2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分倒计时第2天选修3-3 热学部分 Word版含解析

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(江苏专版)2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编98页(含答案)

（江苏专版）2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷汇编目录【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练1含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练2含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练3含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练4含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练5含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练6含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练7含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练8含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练9含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练10含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练11含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练12含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练13含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练14含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练15含解析【高考二轮】江苏专版2018高考物理二轮复习滚讲义练16含解析二轮滚讲义练（一）滚动练一、选择题1、(2017·扬州模拟)如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)，匀强磁场垂直轨道平面向上，先将开关拨到a 给超级电容器C 充电，然后将开关拨到b 可使电阻很小的导体棒EF 沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是( )A ．电源给电容器充电后，M 板带正电B ．在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小C ．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小D ．若轨道足够长，电容器将放电至电量为0解析：选B 电容器下极板接正极，所以充电后N 板带正电，故A 错误；电容器放电时，电量和电压均减小，故B 正确；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C 错误；若轨道足够长，导体棒切割磁感线产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不再放电，故电容器放电不能至电量为0，故D 错误。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分倒计时第3天电学实验 Word版含解析

倒计时第3天电学实验A．主干回顾B．精要检索1．实验要点2．电学量的测量若电流表“相对变化”明显，说若电压表“相对变化”明显，4．两种控制电路1．①某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图1所示，则它们的读数依次是________mm、__________A、________V．【导学号：17214235】甲乙丙图1②已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为20 kΩ，电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电源电动势E＝4．5 V，内阻较小．则图2电路图中，________(选填字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路，但用此最佳电路测量的金属丝电阻仍然会比真实值偏________(选填“大”或“小”)．甲乙图2③若已知实验所用的电流表内阻的准确值R A＝2．0 Ω，那么测量金属丝电阻R x的最佳电路应是上图2中的________(选填字母代号)电路．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻R x＝________(用题中字母代号表示)．【解析】①螺旋测微器的固定刻度读数为0．5 mm，可动刻度读数为49．9×0．01 mm＝0．499 mm，金属丝直径为0．5 mm＋0．499 mm＝0．999 mm．电流表读数为0．42 A，电压表读数为2．29 V．②因R V≫R x(R x＝2．290．42Ω≈5．5 Ω)，测量电路采用电流表外接法，故最佳电路为甲电路，此时测量结果因电压表的分流而偏小．③若已知电流表内阻时，最佳电路为乙电路．由欧姆定律得：R x＋R A＝U I，那么R x＝UI－R A．【答案】①0．998～1．000间均可0．422．28～2．30间均可②甲小③乙UI－R A2．(2017·曲靖一中月考)如图3所示的光学黑箱中，有两只电阻，定值电阻R0＝8 Ω，另一为未知电阻R x；由箱内抽出三根引线A、B、C．当开关S与C闭合时，电流表的示数为1 A，电压表示数8 V；当开关S与D闭合时，电流表示数为1 A ，电压表的示数为10 V ．图3(1)请在黑箱中画出两个电阻和A 、B 、C 的连接图；(2)由图可知R x ＝________Ω．【解析】 (1)由分析的思路可知，电阻R 0和R x 是串联在A 、B 之间的．当S 、C 闭合时，电压表示数为8 V 、电流表示数为1 A ，而定值电阻R 0的阻值正好是8 V 1 A＝8 Ω；因此与C 点连接的导线位于R 0、R x 之间，且R 0与A 端相连，R x 与B 端相连，作图如下：(2)由题意及(1)题图可知：U 0＝8 V ，I ＝1 A ，U ＝10 V所以R x ＝U －U 0I ＝10 V －8 V 1 A＝2 Ω．【答案】 (1)电路图见解析 (2)23．某探究性学习小组利用如图4甲所示的电路测量电池的电动势和内阻．其中电流表A 1的内阻r 1＝1．0 kΩ，电阻R 1＝9．0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R 0＝3．0 Ω的电阻．【导学号：17214236】甲乙图4(1)按图示电路进行连接后，发现aa′、bb′和cc′三条导线中，混进了一条内部断开的导线．为了确定哪一条导线内部是断开的，将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，再测量a、a′间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是________导线断开．(2)排除故障后，该小组顺利完成实验．通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据，作出图象如图4乙．由I1-I2图象得到的电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．【解析】(1)将开关S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，可知cc′不断开，再测量a、a′间电压，若读数不为零，可知bb′间不断开，则一定是aa′间断开．若aa′间电压为零，则bb′导线断开．(2)根据串、并联电路的特点，结合闭合电路欧姆定律得：E＝U＋Ir，则有：E＝I1(R1＋r1)＋(I1＋I2)(R0＋r)，可知I1≈－I2(r＋3)104＋E104，纵轴截距E104＝0．14×10－3解得：E＝1．4 V，图线斜率的绝对值为：r＋3104＝(0．14－0．05)×10－3260×10－3，解得r≈0．5 Ω．【答案】(1)aa′bb′(2)1．4(1．36～1．44均可)0．5(0．4～0．6均可)4．为了描绘一个标有“6 V 3 W”字样的小灯泡的伏安特性曲线，实验室备有下列器材：A．标有“6 V 3 W”字样的小灯泡一个B．9 V学生电源一个C．量程为0～3 V的电压表，内阻约为3 kΩD．量程为0～9 V的电压表，内阻约为15 kΩE．量程为0～0．6 A的电流表，内阻约为0．5 ΩF．量程为0～3 A的电流表，内阻约为0．1 ΩG．滑动变阻器(阻值范围0～50 Ω，允许通过的最大电流1．5 A)H．滑动变阻器(阻值范围0～500 Ω，允许通过的最大电流0．5 A)I．开关一个，导线若干(1)为减小实验误差，方便调节电路，请在下面给定的四个电路图和上述所给的器材中选取适当的电路和器材，并将它们的编号填在横线上．应选取的电路是______；电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______．(2)根据实验测定的数据，以电压U为横坐标，电流I为纵坐标画出图线，在下面给出的四个I-U图线中，最能反映实际情况的是________，请简要说明理由________________．【解析】(1)描绘小灯泡的伏安特性曲线的电路一定要用分压电路作为控制电路，滑动变阻器应选用阻值较小的G．“6 V 3 W”小灯泡的额定电流和额定电压下的电阻分别是0．5 A、12 Ω，电压表、电流表应该选择D和E，而R A R V＝0．5×15 000 Ω＝50 3 Ω>12 Ω，所以测量电路应该选用电流表外接电路．电路应该选择C．(2)因为灯丝电阻随着温度的升高而增大，所以I-U图线上的点与原点的连线的斜率随着电压的增大而逐渐减小，故选项C 正确．【答案】(1)C D E G(2)C灯丝电阻随着温度的升高而增大5．某同学通过查找资料自己动手制作了一个水果电池(电动势约为4．5 V，内阻约为1 Ω)，现要测量这个电池的电动势E和内阻r．他从实验室借到一个开关、一个滑动变阻器(最大阻值为10 Ω)、一只电压表(量程为0～3 V，内阻约为15 kΩ)、一只电流表(量程为0～0．6 A，内阻约为0．5 Ω)、一个定值电阻(R0＝5 Ω)和若干导线．【导学号：17214237】甲乙图5(1)该同学利用上述器材设计了如图5甲所示的实验电路，开关闭合前滑动变阻器接入电路的阻值应调到________(选填“最大”或“最小”)．(2)断开开关S，调节滑动变阻器的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电流表的示数．改变滑动变阻器滑片的位置，多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电流值I，并以U为纵坐标，I为横坐标，画出U-I关系图线(该图线为一条直线)，如图乙所示．由图线可求得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．(结果保留两位有效数字)(3)利用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值E真和r真相比，理论上E测______E真，r测________r真(选填“>”、“<”或“＝”)．引起该实验系统误差的主要原因是________．【解析】(1)为了保证测量电表的安全，开关闭合前滑动变阻器接入电路的阻值应调到最大．(2)根据U-I关系图线可直接读出电池的电动势；电池的等效内阻(R0＋r)为图线斜率的绝对值．(3)由于电压表的分流作用，导致电动势和内电阻的测量值均偏小．【答案】(1)最大(2)4．3(或4．4)0．79(0．70～1．00均正确)(3)<<电压表的分流。

2018年高考物理(江苏专用)总复习教师用书选修3-4

[高考导航]基础课1 机械振动知识点一、简谐运动单摆、单摆的周期公式 1．简谐运动(1)定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动。

