（新课标）2013年高考物理 考前得分策略指导二.doc

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1、新课标2013年高考物理考前得分策略指导二例16、图中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l。两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势u=U0cost。现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场。设初速度和重力的影响均可忽略不计。则电子在两极板间可能 ( )(A)以AB间的某一点为平衡位置来回振动(B)时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板(C)一直向B板运动，最后穿出B板，如果小于某个值0，l小于某个l0(D)一直向B板运动，最后穿出B板，而不论、l为任何值【错解分析】:错解：知道初速度和重力的影响不计，即初速度为0，不计重力，

2、则电子在两板间只受电场作用，电场力方向在两小孔的连线上，所以电子做的是直线运动，因为加的电压是余弦电压，则电场大小方向呈周期性变化，一会儿向左一会儿向右，所以物体运动也应该是一会儿向左，一会儿向右，即以AB间的某一点为平衡位置来回振动。选A本题的易错点就在部分同学对物体的运动理解不透彻，仍然思维定式地认为物体运动的方向由力的方向决定，而忽略了物体的运动是由速度与合外力共同决定的。虽然也选择了A，但那是错误理解下的巧合。至于C项很多学生都未能选择【解题指导】:【答案】:ACUt【解析】：为了不影响我们思考问题，我们先假设l无穷大，让我们研究电子的运动时不受空间的束缚。由于初速度为0，重力不计，只

3、受电场力，所以物体做直线运动。物体的运动情况是由速度和合外力共同决定的，所以必须综合考虑物体的速度和受力情况。电场力， 所以电子所受的电场力也是以余弦规律变化，看下图Ft0时刻，速度为0，0T/4电场力向右，所以0T/4电子由静止开始向右加速；T/4时刻电子具有一定的向右的速度，T/4T/2时刻电场力反向，由于速度不能突变，所以T/4T/2电子继续向右但做减速运动；于是有：T/4时刻速度最大。由于电场力的变化是对称的，所以0T/4速度由0至最大值，T/4T/2速度将从最大值减至0。T/2时刻速度为0，T/23T/4电场力仍向左，所以T/23T/4电子由静止向左加速至最大值；3T/4时刻电子具有

4、最大的向左的速度，3T/4T时刻电场力反向， 所以3T/4T电子做向左的减速运动至速度为0。以此类推，则电子在无限大的电场里以AB间的某一点为平衡位置来回振动。（可用速度时间图象来加深理解）因为L不是无限大，如果LL则电子也将飞出去，所以L一定值，1），到达b点时动能恰好为0，小滑块最终停在O点，求ABOaba（1） 小滑块与水平面间的动摩擦因数。（2） O、b两点间的电势差（3） 小滑块运动的总路程例26、如图所示，在水平向右的匀强电场中，一长为L的绝缘轻杆，一端固定于O点，杆可绕O点在竖直平面内转动。杆的另一端连接一质量为m的带正电小球，小球受到的电场力是重力的倍，要使小球能在竖直平面内做

5、圆周运动，则小球经过最高点的速度最小为多少？【错解分析】:错解一、忽略电场的作用，直接应用结论，小球在最高点的最小速度为0。错解二、不知杆与绳的区别，不会用合场的思想类比重力场进行解题，错解答案较多。【解题指导】:【答案】:【解析】：这是一个复合场问题：重力场与电场的复合场，我们最习惯于研究重力场中的竖直平面内的圆周运动，我们就把复合场类比于重力场进行解题，首先确定复合场方向即小球的平衡位置。受力分析知，小于的平衡位置为与竖直方向夹角30，复合场的等效成重力场的等效加速度为,如下图A点是平衡位置，B点是等效重力场中的最高点，C点是几何上最高点，也就是我们要求的最高点ABC因为是杆子所以B点的最

6、小速度为0，再在BC间用动能定理可求得C点的速度；或类比于重力场中的运动进行计算，最后只需将g改成即可。【小结】 用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压（电流）等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。练习26、如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点正下方钉一个钉子O，已知小球受到的电场力是重力的，现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O在竖直

7、平面内作圆周运动，求OO长度。abcdefgh例27、闭合铜环与闭合金属框接触良好，放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时，金属框不动，下列说法正确的是（ ）A. 铜环内没有感应电流，因为磁通量没有发生变化B. 金属框内没有感应电流，因为磁通量没有发生变化C. 金属框ab边中有感应电流，因为回路abfgea中磁通量增加了D. 铜环的半圆egf中有感应电流，因为回路egfcde中的磁通量减小了【错解分析】:错解：认为整个电路中磁能量没有变化，所以电路中没有电流所以选择AB【解题指导】:【答案】:CD【解析】：对多回路问题，只要穿过任一回路的磁通量发生变化，该回路中就产生感应电流。如abfge

