2011届“步步高”高考物理二轮复习资料：专题二计算题

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(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上
的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远.
请通过推算说明你的观点．解析 (1)由机械能守恒定律得 mgl(1－cos α)＝12mv2 ① 选手做圆周运动，有 F′－mg＝mvl2 解得 F′＝(3－2cos α)mg
由牛顿第三定律知选手对绳的拉力 F＝F′
2×2.4 0.6×2
s＝2
s
定理mgh－μmgcos θ·s＝0
可得s＝6 m
答案 (1)2 s (2)6 m
第 20 题以平抛运动和圆周运动为背景考查牛顿运动定律和功能关系的应用
例 1 (2010·山东·24)如图 2 所示，四分之一圆轨道 OA 与水平轨道 AB 相切，它们与
答案 (1)1 080 N (2)1.2 m (3)见解析
考前提醒平抛运动和圆周运动是两种重要的运动模型，高考常以创新的物理情景综合考查平抛运动和圆周运动规律，同时考查应用动力学方法和功能观点在力学中的应用，综合性较强.
图2
解析 (1)小车受恒力F作用时加速度为a1，则由牛顿第二定律得
F－μMg＝Ma1
①
经时间t，小车速度v1＝a1t
②
设撤去恒力F到小车速度为2.4 m/s时的时间为t2，则
μMg＝Ma2
③
v＝a1t－a2t2
④
s2＝12a1t2＋v1t2－12a2t22
⑤
代入数据，解①②③④⑤得t＝1 s，t2＝0.4 s
则 F＝1 080 N.
(2)由动能定理得 mg(H－lcos α＋d)－(f1＋f2)d＝0 则 d＝mfg1(＋H－ f2－lcmosgα) 解得 d＝1.2 m
(3)选手从最低点做平抛运动，则有x＝vt， H－l＝12gt2 联立①式解得x＝2 l(H－l)(1－cos α) 当l＝H2 时，x有最大值，解得l＝1.5 m 因此，两人的看法均不正确．当绳长越接近1.5 m时，落点距岸边越远．

【步步高】2011届高考物理二轮复习资料专题六第2课时感应电路和直流电路课件

B．在将滑动变阻器滑片向下移动的过程中，油滴向下
加速运动，G 中有从 b 到 a 的电流
C．在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中，油滴仍然
静止，G 中有从 a 到 b 的电流
D．在将 S 断开后,油滴仍保持静止状态,G 中无电流通过第二十一页，编辑于星期五：四点四十二分。
解析 R2与R以及电容器所在支路并联，再与R1串联．电容器两端的电压UC等于并联部分的电压U并．油滴处于静止状态，则有mg＝UdCq，其中d为电容器两板间距．当P 上移时，R增大,则U并增大，油滴受电场力增大，故向上加速,此时.电容器上有充电电流；故A正确，C错误．P向下移，则油滴会向下加速，G上有放电电流通过，B项不对.S断开，电容器会瞬间放完电，油滴会向下运动，D项错误．答案 A
题型3 含电容器电路问题分析
例3 如图6所示的电路中，两平行金属
板A、B水平放置，两板间的距离d＝
40 cm.电源电动势E＝24 V，内电阻
r＝1 Ω,电阻R＝15 Ω.闭合开关S，待
图6
电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度υ0 ＝4 m/s竖直向上射入板间.若小球带电量为q＝1×10－2 C,
第七页，编辑于星期五：四点四十二分。
2．电磁感应中电路问题的处理方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动
势的大小和方向．
(2)画出等效电路，对整个回路进行分析,确定哪一部
分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系．
(3)运用闭合电路欧姆定律,串、并联电路的特点,电功
率公式联立求解.这一部分知识要求熟练运用楞次定
第四页，编辑于星期五：四点四十二分。
7．电源的功率和效率
(1)电源的几个功率

【步步高】高考物理二轮复习资料专题二选择题课件

分别为 m1、m2 的两个物体通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1 在地面上， m2 在空中)，力 F 与水平方向成 θ 角.则 m1 所受支持力 FN 和摩擦力 Ff 正确的是 ( A.FN＝m1g＋m2g－Fsin θ B.FN＝m1g＋m2g－Fcos θ C.Ff＝Fcos θ D.Ff＝Fsin θ
选项 C 正确；因 0～4 s 内图线都在时间轴的上方，故速度
一直沿正方向，选项 D 错误.
答案 BC
例 2 (2010·天津·3)质点做直线运动的 v－t 图象如图 2 所示，
规定向右为正方向，则该质点在前 8 s 内平均速度的大小和
方向分别为
(
)
A.0.25 m/s 向右 C.1 m/s 向右
•
【原创模拟】 1.如图 4 所示，一斜面体静止在粗糙的水平地
面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑.若沿平行于斜面的方向用力 F 向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力 A.大小为零 B.方向水平向右 C.方向水平向左 D.大小和方向无法判断
图4
•11、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。 •12、首先是教师品格的陶冶，行为的教育，然后才是专门知识和技能的训练。 •13、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。2022/1/172022/1/17January 17, 2022 •14、孩子在快乐的时候，他学习任何东西都比较容易。 •15、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •16、一个人所受的教育超过了自己的智力，这样的人才有学问。 •17、好奇是儿童的原始本性，感知会使儿童心灵升华，为其为了探究事物藏下本源。2022年1月2022/1/172022/1/172022/1/171/17/2022 •18、人自身有一种力量，用许多方式按照本人意愿控制和影响这种力量，一旦他这样做，就会影响到对他的教育和对他发生作用的环境。 2022/1/172022/1/17

2011届高考物理二轮复习第1单元-力与运动专题2 直线运动课件新人教版

专题二 │ 主干知识整合
②从运动开始计时起，在连续相等的各段时间内通过的位移之比为： 1∶3∶5∶„∶(2n－1) s 1 ∶ s 2 ∶ s 3 ∶ „ ∶ s n ＝ __________________________ ( n ＝1,2,3，„) ③从运动开始计时起，通过 s, 2 s, 3s ，„， ns 所用时间之比为：
a1＋ a2
d，所以选项 C 错误、
专题二 │ 要点热点探究
【点评】通过运动图象分析物体运动情况或追及相遇问题具有简洁直观的特点，考生必须要养成通过图象分析物理问题的习惯，逐步提高应用图象分析解决物理问题的能力．在应用运动图象时要特别注意：(1)首先应看清图象性质，即题目给出的是速度图象还是位移图象；(2)要理解图象的截距、斜率、面积、交点、拐点的物理含义并结合题意深入挖掘隐含条件，灵活解决问题．
专题二 │ 要点热点探究停车距车速反应距刹车距
v(km/h) 离 s(m) 离 x(m) 离 L(m) 40 10 10 20 B 60 15 37.5 A C 80 40
请根据该图表回答下列问题：(结果保留两位有效数字) (1)请根据表格中的数据计算驾驶员的反应时间； (2)如果驾驶员的反应时间相同，请计算出表格中A的数据； (3)如果路面情况相同，车在刹车后所受阻力恒定，g＝10 m/s2，请计算出刹车后汽车所受阻力与车重的比值和表格中B、C 的数据； (4)假设在同样的路面上，一名饮了少量酒后的驾驶员驾车以72 km/h速度行驶，在距离一学校门前 50 m处发现有一队学生在斑马线上横过马路，他的反应时间比正常时慢了0.2 s，会发生交通事故吗？
专题二 │ 主干知识整合
以上两大问题的核心关系是物体的加速度与物体所受合外力的关系．它们之间除了满足大小成正比的关系外，还存在下列四性关系： ①同体性：在表达式中，m、F 合、a 都应是同一个研究对象的对应量； a．若研究对象为单个物体，则满足 F 合＝ma. b．若研究对象为多个物体，则对由这些物体组成的系统而言满足： F 合＝m1a1＋m2a2＋m3a3＋„(一维情况下)． ②瞬时性：物体的加速度和合外力具有瞬时对应关系，它们总是同增同减同生同灭； ③同向性：物体的加速度与合外力的方向时时保持一致；

高考物理自由复习步步高系列02(解析版).docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）【课本内容再回顾——查缺补漏】回顾一：牛顿第一定律内容：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为止。

理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，（运动状态指物体的速度），力是使物体产生加速度的原因。

（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。

）；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。

惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。

质量是物体惯性大小的量度。

（4）牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。

而不受外力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。

它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F=0时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。

回顾二：牛顿第二定律内容：物体的加速度大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向跟作用力方向。

公式：F=ma.理解要点：（“七个性质”）（1）矢量性：公式F=ma是矢量式，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，F x=ma x,F y=ma y, 若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的加速度。