(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置。

(3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力。

②方向：总是指向平衡位置。

③来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力。

(4)简谐运动的特征①动力学特征：F 回＝－kx 。

②运动学特征：x 、v 、a 均按正弦或余弦规律发生周期性变化(注意v 、a 的变化趋势相反)。

③能量特征：系统的机械能守恒，振幅A 不变。

2.简谐运动的两种模型知识点二、简谐运动的公式和图象 1．简谐运动的表达式(1)动力学表达式：F ＝－kx ，其中“－”表示回复力与位移的方向相反。

(2)运动学表达式：x ＝A sin(ωt ＋φ)，其中A 代表振幅，ω＝2πf 表示简谐运动的快慢。

2．简谐运动的图象(1)从平衡位置开始计时，函数表达式为x ＝A sin ωt ，图象如图1甲所示。

图1(2)从最大位移处开始计时，函数表达式为x ＝A cos ωt ，图象如图1乙所示。

知识点三、受迫振动和共振1．受迫振动系统在驱动力作用下的振动。

做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)无关。

2．共振做受迫振动的物体，它的固有频率与驱动力的频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象。

共振曲线如图2所示。

图2[思考判断](1)简谐运动平衡位置就是质点所受合力为零的位置。

()(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的。

()(3)做简谐运动的质点，速度增大时，加速度可能增大。

()(4)简谐运动的周期与振幅成正比。

()(5)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。

()(6)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。

2018版高考物理二轮教师用书：第2部分专项4 8、选修3

八、选修3－3【主干知识】1．物体是由大量分子组成的(1)分子的大小分子大小的数量级为10－10m.可用油膜法估测分子的直径：d ＝V S (d 为分子直径，V 为油滴体积，S 为油膜面积)．(2)阿伏加德罗常数把宏观量和微观量联系在一起分子质量m 0、摩尔质量M →N A ＝M m 0→⎩⎪⎨⎪⎧ 单位质量内的分子数n ＝N A M 质量为m 时，分子数n ＝m M N A分子体积V 0、摩尔体积V M →N A ＝V M V 0→⎩⎪⎨⎪⎧ 单位体积内的分子数n ＝1V M N A 体积为V 时，分子数n ＝V V M NA m 、ρ→分子数n ＝m ρV M N A2．分子热运动(1)扩散现象：相互接触的不同物质能够彼此进入对方的现象．温度越高，扩散越快．(2)布朗运动①布朗运动是指悬浮小颗粒的运动，是液体分子撞击不平衡的结果，不是分子的运动，它间接反映了液体分子在做无规则运动．②布朗运动与颗粒大小、液体温度有关．颗粒越小、液体温度越高，布朗运动越明显．3．分子力和分子势能(1)分子力特点：分子间同时存在引力和斥力；引力和斥力都随分子间距离的增大而减小；斥力比引力变化快．分子力随距离的变化关系如图57甲所示．图57(2)分子势能随距离的变化关系如图乙所示．(3)当r＝r0时，分子力为零，分子势能最小；r＞10r0以后，分子力忽略不计，分子势能为零．4．物体的内能(1)温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能与物体的机械运动状态无关．(2)物体内能的微观决定因素是分子势能、分子平均动能和分子总数；宏观决定因素是物体的体积、物体的温度及物质的量．(3)改变内能的两种方式：做功和热传递．5．对热力学定律的理解(1)热力学第一定律①内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．②表达式：ΔU＝Q＋W.③对公式中符号的规定：外界对物体做功，W＞0，物体对外界做功，W＜0；物体吸收热量，Q＞0，物体放出热量，Q＜0；内能增量ΔU＝U2－U1(末状态内能减去初状态内能)，内能增加，则ΔU＞0，内能减少，则ΔU＜0.④注意几种特殊情况a．绝热过程：Q＝0，W＝ΔU.外界对物体做的功等于物体内能的增加量．b．等容过程：W＝0，则Q＝ΔU.物体吸收的热量等于物体内能的增加量．c．若过程的始末状态内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量，或物体对外界做的功等于物体吸收的热量．(2)热力学第二定律①两种表述表述一(按热传导方向)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．表述二(按机械能与内能转化的方向)：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．注意关键词：“自发地”“不产生其他影响”．②热力学第二定律的实质自然界中自发的热现象的宏观过程都具有方向性．如热传递、气体的膨胀、扩散、有摩擦的机械运动等．一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．6．气体实验定律及理想气体状态方程(1)等温变化(玻意耳定律)：p1V1＝p2V2.(2)等容变化(查理定律)：p1T1＝p2T2.(3)等压变化(盖—吕萨克定律)：V1T1＝V2T2.(4)理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2.【正误判断】(1)一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能．(√)(2)给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的．(×)(3)如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大．(×)(4)单晶体有固定熔点，而多晶体没有固体熔点．(×)(5)把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体．(×)(6)用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现．(×)(7)漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故．(×)(8)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因．(√)(9)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零．(×)(10)压强变大时，气体分子间的平均距离必然变小．(×)(11)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小．(√)(12)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距．(√)(13)压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加．(√)(14)“钻木取火”和“焐热水袋”都是通过做功改变物体内能的．(×)(15)一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×118 J的功，气体的内能减少了1.2×118 J，则W＝8×118 J，ΔU＝1.2×118 J，Q＝4×118 J．(×)。

江苏省高考物理二轮复习专题十鸭部分教学案选修3_3

——教学资料参考参考范本——江苏省高考物理二轮复习专题十鸭部分教学案选修3_3______年______月______日____________________部门考情分析20xx20xx20xx选修3－3T12A(1)：晶体与非晶体T12A(2)：理想气体的状态方程、气体压强的微观解释T12A(3)：理想气体的等温变化T12A(1)：饱和汽、饱和汽压T12A(2)：p－V图象和气体分子热运动速率统计分布图象T12A(3)：热力学第一定律T12A(1)：V－T图象、热力学定律T12A(2)：布朗运动T12A(3)：阿伏加德罗常数的应用命题解读本专题13个考点，皆为Ⅰ要求。

从三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础。

围绕考点命题考查学生的理解能力。

(2)紧跟时代。

如20xx年的“卡诺循环”、20xx年的“海浪发电机”、20xx年的“斯特林循环”等，借此考查学生学以致用的能力。

(3)定量运算。

以阿伏加德罗常数、热力学定律和实验定律为中心命题，考查学生的理解能力。

整体难度中等，命题指数★★★★★，复习目标是达B必会。

1.(20xx·江苏高考)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸气的变化情况为________。

A.压强变小B.压强不变C.一直是饱和汽D.变为未饱和汽(2)如图1甲所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成。

B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小”或“不变”)，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”)。

图1(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J，在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分倒计时第9天三种性质力和牛顿运动定律 Word版含解析

倒计时第9天三种性质力和牛顿运动定律A．主干回顾一、三种性质力1．重力：(1)重力是万有引力的分力．(2)重力的大小(G＝mg)取决于m和g，与运动状态无关．2．弹力3(1)滑动摩擦力F f＝μF N，式中压力F N一般情况下不等于重力，滑动摩擦力的大小与速度无关．(2)静摩擦力大小和方向随运动状态及外力情况而变化，与压力F N无关．静摩擦力的大小范围：0≤F f≤F f max，其中最大静摩擦力F f max与压力F N成正比．4．共点力作用下物体的平衡条件合力为零，即F合＝0．力沿任意方向分力的合力都为零，即F x合＝0，F y合＝0．解答三个共点力作用下物体平衡的基本思路是合成法和分解法．1．牛顿三大定律的意义(1)牛顿第一定律：揭示了运动和力的关系：力不是维持物体速度(运动状态)的原因，而是改变物体速度的原因．(2)牛顿第二定律①公式：a＝F合m．②意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系．(3)牛顿第三定律①表达式：F1＝－F2．②意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系．2．超重与失重(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力．原因：物体有向上的加速度．(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力．原因：物体有向下的加速度．(3)完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零．原因：物体有向下的加速度且大小为重力加速度g．三、规律方法1．处理平衡问题的基本思路确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论．2．常用的方法(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法．(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等．3．电磁场中的平衡(1)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．(2)如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v．4．(1)动力学的两类基本问题的处理思路受力情况 F合F合＝maa运动学公式运动情况(v、x、t)(2)解答动力学问题的两个关键点①做好物体的受力分析和物体的运动过程分析，抓住加速度这一关键的物理量．②寻找多过程运动问题中各过程间的相互关系．如第一过程的末速度就是下一个过程的初速度，找出各过程间的位移关系．C．考前热身1．如图1所示，一直杆倾斜固定，并与水平方向成30°的夹角．直杆上套有一质量为0．5 kg的圆环，圆环与轻弹簧相连，在轻弹簧上端施加一竖直向上、大小为F＝7 N的力，圆环处于静止状态．已知直杆与圆环之间的动摩擦因数为0．7，g取10 m/s2．下列说法正确的是()图1A ．圆环受到直杆的弹力，方向垂直直杆向上B ．圆环受到直杆的摩擦力，方向沿直杆向上C ．圆环受到直杆的摩擦力大小等于1 ND ．圆环受到直杆的弹力大小等于52 3 NC [对圆环受力分析，圆环受到向上的拉力、重力、垂直直杆向下的弹力与沿直杆向下的静摩擦力，如图所示，将静摩擦力与弹力进行合成，设其合力为F 合，根据平衡条件，有F合＋G ＝F ，解得F 合＝2 N ，方向竖直向下．根据几何关系，有F 合sin 30°＝f ，F 合cos 30°＝N ，解得f ＝1 N ，N ＝ 3 N ，选项C 正确．] 2．(多选)如图2所示．一个物体质量为m ，在高出水面H 处由静止下落，落入水中后竖直向下运动h 距离后速度减为零．物体在水中运动时，除受重力外，还受水的浮力和阻力．已知物体在水中所受浮力是其重力的109倍，重力加速度为g ，假设水的阻力恒定，空气阻力不计．则下列说法中正确的是( )图2A ．水的阻力做功为mg (H ＋h )B ．水的阻力做功为mghC ．物体入水前瞬间的速度为2gHD ．物体在水中运动时所受阻力大小为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h －19CD [下落全过程中，由动能定理得mg (H ＋h )＋W浮＋W 阻＝0，解得W 阻＝－mg (H ＋h )－W 浮＝－mg (H ＋h )＋109mgh ，A 、B 错误．入水前运动，由运动规律知v 2＝2gH ，解得v ＝2gH ①，故C 正确．物体在水中运动受重力、浮力F 浮和阻力F 阻，由牛顿第二定律得F 浮＋F 阻－mg ＝ma ②由运动规律得v 2＝2ah ③ 由题意知F 浮＝109mg ④联立①②③④式解得F 阻＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫H h －19，故D 正确．]3．如图3所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与y 、x 轴的切点．B 点在y 轴上且∠BMO ＝60°，O ′为圆心．现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是( )【导学号：17214217】图3A ．t A ＜t C ＜tB B ．t A ＝tC ＜t B C ．t A ＝t C ＝t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系B [对于AM 段，位移x 1＝2R ，加速度a 1＝mg sin 45°m ＝22g ，根据x ＝12at 2得，t A ＝2x 1a 1＝4R g ．对于BM 段，位移x 2＝2R ，加速度a 2＝g sin 60°＝32g ，由x 2＝12a 2t 2得，t B ＝2x 2a 2＝8R 3g．对于CM 段，同理可解得t C ＝2x 3a 3＝4Rg ．所以t A ＝t C <t B ，B 正确．]4．如图4所示，截面为等腰直角三角形的物块的斜边固定在水平面上，两根长为L 的细导体棒a 、b 被放置在三角形的两个光滑直角面等高的地方，它们间的距离为x ，导体棒a 的质量为m a ，导体棒b 的质量为m b ．现分别对两导体棒通以同向电流I a 、I b ，且I a ＝2I b ＝2I ，两棒恰能保持静止．则下列说法正确的是( )图4A ．两导体棒的质量之比m a ∶m b ＝2∶1B ．两导体棒的质量之比m a ∶m b ＝1∶2C ．电流I b 在导体棒a 处产生的磁场的磁感应强度大小为2m a g2IL D ．电流I a 在导体棒b 处产生的磁场的磁感应强度大小为m b gIL D [两导体棒中的电流同向，受到的相互吸引力等大、反向，方向在它们的连线上．对a ，受力如图所示，由平衡条件得m a g ＝F A ，对b ，同理得m b g ＝F B ，F A 与F B 等大、反向，因此m a ∶m b ＝1∶1，选项A 、B 错误；对a ，F A ＝B a ·2IL ，则导体棒a 处的磁感应强度大小B a ＝m a g 2IL ，选项C错误；对b ，F B ＝B b IL ，则导体棒b 处的磁感应强度大小B b ＝m b g IL ，选项D 正确．]5．如图5甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体位移x 之间的关系如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，则下列结论正确的是( )甲乙图5A．物体的加速度大小为5 m/s2B．弹簧的劲度系数为7．5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态A[刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg＝kx①拉力F1为10 N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1＋kx－mg＝ma②物体与弹簧分离后，拉力F2为30 N，根据牛顿第二定律，有F2－mg＝ma③代入数据解得m＝2 kgk＝500 N/m＝5 N/cma＝5 m/s2故B、C错误，A正确；物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故D错误．] 6．风洞是研究空气动力学的实验设备，如图6所示，将刚性杆水平固定在风洞内距水平地面高度h＝5 m处，杆上套一质量m＝2 kg、可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F＝10 N，方向水平向右．小球落地时离水平杆右端的水平距离x＝12．5 m，假设小球所受风力不变，取g＝10 m/s2，求：图6(1)小球从刚离开杆到落地时所用的时间t；(2)小球离开杆右端时的速度大小v0；(3)小球从离开杆右端到动能为125 J的过程中所用的时间t1．【导学号：17214218】【解析】 (1)小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为t ＝2hg ＝2×510 s ＝1 s ．(2)小球在水平方向做匀加速运动，加速度a ＝Fm ＝5 m/s 2 则水平位移x ＝v 0t ＋12at 2 代入数据得：v 0＝10 m/s ．(3)小球离开杆后经过时间t 1后水平方向的位移：x 1＝v 0t 1＋12at 21竖直方向的位移：y 1＝12gt 21由动能定理得：mgy 1＋Fx 1＝E k －12m v 20 代入数据，联立得：t 1＝0．2 s ．【答案】 (1)1 s (2)10 m/s (3)0．2 s7．如图7所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，木板B 长为L ＝3 m ．开始时A 、B 均静止．现给A 一水平初速度让其从B 的最左端开始运动．已知A 与B 、B 与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0．3和μ2＝0．1，g 取10 m/s 2．(1)若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度为多大？图7(2)若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问的初速度从B 的最左端开始运动，则A 能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各是多大？【导学号：17214219】【解析】 (1)物块A 在木块B 上向右匀减速运动，加速度大小为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2木块B 向右匀加速运动，加速度大小为 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2由题意，物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时和B 速度相同，设为v ，则有时间关系：t ＝v 0－v a 1＝v a 2位移关系：L ＝v 20－v22a 1－v 22a 2代入数据解得v 0＝2 6 m/s ，v ＝62 m/s ．(2)把木板B 放在光滑水平面上，A 在B 上向右匀减速运动的加速度大小仍为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2B 向右匀加速运动的加速度大小为 a ′2＝μ1mgm ＝3 m/s 2设A 、B 达到相同速度v ′时A 没有脱离B ，由时间关系得v 0－v ′a 1＝v ′a ′2代入数据解得v ′＝ 6 m/sA 的位移x A ＝v 20－v ′22a 1＝3 mB 的位移x B ＝v ′22a ′2＝1 m由x A －x B ＝2 m ＜L 可知，A 没有与B 脱离，最终A 和B 的速度相等，大小均为 6 m/s ．【答案】 (1)2 6 m/s (2)没有脱离6 m/s 6 m/s。

