 1．常見功能關系 做功 能量變化 功能關系 重力做功 重力勢能變化ΔEp WG＝－ΔEp 彈力做功 彈性勢能變化ΔEp WFN＝－ΔEP 合外力做功W合 動能變化ΔEk W合＝ΔEk 除重力和彈力之外其他力做功W其 機械能變化ΔE W其＝ΔE 滑動摩擦力與介質阻力做功Ffl相對 系統內能變化ΔE內 Ffl相對＝ΔE內 電場力做功WAB＝qUAB 電勢能變化ΔEp WAB＝－ΔEp 電流做功W＝UIt 電能變化ΔE W＝－ΔE 2.傳送帶上摩擦生熱 傳送帶以恒定速度運行，小物體無初速度地放上傳送帶，達到共同速度過程中，相對滑動距離等于小物體對地位移，摩擦生熱等于小物體獲得的動能． 1．(多選)一滑塊放在水平面上，從t＝0時刻開始對滑塊施加一水平方向的恒力F，使滑塊由靜止開始運動，恒力F作用的時間為t1，如圖所示為滑塊在整個過程 中的速度隨時間的變化規(guī)律，且圖線的傾角α＜β.若0～t1時間內恒力F做的功以及滑塊克服摩擦力做的功分別為W和W1、恒力F做功的平均功率以及滑塊克服摩擦力做功的平均功率分別為P和P1，t1～t2時間內滑塊克服摩擦力做的功與克服摩擦力做功的平均功率分別為W2、P2.則下列關系式正確的是(　　) A．W＝W1＋W2　　　　　　B．W1＝W2 C．P＜P1＋P2 D．P1＝P2 解析：選ACD.對于整個過程，由動能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正確；由題圖可知，加速過程的位移大于減速過程的位移，因摩擦力不變，故加速時摩擦力做的功大于減速時克服摩擦力做的功，B錯誤；根據勻變速直線運動的規(guī)律可知加速和減速過程中的平均速度相等，故由P＝Fv可知，克服摩擦力做功的平均功率相等，故P1＝P2，D正確；由功率關系可知W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，所以P＝P1＋P2，又＜1，則P＜P1＋P2，C正確． 2．在女子排球比賽中，假設運動員某次發(fā)球后排球恰好從網上邊緣過網．女子排球網網高H＝2.24 m，排球質量為m＝300 g，運動員對排球做的功為W1＝20 J，排球從發(fā)出至運動到網上邊緣的過程中克服空氣阻力做功為W2＝4.12 J，重力加速度g＝10 m/s2.排球發(fā)出時的位置高度h＝2.04 m，選地面為零勢能面，則(　　) A．與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時重力勢能的增加量為6.72 J B．排球恰好到達球網上邊緣時的機械能為26.12 J C．排球恰好到達球網上邊緣時的動能為15.88 J D．與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時動能的減少量為4.72 J 解析：選D.與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時重力勢能的增加量為mg(H－h(huán))＝0.6 J，A錯誤；排球恰好到達球網上邊緣時的機械能為mgh＋W1－W2＝22 J，B錯誤；排球恰好到達球網上邊緣時的動能為W1－W2－mg(H－h(huán))＝15.28 J，C錯誤；與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時動能的減少量為W2＋mg(H－h(huán))＝4.72 J，D正確． 3．如圖所示，滑塊A、B的質量均為m，A套在固定豎直桿上，A、B通過轉軸用長度為L的剛性輕桿連接，B放在水平面上并靠著豎直桿，A、B均靜止．由于微小的擾動，B開始沿水平面向右運動．不計一切摩擦，滑塊A、B視為質點．在A下滑的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．A、B組成的系統機械能不守恒 B．在A落地之前輕桿對B一直做正功 C．A運動到最低點時的速度為 D．當A的機械能最小時，B對水平面的壓力大小為2mg 解析：選C.