（2）瞬时性：F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。

高考物理二轮复习教案专题二能量与动量功和功率功能关系

功和功率功能关系复习备考建议(1)能量观点是高中物理三大观点之一，是历年高考必考内容；或与直线运动、平抛运动、圆周运动结合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块连接体等结合；或借助选择题单独考查功、功率、动能定理、功能关系的理解，或在计算题中考查动力学与能量观点的综合应用，难度较大．(2)对于动量问题，17年只在选择题中出现，而且是动量守恒、动量定理的基本应用，18年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅱ卷都是动量守恒的基本应用，运动过程简单，综合性较低，Ⅲ卷只是用到了动量的概念，19年在计算题中出现，Ⅰ卷、Ⅲ卷都涉及动量与能量观点的综合应用，Ⅱ卷中用到了动量定理，对于动量的考察，综合性、难度有所提升，备考时应多加注意．第4课时功和功率功能关系考点功、功率的分析与计算1．恒力功的计算(1)单个恒力的功W ＝Fl cos α. (2)合力为恒力的功①先求合力，再求W ＝F 合l cos α. ②W ＝W 1＋W 2＋…. 2．变力功的计算(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算． (2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W ＝F l cos α计算． (3)F －l 图象中，功的大小等于“面积”． (4)求解一般变力做的功常用动能定理． 3．功率的计算(1)P ＝Wt，适用于计算平均功率；(2)P ＝Fv ，若v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率；若v 为平均速度，则P 为平均功率．注意：力F 与速度v 方向不在同一直线上时功率为Fv cos θ.例1 (多选)(2019·山西晋中市适应性调研)如图1甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F ，使环由静止开始运动，已知拉力F 及小环速度v 随时间t 变化的规律如图乙、丙所示，重力加速度g 取10m/s 2.则以下判断正确的是( )图1A ．小环的质量是1kgB ．细杆与地面间的倾角是30°C ．前3s 内拉力F 的最大功率是2.25WD ．前3s 内拉力对小环做功5.75J 答案 AD解析由速度－时间图象得到环先匀加速上升，然后匀速运动，由题图可得：第1s 内，a ＝Δv t ＝0.51m/s 2＝0.5 m/s 2，加速阶段：F 1－mg sin θ＝ma ；匀速阶段：F 2－mg sin θ＝0，联立以上三式解得：m ＝1kg ，sin θ＝0.45，故A 正确，B 错误；第1s 内，速度不断变大，拉力的瞬时功率也不断变大，第1s 末，P ＝Fv 1＝5×0.5W＝2.5W ；第1s 末到第3s 末，P ＝Fv 1＝4.5×0.5W＝2.25W ，即拉力的最大功率为2.5W ，故C 错误；从速度－时间图象可以得到，第1 s 内的位移为0.25 m,1～3 s 内的位移为1 m ，前3 s 内拉力做的功为：W ＝5×0.25 J ＋4.5×1J ＝5.75J ，故D 正确．变式训练1.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图2所示，ad 、bd 、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的最高点，d 点为最低点．每根杆上都套着一个质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放，用P 1、P 2、P 3依次表示各滑环从静止滑到d 过程中重力的平均功率，则( )图2A ．P 1<P 2<P 3B ．P 1>P 2>P 3C ．P 3>P 1>P 2D ．P 1＝P 2＝P 3 答案 B解析对小滑环b 受力分析，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得，小滑环做初速度为零的匀加速直线运动的加速度为a ＝g sin θ(θ为杆与水平方向的夹角)，由数学知识可知，小滑环的位移x ＝2R sin θ，所以t ＝2xa＝2×2R sin θg sin θ＝4Rg，t 与θ无关，即t 1＝t 2＝t 3，而三个环重力做功W 1>W 2>W 3，所以有：P 1>P 2>P 3，B 正确．2.(多选)(2019·福建龙岩市期末质量检查)如图3所示，在竖直平面内有一条不光滑的轨道ABC ，其中AB 段是半径为R 的14圆弧，BC 段是水平的．一质量为m 的滑块从A 点由静止滑下，最后停在水平轨道上C 点，此过程克服摩擦力做功为W 1.现用一沿着轨道方向的力推滑块，使它缓慢地由C 点推回到A 点，此过程克服摩擦力做功为W 2，推力对滑块做功为W ，重力加速度为g ，则下列关系中正确的是( )图3A ．W 1＝mgRB ．W 2＝mgRC ．mgR <W <2mgRD ．W >2mgR 答案 AC解析滑块由A 到C 的过程，由动能定理可知mgR －W 1＝0，故A 对；滑块由A 到B 做圆周运动，而在推力作用下从C 经过B 到达A 的过程是一个缓慢的匀速过程，所以从A 到B 的过程中平均支持力大于从B 到A 的平均支持力，那么摩擦力从A 到B 做的功大于从B 到A 做的功，而两次经过BC 段摩擦力做功相等，故W 2<W 1＝mgR ，故B 错；滑块由C 到A 的过程中，由能量守恒可知，推力对滑块做的功等于滑块重力势能增加量与克服摩擦力所做的功两部分，即W －mgR －W 2＝0，即W ＝W 1＋W 2，由于W 2<W 1＝mgR ，所以mgR <W <2mgR ，故C 对，D 错．考点功能关系的理解和应用1．几个重要的功能关系(1)重力做的功等于重力势能的减少量，即W G ＝－ΔE p . (2)弹力做的功等于弹性势能的减少量，即W 弹＝－ΔE p . (3)合力做的功等于动能的变化量，即W ＝ΔE k .(4)重力(或系统内弹力)之外的其他力做的功等于机械能的变化量，即W 其他＝ΔE . (5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即Q ＝F f ·x 相对． 2．理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同性质的力做功对应不同形式的能转化，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等． 3．应用(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化． (2)列动能定理或能量守恒定律表达式．例2 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和．取地面为重力势能零点，该物体的E 总和E p 随它离开地面的高度h 的变化如图4所示．重力加速度取10m/s 2.由图中数据可得( )图4A ．物体的质量为2kgB ．h ＝0时，物体的速率为20m/sC ．h ＝2m 时，物体的动能E k ＝40JD ．从地面至h ＝4m ，物体的动能减少100J 答案 AD解析根据题图图像可知，h ＝4m 时物体的重力势能mgh ＝80J ，解得物体质量m ＝2kg ，抛出时物体的动能为E k0＝100J ，由公式E k0＝12mv 2可知，h ＝0时物体的速率为v ＝10m/s ，选项A 正确，B 错误；由功能关系可知F f h ＝|ΔE 总|＝20J ，解得物体上升过程中所受空气阻力F f ＝5 N ，从物体开始抛出至上升到h ＝2 m 的过程中，由动能定理有－mgh －F f h ＝E k －100J ，解得E k ＝50J ，选项C 错误；由题图图像可知，物体上升到h ＝4m 时，机械能为80J ，重力势能为80J ，动能为零，即从地面上升到h ＝4m ，物体动能减少100J ，选项D 正确．变式训练3.(多选)(2018·安徽安庆市二模)如图5所示，一运动员穿着飞行装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动，运动方向与水平方向成53°角，运动员的加速度大小为3g4.已知运动员(包含装备)的质量为m ，则在运动员下落高度为h 的过程中，下列说法正确的是(sin53°＝45，cos53°＝35)( )图5A ．运动员重力势能的减少量为35mghB ．运动员动能的增加量为34mghC ．运动员动能的增加量为1516mghD ．运动员的机械能减少了116mgh答案 CD解析运动员下落的高度是h ，则重力做功：W ＝mgh ，所以运动员重力势能的减少量为mgh ，故A 错误；运动员下落的高度是h ，则飞行的距离：L ＝h sin53°＝54h ，运动员受到的合外力：F 合＝ma ＝34mg ，动能的增加量等于合外力做的功，即：ΔE k ＝W 合＝F 合L ＝34mg ×54h ＝1516mgh ，故B 错误，C 正确；运动员重力势能的减少量为mgh ，动能的增加量为1516mgh ，所以运动员的机械能减少了116mgh ，故D 正确．4．(多选)(2019·福建厦门市第一次质量检查)如图6甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与A 物体相连接，将B 物体放置在A 物体上面，A 、B 的质量都为m ，初始时两物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在物体B 上，使物体B 开始向上做匀加速运动，拉力F 与物体B 的位移x 的关系如图乙所示(g ＝10m/s 2)，下列说法正确的是( )图6A ．0～4cm 过程中，物体A 、B 和弹簧组成的系统机械能增大B ．0～4cm 过程中，弹簧的弹性势能减小，物体B 运动到4cm 处，弹簧弹性势能为零C ．弹簧的劲度系数为7.5N/cmD．弹簧的劲度系数为5.0N/cm答案AC解析0～4 cm过程中，物体A、B和弹簧组成的系统，因力F对系统做正功，则系统的机械能增大，选项A正确．由题图可知，在x＝4 cm处A、B分离，此时A、B之间的压力为零，A、B的加速度相等，但是弹簧仍处于压缩状态，弹簧的弹性势能不为零，选项B错误．开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有：2mg＝kΔl1；拉力F1为20 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＝2ma；物体B与A分离后，拉力F2为50 N，根据牛顿第二定律，有：F2－mg＝ma；物体A与B分离时，物体A的加速度为a，则根据牛顿第二定律有：kΔl2－mg＝k(Δl1－4 cm)－mg＝ma；联立解得：m＝4.0 kg，k＝7.5 N/cm.选项C正确，D错误．考点动能定理的应用1．表达式：W总＝E k2－E k1.2．五点说明(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．(2)动能变化量E k2－E k1一定是物体在末、初两状态的动能之差．(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．3．基本思路(1)确定研究对象和研究过程．(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．4．在功能关系中的应用(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．(2)动能定理也是一种功能关系，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．例3如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高．质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球由静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为E p＝0.025J．若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10m/s2.求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力的大小； (3)篮球在整个运动过程中通过的路程．答案 (1)500N/m (2)0.50N (3)11.05m 解析 (1)由最后静止的位置可知kx 2＝mg ，所以k ＝500N/m(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中mg Δh －F f ·L ＝12mv 22－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ＝mg (h 1－h 2)＝1.135J 空气阻力大小恒定，作用距离为L ＝h 1＋h 2＋2x 1＝2.273m故可得F f ≈0.50N(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反根据动能定理有mg Δh ′＋W f ＋W 弹＝12mv 2′2－12mv 12整个过程动能变化为0，重力做功mg Δh ′＝mg (h 1＋x 2)＝5.55J 弹力做功W 弹＝－E p ＝－0.025J则空气阻力做功W f ＝－mg Δh ′－W 弹＝－5.525J 因W f ＝－F f s 故解得s ＝11.05m. 变式训练5.(2019·全国卷Ⅲ·17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h 在3m 以内时，物体上升、下落过程中动能E k 随h 的变化如图8所示．重力加速度取10m/s 2.该物体的质量为( )图8A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案 C解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，当Δh＝3m时，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×Δh＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，当Δh＝3m时，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×Δh＝(48－24) J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误．6．由相同材料的木板搭成的轨道如图9所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF…的长均为L ＝1.5m，木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h＝1.8m处由静止释放，物体与木板间的动摩擦因数都为μ＝0.2，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过，既不损失动能，也不会脱离轨道，在以后的运动过程中，求：(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图9(1)物体能否静止在木板上？请说明理由．(2)物体运动的总路程是多少？(3)物体最终停在何处？并作出解释．答案(1)不能理由见解析(2)11.25m (3)C点解释见解析解析(1)物体在木板上时，重力沿木板方向的分力为mg sinβ＝0.6mg最大静摩擦力F fm＝μmg cosβ＝0.16mg因mg sinβ>μmg cosβ，故物体不会静止在木板上．(2)从物体开始运动到停下，设总路程为s，由动能定理得mgh －μmgs cos β＝0解得s ＝11.25m(3)假设物体依次能到达B 、D 点，由动能定理得mg (h －L sin β)－μmg cos β(L ＋hsin β)＝12mv B 2 解得v B >0mg (h －L sin β)－μmg cos β(3L ＋hsin β)＝12mv D 2 v D 无解说明物体能通过B 点但不能到达D 点，因物体不能静止在木板上，故物体最终停在C 点．考点动力学与能量观点的综合应用1．