(完整版)高中物理选修3-2课后习题答案及解释

电磁感应和楞次定律1. 答案：CD详解：导体棒做匀速运动，磁通量的变化率是一个常数，产生稳恒电流，那么被线圈缠绕的磁铁将产生稳定的磁场，该磁场通过线圈 c 不会产生感应电流；做加速运动则可以；2．答案：C详解：参考点电荷的分析方法，S 磁单极子相当于负电荷，那么它通过超导回路，相当于向左的磁感线通过回路，右手定则判断，回路中会产生持续的adcba 向的感应电流；3．答案：A详解：滑片从 a 滑动到变阻器中点的过程，通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出，产生向右的磁场，而且滑动过程中，电阻变大，电流变小，所以磁场逐渐变小，所以此时 B 线圈要产生向右的磁场来阻止这通过 A 线圈的电流从滑片流入，从固定接口流出种变化，此时通过R 点电流由c流向d;从中点滑动到b的过程，通过A线圈的电流从固定接口流入，从滑片流出，产生向左的磁场，在滑动过程中，电阻变小，电流变大，所以磁场逐渐变大，所以此时B线圈要产生向右的磁场来阻止这种变化，通过R的电流仍从c流向d o4．答案：B详解：aob 是一个闭合回路，oa 逆时针运动，通过回路的磁通量会发生变化，为了阻止这种变化，ob 会随着oa 运动;5．答案：A详解：开关在 a 时，通过上方的磁感线指向右，开关断开，上方的磁场要消失，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来弥补，这时通过R2的电流从c指向d;开关合到b上时，通过上方线圈的磁场方向向左，它要阻止这种变化，就要产生向右的磁场来抵消，这时通过R2的电流仍从c指向d;6．答案：AC详解：注意地理南北极与地磁南北极恰好相反，用右手定则判断即可。

电磁感应中的功与能1．答案:C、D详解：ab 下落过程中，要克服安培力做功，机械能不守恒，速度达到稳定之前其减少的重力势能转化为其增加的动能和电阻增加的内能，速度达到稳定后，动能不再变化，其重力势能的减少全部转化为电阻增加的内能。

选CD2．答案：A详解：E=BLvI=E/R=BLv/RF=BIL=B A2L A2v/R W=Fd=B A2L A2dv/R=B A2SLv/R, 选A3．答案:B、C详解：开始重力大于安培力，ab 做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，当安培力等于重力时，加速度为零；当速度稳定时达到最大，重力的功率为重力乘以速度，也在此时达到最大，最终结果是安培力等于重力，安培力不为0，热损耗也不为0.选BC4. 答案：(1) 5m/s。

2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第一部分专题三力与曲线运动一抛体运动和圆周运动含解析精品