因為不計一切摩擦，所以A、B組成的系統機械能守恒，A錯誤；A開始下落時輕桿對B做正功，B的機械能增大，A的機械能減小，當輕桿的彈力為零時，A的機械能最小，此時B對地面的壓力大小為mg，然后輕桿對B做負功，B的機械能減小，A的機械能增大，B、D錯誤；當A運動到最低點時，B的速度為零，設A的速度為v，則根據機械能守恒定律可得：mgL＝mv2，v＝，C正確． 4．(多選)如圖甲所示，一傾角為37的傳送帶以恒定速度運行．現將一質量m＝1 kg的物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.則下列說法正確的是(　　) A．0～8 s內物體位移的大小是18 m B．0～8 s內物體機械能增量是90 J C．0～8 s內物體機械能增量是84 J D．0～8 s內物體與傳送帶摩擦產生的熱量是126 J 解析：選BD.從題圖乙求出0～8 s內物體位移的大小s＝14 m，A錯誤；0～8 s內，物體上升的高度h＝ssin θ＝8.4 m，物體機械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正確，C錯誤；0～6 s內物體的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝1 m/s2，得μ＝，傳送帶速度大小為4 m/s，Δs＝18 m，0～8 s內物體與傳送帶摩擦產生的熱量Q＝μmgcos θΔs＝126 J，D正確． 5．如圖所示，質量M＝2 kg、長L＝2 m的長木板靜止放置在光滑水平面上，在其左端放置一質量m＝1 kg的小木塊(可視為質點)．先相對靜止，然后用一水平向右、F＝4 N的力作用在小木塊上，經過時間t＝2 s，小木塊從長木板另一端滑出，g取10 m/s2，則(　　) A．小木塊與長木板之間的動摩擦因數為0.1 B．在整個運動過程中由于摩擦產生的熱量為8 J C．小木塊脫離長木板的瞬間，拉力F的功率為16 W D．長木板在運動過程中獲得的機械能為16 J 解析：選C.小木塊的加速度為a1＝，木板的加速度為a2＝，脫離時小木塊的位移x1＝a1t2，木板的位移x2＝a2t2，則由L＝x1－x2，結合以上式子知小木塊與長木板之間的動摩擦因數為0.2，故選項A錯誤；整個運動過程中由于摩擦產生的熱量為Q＝μmgL＝0.21102 J＝4 J，故選項B錯誤；小木塊脫離長木板的瞬間v1＝a1t＝22 m/s＝4 m/s，功率P＝Fv1＝44 W＝16 W，故選項C正確；長木板在運動過程中獲得的機械能為E＝Mv＝M(a2t)2，結合A項知E＝4 J，故選項D錯誤． 6．(多選)如圖所示，光滑軌道ABCD是大型游樂設施過山車軌道的簡化模型，最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，C是半徑為R的圓形軌道的最高點，BD部分水平，末端D點與右端足夠長的水平傳送帶無縫連接，傳送帶以恒定速度v逆時針轉動，現將一質量為m的小滑塊從軌道AB上某一固定位置A由靜止釋放，滑塊能通過C點后再經D點滑上傳送帶，則(　　) A．固定位置A到B點的豎直高度可能為2R B．滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v有關 C．滑塊可能重新回到出發(fā)點A處 D．傳送帶速度v越大，滑塊與傳送帶摩擦產生的熱量越多 解析：選CD.設AB的高度為h，假設物塊從A點下滑剛好通過最高點C，則此時應該是從A下滑的高度的最小值，剛好通過最高點時，由重力提供向心力，則：mg＝，解得vC＝，從A到C根據動能定理：mg(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，故選項A錯誤；從A到最終停止，根據動能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝，可以看出滑塊在傳送帶上向右運動的最大距離與傳送帶速度v無關，與高度h有關，故選項B錯誤；物塊在傳送帶上先做減速運動，可能反向做加速運動，如果再次到達D點時速度大小不變，則根據能量守恒，可以再次回到A點，故選項C正確；滑塊與傳送帶之間產生的熱量Q＝μmgΔx相對，當傳送帶的速度越大，則在相同時間內二者相對位移越大，則產生的熱量越多，故選項D正確． 