两个分析(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握各运动阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征、能量特征． 2．四个选择(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解；(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合分析求解．例4 (2019·河北邯郸市测试)如图10所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ＝1kg 可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB 长L ＝5m ，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC 长s ＝1.5 m ，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，在C 点右侧有一半径为R 的光滑竖直圆弧轨道与BC 平滑连接，圆弧对应的圆心角为θ＝120°，在圆弧的最高点F 处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以v ＝5m/s 的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失．当弹簧储存的E p ＝18 J 能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E 点，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求右侧圆弧的轨道半径R ；(2)求小物块最终停下时与C 点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围．答案 (1)0.8m (2)13m (3)37m/s≤v ≤43m/s解析 (1)物块被弹簧弹出，由E p ＝12mv 02，可知：v 0＝6m/s因为v 0>v ，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：μ1mg ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－12a 1t 12得到：a 1＝2m/s 2，t 1＝0.5s ，x 1＝2.75m因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s 的速度滑上水平面BC ，物块滑离传送带后恰到E 点，由动能定理可知：12mv 2＝μ2mgs ＋mgR代入数据得到：R ＝0.8m.(2)设物块从E 点返回至B 点的速度大小为v B ，由12mv 2－12mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝7m/s ，因为v B >0，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性可知，物块以相同的速率离开传送带，经分析可知最终在BC 间停下，设最终停在距C 点x 处，由12mv B 2＝μ2mg (s －x )，代入数据解得：x ＝13m. (3)设传送带速度为v 1时物块恰能到F 点，在F 点满足mg sin30°＝m v F 2R从B 到F 过程中由动能定理可知：－μ2mgs －mg (R ＋R sin30°)＝12mv F 2－12mv 12解得：v 1＝37m/s设传送带速度为v 2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E 点，由12mv 22＝μ2mg ·3s ＋mgR解得：v 2＝43m/s若物块在传送带上一直加速运动，由12mv B m 2－12mv 02＝μ1mgL知其到B 点的最大速度v B m ＝56m/s若物块在E 、F 间速度减为0，则物块将脱离轨道．综合上述分析可知，只要传送带速度37m/s≤v ≤43m/s 就满足条件．变式训练7.(2019·山东青岛二中上学期期末)如图11所示，O 点距水平地面的高度为H ＝3m ，不可伸长的细线一端固定在O 点，另一端系一质量m ＝2kg 的小球(可视为质点)，另一根水平细线一端固定在墙上A 点，另一端与小球相连，OB 线与竖直方向的夹角为37°，l <H ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图11(1)若OB 的长度l ＝1m ，剪断细线AB 的同时，在竖直平面内垂直OB 的方向上，给小球一个斜向下的冲量，为使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求此冲量的大小； (2)若先剪断细线AB ，当小球由静止运动至最低点时再剪断OB ，小球最终落地，求OB 的长度l 为多长时，小球落地点与O 点的水平距离最远，最远水平距离是多少．答案 (1)246kg·m/s (2)1.5m355m 解析 (1)要使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，最高点需满足：mg ＝m v 2l从B 点到最高点，由动能定理有：－mg (l ＋l cos37°)＝12mv 2－12mv 02联立得一开始的冲量大小为I ＝mv 0＝246kg·m/s(2)从剪断AB 到小球至H －l 高度过程，设小球至H －l 高度处的速度为v 0′ 由机械能守恒可得12mv 0′2＝mgl (1－cos37°)小球从H －l 高度做初速度为v 0′的平抛运动，12gt 2＝H －l ，x ＝v 0′t 联立得，x ＝45(－l 2＋3l ) 当l ＝1.5m 时x 取最大值，为355m ．专题突破练1．(2019·山东烟台市上学期期末)如图1所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v 分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是( )图1A ．两小球落地时速度相同B ．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C ．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等D ．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等答案 C解析两小球运动过程中均只有重力做功，故机械能都守恒，由机械能守恒定律得，两小球落地时的速度大小相同，但方向不同，故A 错误；两小球落地时，由于竖直方向的分速度不同，故重力的瞬时功率不相同，故B 错误；由重力做功公式W ＝mgh 得，从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，故C 正确；从抛出至落地，重力对两小球做的功相同，但是落地的时间不同，故重力对两小球做功的平均功率不相同，故D 错误．2.(2019·河北张家口市上学期期末)如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，在这两个过程中，下列说法正确的是( )图2A ．运动员先处于超重状态后处于失重状态B ．空气浮力对系统始终做负功C ．加速下降时，重力做功大于系统重力势能的减小量D ．任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等答案 B解析运动员先加速向下运动，处于失重状态，后减速向下运动，处于超重状态，选项A 错误；空气浮力与运动方向总相反，则对系统始终做负功，选项B 正确；无论以什么运动状态运动，重力做功都等于系统重力势能的减小量，选项C 错误；因为是变速运动，相等的时间内，因为系统下降的高度不相等，则系统重力势能的减小量不相等，选项D 错误． 3．(2019·河南驻马店市上学期期终)一物体在竖直向上的恒力作用下，由静止开始上升，到达某一高度时撤去外力．若不计空气阻力，则在整个上升过程中，物体的机械能E 随时间t 变化的关系图象是( )答案 A解析设物体在恒力作用下的加速度为a ，机械能增量为：ΔE ＝F Δh ＝F ·12at 2，知此时E－t 图象是开口向上的抛物线；撤去外力后的上升过程中，机械能守恒，则机械能不随时间改变，故A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图3所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图3A ．两滑块组成的系统机械能守恒B ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加量C ．重力对M 做的功等于M 动能的增加量D ．两滑块组成的系统机械能的损失等于M 克服摩擦力做的功答案 BD5.(2019·福建三明市期末质量检测)如图4所示，一个质量m ＝1 kg 的小球(视为质点)从H ＝11m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R ＝4m 的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD ，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(重力加速度g ＝10m/s 2)( )图4A ．10mB ．9.5mC ．9mD ．8.5m 答案 B解析到达圆环顶点C 时，刚好对轨道压力为零，则mg ＝m v C 2R，解得v C ＝210m/s ，则物体在BC 阶段克服摩擦力做功，由动能定理mg (H －2R )－W BC ＝12mv C 2，解得W BC ＝10J ；由于从C到B 过程小球对圆轨道的平均压力小于从B 到C 过程小球对圆轨道的平均压力，则小球从C 到B 过程克服摩擦力做的功小于从B 到C 过程克服摩擦力做的功，即0<W CB <10J ；从C 到D 由动能定理：mg (2R －h )－W CB ＝0－12mv C 2，联立解得9m<h <10m.6．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5m/s 的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g ＝10 m/s 2)，该送餐员骑电动自行车以5m/s 的速度匀速前行过程做功的功率最接近( )A ．10WB ．100WC ．1kWD ．10kW 答案 B解析设送餐员和车的总质量为100kg ，匀速行驶时的速率为5m/s ，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F ＝0.02mg ＝20 N ，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P ＝Fv ＝100W ，故B 正确．7．(多选)(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，质量m ＝1kg 的物块在平行斜面向上的拉力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，t ＝0.5s 时撤去拉力，其1.5s 内的速度随时间变化关系如图乙所示，g 取10m/s 2.则( )图5A ．0.5s 时拉力功率为12WB ．0.5s 内拉力做功9JC ．1.5s 后物块可能返回D ．1.5s 后物块一定静止答案 AC解析 0～0.5 s 内物体的位移：x 1＝12×0.5×2 m＝0.5 m ；0.5～1.5 s 内物体的位移：x 2＝12×1×2m ＝1m ；由题图乙知，各阶段加速度的大小：a 1＝4m/s 2，a 2＝2 m/s 2；设斜面倾角为θ，斜面对物块的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，0～0.5s 内F －μgm cos θ－mg sin θ＝ma 1；0.5～1.5s 内－μmg cos θ－mg sin θ＝－ma 2，联立解得：F ＝6N ，但无法求出μ和θ.0.5s 时，拉力的功率P ＝Fv ＝12W ，故A 正确．拉力做的功为W ＝Fx 1＝3J ，故B 错误．无法求出μ和θ，不清楚tan θ与μ的大小关系，故无法判断物块能否静止在斜面上，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2019·安徽安庆市期末调研监测)如图6所示，重力为10N 的滑块轻放在倾角为30°的光滑斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻质弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点．已知ab ＝1m ，bc ＝0.2m ，则以下结论正确的是( )图6A ．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6JB ．整个过程中滑块动能的最大值为6JC ．从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功5JD ．整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒答案 AD解析滑块从a 到c, mgh ac ＋W 弹′＝0－0，解得：W 弹′＝－6J ．则E pm ＝－W 弹′＝6J ，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J ，故A 正确；当滑块受到的合外力为0时，滑块速度最大，设滑块在d 点合外力为0，由分析可知d 点在b 点和c 点之间．滑块从a 到d 有：mgh ad ＋W 弹＝E k d －0，因mgh ad ＜6J ，W 弹＜0，所以E k d ＜6J ，故B 错误；从c 点到b 点弹簧的弹力对滑块做的功与从b 点到c 点弹簧的弹力对滑块做的功大小相等，即为6J ，故C 错误；整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D 正确．9．(多选)(2019·河南九师联盟质检)如图7所示，半径为R ＝0.4m 的14圆形光滑轨道固定于竖直平面内，圆形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m ＝0.5kg 的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆轨道上，小球甲与O 点等高，小球乙位于圆心O 的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动，g 取10m/s 2.则( )图7A ．小球甲下滑过程中机械能增加B ．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率先增大后减小C ．小球甲下滑到圆形轨道最低点对轨道压力的大小为12ND ．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J 答案 BD解析小球甲下滑过程中，轻杆对甲做负功，则甲的机械能减小，故A 错误．小球甲下滑过程中，最高点速度为零，故重力的功率为零；最低点速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增大后减小，故B 正确．两个球与轻杆组成的系统机械能守恒，故：mgR ＝12mv 2＋12mv 2，解得：v ＝gR ＝10×0.4m/s ＝2 m/s ；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点，重力和支持力的合力提供向心力，故：F N －mg ＝m v 2R，解得：F N＝mg ＋m v 2R ＝0.5×10N＋0.5×220.4N ＝10N ，根据牛顿第三定律，小球甲对轨道的压力大小为10N ，故C 错误；整个过程中，对球乙，根据动能定理，有：W ＝12mv 2＝12×0.5×22J ＝1J ，故D 正确．10．(2019·吉林“五地六校”合作体联考)一辆赛车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动．其v －t 图象如图8所示．已知赛车的质量为m ＝1×103kg ，赛车受到的阻力为车重力的0.1倍，重力加速度g 取10m/s 2，则以下说法正确的是( )图8A ．赛车在前5s 内的牵引力为5×102N。