专题三力与曲线运动(一)——抛体运动和圆周运动考点1| 运动的合成与分解难度：中档题型：选择题、计算题(对应学生用书第12页)1．(2018·江苏高考)如图3-1所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB ．若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )【导学号：17214187】图3-1A ．t 甲＜t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲＞t 乙D ．无法确定【解题关键】甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v ，水速为v 0，根据速度合成可知：甲游到A 点的速度为v ＋v 0，游回的速度为v －v 0；乙来回的速度都为v 2－v 20．明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．C [设游速为v ，水速为v 0，OA ＝OB ＝l ，则甲整个过程所用时间：t 甲＝l v ＋v 0＋l v －v 0＝2v l v 2－v 20，乙为了沿OB 运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：t 乙＝l v 2－v 20×2＝2l v 2－v 20v 2－v 20，因为v >v 2－v 20 所以t 甲＞t 乙，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]运动合成与分解的解题思路(1)明确合运动或分运动的运动性质． (2)明确是在哪两个方向上的合成与分解．(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)．(4)运用力与速度的关系或矢量运算法则进行分析求解．●考向1 小船渡河问题1．(多选)(2018·无锡期中)如图3-2所示，甲、乙两船在同条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，划船速度大小相同．若两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是()【导学号：17214188】图3-2A．甲船能到达对岸P点B．两船渡河时间一定相等C．两船可能不相遇D．两船一定相遇在NP的中点BD[乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达对岸P点，故A错误；小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度v y＝v sin α，故小船过河的时间：t1＝dv y＝dv sin α，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故C错误，D正确．]2．(2018·南通一模)小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图3-3中虚线所示．则小船在此过程中()图3-3A．做匀变速运动B．越接近河岸，水流速度越大C．所受合外力方向平行于河岸D．渡河的时间随水流速度变化而改变C[从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B错误；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正确；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故D错误．]●考向2绳的牵连运动问题3．(2018·南通模拟)如图3-4所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()【导学号：17214189】图3-4A．v sin θB．v cos θC．v tan θD．v cot θA[由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是沿着垂直线的方向运动，则合运动的速度大小＝v sin θ；而沿线方向为v，由数学三角函数关系，则有：v线的速度大小，即为小球上升的速度大小，故A正确，B、C、D错误．]4．(2018·南通模拟)如图3-5所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-5A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sin αD [小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A 错误；小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度v实＝vsin αωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝vL sin α，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故B 、C 错误，D 正确．]考点2| 抛体运动的运动规律难度：中档题型：选择题五年5考(对应学生用书第13页)2．(多选)(2018·江苏高考T 6)如图3-6所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )【导学号：17214181】图3-6A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【解题关键】由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv＜t1，即v＞lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C 错误，选项D正确．]3．(2018·江苏高考T2)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图3-7中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()【导学号：17214182】图3-7A．①B．②C．③D．④【解题关键】解此题应注意以下两点：(1)不计空气阻力，两小球均做抛体运动．(2)两球以相同速率沿同一方向抛出，说明两球均做斜抛运动且初速度相同．A[不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确．]4．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-8所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()图3-8A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)小球受重力和电场力作用．(2)根据初速度与合力间夹角判断小球运动轨迹．(3)根据运动的合成与分解思想，判断小球速率大小的变化规律．BC[小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确．将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，选项D 错误．]5．(多选)(2018·江苏高考T2)如图3-9所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()【导学号：17214183】图3-9A ．tB ．22tC ．t 2D ．t 4C [设A 、B 两小球分别以速度v A 、v B 水平抛出时，经过时间t 相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有 v A t ＋v B t ＝d ①(d 为两小球间的水平距离)设当A 、B 两小球速度都变为原来的2倍时，经过时间t ′相遇，则2v A t ′＋2v B t ′＝d ②联立①②解得t ′＝t 2选项C 正确．]6．(多选)(2018·江苏高考T 6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图3-10所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的是( )【导学号：17214184】图3-10A ．两球的质量应相等B ．两球应同时落地C ．应改变装置的高度，多次实验D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动BC[根据平抛运动和自由落体运动的规律解题．小锤打击弹性金属片后，A 球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．]7．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-11所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()【导学号：17214185】图3-11A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD[在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝12gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝v t，故B在最高点的速度比A的大，选项C 正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B 的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．]处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．●考向1斜抛运动问题5．(2018·徐州二模)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球在空中运动轨迹如图3-12中虚线所示，下列所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()图3-12A．保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B．保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C．增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D．增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角B[设抛出的初速度为v，与水平方向的夹角为θ，则水平初速度v x＝v cos θ；保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度，水平分速度增大，运动时间变大，水平位移增大，可能落入篮筐，A错误；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，水平分速度变小，运动时间变短，水平位移减小，一定不能落入篮筐，B正确；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，水平分速度变大，有可能使得篮球落入球筐，C错误；增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角，运动时间增大，水平方向分速度可能增加，篮球运动时间变长，有可能使得篮球落入球筐，D错误．]●考向2平抛运动规律的基本应用6．(2018·盐城二模)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图3-13所示，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是()【导学号：17214186】图3-13A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小B．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长C．沿轨迹1运动的石子加速度最大D．三个石子在最高点时速度相等A[设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落水速度大小为v．取竖直向上方向为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝－g，由0－v2y＝－2gh，得：v y＝2gh，h相同，v y相同，则三个石子初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：v y＝v0sin α，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速度最小；由运动学公式有：h＝12g⎝⎛⎭⎪⎫t22，则得：t＝22hg，则知三个石子运动的时间相等；根据机械能守恒定律得知，三个石子落水时的速率不等，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速率最小，故A正确，B、D错误．因小球在空中时只受重力，故三个石子的加速度相同，故C错误．]7．(多选)(2018·扬州模拟)如图3-14所示，在水平地面附近，小球A以水平初速度v0瞄准另一小球B射出．在A球射出的同时，B球由静止开始下落，两球刚好在落地时相碰．不计空气阻力，则两球在下落过程中()【导学号：17214187】图3-14A．以B球为参考系，A球做匀速运动B．在相同时间内，A、B球的速度变化量相等C ．两球的动能都随离地的竖直高度均匀变化D ．若仅增大A 球的初速度，两球不会相碰ABC [因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在相同时刻A 与B 在同一高度上，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，可知以B 球为参考系，A 球做匀速直线运动，故A 正确．A 、B 两球的加速度均为g ，方向竖直向下，则相同时间内，两球速度变化量相等，故B 正确．对A ，根据动能定理得，mgh ＝12m v 2－12m v 20，小球的动能E k ＝12m v 2＝mgh ＋12m v 20，与高度成线性关系；对B ，根据动能定理得，E k ＝12m v 2＝mgh ，与高度成正比，可知两球的动能都随竖直高度均匀变化，故C 正确．由于A 球竖直方向上的运动规律与B 球相同，增大初速度，当A 球运动到B 球所在竖直线时，还未落地，由于两球始终在同一高度，可知两球仍然会相碰，故D 错误．]●考向3 平抛斜面问题8．(2018·海门模拟)如图3-15所示，虚线MN 是竖直面内的斜线，两个小球分别从MN 上的A 、B 两点水平抛出，过一段时间再次经过虚线MN ，则下列说法错误的是( )【导学号：17214188】图3-15A ．两球经过虚线MN 时的速度大小可能相同B ．两球经过虚线MN 时的速度方向一定相同C ．两球可能同时经过虚线MN 上的同一位置D ．A 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间一定比B 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间长D [两球再次经过虚线MN 时，根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得：t ＝2v 0tan θg ，此时小球的竖直分速度v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，速度大小为：v＝v20＋v2y＝v01＋4tan2θ，若两球初速度相等，则两球经过MN时的速度大小相等，故A正确．根据平行四边形定则知，tan α＝v yv0＝2tan θ，可知两球经过虚线位置时速度方向相同，故B正确．若初速度大小不同，两球可能经过虚线上的同一位置，故C正确．根据t＝2v0tan θg知，若初速度相等，则两球到达虚线MN的时间相同，故D错误．]●考向4平抛中的临界问题9．(2018·苏锡常二模)乒乓发球机的简化模型示意图如图3-16所示．发球机的机头相当于一个长l＝20 cm的空心圆柱(内径比乒乓球的直径略大)，水平固定在球台边缘O点上方H＝45 cm处，可绕C轴在水平面内转动，从而改变球的落点．球台长为L＝3 m，位于球台中央的球网高h＝25 cm，出球口离盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考虑乒乓球的旋转、空气阻力和发球机轨道对球的阻力．已知一只乒乓球的质量约为3 g．(取重力加速度g＝10 m/s2)图3-16(1)若发球机的机头不转动，且出球点在O点正上方，当发球机发出的球能过网且落在球台上，求发球机出球的速度大小范围；(2)若发球机机头以ω＝5 rad/s按俯视图所示方向转动，且出球时乒乓球相对机头的速度为9 m/s．求出球点转到O点正上方时所发出球的最后落点位置，结果用xOy坐标系中的坐标值表示；(3)在题(2)问情景下，若发球机每分钟发出30只球，求发球机因发球而消耗的平均功率．【导学号：17214189】【解析】(1)根据H－h＝12gt21得：t1＝2(H－h)g＝2×(0．45－0．25)10s＝0．2 s则发球机出球的最小速度为：v 1＝L 2t 1＝320．2m/s ＝7．5 m/s 根据H ＝12gt 22得：t 2＝2Hg ＝2×0．4510s ＝0．3 s 则发球机出球的最大速度为：v 2＝L t 2＝30．3m/s ＝10 m/s 发球机出球的速度大小范围为：7．5 m/s ＜v ＜10 m/s ．(2)机头转动的线速度为：v 3＝lω＝0．2×5 m/s ＝1 m/s根据平行四边形定则知，球发出后的速度为：v ＝v 23＋v 24＝1＋81 m/s ＝82m/s球发出后做平抛运动，在xOy 坐标系中，纵坐标为：y ＝v 3t 2＝1×0．3 m ＝0．3 m ，横坐标为：x ＝v 4t 2＝9×0．3 m ＝2．7 m最后落点位置坐标为(2．7 m ，0．3 m)．(3)每个乒乓球的机械能为： E ＝mgH 0＋12m v 2＝3×10－3×10×0．5 J ＋12×3×10－3×82 J ＝0．138 J发球机因发球而消耗的平均功率为：P ＝W t ＝30E t ＝0．138×3060W ＝0．189 W ．【答案】 (1)7．5 m/s ＜v ＜10 m/s (2)(2．7 m ，0．3 m)(3)0．189 W考点3| 圆周运动的基本规律难度：中档题型：选择题五年2考(对应学生用书第15页)8．(2018·江苏高考T 2)如图3-17所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-17A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小【解题关键】解此题注意以下两点：(1)“旋转秋千”同轴转动，两座椅角速度相同．(2)座椅到转轴的水平距离为圆周运动的半径．D [A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mgcos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．]9．(2018·江苏高考T 5)如图3-18所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g ．下列说法正确的是( )【导学号：17214181】图3-18A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC．物块上升的最大高度为2v2 gD．速度v不能超过(2F－Mg)LMD[物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg＜2F．A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F．B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝M v2L，T＝Mg＋M v2L，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定．C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－12M v2则最大高度h＝v2 2g若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝12M v′2－12M v2则最大高度h＜v2 2g．D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝M v2 L故最大速度v＝(2F－Mg)LM．]1．水平面内圆周运动临界问题(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态．(2)常见临界条件：绳的临界：张力F T＝0；接触面滑动的临界：F＝f；接触面分离的临界：F N＝0．2．竖直平面内圆周运动的分析方法(1)对于竖直平面内的圆周运动要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”，明确两种模型过最高点时的临界条件．(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”．“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来．●考向1水平面内的圆周运动10．(多选)(2018·无锡一模)如图3-19所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是()【导学号：17214182】图3-19A．B的向心力是A的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μBBD[A、B两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A、B的向心力相等，故A错误．对A分析，有：f A＝mrω2，对A、B整体分析，f B＝2m·rω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确．A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，故D正确．] 11．(多选)(2018·南京四模)如图3-20所示，光滑的轻杆OA可绕竖直轴OO′旋转，且OA与OO′轴间夹角θ始终保持不变，质量为m的小球套在OA杆上，可在杆适当位置处随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有()图3-20A．小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等B．杆的转速越大，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越高C．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置D．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球的弹力垂直于杆，杆不会对小球做功AC[根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝ma，解得：a＝gtan θ，可知小球在任何位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等，故A正确．根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝mr(2πn)2，转速增大，由于合力大小不变，则r减小，即小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，故B错误．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，速度增大或减小，根据mgtan θ＝mv2r知，合力大小不变，则r增大或减小，即远离该位置，故C正确．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由B选项知，小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，做圆周运动的半径减小，则线速度变小，根据动能定理知，重力做正功，动能减小，则杆对球的弹力做负功，故D错误．]●考向2 竖直平面的圆周运动12．(2018·南通模拟)如图3-21甲所示，一长为l 的轻绳，一端穿在过O 点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O 点在竖直面内转动，小球通过最高点时，绳对小球的拉力F 与其速度平方v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断中正确的是( )【导学号：17214183】甲乙图3-21A ．b 可以等于0B ．可求出重力加速度gC ．绳长不变，用质量不同的球做实验，得到的图线斜率不变D ．绳长不变，用质量较大的球做实验，图线b 点的位置将往右移B [小球在竖直面内做圆周运动，在最高点的最小速度v ＝gl ，故b 不可能为零，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有：mg ＝m v 2l ，解得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率变小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 错误．]热点模型解读| 竖直轨道运动模型(对应学生用书第16页)1．模型展示圆周运动与超重、失重[典例](多选)(2018·湖北黄石三模)如图3-22所示，竖直面内有个光滑的3/4圆。