7．如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑為r＝0.4 m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k＝25 N/m的輕彈簧，輕彈簧下端固定，上端恰好與管口D端齊平．質量為m＝1 kg的小球在曲面上距BC的高度為h＝0.8 m處從靜止開始下滑，進入管口C端時與管壁間恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧．已知彈簧的彈性勢能表達式為Ep＝kx2，x為彈簧的形變量，小球與BC間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求： (1)小球達到B點時的速度大小vB； (2)水平面BC的長度s； (3)在壓縮彈簧過程中小球的最大速度vm. 解析：(1)由機械能守恒得：mgh＝mv 解得：vB＝＝4 m/s (2)由mg＝m 得vC＝＝2 m/s 由動能定理得：mgh－μmgs＝mv 解得：s＝1.2 m (3)設在壓縮彈簧過程中小球速度最大時離D端的距離為x，則有：kx＝mg 得：x＝＝0.4 m 由功能關系得：mg(r＋x)－kx2＝mv－mv 解得：vm＝4 m/s 答案：(1)4 m/s　(2)1.2 m　(3)4 m/s 8．如圖所示，豎直平面內，水平光滑軌道CD與兩個半徑相同的半圓軌道分別相切于D、C，在A點某人將質量為m＝0.1 kg的小球以一定初速度水平彈出，小球沿水平軌道AB滑行并從B點水平飛離，小球與水平軌道CD碰撞(碰撞過程小球無機械能損失)兩次后恰好到達半圓軌道的E點，在E點小球對軌道的壓力為 N，已知小球與AB間的動摩擦因數μ＝0.1，AB長s＝10 m，水平軌道CD長l＝12 m，小球每次與水平軌道碰撞時間為Δt＝210－3s，碰撞時水平速度不變，豎直速度反向，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)半圓軌道的半徑R； (2)人對小球所做的功W0； (3)碰撞過程中，水平軌道對小球的平均作用力大?。? 解析：(1)由題知小球從B到E，水平方向做勻速運動，故vB＝vE① 在E點，由牛頓第二定律知mg＋N＝m② 因小球與CD碰撞兩次，由平拋運動規(guī)律知 水平方向：＝vEt③ 豎直方向：2R＝gt2④ 聯立①②③④并代入數值得R＝0.9 m. (2)從A到B由動能定理知μmgs＝EkA－mv 由功能關系知人對小球所做的功 W0＝EkA 解得W0＝2.25 J. (3)小球在碰撞時豎直方向速度變化量 Δvy＝2gt 產生的加速度a＝ 由牛頓第二定律知－mg＝ma 解得＝601 N. 答案：(1)0.9 m　(2)2.25 J　(3)601 N 9．如圖所示，長為L的細線一端固定在O點，另一端拴一質量為m的小球．已知小球在最高點A時受到細線的拉力剛好等于小球自身的重力，O點到水平地面的距離為H(H ＞L)，重力加速度為g. (1)求小球通過最高點A時的速度大小； (2)求小球通過最低點B時，細線對小球的拉力； (3)若小球運動到最高點A時細線斷裂或小球運動到最低點B時細線斷裂，兩種情況下小球落在水平地面上的位置到C點(C點為地面上的點，位于A點正下方)的距離相等，則L和H應滿足什么關系？ 解析：(1)設小球運動到最高點A時的速度大小為vA，則由合力提供向心力可得：2mg＝m，解得：vA＝. (2)設小球運動到B點時的速度大小為vB，則由機械能守恒定律可得：mg2L＋mv＝mv，解得：vB＝ 設小球運動到B點時，細線對小球的拉力大小為FT，則有：FT－mg＝m，解得：FT＝7mg. (3)①若小球運動到A點時細線斷裂，則小球從最高點A開始做平拋運動，有：x＝vAtA，H＋L＝gt ②若小球運動到B點時細線斷裂，則小球從最低點B開始做平拋運動，有：x＝vBtB，H－L＝gt 聯立解得：L＝. 