2011届“步步高”高考物理二轮复习资料：专题二实验题

平面的夹角,改变合外力大小，探究滑块从导轨顶端由静止开始运动的加速度与所受合外力的关系，上述实验中滑块所受合外力大小可表示为F ＝________，加速度大小为a＝__________. (2)该小组测得多组数据，描点作出了如图4乙所示的a－F 图线，图线不通过坐标原点的主要原因是_____________ __________________________．
一个精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧__甲____．
2．以下是“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验步骤，按操作的先后顺序排列起来是_C_B_D__A_E_F_____ A．以弹簧伸长长度x为横坐标，以弹力F为纵坐标，描出各组数据(x，F)对应的点，并用平滑的曲线将点连结起来 B．记下弹簧不挂钩码时，其下端在刻度尺上的刻度L0 C．将铁架台置于水平桌面上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一刻度尺 D．依次在弹簧的下端挂上1个、2个、3个、4个……钩码，并分别记下钩码静止时，弹簧下端所对应的刻度尺上的刻度并记录在表格内，然后取下钩码 E．写出弹力随弹簧伸长量之间的变化关系 F．解释函数表达式中常数的物理意义
图1 A．增挂钩码时 Δl 与 F 成正比，而减挂钩码时 Δl 与 F 不成正比 B．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减
挂钩码时的大 C．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减
挂钩码时的相等 D．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
解析由图象知，增挂钩码和减挂钩码时，Δl与F均不成正比关系，A错；当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的关系不容易确定，在某一阶段，增挂钩码时橡皮筋的伸长量小于减挂钩码时橡皮筋的伸长量,B、C错;当不挂钩码时,橡皮筋不能恢复原长，说明所挂钩码过多时，橡皮筋已超出弹性限度，D对．答案 D 考前提醒我们探究过弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，而高考实验“源于教材”而又进行了拓展创新.与此类似的探究实验可以拓展为橡皮筋、弹性绳等.