2018江苏高考复习教师用书选修3-3

[高考导航]基础课1分子动理论内能知识点一、分子动理论的基本观点、阿伏加德罗常数1．物体是由大量分子组成的(1)分子很小：①直径数量级为10－10m。

②质量数量级为10－26～10－27kg。

(2)分子数目特别大：阿伏加德罗常数N A＝6.02×1023mol－1。

2．分子的热运动(1)扩散现象：由于分子的无规则运动而产生的物质迁移现象。

温度越高，扩散越快。

(2)布朗运动：在显微镜下看到的悬浮在液体中的固体颗粒的永不停息地做无规则运动。

其特点是：①永不停息、无规则运动。

②颗粒越小，运动越明显。

③温度越高，运动越激烈。

3．分子间存在着相互作用力(1)分子间同时存在引力和斥力，实际表现的分子力是它们的合力。

(2)引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快。

知识点二、温度和内能1．温度一切达到热平衡的系统都具有相同的温度。

2．两种温标摄氏温标和热力学温标。

关系：T＝t＋273.15 K。

3．分子的动能(1)分子动能是分子热运动所具有的动能。

(2)分子热运动的平均动能是所有分子热运动的动能的平均值，温度是分子热运动的平均动能的标志。

(3)分子热运动的总动能是物体内所有分子热运动动能的总和。

4．分子的势能(1)意义：由于分子间存在着引力和斥力，所以分子具有由它们的相对位置决定的能。

(2)分子势能的决定因素：微观上——决定于分子间距离和分子排列情况；宏观上——决定于体积和状态。

5．物体的内能(1)等于物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和，是状态量。

(2)对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。

(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。

(4)改变内能的方式知识点三、气体分子运动速率的统计分布气体和气体分子运动的特点知识点四、实验十：用油膜法估测分子的大小1．原理与操作2．注意事项(1)将所有的实验用具擦洗干净，不能混用。

(2)油酸酒精溶液的浓度以小于0.1%为宜。

江苏省2018版高考物理二轮复习专题十二鸭部分课件选修3_5

λ
取 λ＝4.0×10－7 m，则 E≈5.0×10－19 J 根据 E>W0 判断钠、钾、铷能发生光电效应。 hν 2hν 答案 (1)A (2) c (3)钠、钾、铷 c
2.(2017· 江苏高考 ) 原子核的比结合能曲线如图 1所示。根据该曲
线，下列判断正确的有________。
图1
A.4 2He 核的结合能约为 14 MeV 6 B.4 2He 核比3Li 核更稳定 4 C.两个2 H 核结合成 1 2He 核时释放能量 89 D.235 92U 核中核子的平均结合能比36Kr 核中的大
(1)Ek＝hν－W0 (2)用图象表示光电效应方程
①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标ν0
②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值W0＝E ③普朗克常量：图线的斜率k＝h
5.光的波粒二象性
(1) 光既有波动性，又有粒子性，无法只用其中的一种性质去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性。 (2) 光的干涉、衍射、偏振现象说明了光的波动性。黑体辐射、光电效应、康普顿效应说明了光的粒子性，光的波长越长，频
(2)小于
2∶ 1
(3)3∶2
1.动量守恒定律 (1)条件：系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。 (2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 2.玻尔理论的基本内容
E1 能级假设：氢原子 En＝ 2 ，n 为量子数 n 跃迁假设：hν＝E 末－E 初轨道量子化假设：氢原子 rn＝n2r1，n 为量子数
(2) 已知光速为 c ，普朗克常数为 h ，则频率为 ν 的光子的动量为 ________，用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________。

2018版高考物理二轮教师用书：第2部分专项1 第8招类比分析法

性，进一步推断它们在其他方面也可能有相同或相似的属性的一种思维方法．解决一些物理情境新颖的题目时可以尝试使用这种方法．
[例8](多选)如图13所示，一带负电的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知()
图13
A．Q点的电势比P点高
B．油滴在Q点的动能比它在P点的大
C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大
D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小
【解析】带负电的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直平面(纸面)内，且关于过轨迹最低点P的竖直线对称，这与斜抛运动相似，故可以判断合力的方向竖直向上，可知电场力的方向竖直向上，油滴带负电，所以匀强电场的方向竖直向下，故Q点的电势比P点高，油滴在Q点的电势能比在P点的小，在Q点的动能比在P点的大，A、B正确，C错误．在匀强电场中电场力是恒力，重力也是恒力，所以合力是恒力，油滴的加速度恒定，故D错误．
【答案】AB
【名师点评】本题的突破口是类比重力场中斜抛运动的模型分析带电体的运动．斜抛运动所受合力的方向竖直向下，类比可知油滴所受合力方向竖直向上．
[尝试应用]两质量均为M的球形均匀星体，其连线的垂直平分线为MN，O为两星体连线的中点，如图14所示，一质量为m的小物体从O点沿着OM方向运动，则它受到的万有引力大小的变化情况是()
【导学号：19624192】
图14
A．一直增大B．一直减小
C．先增大后减小D．先减小后增大
C[由于万有引力定律和库仑定律的内容和表达式的相似性，故可以将该题与电荷之间的相互作用类比，即将两个星体类比于等量同种电荷，而小物体类比于异种电荷．由此易得C选项正确．]。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分倒计时第7天功能关系和能量守恒