答案：(1)　(2)7mg　(3)L＝ 考前第5天　電場和磁場 一、概念公式 1．庫侖定律 F＝k 2．電場強度的表達式 (1)定義式：E＝ (2)計算式：E＝ (3)勻強電場中：E＝ 3．電勢差和電勢的關系 UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA 4．電場力做功的計算 (1)普適：W＝qU (2)勻強電場：W＝Edq 5．電容的定義式 C＝＝ 6．平行板電容器的決定式 C＝ 7．磁感應強度的定義式 B＝ 8．安培力大小 F＝BIL(B、I、L相互垂直) 9．洛倫茲力的大小 F＝qvB 10．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)洛倫茲力充當向心力， qvB＝mrω2＝m＝mr＝4π2mrf2＝ma. (2)圓周運動的半徑r＝、周期T＝. 二、靜電場與帶電粒子在電場中的運動 1．兩同夾異、兩大夾小 三個自由點電荷，只在彼此間庫侖力作用下而平衡，則 (1)三點共線：三個點電荷必在同一直線上； (2)兩同夾異：兩側電荷電性相同，中間電荷電性與兩側電荷電性相反； (3)兩大夾?。簝蓚入姾呻姾闪慷急戎虚g電荷電荷量大； (4)近小遠大：中間電荷靠近兩側中電荷量較小的電荷，如圖所示，若l1＜l2，則q1＜q3； (5)電荷量之比(如圖所示)：q1∶q2∶q3＝2∶1∶2. 2．電場力做功與電荷的移動 電勢能變化與電場力做功對應，電場力做的功等于電勢能變化量的負值，即W電＝－ΔEp. 3．帶電粒子在電場中的加速與偏轉 (1)加速：qU1＝mv. (2)偏轉：帶電粒子以速度v0沿軸線垂直偏轉電場方向射入． ①離開電場時的偏移量：y＝at2＝＝. ②離開電場時速度偏向角的正切值：tan θ＝＝＝. 【臨考必記】　帶電性質相同，其他量不同的帶電粒子從靜止經過同一加速電場加速后進入同一偏轉電場，則射出偏轉電場時具有相同的偏移量y和速度偏向角θ，即打在熒光屏上同一點． 4．熒光屏上的偏移量y0 粒子飛出偏轉電場時，速度的反向延長線過在偏轉電場中水平位移的中點．熒光屏上的偏移量y0＝tan θ，y0＝y. 三、磁場與帶電粒子在磁場中的運動 1．安培力的計算 用F＝BIl計算安培力時，l為導體的有效長度． 2．帶電粒子的半徑和周期 帶電粒子垂直進入磁場，在磁場中做勻速圓周運動：R＝，T＝(周期與速率無關)． 3．帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析方法 (1)定圓心：幾何方法確定圓心 ①兩點速度垂線的交點； ②一個速度的垂線與弦的中垂線的交點． (2)求半徑 ①幾何方法：由(1)中所作幾何圖形解三角形； ②物理方法：由qvB＝得R＝. (3)求圓心角 ①兩個半徑的夾角； ②兩個速度的夾角，即速度的偏向角； ③弦切角的兩倍． 【臨考必記】　(1)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的時間t＝T，其中φ為軌跡對應的圓心角． (2)洛倫茲力永不做功． 4．幾種常見磁應用 (1)速度選擇器 如下圖所示，當帶電粒子進入電場和磁場共存空間時，同時受到電場力和洛倫茲力作用，F電＝Eq，F洛＝Bqv0，若Eq＝Bqv0，有v0＝.即能從S2孔飛出的粒子只有一種速度，而與粒子的質量、電性、電量無關． (2)電磁流量計 如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動，導電流體中的自由電荷(正負離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉，a、b間出現電勢差．當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定． 