2011届高考物理专题综合复习教案4

高考综合复习——曲线运动与万有引力复习专题二圆周运动、万有引力与运用第一部分圆周运动知识要点梳理知识点一——描述圆周运动的物理量▲知识梳理1．描述圆周运动的物理量描述圆周运动的物理量主要有线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度、向心力等。

比较如下表：①描述物体绕圆心转动快慢的物理量（）②单位：2．速度的变化量Δv从同一点作出物体在一段时间的始末两个速度矢量和，从初速度矢量的末端到末速度矢量的末端作一个矢量，矢量就是速度的变化量。

它的方向可能与速度的方向相同，也可能与速度方向相反，或成任意夹角。

的大小与、的大小关系是：。

▲疑难导析1．正确理解描述圆周运动的快慢的物理量及其关系线速度、角速度、周期和转速都可描述圆周运动的快慢，但意义不同。

线速度描述做圆周运动的物体沿圆周运动的快慢，若比较两物体沿圆周运动的快慢只看线速度大小即可；而角速度、周期和转速描述做圆周运动的物体绕圆心转动的快慢。

由可知，越大，T 越小，n 越大，则物体转动得越快，反之越慢。

三个物理量知其中一个，另两个也就成为已知量。

2．对公式及的理解（1）由知r 一定时，v 与成正比；一定时，v 与r 成正比；v 一定时，与r 成反比。

（2）由知在v 一定时，a 与r 成反比，在一定时，a 与r 成正比。

3．传动装置中各物理量之间的关系在分析传动装置中各物理量的关系时，一定要明确哪个量是相等的，哪个量是不等的，同轴转动的物体上的各点角速度相等；皮带传动（或齿轮传动）的两轮在皮带不打滑的条件下，皮带上及两轮边缘各点的线速度大小相等。

、如图中，A、B为咬合传动的两齿轮，，则A、B两轮边缘上两点的：（）A．角速度之比为2:1B．周期之比为1:2C．向心加速度之比为1:2D．转速之比为2:1答案：C解析：A、B两轮边缘上两点线速度相等。

由公式有：，A项错；由公式有：，B项错；由公式有：，C项正确；由公式有：，D项错。

知识点二——匀速圆周运动生活中的圆周运动▲知识梳理一、匀速圆周运动1．特点：线速度的大小恒定，角速度、周期和频率都是恒定不变的，向心加速度和向心力的大小也都是恒定不变的。

湖南2011届步步高二轮复习ppt精品课件 20

答案
B
解法总结
确定试题所涉及的遗传方式，推断出双亲的
基因型，再分别计算两种遗传病后代发病的概率和正常的概率。先计算出甲正、甲患、乙正和乙患的概率。根据题干要求计算相关概率。运用“乘法”计算。后代正常的概率：甲正×乙正；只患一种的概率：只患甲病＋只患乙病；只患甲病：甲患×乙正。只患乙病：甲正×乙患；两病兼患的概率：甲患×乙患。
解析
由哈代 —温伯格定律得知，随机交配后代的基因
频率不会改变；连续自交产生的后代中纯合子会越来越多，导致种群中纯合子比例增大，但基因频率不会发生改变。 AA 占 16%，aa 占 36% ，所以 Aa 占 48%， A＝ 0.4， a＝ 0.6。由于不存在自然选择作用，因此种群的基因频率不变。在随机自由交配的情况下，根据基因平衡公式 (p＋ q)2＝ p2＋ 2pq＋ q2，其 p2 代表 AA 的基因型频率， q2 代表 aa 的基因型频率。后代 AA＝ 0.4×0.4＝ 16%， Aa＝ 2× 0.4× 0.6＝ 48%， aa＝0.6× 0.6＝ 26% 。自交自交 16%AA ——→ 16%AA,48%Aa ——→ 48%(1/4AA ＋ 1/2Aa＋ 1/4aa)AA＝ 16%＋12%＝ 28%
＋
(2)各种生物膜层数的总结 ① 在真核细胞中，线粒体、叶绿体、细胞核为双层膜，细胞膜、液泡、内质网、高尔基体为单层膜，核糖体、中心体无膜；原核细胞只考虑细胞膜。 ②肺泡壁、毛细血管壁、小肠绒毛壁、肾小管壁由单层上皮细胞构成，物质通过这些壁要穿透 2 层膜。③胞吞、胞吐、形成具膜小泡要借助膜融合，并不是通过膜结构，即穿透膜层数为 0；另外，物质(如 mRNA 等 )出入核孔也不通过膜结构，所以穿透膜层数同样为 0。

【步步高】高考物理二轮复习与增分策略第二部分专题一第3课时选择题(三)课件

答案 D
第17题对应用动力学和能量观点分析电磁感应问题的考查题例4 (2011·山东山东·22)如图所示，两固如图6所示山东如图所示，
定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、，体棒、d，置于边界水平的匀强磁
第3课时
选择题( 选择题(三)
第15题对带电粒子在磁场中运动问题 Nhomakorabea考查题例1 (2011·浙江浙江·20)利用如图所示装置可以选择一定速度范利用如图1所示装置可以选择一定速度范浙江利用如图
围内的带电粒子．图中板围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别、方向垂直纸面向里的匀强磁场，的缝，一群质量为m、为2d和d的缝，两缝近端相距为一群质量为、电荷量为和的缝两缝近端相距为L.一群质量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板，具有不同速度的粒子从宽度为的缝垂直于板的缝垂直于板MN进入进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正磁场，对于能够从宽度为的缝射出的粒子，的缝射出的粒子确的是 ( )
答案 BD
命题研究
带电粒子在有界磁场中的运动问题是高考经常考
查的一类试题，也是带电粒子在磁场中运动问题的难点，查的一类试题，也是带电粒子在磁场中运动问题的难点，处理此类问题经常涉及求解相关物理量的极值．理此类问题经常涉及求解相关物理量的极值．解题的关键是对临界条件的把握，必要时还要结合数学知识求解．对临界条件的把握，必要时还要结合数学知识求解．找准圆弧轨迹的圆心和画出圆弧轨迹是解决本类题的关键，弧轨迹的圆心和画出圆弧轨迹是解决本类题的关键，同时几何知识的正确运用也是解答本类题不可忽略的因素．何知识的正确运用也是解答本类题不可忽略的因素．

《新步步高大二轮专题复习与增分策略(通用)物理》二轮专题突破习题专题10选考部分第2讲..doc

第2讲机械振动与机械波光岛考题电1机械振动【解题方略】1.简谐运动的对称性：振动质点在关于平衡位置对称的两点，X、F、a、S Ek、Ep的大小均相等，其中回复力只加速度6/与位移x的方向相反，而。

与x的方向可能相同，也可能相反. 振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即t RC = t CB.振动质点通过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，即t BC = t B c•如图1所示2.简谐运动的周期性：做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦” 或“余弦”规律变化，它们的周期均相同•其位移随时间变化的表达式为："/sin(初+ 0咸x =Acos (cot + (p).【例1】简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图2甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔让一条纸带在与小球振动方向垂肓的方向上匀速运动，笔卩在纸带上画出的就是小球的振动图象•取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示•则下列说法中正确的是()A.弹费振子的周期为4sB.弹簧振子的振幅为10cmC./=17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD.若纸带运动的速度为2cm/s,振动图线上1、3两点间的距离是4cmE.2.5s时振子正在向x轴正方向运动解析周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为r=4s,故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B正确；振子的周期为4s ,由周期性知r/=17s时振子相对平衡位置的位移与2 Is时振子相对平衡位置的位移相同，为0 ,故C错误；若纸带运动的速度为2cm/s ,振动图线上1、3两点间的距离是s = vt= 2cm/sX2s = 4cm.KD正确；由图乙可知2.5s时振子正在向x轴负方向运动，故E错误.答案ABD预测1 (2015・山东理综・38(1))如图3所示，轻弹•簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖方?方向做简谐运动•以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为尹=0.1sin(2.5M)m./=0时刻，一小球从距物块/?高处自山落卞；/=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度.収重力加速度的大小g=10m/s2.以下判断正确的是__________________ •(双选，填正确答案标号)h图3A.力=1.7mB.简谐运动的周期是0.8sC.0.6s内物块运动的路程是0.2mD.f=0.4s时，物块与小球运动方向相反答案AB 解析/二0.6s时，物块的位移为y = 0.1sin(2.5兀X 0.6)m = - 0.1m ,则对小球h + \y\ = ^，解得2兀2.TLh = 1.7m ,选项A正确；简谐运动的周期是r=^- = y^s = 0.8s ,选项B正确；0.6s内物块运T动的路程是3A = 0.3m ,选项C错误；r = 0.4s = 2 ,此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误.预测2某同学用单摆测当地的重力加速度.他测出了摆线长度厶和摆动周期八如图4(a)所示.通过改变摆线长度厶测出对应的摆动周期获得多组八与厶再以尸为纵轴、厶为横轴画出函数关系图象如图(b)所示.由图象可知，摆球的半径r= __________ m,当地重力加速度g=_______ m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会 __________ (选填“偏人”“偏小”或“一样”).答案1.0X10—2 7t2一样解析由横轴截距得，球的半径应为1.0X10*2m；图象斜率k = ^= ] °咒一2二4 ,而g 二霁故g 二^~m/s2 = n2 m/s2根据以上推导，斜率不变，重力加速度不变，故对g没有影响，一样.商考题电2机械波▼【解题方略】1.波动图象描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点偏离平衡位置的位移•在时间上具有周期性、空间上具有重复性和双向性的特点.2.深刻理解波动中的质点振动.质点振动的周期(频率)=波源的周期(频率)=波的传播周期(频率).3.要画好、用好振动图象，并正确地与实际情景相对应.要正确画出波形图，准确写出波形平移距离、质点振动时间与波长、周期的单一解或多解表达式.4.分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化•另外，各矢量均在其值为零时改变方向.5.“一分、一看、二找”巧解波动图象与振动图象的综合问题(1)分清振动图象与波动图象•只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为/则为振动图象.(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级.(3)找准波动图象对应的时刻.(4)找准振动图象对应的质点.【例21 (2016-全国甲卷・34⑵)一列简谐横波在介质中沿x轴止向传播，波长不小于lOcm.O和A 是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点./=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4cm,质点力处于波峰位置；时，质点O第一次回到平衡位置，f=ls吋，质点/第一次冋到平衡位置•求：(1)简谐波的周期、波速和波长；(2)质点O的位移随时间变化的关系式.解析(1)设振动周期为卩由于质点力在0到Is内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是+个周期，由此可知"4s①由于质点O与/的距离Ax = 5cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在尸*s时回到平2衡位置，而/在C Is时回到平衡位置，时间相差Az = |s ,可得波的速度D 二右二 7.5cm/s ②由X = vT 得，简谐波的波长2 = 30cm ③(2)设质点O 的位移随时间变化的关系为2兀/ y = A cos(— + go)④将①式及题给条件代入上式得4 = Acos^o< 71 ⑤ 0 = /cos(& + go)JT解得 00 二 3 M 二 8cm®质点O 的位移随时间变化的关系式为或尹二 0.08sin （^/ + 才）m答案（l ）4s 7.5cm/s 30cm（2）y=0.08cos （》+f ） m 或 y=0.08sin （》+罟）m预测3 (2016-全国丙卷-34(1))111波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播.波源振动的频率为20Hz,波速为16m/s.D 知介质小P 、0两质点位于波源S 的两侧，且P 、。