倒计时第7天功能关系和能量守恒A ．主干回顾B ．精要检索1．恒力做功的计算式W ＝Fl cos α(α是F 与位移l 方向的夹角)．2．恒力所做总功的计算W 总＝F 合l cos α或W 总＝W 1＋W 2＋…．3．计算功率的两个公式P ＝W t 或P ＝F v cos α．4．动能定理W 总＝E k2－E k1．5．机车启动类问题中的“临界点”(1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝P m v m． (2)匀加速运动的最后点为P v 1m－F 阻＝ma ；此时瞬时功率等于额定功率P 额． (3)在匀加速过程中的某点有：P 1v 1－F 阻＝ma ． (4)在变加速运动过程中的某点有P m v 2－F 阻＝ma 2． 6．重力势能E p ＝mgh (h 是相对于零势能面的高度)7．机械能守恒定律的三种表达方式(1)始、末状态：mgh 1＋12m v 21＝mgh 2＋12m v 22．(2)能量转化：ΔE k(增)＝ΔE p(减)．(3)研究对象：ΔE A ＝－ΔE B ．8．几种常见的功能关系(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理．(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系．(3)动能定理既适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用．(4)若物体运动的过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理．C．考前热身1．(多选)如图1所示，光滑水平面上有一长为L的小车，在小车的一端放有一物体，在物体上施一水平恒力F，使它由静止开始从小车的一端运动到另一端，设小车与物体之间的摩擦力为f，则()【导学号：17214224】图1A．物体到达另一端时的动能为(F－f)(s＋L)B．物体到达另一端时小车的动能为fsC．整个过程中消耗的机械能为fs D．物体克服摩擦力做功为fLAB[对物体运用动能定理可得(F－f)(s＋L)＝12m v2，则A正确；对车运用动能定理可得fs＝12M v2，则B正确；系统在整个过程中消耗的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，则整个过程中消耗的机械能为fL，C错误；物体克服摩擦力所做的功为f(L＋s)，D错误．]2．将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为E k1和E k2．从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是()A．E k1＝E k2，W1＝W2B．E k1＞E k2，W1＝W2C．E k1＜E k2，W1＜W2D．E k1＞E k2，W1＜W2B[从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即W1＝W2．对两次经过a点的过程运用动能定理得，－W f＝E k2－E k1，可知E k1＞E k2，故B正确，A、C、D错误．]3．140 kg的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整表面前进(所受摩擦力按滑动摩擦力计算)，通过光照自主进行工作．若车轮与月球地面间的动摩擦因数为μ＝0．5，月球表面的重力加速度为g＝1．6 m/s2，现在正以最大速度做匀速直线运动，前进100 m用时30 min．则月球车提供的动力功率为()A．P＝1．1×102 W B．P＝16．2 WC．P＝81 W D．P＝6．2 WD[玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力等于前进提供的动力，由力平衡得：F＝μmg，解得F＝112 N，平均速度v＝xt＝1001 800m/s＝118m/s，P＝F v，解得P＝6．2 W，故D正确．]4．如图2所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()图2A．杆对圆环的弹力先增大后减小B．弹簧弹性势能增加了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大BD[圆环在下滑的过程中，设下降的高度为x，根据胡克定律得，弹簧的弹力F弹＝k(x2＋L2－L)，杆子对圆环的弹力N＝F弹sin θ＝k(x2＋L2－L)·Lx2＋L2＝kL－kL sin θ，sin θ逐渐减小，则杆对圆环的弹力增大，故A错误．图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹性势能为零，圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为(2L)2－L2＝3L，可得圆环下降的高度为h＝3L，根据系统的机械能守恒得，在最低点时动能为0，弹性势能的增加量等于重力势能的减小量，为3mgL，故B正确．当合力为零时，速度最大，当下滑到最大距离时，速度为零，加速度不为零，所受合力不为零，故C错误．因为系统机械能守恒，圆环动能和弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减小量，重力势能一直减小，则圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大，故D正确．]5．(多选)如图3所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用长为2L 的轻杆相连，在杆的中点O处有一固定水平转动轴，把杆置于水平位置后由静止释放，在B球沿顺时针转动到最低位置的过程中()图3A．A、B两球的角速度大小始终相等B．重力对B球做功的瞬时功率一直增大C．B球转动到最低位置时的速度大小为2 3gLD．杆对B球做正功，B球机械能不守恒AC[A、B两球用轻杆相连，角速度大小始终相等，选项A正确；杆在水平位置时，重力对B球做功的瞬时功率为零，杆在竖直位置时，B球的重力和速度方向垂直，重力对B球做功的瞬时功率也为零，但在其他位置重力对B 球做功的瞬时功率不为零，因此，重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小，选项B错误；设B球转动到最低位置时的速度为v，两球角速度大小相等，转动半径相等，所以两球的线速度大小也相等，对A、B两球和杆组成的系统，由机械能守恒定律得，2mgL－mgL＝12(2m)v2＋12m v2，解得v＝23gL，选项C正确；B球的重力势能减少了2mgL，动能增加了23mgL，机械能减少了，所以杆对B球做负功，选项D错误．]6．(多选)如图4甲所示，质量m＝0．5 kg，初速度v0＝10 m/s的物体，受到一个与初速方向相反的外力F的作用，沿粗糙的水平面滑动，经3 s后撤去外力，直到物体停止，整个过程物体的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()图4A．物体与地面间的动摩擦因数为0．1B．0～2 s内F做的功为－8 JC．0～7 s内物体由于摩擦产生的热量为25 JD．0～7 s内物体滑行的总位移为29 mABD[由图象可知物体在3～7 s内仅受摩擦力，做匀减速直线运动，其加速度大小a＝1 m/s2＝μg，得物体与地面间的动摩擦因数为0．1，A正确；计算0～7 s内所围面积可得物体滑行的总位移为x＝29 m，D正确，0～7 s内物体由于摩擦产生的热量为Q＝μmgx＝14．5 J，C错误；0～2 s加速度大小a1＝2 m/s2，由μmg＋F＝ma1可得F＝0．5 N，0～2 s内位移由面积可得x′＝16 m，所以F做的功为W＝－Fx′＝－8 J，B正确．]7．如图5所示，在光滑水平地面上放置质量为M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切．一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h＝0．6 m．滑块在长木板上滑行t＝1 s后，和长木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/s2．求：图5(1)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动，产生的内能是多少？【导学号：17214225】【解析】(1)滑块在长木板上滑行时，对长木板，根据牛顿第二定律有F f＝Ma1由运动学公式得v＝a1t代入数据解得F f＝2 N．(2)滑块在长木板上滑行时，对滑块，根据牛顿第二定律有－F f＝ma2设滑块滑上长木板时的初速度为v0，则有v－v0＝a2t代入数据解得v0＝3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得mgh －Q 1＝12m v 20－0代入数据解得Q 1＝1．5 J ．(3)滑块在木板上滑行，t ＝1 s 时长木板的位移为s 1＝12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2＝v 0t ＋12a 2t 2故滑块相对木板滑行的距离为L ＝s 2－s 1＝1．5 m 所以Q 2＝F f ·L ＝3 J则Q ＝Q 1＋Q 2＝4．5 J ．【答案】 (1)2 N (2)1．5 J (3)4．5 J。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分倒计时第4天力学实验

倒计时第4天力学实验A．主干回顾B．精要检索1．实验要点C ．考前热身1．利用如图1装置可以做力学中的许多实验：(1)以下说法正确的是________．【导学号：17214233】图1A ．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和滑轨间的摩擦阻力的影响B ．用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须调整滑轮高度使连接小车的细绳与滑轨平行C ．用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，每次改变砝码及砝码盘总质量之后，需要重新平衡摩擦力D ．用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，应使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量(2)本装置中要用到打点计时器，如图2所示为实验室常用的两种计时器，其中b 装置用的电源要求是________．a b图2A ．交流220 VB ．直流220 VC ．交流4～6 VD ．直流4～6 V(3)在利用此装置“探究加速度a 与力F 的关系”时，实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如图3，已知打点计时器接在频率为50 Hz 的交流电源上，则此次实验中打点计时器打下A 点时小车的瞬时速度为__________m/s ．(结果保留两位有效数字)图3【解析】 (1)小车与滑轨间存在的摩擦力不会影响小车做匀变速直线运动，故不需要平衡摩擦力，A 项错误；为保持小车所受拉力方向不变，需要调整滑轮高度使连接小车的细绳与滑轨平行，B 项正确；平衡摩擦力后，mg sin θ＝μmg cos θ，即tan θ＝μ，即只需要调整好轨道倾角即可，与砝码与砝码盘总质量无关，C 项错误；F ＝mgM ＋m M ＝11＋m M ·mg ，所以为确保小车所受拉力近似等于砝码盘和盘内砝码总重力，盘及盘内砝码总质量应远小于小车总质量，D 项正确．(2)b为电磁打点计时器，使用4～6 V低压交流电源，C项正确；a为电火花打点计时器，使用交流220 V电源．(3)纸带中A点的瞬时速度等于以它为中间时刻某段位移的平均速度，即v A＝(6．10－3．98)×10－22×0．02m/s＝0．53 m/s．【答案】(1)BD(2)C(3)0．53(0．51～0．53均对)2．某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验，实验步骤如下：图4A．挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；B．打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持A中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端静止下滑，分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小v1和v2；C．重新挂上细绳和钩码，改变钩码的个数，重复A到B的步骤．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，长木板表面粗糙对实验结果是否有影响？________(填“是”或“否”)；(2)若要验证动能定理的表达式，还需测量的物理量有()A．悬挂钩码的总质量mB．长木板的倾角θC．两传感器间的距离lD．小车的质量M(3)根据实验所测的物理量，动能定理的表达式为：_____．(重力加速度为g)【导学号：17214234】【解析】(1)小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态，撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响，(2、3)根据动能定理可知，合外力对小车做的功等于小车动能的变化量，则有：mgl＝12M v22－12M v21，所以要测量悬挂钩码的总质量m，两传感器间的距离l，小车的质量M．【答案】(1)否(2)ACD(3)mgl＝12M v22－12M v213．用落体法验证机械能守恒定律的实验中，打点计时器的打点频率为50 Hz，重力加速度为9．8 m/s2．(1)运用公式12m v2＝mgh时，对实验条件的要求是重锤由静止出发，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近________．(2)若实验中所用重锤的质量m＝1 kg，打点纸带如图5所示，则打下B点时，重锤的动能E k＝________J；从开始下落至打下B点，重锤的重力势能的减少量ΔE p＝________J．(结果保留三位有效数字)图5(3)由上述实验可得出的结论是____________________________．【解析】 (1)用公式12m v 2＝mgh 验证机械能守恒定律时，对实验条件的要求是纸带上打下第1点时，重锤的初速度为零，打点计时器的打点频率为50 Hz ，打点周期为0．02 s ，重锤开始下落后，在第一个打点周期内下落的高度为h ＝12gT 2＝12×9．8×(0．02)2 m ≈2 mm ，所以所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近2 mm ．(2)由题图，利用匀变速直线运动规律，有v B ＝x AC 2T ＝0．031 0－0．007 82×0．02m/s ＝0．58 m/s ，打下B 点时重锤的动能E k B ＝12m v 2B ＝0．168 J ；从开始下落至打下B 点，重锤的重力势能的减少量ΔE p ＝mgh ＝1×9．8×0．017 6 J ＝0．172 J ．(3)由以上数据，可得出的结论是在误差允许的范围内，重锤下落过程中机械能守恒．【答案】 (1)2 mm (2)0．168 0．172 (3)在误差允许的范围内，重锤的机械能守恒4．某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则．实验步骤：甲乙图6①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向．②如图6甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧秤示数改变0．50 N，测出所对应的l，部分数据如表所示：拉力记为F OO′．④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示．用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F O B．完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在给出的坐标纸上画出F-l图线，根据图线求得l0＝____cm．(2)测得OA＝6．00 cm，OB＝7．60 cm，则F OA的大小为________N．(3)根据给出的标度作出F OA和F OB的合力F′的图示．(4)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．【解析】(1)根据表格中数据利用描点法作出图象如图甲所示：甲乙由图甲可知，图象与横坐标的交点即为l0，由图可知l0＝10．0 cm；(2)AB的总长度为6．00＋7．60 cm＝13．60 cm；由图可知，此时两端拉力F ＝1．80 N；(3)根据给出的标度，作出合力如图乙所示；(4)只要作出的合力与实验得出的合力F OO′大小和方向在误差允许的范围内相等，即可说明平行四边形定则成立．【答案】(1)如解析图甲所示10．0(2)1．80(3)如解析图乙所示(4)F OO′。