由qvB＝qE＝q 可得v＝ 流量Q＝Sv＝＝. (3)磁流體發(fā)電機 如圖是磁流體發(fā)電機，等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉而聚集到A、B板上，產生電勢差，設A、B平行金屬板的面積為S，相距為L，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，當等離子氣體勻速通過A、B板間時，板間電勢差最大，離子受力平衡：qE場＝qvB，E場＝vB，電動勢E＝E場L＝BLv，電源內電阻r＝ρ，故R中的電流I＝＝＝. (4)霍爾效應 如圖所示，厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流流過導體板時，在導體板上下側面間會產生電勢差，U＝k(k為霍爾系數)． (5)回旋加速器 如圖所示，是兩個D形金屬盒之間留有一個很小的縫隙，有很強的磁場垂直穿過D形金屬盒．D形金屬盒縫隙中存在交變的電場．帶電粒子在縫隙的電場中被加速，然后進入磁場做半圓周運動． ①粒子在磁場中運動一周，被加速兩次；交變電場的頻率與粒子在磁場中圓周運動的頻率相同． T電場＝T回旋＝T＝. ②粒子在電場中每加速一次，都有qU＝ΔEk. ③粒子在邊界射出時，都有相同的圓周半徑R，有R＝. ④粒子飛出加速器時的動能為Ek＝＝.在粒子質量、電量確定的情況下，粒子所能達到的最大動能只與加速器的半徑R和磁感應強度B有關，與加速電壓無關． 1．如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為2r，左側點電荷帶電荷量為＋2q，右側點電荷帶電荷量為－q，P、Q兩點關于兩電荷連線對稱．由圖可知(　　) A．P、Q兩點的電場強度相同 B．M點的電場強度大于N點的電場強度 C．把同一試探電荷放在N點，其所受電場力大于放在M點所受的電場力 D．兩點電荷連線的中點處的電場強度為2k 解析：選B.P、Q兩點的電場強度大小相等，方向不相同，選項A錯誤．根據電場線疏密程度反映電場強度大小可知，M點的電場強度大于N點的電場強度，選項B正確．把同一試探電荷放在N點，其所受電場力小于放在M點所受的電場力，選項C錯誤．兩點電荷連線的中點處的電場強度為E＝k＋k＝3k，選項D錯誤． 2．物理關系式不僅反映了物理量之間的數值關系，也確定了單位間的關系．對于單位的分析是幫助我們檢驗研究結果正確性的一種方法．下面是同學們在研究平行板電容器充電后儲存的能量EC與哪些量有關的過程中得出的一些結論，式中C為電容器的電容，U為電容器充電后其兩極板間的電壓，E為兩極板間的電場強度，d為兩極板間的距離，S為兩極板正對面積，εr為兩極板間所充介質的相對介電常數(沒有單位)，k為靜電力常量．請你分析下面給出的關于EC的表達式可能正確的是(　　) A．EC＝C2U　　　　　B．EC＝CU3 C．EC＝E2Sd D．EC＝ESd 解析：選C.能量的單位是焦耳，因此表示電容器充電后儲存的能量的物理量EC的單位是焦耳，電容的單位是庫侖每伏特，電場強度的單位為伏特每米，故C2U、CU3以及ESd的單位都不是焦耳，選項C通過推導，單位為J，選項C正確． 3．(多選)一絕緣細線Oa下端系一質量為m的帶正電的小球a，在正下方有一光滑的絕緣水平細桿，一帶負電的小球b穿過桿在其左側較遠處，小球a由于受到水平絕緣細線的拉力而靜止，如圖所示．現保持懸線與豎直方向的夾角為θ，并在較遠處由靜止釋放小球b，讓其從遠處沿桿向右移動到a點的正下方，在此過程中(　　) A．懸線Oa的拉力逐漸增大，水平細線的拉力逐漸減小 B．b球的加速度先增大后減小，速度始終增大 C．b球所受的庫侖力一直增大 D．b球所受的庫侖力先減小后增大 解析：選BC.由庫侖定律可知，b球所受的庫侖力逐漸增大，該庫侖力與豎直方向的夾角逐漸減小，所以其豎直分量逐漸增大，而水平方向的分量先增大后減小，所以懸線Oa的拉力會逐漸增大，水平細線的拉力先增大后減小，選項A錯誤，B正確；b球受到的庫侖力F＝k，在運動過程中，a、b球間距離一直減小，則b球所受庫侖力一直增大，選項C正確，D錯誤． 4．(多選)一長為L、質量為m的水平通電直導體棒緊靠豎直粗糙絕緣面放置，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導體棒，與水平方向成θ角斜向上，其剖面圖如圖所示，當導體棒中通有大小為I的圖示電流時，導體棒處于靜止狀態(tài)，導體棒與絕緣面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，已知絕緣面對導體棒的摩擦力為f、彈力為N，則(　　) A．