章末检测卷(四)步步高高中物理必修二

章末检测卷(四)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)1.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图1所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是( )图1A.子弹的机械能守恒B.木块的机械能守恒C.子弹和木块的总机械能守恒D.以上说法都不对答案 D解析子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒. 2.某运动员臂长为L ，将质量为m 的铅球推出，铅球出手时的速度大小为v 0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是( ) A.m (gL ＋v 20)2B.mgL ＋12m v 20C.12m v 20D.mgL ＋m v 20答案 A解析设运动员对铅球做功为W ，由动能定理得W －mgL sin 30°＝12m v 20，所以W ＝12mgL ＋12m v 20.3.如图2是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )图2A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态答案 A解析由整体法、隔离法结合牛顿第二定律，可知A 正确，B 错；由动能定理可知C 错；因返回舱具有竖直向上的加速度，因此处于超重状态，D 错.4.一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v 0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能( ) A.上抛球最大 B.下抛球最大 C.平抛球最大 D.一样大答案 D解析由动能定理得mgh ＝E k －12m v 20.E k ＝mgh ＋12m v 20，D 正确.5.质量为2 t 的汽车，发动机的牵引力功率为30 kW ，在水平公路上，能达到的最大速度为15 m /s ，当汽车的速度为10 m/s 时的加速度大小为( ) A.0.5 m /s 2 B.1 m/s 2 C.1.5 m /s 2 D.2 m/s 2答案 A解析当汽车达到最大速度时，即为牵引力等于阻力时，则有P ＝F v ＝f v m ，f ＝P v m ＝30×10315N ＝2×103 N ，当v ＝10 m/s 时，F ＝P v ＝30×10310 N ＝3×103 N ，所以a ＝F －f m ＝3×103－2×1032×103m /s 2＝0.5 m/s 2. 6.自由下落的物体，其动能与位移的关系如图3所示.则图中直线的斜率表示该物体的( )图3A.质量B.机械能C.重力大小D.重力加速度答案 C解析根据机械能守恒定律有E k ＝mgh ，显然E k －h 图像的斜率表示物体重力大小mg 、所以选项C 正确.7.(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图4所示，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平.一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道.质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小.用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功.则( )图4A.W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B.W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C.W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D.W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离答案 C解析根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W＝3mgR 2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cos θ＝ma ＝m v 2R，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确. 二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分)8.如图5所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2<v 1，则下列说法中正确的是( )图5A.全过程中重力做功为零B.在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等C.在上滑和下滑两过程中，滑块的加速度大小相等D.在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率相等答案 AB解析根据功的公式，回到出发点，位移为零，全过程中重力做功为零，A 正确；在上滑和下滑两过程中摩擦力大小相同，位移大小相同，所以做功相同，根据能量守恒定律，机械能减少量相等，B 正确；上滑时物体所受合外力大于下滑时所受合外力，所以在上滑和下滑两过程中加速度不相等，C 错误；上滑的时间小于下滑时间，摩擦力做功的平均功率不相等，D 错误.9.如图6所示，质量为m 的物体(可视为质点)以某一初速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h ，其加速度大小为g ，在这个过程中有关该物体的说法中正确的是( )图6A.重力势能增加了mghB.动能损失了2mghC.动能损失了12mghD.机械能损失了12mgh答案 AB解析物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A 正确；物体的合力做的功等于动能的减少量ΔE k ＝max ＝ma ·hsin 30°＝2mgh ，选项B 正确，C 错误；物体机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因mg sin 30°＋f ＝ma ，所以f ＝12mg ，故物体克服摩擦力做的功为fx ＝12mg ·2h ＝mgh ，选项D 错误.10.如图7所示，现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动，一个自由下落，一个沿光滑的固定斜面下滑，最终它们都到达同一水平面上，空气阻力忽略不计，则( )图7A.重力做的功相等，重力做功的平均功率相等B.它们到达水平面上时的动能相等C.重力做功的瞬时功率相等D.它们的机械能都是守恒的答案 BD解析两物块从同一高度下落，根据机械能守恒定律知，它们到达水平面上时的动能相等，自由下落的物块先着地，重力做功的平均功率大，而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，故重力做功的瞬时功率不相等，选B 、D.11.竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，如图8所示，A 、M 、B 三点位于同一水平面上，C 、D 分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A 、B 处同时无初速度释放，则下列说法中正确的是( )图8A.通过C 、D 时，两球的加速度相等B.通过C 、D 时，两球的机械能相等C.通过C 、D 时，两球对轨道的压力相等D.通过C 、D 时，两球的速度大小相等答案 ABC解析设左右两轨道的半径分别为r 1和r 2，则r 1<r 2，根据机械能守恒定律可求出v C ＝2gr 1，v D ＝2gr 2，显然v C <v D ，选项D 错误.通过C 、D 时，两球的加速度分别为a 1＝v 2Cr 1＝2g ，a 2＝v 2Dr 2＝2g ，a 1＝a 2，选项A 正确；两球释放前重力势能相等，动能均为零，所以机械能相等，释放后，它们的机械能守恒，通过C、D时，两球的机械能相等，选项B正确；通过C时，根据牛顿第二定律可得，F C－mg＝ma1，所以F C＝3mg，同理可得F D＝3mg，即通过C、D 时，两球对轨道的压力相等，选项C正确.12.A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是()答案AC解析小球在运动过程中机械能守恒，A、C图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h高度.但B、D图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh(以最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h，选项A、C正确.三、实验题(本题共2小题，共10分)13. (4分)图9为验证机械能守恒定律的实验装置示意图.现有的器材为带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平.回答下列问题：图9(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有________.(填入正确选项前的字母)A.米尺B.秒表C.0～12 V的直流电源D.0～12 V的交流电源(2)实验中误差产生的原因有______________.(写出两个原因)答案 (1)AD (2)①纸带与打点计时器之间有摩擦 ②用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差 ③计算势能变化时，选取初末两点距离过近 ④交流电频率不稳定解析打点计时器需接交流电源；需要用米尺测量纸带上打出的点之间的距离.14.(6分)如图10所示是某同学探究动能定理的实验装置.已知重力加速度为g ，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下：图10a.将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A 和B ，砂桶通过滑轮与小车相连.b.调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m .c.某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动.d.测得挡光片通过光电门A 的时间为Δt 1，通过光电门B 的时间为Δt 2，挡光片宽度为d ，小车质量为M ，两个光电门A 和B 之间的距离为L .e.依据以上数据探究动能定理.(1)根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是________. A.实验时，先接通光电门，后剪断细绳 B.实验时，小车加速运动的合外力为F ＝Mg C.实验过程不需要测出斜面的倾角D.实验时，应满足砂和砂桶的总质量m 远小于小车质量M(2)小车经过光电门A 、B 的瞬时速度为v A ＝________、v B ＝________.如果关系式________________________在误差允许范围内成立，就验证了动能定理. 答案 (1)AC(2)d Δt 1 d Δt 2 mgL ＝12M (d Δt 2)2－12M (d Δt 1)2 四、计算题(本题共4小题，共37分，解答应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.(8分)小球自h ＝2 m 的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为34h .设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求： (1)小球受到的空气阻力是重力的多少倍？ (2)小球从开始到停止运动的过程中运动的总路程.答案 (1)17(2)14 m解析设小球的质量为m ，所受阻力大小为f .(1)小球从h 处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到34h 时，速度也为零，由动能定理得mg (h －34h )－f (h ＋34h )＝0解得f ＝17mg(2)设小球运动的总路程为s ，且最后小球静止在地面上，对于整个过程，由动能定理得 mgh －fs ＝0s ＝mgfh ＝7×2 m ＝14 m16.(8分)如图11所示，竖直平面内半径为R 的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB 相连接，AB 的长度为s .一质量为m 的小滑块，在水平恒力F 作用下由静止开始从A 向B 运动，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，到B 点时撤去力F ，小滑块沿圆轨道运动到最高点C 时对轨道的压力为2mg ，重力加速度为g .求：图11(1)小球在C 点的加速度大小； (2)恒力F 的大小.答案 (1)3g (2)μmg ＋7mgR 2s解析 (1)由牛顿第三定律知在C 点，轨道对小球的弹力为N ＝2mg小球在C 点时，受到重力和轨道对其向下的弹力，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝ma ，解得a ＝3g .(2)设小球在B 、C 两点的速度分别为v 1、v 2，在C 点由a ＝v 22R .得v 2＝3gR .从B 到C 过程中，由机械能守恒定律得 12m v 21＝12m v 22＋mg ·2R .解得v 1＝7gR .从A 到B 过程中，由动能定理得 Fs －μmgs ＝12m v 21－0.解得F ＝μmg ＋7mgR2s.17.(9分)如图12甲所示，在水平路段AB 上有一质量为2×103 kg 的汽车，正以10 m/s 的速度向右匀速直线运动，汽车前方的水平路段BC 较粗糙，汽车通过整个ABC 路段的v －t 图像如图乙(在t ＝15 s 处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW 不变，假设汽车在两个路段上运动时受到的阻力恒定不变.(解题时将汽车看成质点)图12(1)求汽车在AB 路段上运动时所受的阻力f 1和BC 路段上运动时所受的阻力f 2. (2)求汽车从B 到C 的过程中牵引力做的功. (3)求BC 路段的长度.答案 (1)2 000 N 4 000 N (2)2.0×105 J (3)68.75 m解析 (1)汽车在AB 路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有： F 1＝f 1 P ＝F 1v 1解得f 1＝P v 1＝20×10310N ＝2000 Nt ＝15 s 时汽车处于平衡态，有： F 2＝f 2 P ＝F 2v 2解得f 2＝P v 2＝20×1035N ＝4 000 N(2)汽车的输出功率不变，由W ＝Pt 得：W ＝Pt ＝20×103×10 J ＝2.0×105 J(3)对于汽车在BC 路段运动，由动能定理得： Pt －f 2s ＝12m v 22－12m v 21代入数据解得：s ＝68.75 m18.(12分)如图13所示，质量为M ＝0.2 kg 的木块放在水平台面上，水平台面比水平地面高出h ＝0.2 m ，木块距水平台面的右端L ＝1.7 m.质量为m ＝0.1M 的子弹以v 0＝180 m /s 的速度水平射向木块，当子弹以v ＝90 m/s 的速度水平射出时，木块的速度为v 1＝9 m /s(此过程作用时间极短，可认为木块的位移为零).若木块落到水平地面时的落地点到水平台面右端的水平距离为l ＝1.6 m ，求：(g 取10 m/s 2)图13(1)木块对子弹所做的功W 1和子弹对木块所做的功W 2； (2)木块与水平台面间的动摩擦因数μ. 答案 (1)－243 J 8.1 J (2)0.5解析 (1)由动能定理得，木块对子弹所做的功为 W 1＝12m v 2－12m v 20＝－243 J同理，子弹对木块所做的功为 W 2＝12M v 21＝8.1 J(2)设木块离开水平台面时的速度为v 2，木块在水平台面上滑行的阶段由动能定理有：－μMgL ＝12M v 22－12M v 21 木块离开水平台面后的平抛阶段，有水平方向：l ＝v 2t 竖直方向：h ＝12gt 2联立以上各式，解得μ＝0.5.。