2018版高考物理二轮江苏专版教师用书：第二部分倒计

倒计时第8天质点运动的基本规律A ．主干回顾B ．精要检索一、直线运动1．匀变速直线运动规律的三个重要公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at ．(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2．(3)位移、加速度、速度的关系：v 2－v 20＝2ax ．2．匀变速直线运动的三个重要推论(1)平均速度公式：v ＝v 0＋v 2．(2)匀变速直线运动的判别式：Δx ＝aT 2．(3)中间时刻的瞬时速度公式：v t 2＝v ＝v 0＋v 2． 3．研究匀变速直线运动的方法(1)用“Δx ＝aT 2”判断该运动是否为匀变速直线运动．(2)用公式v n ＝x n ＋x n ＋12T 求打点计时器打n 点时纸带的速度．(3)用“逐差法”求加速度，即a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 1－x 2－x 39T 2． 4．自由落体运动(1)条件：①只受重力作用；②初速度为零．(2)速度公式v ＝gt ；位移公式x ＝12gt 2．二、曲线运动1．平抛运动(1)特点：初速度沿水平方向，只受竖直方向的重力作用，其轨迹为抛物线．平抛运动是匀变速(加速度是g )曲线运动．(2)位移关系：水平位移x ＝v 0t竖直位移y ＝12gt 2合位移的大小s ＝x 2＋y 2，合位移的方向tan α＝y x ．(3)速度关系：水平速度v x ＝v 0，竖直速度v y ＝gt ．合速度的大小v ＝v 2x ＋v 2y ，合速度的方向tan β＝v y v x． (4)重要推论：速度偏角与位移偏角的关系为tan β＝2tan α．平抛运动到任一位置A ，过A 点作其速度方向的反向延长线交Ox 轴于C 点，有OC ＝x 2(如图1所示)．图12．匀速圆周运动(1)匀速圆周运动的规律①v 、ω、T 、f 及半径的关系：T ＝1f ，ω＝2πT ＝2πf ，v ＝2πT r ＝2πfr ＝ωr ．②向心加速度大小：a ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2f 2r ＝4π2T 2r ．③向心力大小：F ＝ma ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝4π2mf 2r ．(2)竖直平面内圆周运动的临界条件①轻绳拉小球在竖直平面内做圆周运动(或小球在竖直圆轨道内侧做圆周运动)时的临界点是在竖直圆轨道的最高点有F ＋mg ＝m v 2r 成立；由于轻绳中拉力F ≥0，要使小球能够经过竖直圆轨道的最高点，则到达最高点时速度必须满足v ≥gr ．②由于经杆(或环形圆管)既可提供拉力，又可提供支持力，轻杆拉小球(或环形圆管内小球)在竖直平面内做圆周运动(或小球在竖直平面内双轨道之间做圆周运动)的条件为到达最高点时速度v ≥0．三、天体的运动1．人造地球卫星(1)轨道特征：轨道平面必过地心．(2)动力学特征：万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，即有G Mm r 2＝m v 2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ． (3)运动学特征：轨道半径越大，周期越长，但运行速度越小．(4)宇宙速度：发射人造地球卫星的最小速度——第一宇宙速度v 1＝gR ＝7．9 km/s ．物体脱离地球引力，不再绕地球运行所需的最小速度——第二宇宙速度；物体脱离太阳的引力所需的最小速度——第三宇宙速度．2．地球卫星的最大运行速度和最小周期由G Mm r 2＝m v 2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，得到卫星绕地球的运行速度v ＝GM r ＝gR 2r ，周期T ＝2πr v ＝2πr 3GM ＝2πr 3gR 2．当卫星绕地球表面运行时，轨道半径r 等于地球半径R ，运行速度最大，周期最小．3．地球同步卫星的四定(1)运行周期一定，周期为24 h ．(2)距地面高度一定，大约为3．6×118 km ．(3)轨道平面一定，轨道平面与赤道面重合．(4)环绕方向及速度一定，环绕方向为自西向东运动，速度大小约为3．1 km/s ．C ．考前热身1．(多选)某遥控小车在平直路面上运动的v -t 图线如图2所示．则关于小车的运动，下列说法正确的是( )图2A ．0～5 s 内小车运动的路程为3 mB ．小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，在2～3 s 内做匀加速运动，加速度的大小为2 m/s 2C ．3～5 s 内小车的加速度的大小为2 m/s 2D ．0～5 s 内小车运动的位移为11 mBC [由图知，小车开始以2 m/s 的速度做匀速直线运动，到2 s 时开始做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，3 s 时速度达到4 m/s ，然后突然以4 m/s 的速度返回，沿反向做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s 2，B 、C 正确；路程s ＝2×2 m ＋2＋42×1 m ＋12×4×2 m ＝11 m ，位移x ＝2×2 m ×＋2＋42×1m －12×4×2 m ＝3 m ，A 、D 错误．]2．(多选)如图3所示，斜面倾角为θ，从斜面的P 点分别以v 0和2v 0的速度水平抛出A 、B 两个小球，不计空气阻力，若两小球均落在斜面上且不发生反弹，则( )【导学号：17214220】A ．A 、B 两小球的水平位移之比为1∶4B ．A 、B 两小球飞行的时间之比为1∶2C ．A 、B 两小球下落的高度之比为1∶2D ．A 、B 两小球落到斜面上的速度大小之比为1∶4AB [由平抛运动规律可知，x 1＝v 0t 1，y 1＝12gt 21，tan θ＝y 1x 1；x 2＝2v 0t 2，y 2＝12gt 22，tan θ＝y 2x 2，联立解得A 、B 两小球飞行的时间之比为t 1∶t 2＝1∶2，A 、B 两小球的水平位移之比为x 1∶x 2＝1∶4，选项A 、B 正确；A 、B 两小球下落的高度之比为y 1∶y 2＝1∶4，选项C 错误；A 、B 两小球落到斜面上时的速度大小分别为v 1＝v 20＋(gt 1)2，v 2＝(2v 0)2＋(gt 2)2＝2v 20＋(gt 1)2，即A 、B 两小球落到斜面上的速度大小之比为1∶2，选项D 错误．]3．(多选)已知地球半径为R ，质量为M ，自转角速度为ω，引力常量为G ，地球同步卫星距地面高度为h ，则( )A ．地球表面赤道上物体随地球自转的线速度为ωRB ．地球同步卫星的运行速度为ωhC ．地球近地卫星做匀速圆周运动的线速度为GM RD ．地球近地卫星做匀速圆周运动的周期大于2πωAC [地球表面赤道上物体随地球自转的线速度v ＝ωR ，选项A 正确；地球同步卫星的运行速度v ′＝ω(R ＋h )，选项B 错误；由G Mm R 2＝m v 21R 得选项C 正确；只有轨道高于地球同步卫星轨道的卫星周期才大于地球同步卫星的周期，选项D 错误．]4．如图4所示，设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n 倍，质量为火星的k 倍，不考虑行星自转的影响，则( )【导学号：17214221】A ．金星表面的重力加速度是火星的k n 倍B ．金星的“第一宇宙速度”是火星的k n 倍C ．金星绕太阳运动的加速度比火星小D ．金星绕太阳运动的周期比火星大B [根据mg ＝G Mm R 2得g ＝GM R 2，可知金星与火星表面重力加速度之比 g 金g 火＝k n 2，故A 错误；根据v ＝GMR 可知，金星与火星第一宇宙速度之比v 金v 火＝k n ，故B 正确；根据a ＝GM r 2可知，距离太阳越远，加速度越小，金星距离太阳近，则金星绕太阳运动的加速度比火星大，故C 错误；根据开普勒第三定律 r 3T 2＝k ，可知距离太阳越远，周期越长，金星距离太阳近，所以金星绕太阳运动的周期比火星短，故D 错误．]5．(多选)如图5所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在水平转盘上，且木块A 、B 与转盘中心在同一条直线上，两者用长为L 的细绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k 倍，A 放在距离转轴L 处，整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O 1O 2转动．开始时，绳恰好伸直但无弹力．现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是( )【导学号：17214222】图5A ．当ω＞2kg 3L 时，A 、B 相对于转盘会滑动 B ．当ω>kg 2L 时，绳子一定有弹力 C ．ω在kg2L ＜ω＜2kg3L 范围内增大时，B 所受的摩擦力变大D．ω在0<ω<2kg3L范围内增大时，A所受的摩擦力一直变大ABD[当木块A、B所受的静摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，kmg＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得ω＝2kg3L，选项A正确；当B所受的静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即kmg＝mω2·2L，解得ω＝kg2L，选项B正确；当kg2L＜ω＜2kg3L时，随角速度的增大，绳子拉力不断增大，B所受的静摩擦力一直保持最大静摩擦力不变，选项C错误；0＜ω≤kg2L时，A所受的摩擦力提供向心力，即F f＝mω2L，静摩擦力随角速度增大而增大，当kg2L＜ω＜2kg3L时，以A、B整体为研究对象，F fA＋kmg＝mω2L＋mω2·2L，可知A所受的静摩擦力随角速度的增大而增大，选项D 正确．]6．如图6所示，用长为l的轻质细线将质量为m的小球悬挂于O点，细线能承受的最大拉力大小为7mg．小球在外力作用下静止于A处，此时细线偏离竖直方向的夹角为60°．撤去外力，让小球由静止释放，摆到最低点B时，细线被O点正下方的光滑小钉子挡住，钉子离O点的距离满足一定条件时，小球能继续运动且细线不松弛．不计空气阻力，重力加速度为g．求：图6(1)小球静止于A处时所受最小外力；(2)小球运动过程中离A处位移的范围；(3)钉子离O点距离应该满足的条件．【导学号：17214223】【解析】(1)当外力与绳垂直斜向上时，外力最小，由共点力平衡可得，F＝mg sin 60°＝32mg．(2)钉子和O 点重合时，当小球运动到左侧最高点时，位移最大，根据机械能守恒条件可知，小球运动到左侧最高点和初始位置等高，根据几何关系知，小球运动过程中的最大位移x m ＝2×l ×32＝3l ，所以0≤x ≤3l ．(3)①当钉子与A 点等高时，小球运动到最高点的速度为零，h 1＝l2．②小球运动到最低点绳子恰好不断裂，设此时小球运动半径为r 1，根据牛顿第二定律得，7mg －mg ＝m v 21r 1，由机械能守恒定律得，mgl (1－cos 60°)＝12m v 21，解得r 1＝16l ，钉子距离O 点的距离l 1＝l －16l ＝56l ．③小球绕过钉子又能运动到圆周的最高点，设此时小球运动的半径为r 2，由机械能守恒定律可得，mg l 2－mg ·2r 2＝12m v 22，由牛顿第二定律得，mg ＝m v 22r 2，代入数据解得r 2＝l5，钉子距离O 点的距离l 2＝l －l 5＝45l ，所以钉子离O 点的距离h 满足的条件为h <l 2或45l ≤h ≤5l6．【答案】 (1)32mg (2)0≤x ≤3l (3)h <l 2或45l ≤h ≤5l6。