f＝mg＋BILcos θ B．f＝μBILsin θ C．N＝BILsin θ D．N＝BIL 解析：選AC.導體棒受重力mg、安培力FA、絕緣面的彈力N和靜摩擦力f而處于靜止狀態(tài)，所以摩擦力不能用f＝μN計算，B錯誤；由左手定則可知安培力FA＝BIL.方向與豎直方向成θ角向右下方，由圖知f＝mg＋BILcos θ，N＝BILsin θ，A、C正確，D錯誤． 5．如圖所示是某新型發(fā)電機的部分原理圖，其發(fā)電管是橫截面為矩形的水平管，管道長為a、寬為b、高為c，上下面是電阻可不計的導體板，兩導體板與開關S、定值電阻R相連，前后面是絕緣板，加有垂直絕緣板的勻強磁場，磁感應強度為B，管道內的導電液體(含大量正、負離子)的電阻率為ρ，在管道進、出口兩端壓強差的作用下以速率v0做穩(wěn)恒流動，液體所受摩擦阻力恒定，則開關閉合前后，管道兩端壓強的改變量為(　　) A. B. C. D. 解析：選B.開關閉合前，當離子所受洛倫茲力與電場力平衡時，液體穩(wěn)恒流動，兩導體板間的電壓恒定，滿足Bqv0＝q，令開關閉合前后，管道兩端的壓強差分別為p1、p2，液體所受摩擦阻力為f，則閉合前有p1bc＝f，閉合后有p2bc＝f＋BIc，而I＝、r＝ρ，聯立以上各式可得開關閉合前后，管道兩端壓強的改變量為Δp＝p2－p1＝，B對． 6．(多選)如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強電場，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達N板，如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回，則下述措施能滿足要求的是(　　) A．使初速度減為原來的 B．使M、N間電壓提高到原來的2倍 C．使M、N間電壓提高到原來的4倍 D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的 解析：選BD.在粒子剛好到達N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－mv，所以d＝，令帶電粒子離開M板的最遠距離為x，則使初速度減為原來的，x＝；使M、N間電壓提高到原來的2倍，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝，使M、N間電壓提高到原來的4倍，電場強度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝；使初速度和M、N間電壓都減為原來的，電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话?，x＝. 7．如圖所示為電流天平，可用來測定磁感應強度大?。炱降挠冶P掛有一匝數為N的矩形線圈，線圈下端懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當線圈中通有電流I(方向如圖)時，發(fā)現天平的左端高右端低，下列哪些調解方案可以使天平平衡(　　) A．僅減小左盤砝碼的質量 B．僅減小電流大小 C．僅增大線圈的寬度L D．僅增加線圈的匝數 解析：選B.天平左端高右端低，說明左端“輕”右端“重”，要使得天平平衡，可以增加左盤砝碼的質量，選項A錯誤；根據左手定則判斷線圈在磁場中受到豎直向下的安培力，故也可以減小線圈受到的安培力，由F＝nBIL，可以通過減小電流大小、減小線圈的寬度L或者減少線圈的匝數N來減小安培力，選項B正確，C、D錯誤． 8．(多選)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正確的有(　　) A．a、b均帶正電 B．a在磁場中飛行的時間比b的短 C．a在磁場中飛行的路程比b的短 D．