物理人教版高中必修22011年高考物理真题分类汇编(详解精校)功和能

2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）功和能1．（2011年高考·江苏理综卷）如图所示，演员正在进行杂技表演。

由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于A ．0.3J B．3J C ．30J D ．300J1.A 解析：生活经验告诉我们：10个鸡蛋大约1斤即0.5kg ，则一个鸡蛋的质量约为0.50.0510m kg ==，鸡蛋大约能抛高度h =0.6m ，则做功约为W=mgh =0.05×10×0.6J=0.3J ，A 正确。

2．（2011年高考·海南理综卷）一物体自t =0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。

下列选项正确的是（）A ．在0～6s 内，物体离出发点最远为30mB ．在0～6s 内，物体经过的路程为40mC ．在0～4s 内，物体的平均速率为7.5m/sD ．在5～6s 内，物体所受的合外力做负功2.BC 解析：在0~5s,物体向正向运动，5~6s 向负向运动，故5s 末离出发点最远，A 错；由面积法求出0~5s 的位移s 1＝35m, 5~6s 的位移s 2＝－5m,总路程为：40m ，B 对；由面积法求出0~4s 的位移s=30m ，平度速度为：v ＝s/t ＝7.5m/s C 对；由图像知5～6s 过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D 错3．（2011年高考·四川理综卷）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则v/m ·s -1 10A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态3.A 解析：在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。

湖南2011届步步高二轮复习ppt精品课件 22

例1
根据相关实验，回答下列问题：
(1)正确选用实验材料是生物学实验获得成功的重要条件。以苹果、梨作为鉴定还原糖的实验材料，其理由是_________________________。洋葱是生物学实验的常用材料之一，若用洋葱观察植物细胞的有丝分裂，则取材部位是 ________；若要验证植物细胞吸水原理，则最好的取材部位是__________。（2）在洋葱根尖细胞有丝分裂过程中，低温诱导染色体数目加倍的原理是其装片制作的程序是； →制片。
(2)神经纤维的某一部分受到刺激产生兴奋时，形成局部电流，在细胞膜内电流方向是从兴奋部位传向未兴奋部位，即与兴奋传导方向相同；由于神经递质只存在于轴突末端的突触小体内，释放到突触间隙并作用于突触后膜，所以兴奋传递只能是单向的，从一个神经元的轴突传递给另一个神经元的胞体或树突，而不能向相反的方向传递。(3)动物的体液调节主要是激素调节，下丘脑是机体调节内分泌活动的枢纽，垂体分泌的催乳素能促进哺乳动物乳腺的发育和泌乳，它与孕激素之间具有协同作用。
(3)在利用洋葱提取 DNA 时，在切碎的洋葱中加入一定量的洗涤剂和食盐，进行充分的搅拌、研磨、过滤后，收集研磨液，然后利用 DNA 在________ 中的溶解度不同进行提取。 (4)若要探究白色洋葱鳞片叶中是否含有脂肪，你的实验思路是。
解析
本题考查的是教材实验的基础知识。(1)用
于还原糖鉴定的材料最好是白色的，可避免生物材料本身的颜色对实验结果的干扰。观察植物细胞的有丝分裂，应选择分裂旺盛部位的细胞。验证植物细胞吸水原理，应选用含有大液泡的成熟细胞。(2)用低温处理植物分生组织细胞，可抑制纺锤体的形成，进而影响染色体被拉向两极，染色体数目加倍。(3)DNA粗提取的原理是DNA在不同浓度的NaCl溶液中的溶解度不同。(4)要探究白色洋葱鳞片叶中是否含有脂肪，应利用苏丹Ⅲ(苏丹Ⅳ)染液进行显色反应。