8、回路中磁通量增加，产生逆时针方向的感应电流，所以金属框ab边中有从a到b方向的电流，而环的左半边有fge的电流。其余可类似分析。也可将环的两半边等效成两根导体杆向右平动切割磁感线，产生感应电流，由右手定则判断。Oba练习27、图中均匀金属环半径是10cm，电阻是4，绝缘导线Oa和Ob的电阻均为2，其中Oa和b端则接在环上，一垂直环面的匀强磁场，它的磁感应强度为4T，当Oa转动角速度=100rad/s时，若Oa与Ob重合，流过Oa的电流为 ；若Oa与Ob处于同一直径上时流过Oa的电流为 。例28、如图所示，两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为和，带电量分别为和，用细绝缘线悬挂后，分别与竖直

9、线成夹角和，且两球处于同一水平线上，若，则下述结论正确的是（ ）A一定等于B一定满足C一定等于D必须同时满足【错解分析】:错解：认为当、带电量不等时，库仑力F1与F2也不相等，且认为越大，库仑力越大，因而错误地选出A、B、D，其实库仑力的大小与及的乘积有关，并且不论和谁大谁小或是相等，均应满足。【解题指导】:【答案】:C【解析】：两小球同处于一水平线上，对两小球分别进行受力分析，的受力分析如图所示，受重力、细线的拉力T1和对它的库仑力F1，由于两球都处于平衡状态，根据平衡条件对两球分别列受力平衡方程，从而得出重力、库仑力和夹角三者的关系式，然后再由，分析得出最后结论。对有 得 同理对有 当时，

10、则有，且与带电量是否等于无关。该题还可以用受力分析的三角形图与实物三角形相似来解题。如上图中两个红色的三角形练习28、如图所示，ACB是一光滑的足够长的、固定在竖直平面内的型框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为。P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在PQ环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O。将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用 表示，若：=2:3，则两绳受到的拉力之比F1：F2等于（ ）ABCPQOmA. 1：1B. 2：3C. 3：2D. 4：9例29、如图所示的直线是真空中的某电场的一条电场线，AB是这条电场线上的两点。一个带负电

11、的粒子在只受电场力的情况下，以速度经过A点向B点运动，经一段时间后，该带电粒子以速度经过B点，且与的方向相反，则（ ）A.A点的电势一定低于B点的电势 B. A点的场强一定大于B点的场强C.该带电粒子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能D.该带电粒子在A点的动能和电势能之和一定等于它在B点的动能和电势能之和【错解分析】:错解：AB错解分析：由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明由A到B的运动一定是减速运动。故带电粒子受电场力的方向向左，电场的方向向左，所以A点的电势一定低于B点的电势，选项A正确。错误原因在误认为粒子受力的方向就是电场的方向，实质上正电荷受电场力的方向与

12、电场的方向相同，而负电荷受电场力的方向与电场的方向相反；由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明A点的场强一定大于B点的场强，否则不能返回。选项B正确。错误原因在误认为带电粒子总是由场强大的地方向场强小的地方运动，实质上粒子怎样运动是由粒子的初速度和受力情况共同决定的。【解题指导】:【答案】:D【解析】：由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明由A到B的运动一定是减速运动，先向右减速，速度减为零后再向左加速运动至B点，可以肯定电子受到的电场力是向左的，则说明电场线是向右的，顺着电场线方向电势降低，所以A的电势一定大于B的电势；A错。单凭一条电场线是无法判

13、断场强大小， B错；负电荷顺着电场线方向运动，电场力做负功，电势能增加，选项C正确；但带电粒子的动能和电势能之和是守恒的（类似机械能守恒定律），选项D正确。练习29、如图所示，等量的异种点电荷，固定在水平线上的MN两点上，电荷量均为Q.有一质量为m电荷量为+q的小球（可视为点电荷），固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆的另一端可绕O点且与MN垂直的水平轴无摩擦的转动，O点位于MN的垂直平分线上的距MN为L处。现把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时的速度为。取O处电势为零，忽略q对+Q、-Q形成得出的影响。求：（1）小球经过B点时对轻杆的拉力的大小（2）在+Q、-Q形成的电场中，

14、A点的电势（3）小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度例30、如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流I，试判断环形导体的运动情况。【错解分析】错解：已知匀强磁场的磁感线与导体环面垂直向右，它等效于条形磁铁N极正对环形导体圆面的左侧，而通电环形导体，即环形电流的磁场N极向左（根据右手定则来判定），它将受到等效N极的排斥作用，环形导体开始向右加速运动。误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。【解题指导】:【答案】:仍然静止不动【解析】：利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段，每小段通电导体所受安培力均指向圆心。由对称性可

15、知，这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。对于直线电流的磁场和匀强磁场都应将其看作无极场。在这种磁场中分析通电线圈受力的问题时，不能用等效磁极的办法，因为它不符合实际情况。而必须运用左手定则分析出安培力合力的方向后，再行确定其运动状态变化情况。练习30、有一自由的矩形导体线圈，通以电流I。将其移入通以恒定电流I的长直导线的右侧。其ab与cd边跟长直导体AB在同一平面内且互相平行，如图所示。试判断将该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。（不计重力）练习题参考答案练习16、【答案】:AB【解析】：因为电压恒定且周期性变化，所以电场力恒定呈周期性变化，电子在电场中做的是匀变