a在P上的落點與O點的距離比b的近 解析：選AD.離子要打在屏P上，都要沿順時針方向偏轉，根據左手定則判斷，離子都帶正電，A項正確；由于是同種離子，因此質量、電荷量相同，初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它們做圓周運動的半徑相同，作出運動軌跡，比較得a在磁場中運動的路程比b的長，C項錯誤；由t＝可知，a在磁場中運動的時間比b的長，B項錯誤；從圖上可以看出，D項正確． 9．在如圖所示的直角坐標系中，第二象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，第三象限內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小未知，在y軸上的C點(沒畫出)固定有一點電荷(點電荷對y軸左側不起作用)．現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子由第二象限的點A處由靜止釋放(不計重力)，粒子恰好垂直y軸進入第四象限并在y軸右側做勻速圓周運動，最后又恰好能擊中A點，已知靜電力常量為k，求： (1)磁感應強度B的大??； (2)C點的坐標； (3)點電荷的電荷量Q. 解析： (1)設粒子進入磁場中的速度為v，則由動能定理知 qEa＝mv2 粒子運動軌跡如圖所示，由題意知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝a 由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m 聯立解得B＝. (2)由圖知粒子從D到A做類平拋運動，設C點的坐標為(0，y)，則粒子在y軸右側做勻速圓周運動的半徑為R＝y＋a 由類平拋運動規(guī)律知a＝vt，R＋y－a＝t2 聯立可得y＝，即C點的坐標為. (3)由(2)知粒子在y軸右側做勻速圓周運動的半徑為 R＝y＋a＝ 粒子在y軸右側做勻速圓周運動時由庫侖力提供向心力，即k＝m 所以Q＝，即點電荷的電荷量Q為，且?guī)ж撾姡? 答案：(1)　(2)　(3)　負電 10．如圖甲所示，靜電分析器內有均勻輻向分布的電場(電場方向指向O點)，A處有一粒子源，能不斷地沿水平向右方向發(fā)射出速度一定的質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，粒子均能沿圖中虛線做圓周運動(半徑為R，其所在處的電場強度大小為E)，并從絕緣擋板MN上的小孔C垂直MN進入下方的勻強磁場(磁場方向垂直紙面向外)，粒子與擋板碰撞時以原速率反彈且無電荷轉移，之后從小孔D(D、C關于O點對稱)進入加有圖乙所示電壓的兩豎直金屬板間，最后均打在緊靠金屬板的熒光屏上，已知兩豎直金屬板間距離為d，不加電壓時粒子通過兩豎直金屬板間的時間為2t0，t0＝ ，求： (1)粒子的初速度大??； (2)MN下方勻強磁場的磁感應強度B的大??； (3)粒子打在熒光屏上的最大偏移距離與最小偏移距離之比； (4)粒子從A點出發(fā)到打在熒光屏上經歷的時間． 解析：(1)因粒子在靜電分析器中做圓周運動，由牛頓第二定律知qE＝m 所以v＝ . (2)粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m 令粒子與擋板碰撞n次，則r＝(n＝0,1,2,3…) 聯立得B＝(n＋1) (n＝0,1,2,3…)． (3)由題意知當粒子從0,2t0,4t0…時從D孔進入豎直金屬板間，粒子偏轉距離最大，為xmax＝at＋at0t0＝t＋t＝t 當粒子從t0,3t0,5t0…時從D孔進入豎直金屬板間，粒子偏轉距離最小，為xmin＝at＝ t 所以粒子打在熒光屏上的最大距離與最小距離之比為3∶1. (4)粒子在靜電分析器中運行時間為 t1＝＝ 粒子在勻強磁場中運行時間為t2＝＝π 粒子從A點出發(fā)到打在熒光屏上經歷的時間 t＝t1＋t2＋2t0＝ . 答案：見解析 考前第4天　電路與電磁感應 一、電路中的概念和規(guī)律 1．