高考物理自由复习步步高系列02(原卷版)

高中物理学习材料金戈铁骑整理制作【课本内容再回顾——查缺补漏】回顾一：牛顿第一定律内容：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为止。

（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。

）；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；一切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。

惯性反映了物体运动状态改变的难易程度（惯性大的物体运动状态不容易改变）。

质量是物体惯性大小的量度。

回顾二：牛顿第二定律内容：物体的加速度大小跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度方向跟作用力方向。

（2）瞬时性：F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。

注意力的瞬时效果是加速度而不是速度。

（3）因果性：F是产生a的原因，a是力F作用在物体上产生的结果（4）独立性：物体所受各力产生的加速度，互不干扰，而物体的实际加速度则是每一个力产生加速度的矢量和，分力和分加速度在各个方向上的分量关系，也遵循牛顿第二定律。

（5）同体性：是指式中F、m、a三个量必须对应同一物体，而不能是不同的物体。

（6）同系性：一是指加速度a相对于同一参考系，一般以大地为参考系（7）同制性：是指式中F、m、a三个量必须对应同一单位制，一般是国际单位制回顾三：牛顿第三定律内容：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，作用在同一直线上。

【步步高】(新课标)高考物理二轮复习全攻略第2部分第1讲拿下选择题保住基本分

第二部分物理如何拿满分第1讲拿下选择题保住基本分1. (概念辨析型)下面关于摩擦力的叙述正确的是( )．A ．静摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反B ．静摩擦力的方向不可能与物体的运动方向相同C ．静摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直D ．静止物体所受的静摩擦力一定为零2. (类比推理型)化学变化过程中伴随着电势能的变化．下面是有关这个问题的几个说法：①中性钠原子失去电子的过程中系统的电势能增大；②中性氯原子得到电子的过程中系统的电势能减小；③钠离子和氯离子结合成氯化钠分子的过程中系统的电势能增大④氯化钠电离为钠离子和氯离子的过程中系统的电势能减小．上述说法中正确的有( )． A ．①② B ．③④C ．①③D ．②④3．(对称分析型)如图4所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a 位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b 位置．现将重球(视为质点)从较高的位置c 处沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d .以下关于重球运动过程的正确说法应是( )．A ．重球下落压缩弹簧由a 至d 的过程中重球做减速运动B ．重球下落至b 处获得最大速度C ．重球下落至d 处获得最大加速度图4D ．由a 至d 的过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c 下落至d 时重力势能的减少量4. (推理计算型)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端．已知小物块的初动能为E ，它返回斜面底端的速度大小为v ，克服摩擦阻力做功E2.若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有( )．A ．返回斜面底端时的动能为EB ．返回斜面底端时的动能为3E 2C ．返回斜面底端时的速度大小为2vD ．返回斜面底端时的速度大小为2v5．(数形结合计算型)如图5所示，直线A 为电源的U －I 图象，直线B 为电阻R 的U －I 图象，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率、效率分别为 ( )．图5A ．4 W 33.3%B ．2 W 33.3%C ．4 W 67%D ．2 W 67%6．(规律应用计算型)如图6所示．半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电量为e ，质量为m 的电子，此装置放置在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为B ＝B 0＋kt (k >0)．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速．设t ＝0时刻电子的初速度大小为v 0，图6方向顺时针，从此开始运动一周后的磁感应强度为B 1，则此时电子的速度大小为( )．A.B 1re mB. v 20＋2πr 2kemC.B 0re mD.v 20－2πr 2kem7．(分析估算计算型)质量为m ，带电量为＋q 的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图7所示，整个装置处于磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v 0使其开始运动，则球运动克服摩擦力做的功(不计空气阻力)不可能的是 ( )．图7A.12mv 2B ．0 C.12⎝⎛⎭⎪⎫mv 20－m 3g 2q 2B 2D ．mv 28．(图象识别型)一物体沿光滑水平面做匀速直线运动，从t ＝0时刻起，在与物体垂直的方向上施加一个水平恒力F ，则物体的动能E k 随时间t 变化的情况是图中所示的哪个图( )．9．(类比推理型)如图8所示，半径为R 的环形塑料管竖直放置，AB 直线跟该环的水平直径重合，且管的内径远小于环的半径．AB 及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑．现将一质量为m ，带电量为＋q 的小球从管中A 点由静止释放，小球受到的电场力跟重力相等，则以下说法中正确的是 ( )．图8 A ．小球释放后，第一次达到最高点C 时恰好对管壁无压力B ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点C 时对管壁的压力之比为1∶3 C ．小球释放后，第一次经过最低点D 和最高点C 时对管壁的压力之比为5∶1 D ．小球释放后，第一次回到A 点的过程中，在D 点出现速度最大值10．(运动规律类比递推型)如图9所示，光滑弧形金属双轨与足够长的水平光滑双轨相连，间距为L ，在水平轨道空间充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .乙金属棒静止在双轨上，而甲金属棒在h 高处由静止滑下，轨道电阻不计．两棒的质量均为m ，电阻均为R .甲棒与乙棒不会相碰，则下面说法正确的是 ( )．图9A ．从开始下滑到最终稳定，甲、乙的运动方向相反B ．当稳定后，回路中感应电流的方向从上向下看是逆时针的C ．乙棒受到的最大磁场力为B 2L 2 2gh2RD ．整个过程中，电路释放的热量为12mgh参考答案第1讲拿下选择题——保住基本分【题型专练】1．C [静摩擦力产生于相互接触且相对静止的两接触面之间，摩擦力的方向与相对运动的趋势方向相反，与物体的运动方向无关，其方向可能与运动方向相反也可能与运动方向相同，还可能与运动方向垂直．故选项C 正确．]2．A [本题可类比电场力做功与电势能的关系：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加即可得出结论．]3．BCD [重球放在弹簧上端时，被压缩到b 位置，可知b 点为平衡位置，小球重力等于弹簧的弹力．在b 点下方找出a 关于b 的对称点a ′，小球在对称点上受到的合力，速度、加速度的大小具有对称性，结合简谐振动的规律及全程动能定理即可得出答案．] 4．AD [摩擦力做功与路程成正比，物块的初动能为E 时，来回路程(设为s )摩擦力做功为E2；当物块的初动能为2E 时，沿斜面上升的最大距离加倍，则来回路程变为2s ，摩擦力做功为E ，根据能的转化与守恒，故返回斜面底端的动能为E ，返回斜面底端时的速度大小为2v ，故选项A 、D 正确．]5．C [由图象信息可知电源电动势E ＝3 V ，内阻r ＝0.5 Ω；电阻R ＝1 Ω，用此电源与电阻组成闭合电路时，电源的输出功率P ＝E 2R ＋r2R ＝4 W ，效率为η＝R R ＋r·100%＝67%，故选项C 正确．]6．B [根据法拉第电磁感应定律得，轨道内产生的感应电动势为E ＝ΔB ·πr 2Δt＝πkr 2，电子旋转一周的过程．由动能定理得感应电场对电子做的功πkr 2e ＝12mv 2－12mv 20，解得v＝v 2＋2πr 2kem，故选项B 正确．]7．D [球获得的初速度为v 0，由左手定则知洛伦兹力f 向上，有三种情况：①f <mg ，球最终停止运动，克服摩擦力做的功为W ＝12mv 20，选项A 可能；②f ＝mg ，此时摩擦力为零，做功为零，选项B 正确；③f >mg ，球最终匀速运动，速度满足Bvq ＝mg ，得v ＝mg Bq克服，摩擦力做功为W ＝12mv 20－12mv 2＝12⎝⎛⎭⎪⎫mv 20－m 3g 2q 2B 2，选项C 正确．故选D.]8．D [在F 作用下物体做类平抛运动，在F 方向由牛顿运动定律得F ＝ma ，垂直位移s ＝12at 2，由动能定理得E k ＝E 0＋F 22mt 2，故选项D 正确．]9．C [利用类比法，重力与电场力大小相等，合力为2mg ，等价为重力为2mg 的重力场，“最低点”为BD 弧线中点，由动能定理知小球到达C 点时，对上壁的压力为mg ，故A 错误，小球第一次和第二次经C 点时对管上壁的压力为1∶5，故B 错；“最低点”速度最大，D 错误；AD 过程中由动能定理可得，2mgR ＝12mv 2，在D 点由牛顿第二定律得压力F N －mg ＝m v 2R，解得F N ＝5 mg ，故选项C 正确．]10．CD。

2011届“步步高”高考物理二轮复习资料：专题二计算题