2018届高三物理二轮复习教师用书：考前第2天选考部分

板块三考前知识回扣考前第2天选考部分[回顾知识]选修3－31．两种分子模型(1)①球体，直径d＝36Vπ；②立方体，边长为d＝3V0，式中V0为分子体积，只适用于求固体或液体分子的直径．2．布朗运动：布朗运动是悬浮在液体中的颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，但是液体分子无规则运动的反映．3．分子力随分子间距离变化的关系图线与分子势能随分子间距离变化的关系图线的比较：(如图甲、乙所示)在图甲中，当r＝r0时分子间作用力为零．在图乙中，当r＝r0时分子势能最小，但不为零(规定无穷远处为零)．4．气体实验定律(1)玻意耳定律(等温变化)：pV＝C或p1V1＝p2V2.(2)查理定律(等容变化)：pT＝C或p1T1＝p2T2.(3)盖－吕萨克定律(等压变化)：VT＝C或V1T1＝V2T2.5．热力学第一定律如果系统和外界同时发生做功和热传递，那么外界对系统所做的功(W)加上外界传递给系统的热量(Q)等于系统内能的增加量(ΔU)．表达式：ΔU＝W＋Q式中，系统内能增加，ΔU>0；系统内能减小，ΔU<0；外界向系统传热，Q>0，系统向外界传热：Q<0；外界对系统做功，W>0，系统对外界做功，W<0.选修3－41．简谐运动的图象简谐运动的图象是正弦或余弦曲线．图象的应用：①可直观读取振幅、周期、各时刻的位移．②判定各时刻回复力、加速度及速度方向．③判定某段时间内位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况．2．单摆的周期公式T＝2πl g.公式中l为单摆的等效摆长，是指悬点到摆球球心的距离．由周期公式可知，单摆的振动周期与摆球质量m和振幅A无关，只与摆长l和当地的重力加速度有关．3．波长、波速和频率的关系λ＝v T＝v f4．折射率公式n＝sinθ1sinθ2＝cv＝λλ′5．临界角公式光线从某种介质射向真空(或空气)时的临界角为C ，则sin C ＝1n ＝v c6．光的干涉现象 (1)双缝干涉①双缝的作用：将同一束光分为两束形成相干波源 ②Δx ＝ld λ＝|S 2P －S 1P |③产生亮暗条纹的条件是|S 2P －S 1P |＝nλ(亮)，|S 2P －S 1P |＝2n ＋12λ(暗)(n ＝0、1、2、3…)(2)薄膜干涉①形成：光照到薄膜上，由薄膜前、后表面反射的两列光波叠加而成．劈形薄膜干涉可产生平行相间条纹．②条纹：单色光出现明暗相间条纹，白光出现彩色条纹． ③应用：增透膜(其厚度为光在薄膜中波长的四分之一)、检查工件表面的平整度．[回顾方法]选修3－3 微观量的估算方法1．分子数N ＝nN A ＝m M N A ＝VV mol N A .2．分子质量m 0＝MN A.3．分子体积V 0＝V molN A.(对于气体，V 0为气体分子所占的空间体积)4．分子直径把固体、液体分子看成球形，则分子直径d＝36Vπ＝36VmolπN A把固体、液体分子看成立方体，则d＝3V0＝3VmolN A.选修3－4由波的传播方向判断质点振动方向的方法选修3－31．区分布朗运动与扩散现象．2．区分分子力随分子间距离变化图线与分子势能随分子间距离变化图线．3．区分“p－V”图象与“p－1V”图象．选修3－41．区分简谐运动与机械振动．2．区分振动图象与波动图象．3．区分绝对折射率与相对折射率．4．区分干涉图样和衍射图样．。

2018年高考物理(江苏专用)总复习教师用书3章

[高考导航]基础课1 牛顿第一定律牛顿第三定律知识点一、牛顿第一定律1．内容一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。

2．意义(1)指出力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因。

(2)指出了一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又称惯性定律。

3．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。

(2)性质：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。

(3)量度：质量是物体惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。

知识点二牛顿第三定律1．内容两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。

2．意义建立了相互作用物体之间的联系及作用力与反作用力的相互依赖关系。

[思考判断](1)牛顿第一定律是实验定律。

()(2)牛顿第一定律指出，当物体受到的合外力为零时，物体将处于静止状态。

()(3)物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止。

()(4)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。

()(5)惯性是物体抵抗运动状态变化的性质。

()(6)作用力与反作用力的效果可以相互抵消。

()(7)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力。

()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×(7)×对牛顿第一定律的理解与应用1．牛顿第一定律：牛顿第一定律不是实验定律，它是在可靠的实验事实(如伽利略斜面实验)基础上采用科学的逻辑推理得出的结论；物体不受外力是牛顿第一定律的理想条件，其实际意义是物体受到的合外力为零。

2．惯性：惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大。

3．惯性的两种表现形式(1)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来。

2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档：专题十一选修3-4含答案

专题十一选修3－4考情分析201520162017选修3－4T12B(1）：多普勒效应T12B（2）：波速与波长、频率的关系，波的干涉和衍射T12B(3）:光的折射定律T12B(1):狭义相对论的基本假设及长度的相对性T12B（2）：光发生干涉的条件、光的叠加T12(3)：双缝干涉条纹间距公式的应用T12B（1）：相对论T12B(2)：波长、波速、频率的关系T12（3)：光的折射,眼球模型命题解读本专题13个考点，皆为Ⅰ要求.从三年命题情况看，命题特点为：（1）注重基础.如2013年的“共振”、2014年的“光谱”、2015年与2016年和2017年的“多普勒效应"“相对论”等都较好的考查了学生的理解能力。

（2)联系实际。

2013年的“单反照相机"、2014年的“蝴蝶的翅膀”、2015年的“眼镜片”、2017年的“人的眼球聚光"等都是STS问题，体现了学以致用的课标理念。

整体难度中等,命题指数★★★★★，复习目标是达B必会.1．（2016·江苏高考）(1）一艘太空飞船静止时的长度为30 m,他以0.6c（c为光速）的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________.A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 mB．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c(2)杨氏干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上,两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，则两列光的________相同。

如图1所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在________(选填“A”“B"或“C"）点会出现暗条纹.(3)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5.8910－7 m，双缝间的距离d＝1 mm，双缝到屏的距离l＝2 m.求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距.解析（1)飞船上的观察者测得飞船的长度不变，仍为30 m，由l＝l0错误!＜l0可知，地球上的观察者测得该飞船的长度小于30 m，A错误，B正确；由光速不变原理可知C、D错误。

2018届高考物理二轮复习江苏专用课件：考前第3天

图3
(2)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为________W。解析 (1)小灯泡电阻较小，所以，电流表外接，电路图及实物图见答案 (2)由图丙知，灯泡两端额定电压为2.5 V时，电流为I＝0.44 A，所以灯泡的额定功率 P＝UI＝2.5×0.44 W＝1.1 W。
2.有一只标值为“2.5 V，x W”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率。 (1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5 Ω，请先在图3甲中补全伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路。
电路图
触头P始位置电压调节范围
b端 RxE＋RRx P≤Ux≤E
a端 0≤Ux≤E
考前必做
1.在“决定导体电阻的因素”的实验中，某同学进行了如下测量。 (1)用毫米刻度尺测量被测金属丝接入电路中的有效长度，测量结果如图1甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻度线对齐，则接入电路的金属丝长度为________cm。用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为 ________mm。
考前第3天电学实验
考点提炼
1.实验要点
实验名称
常考要点
(1)实验原理及操作过程：由 R＝ρSl 得 ρ＝RSl ，金属
导线的电阻 R 可用伏安法测量，金属导线的长度 l 决定导体电阻的
用毫米刻度尺测量，金属导线的横截面积 S 可由其因素
直径 d 算出，S＝π(2d)2，d 可由螺旋测微器测出
(2)刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器的读数及使用
答案 (1)如图甲所示实物连线如图乙所示(注：任何一个地方错误均不可) (2)1.1

2018江苏高考复习教师用书选修3-5资料

[高考导航]基础课1动量守恒定律及其应用知识点一、动量、动量守恒定律1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示。

(2)表达式：p＝m v。

(3)单位：kg·m/s。

(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。

2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。

(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。

(3)适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。

②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。

③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。

知识点二、弹性碰撞和非弹性碰撞1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。

2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。

3．分类知识点三、实验十三：验证动量守恒定律方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(如图1所示)图11．测质量：用天平测出滑块质量。

2．安装：正确安装好气垫导轨。

3．实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量。

②改变滑块的初速度大小和方向)。

4．验证：一维碰撞中的动量守恒。

图2方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(如图2所示)1．测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

2．安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来。

3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。

4．测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度。

5．改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

6．验证：一维碰撞中的动量守恒。

方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(如图3所示)图31．测质量：用天平测出两小车的质量。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分 倒计时第2天 选修3-3 热学部分 Word版含解析

(江苏专版)2018年高考物理二轮复习：滚动讲练卷 汇编98页(含答案)

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书：第二部分 倒计时第3天 电学实验 Word版含解析

2018年高考物理(江苏专用)总复习教师用书选修3-4

2018版高考物理二轮教师用书：第2部分 专项4 8、选修3