五個基本公式 (1)電流強度的定義式：I＝. (2)電流強度的決定式：I＝. (3)電阻的定義式：R＝. (4)導體的電阻：R＝ρ. (5)閉合電路歐姆定律：I＝. 2．電源的三個功率 (1)電源的總功率：P總＝EI＝I2(R＋r)． (2)電源內部消耗的功率：P內＝I2r. (3)電源的輸出功率：P出＝UI＝P總－P內． 3．電源的效率 η＝100%＝100%＝100%. 4．閉合電路的U－I圖象 如圖所示，a為電源的U－I圖象；b為外電阻的U－I圖象． (1)兩者的交點坐標表示該電阻接入電路時電路的總電流和路端電壓，該點的縱橫坐標的乘積表示輸出功率． (2)a的斜率的絕對值表示電源內阻的大??；b的斜率表示外電阻的大?。? (3)當兩個斜率的絕對值相等時(即內、外電阻相等時)，輸出功率最大，此時路端電壓是電動勢的一半，電流是最大電流的一半． 5．電阻電流此消彼長 在閉合電路中，外電路中任一電阻增大(或減小)，總電阻增大(或減小)，總電流減小(或增大)，路端電壓增大(或減小)． 6．動態(tài)分析程序 局部(部分電阻的變化)→整體(總電阻、干路電流、路端電壓的變化)→局部(各部分電壓、電流、電功率的變化)． 二、電磁感應中的幾個問題 1．應用楞次定律判斷感應電流方向的方法 (1)確定穿過回路的原磁場的方向； (2)確定原磁場的磁通量是“增加”、還是“減小”； (3)確定感應電流磁場的方向(與原磁場“增則反、減則同”)； (4)根據感應電流的磁場方向，由安培定則判斷感應電流的方向． 2．感應電動勢的計算 (1)法拉第電磁感應定律：E＝n(計算的是平均感應電動勢)． ①僅磁感應強度B變化：E＝nS； ②僅面積S變化：E＝nB. (2)單根導體棒垂直切割磁感線：E＝BLv(可計算平均感應電動勢或瞬時感應電動勢)． (3)單根導體棒繞棒一側端點勻速轉動垂直切割磁感線：E＝BωL2. (4)n匝線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動：e＝nBSωsin ωt(從中性面位置開始計時)． (5)自感現象中：E＝L(L為線圈的自感系數)． 3．電磁感應中的電路問題 (1)解決電磁感應中的電路問題的關鍵是明確內電路和外電路，切割磁感線的導體和磁通量變化的線圈都相當于“電源”，該部分導體的電阻相當于內電阻，而其余部分的電阻則是外電阻． (2)相關的幾個知識點 ①電源電動勢E＝n或E＝BLv. ②閉合電路歐姆定律I＝，部分電路歐姆定律I＝，電源的內電壓Ur＝Ir，電源的路端電壓U＝IR＝E－Ur. ③通過導體的電荷量q＝IΔt＝＝＝n. 4．電磁感應中的動力學問題 5．電磁感應中的功能關系 系統消耗的機械能＝產生的電能＋摩擦產生的內能 ＝克服安培力做的功＋克服摩擦力做的功． 三、交變電流與理想變壓器 1．交變電流的“四值” (1)最大值：交流電的最大值是指交流電在一個周期內所能達到的最大值．對于正弦(余弦)交流電，有Em＝nBSω(其中n為線圈的匝數)． (2)有效值： ①讓交流電和恒定電流分別通過阻值相同的電阻，如果在交流電的一個周期內它們產生的熱量相等，那么這個恒定電流的電壓U、電流I就稱為該交流電的電壓和電流的有效值． ②對于正弦(余弦)交流電，則有E＝，I＝. ③一般交流電表測量的數值、電氣設備“銘牌”上所標的數值、保險絲的熔斷電流等都是有效值． (3)平均值：電動勢的平均值一般用＝n來計算．在電磁感應中，電動勢的平均值通常用來計算通過某個導體橫截面的電荷量：q＝Δt＝n(R為電路中的總電阻)． (4)瞬時值：對于正弦交流電，有e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt. 【臨考必記】　交變電流中線圈的兩個特殊位置 (1)線圈平面與中性面重合時，Φ最大，ΔΦ/Δt＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變． (2)線圈平面與中性面垂直時，Φ＝0，ΔΦ/Δt最大，e最大，i最大，電流方向不改變． 2．理想變壓器 (1)理想變壓器的三個基本關系式(只有一個副線圈)：①＝；②＝；③P出＝P入． (