16、速运动。注意对电子进行受力分析并结合速度判断电子的运动情况。要会灵活运动周期力下运动的对称性。练习17、【答案】:B【解析】：设弹簧的原长为，由库仑定律和胡克定律得，当电荷量为q时，；当电荷量为3q时，设弹簧的伸长量为，由上述两式得，即.同理有，即.故选项B正确. 练习18、【答案】:BD【解析】：磁通量的计算公式为，开始时磁通量最大为0.25Wb，MN与PQ重合时，磁通量为0。所以变化量为0.25Wb。加速度的产生是因为安培力，据 ,可知加速度大小与速度有关，所以有开始时加速度最大，最后加速度最小。计算知加速度最大是8m/s2；根据动能定理求解线框发热，D正确。练习19、【答案】: 0.6m

17、【解析】：A从M到N做变加速运动，到达N点时洛伦兹力与电场力大小相等，将离开壁，之后在竖直平面内做复杂的曲线运动通过P，（1）M到N有，在N点电场力与洛伦兹力平衡有（2）从N到P的过程用动能定理 s=0.6m练习20、【答案】: 方向竖直向上【解析】：有洛伦兹力存在的匀速圆周运动中，除洛伦兹力外物体所受的其它力合力必须为0，所以粒子所受的重力与电场力必须相互抵消即，这就相当于粒子只受洛伦兹力。不管带电粒子以怎样的速度垂直于磁场方向进入复合场，均能做匀速圆周运动。练习21、【答案】: 【解析】：易错点：容易用库仑公式求解。点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由为库仑定律有：，

18、方向指向带负电的金属板。如图：库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。练习22、【答案】:AC【解析】：因为是缓慢移动，每个状态均可以看作一个平衡态，处于静电平衡的导体内部场强处处为零。C点场强为0是因为感应电荷在C点产生的电场与电荷Q在C点产生的电场相互抵消，所以感应电荷在C点和D点产生的电场大小等于电荷Q在C点和D点产生的电场，所以C正确。E选项考察知识点与例7一样，用导线连接导体后，导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，导体上全部是正电荷，大地远处感应出等量负电荷5cmab练习23、【答案】: 447m

19、/s【解析】：看右图侧视图AB子弹做的均是平抛运动，于是对A有：对B有： x=447m/s易错点：不少同学误认为两子弹是同时打到木板上的。仔细分析题意知，它们并不是同时的。练习24、【答案】:上升【解析】：按照题意作出示意图，画出电场线，我们知道电场线与等势面间的关系：“电势沿着电场线的方向降落”所以UpB=UpUB0，B板接地UB=0UBp=UBUp=0UpUp=EdQ不变，d不变，根据E有，插入玻璃板，介电常数增大，电场强度减小，导致Up上升。练习25、【答案】: 【解析】：对ab过程用动能定理，因为ab过程中电场力做功之和为0；对Ob有动能定理，再结合上面的式子可求得电势差；最后停在O点

20、，对整个过程用动能定理，可求得路程。注意电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，摩擦力做功与路程有关。练习26【答案】:【正确解答】【解析】：本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图所示，=60。开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图823可知，AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v2变为零，切向分量接着摆球以v1为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动，碰到钉

21、子O后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O做合力F的平行线与圆的交点为Q，即为摆球绕O点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足过O点做OPAB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：练习27、【答案】:0.5A 0.4A【解析】：Oa相当于电源，电动势，内阻r=2。Oa与Ob重合时，外电阻为R=r=2，得电流为0.5A；当两导线处于同一直径上时，外电阻R=3，电流为0.4A。练习28【答案】:A【解析】：关键点：处于平衡状态时OP垂直于CA，OQ垂直于BC，因为两角相等，则受力分析时两绳与竖直方向夹角一样，均为90-，所以两绳拉力一样。练习29【答案】: 【解析】：（1）小球

22、经过B点时，由牛顿第二定律得，在竖直方向上有即由牛顿第三定律知，小球经过B点时对轻杆的拉力的大小（2）由于O点的电势，而O在MN的垂直平分线上，所以B点的电势,电荷从A到B的过程中，由动能定理得，解得.（3） 有电场的对称性可知，所以电荷从A到C的过程中，由动能定理得,解得练习30、【答案】: 加速向左运动【解析】：利用左手定则判断。先画出直线电流的磁场在矩形线圈所在处的磁感线分布，由右手螺旋定则确定其磁感线的方向垂直纸面向里，如图所示。线圈的四条边所受安培力的方向由左手定则判定。其中F1与F3相互平衡，因ab边所在处的磁场比cd边所在处的强，故F4F2。由此可知矩形线圈abcd所受安培力的合力的方向向左，它将加速向左运动而与导体AB靠拢。- 23 -