江苏专版高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第7天功能关系和能量守恒检测

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最新-2021届高考物理二轮复习江苏专用课件：考前第7天精品

图6 (1)该轿车在MO段行驶时的阻力大小； (2)该轿车在运动过程中刚好通过O点时加速度的大小； (3)该轿车由O运动到N的过程中位移的大小。
解析该题涉及机车以恒定功率启动的模型，轿车在 MO 段以 10 m/s 的速度匀速运动一段时间，进入 ON 段后轿车所受的摩擦阻力变大，仍保持额定功率 20 kW 不变做加速度逐渐减小的变减速运动，最终轿车以 5 m/s 的速度做匀速直线运动。 (1)轿车在 MO 段运动时，以 10 m/s 的速度匀速运动，有 F1＝f1， P＝F1v1 联立解得 f1＝20×10103 N＝2 000 N。
4.一个定律——机械能守恒定律 (1)守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功。 (2)机械能守恒定律的三种表达形式及用法 ①E2＝E1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1，运用这种形式的表达式时，应选好参考面。 ②ΔEk增＝ΔEp减或ΔEk减＝ΔEp增。 ③ΔEA增＝ΔEB减或ΔEA减＝ΔEB增。
5.一条主线——功能关系 (1)合力做功与物体动能改变之间的关系：合力做的功等于物体动能的增量，即W合＝Ek2－Ek1(动能定理)。 (2)重力做功与物体重力势能改变之间的关系：重力做的功等于物体重力势能增量的负值，即WG＝－ΔEp。 (3)弹力做功与物体弹性势能改变之间的关系：弹力做的功等于物体弹性势能增量的负值，即W＝－ΔEp。 (4)除了重力和系统内弹力之外的力做功与机械能改变之间的关系：其他力做的总功等于系统机械能的增量，即W其他＝ΔE。
(2)轿车在 ON 段保持额定功率不变，由图象可知 t＝15 s 时轿车开始做匀速直线运动，此时由力的平衡条件有 F2＝f2，P＝F2v2 联立解得 f2＝20×5103 N＝4 000 N。 t＝5 s 时轿车经过 O 点，开始做减速运动，有 F1－f2＝ma 解得 a＝－1 m/s2 轿车通过 O 点时加速度大小为 1 m/s2。 (3)由动能定理可知 Pt－f2x＝12mv22－12mv21 解得 x＝68.75 m。答案 (1)2 000 N (2)1 m/s2 (3)68.75 m

高考物理二轮复习倒数10天练倒数第7天功能关系和能

倒数第7天功能关系和能量守恒知识回扣导图考前必做题1．如图1所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为( )图1A ．12 J B.21 J C ．27 JD.36 J解析足球被踢出后开始做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解有tan 30°＝y x ＝0＋v y2t v 0t ，得v 0v y ＝32，足球第一次落在斜坡上时的动能为12m (v 20＋v 2y )＝21 J ，只有选项B 正确．答案 B2．如图2所示，一质量为1 kg 的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m ，现用一竖直向下的F ＝10 N 的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F ，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧形变过程中一直处于弹性限度内)图2A ．2 m/s B. 2 m/s C ．2 2 m/sD.22m/s 解析小球从初始位置回到初始位置的过程中，重力、弹力做功为零，根据动能定理，W F ＝12mv 2，从开始到最大速度时，小球向下运动的位移Δx ＝F k ，则F ·Δx ＝12mv 2，F ·F k ＝12mv 2，v ＝2F2km＝2 m/s ，A 项正确．答案 A3．一条长12 m 的传送带，倾角为30°，它能够将工件从地面送到卡车上，每个工件的质量为25 kg ，传送带每分钟可传送16个工件，不考虑传送带对工件的加速，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104J B ．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104JC ．传送带的传送功率为100 WD ．传送带的传送功率为200 W解析传送工件时不计加速，则工件随传送带一起匀速上升，即摩擦力f ＝mg sin θ，传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力f 对工件做功，所以W ＝nf ·l ＝16×mg sin 30°×l＝2.4×104J ，A 项正确，B 项错误；由功率定义得P ＝W t ＝2.4×10460W ＝400 W ，知C 、D项错误．答案 A4．(多选)如图3所示，质量为m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q 、滑块的动能E k 、机械能E 随时间t 变化关系及滑块的势能E P 随位移x 变化关系的是( )图3解析滑块运动到最高点的过程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力，滑块沿斜面向上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q ＝fx ＝mg sin θ(vt －12at 2)，图A错误．由动能定理得－mg sin θ(vt －12at 2)＝E k －12mv 2，E k ＝－mg sin θ(vt －12at 2)＋12mv 2，图B 错误．滑块的重力势能E p ＝mgx sin θ，图C 正确．根据题述知，F ＝mg sin θ＝μmg cosθ，机械能E 随时间t 不变，图D 正确．答案 CD5．如图4所示，一轻绳一端连一小球B ，另一端固定在O 点，开始时球与O 点在同一水平线上，轻绳拉直，在O 点正下方距O 点L 处有一铁钉C ，释放小球后，小球绕铁钉C 恰好能做完整的竖直面内的圆周运动．图4(1)求绳的长度．(2)求小球第一次运动到最低点时的速度．(3)若让小球自然悬挂，小球恰好与水平面接触于F 点，小球质量为m ，在水平面上固定有倾角为θ的斜面，斜面高为h ，小球与斜面AE 及水平面EF 间的动摩擦因数均为μ，EF 段长为s ，让一质量与小球质量相等的滑块从斜面顶端由静止滑下，滑块与小球碰撞后粘在一起，结果两者一起恰好能绕C 在竖直面内做圆周运动，则滑块与小球碰撞过程中损失的机械能是多少(不计滑块在E 处碰撞的能量损失)?解析 (1)设轻绳长为R ，则小球绕C 在竖直面内做圆周运动时，半径为R －L ，恰好能做竖直面内的圆周运动，则在最高点mg ＝mv 2R －L根据机械能守恒有mg [R －2(R －L )]＝12mv 2解得R ＝53L .(2)由机械能守恒定律，小球到最低点时mgR ＝12mv ′2得到v ′＝103gL . (3)若滑块与小球粘在一起且恰好能在竖直面内绕C 做圆周运动，则碰撞后的共同速度也为v ′＝103gL 根据能量守恒有mgh ＝μmg (h cot θ＋s )＋E 损＝12×2mv ′2解得E 损＝mgh －103mgL －μmg (h cot θ＋s )．答案 (1)53L (2)103gL (3)mgh －103mgL －μmg (h cot θ＋s )。

江苏专版高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第6天电场和磁场检测

倒计时第6天电场和磁场A. 王干回顾B. 精要检索1. 库仑定律2. 电场强度的表达式 ⑴定义式：E = FqkQ⑵计算式：E = yrU⑶匀强电场中：E=-；d3. 电势差和电势的关系U A B = 0 A — 0 B 或 Us A = 0 B — 0 A4. 电场力做功的计算⑴普适：W = qU ⑵匀强电场：W = Edq5. 电容的定义式Q_ C = U =AU6•平行板电容器的决定式C = 4n kd7.磁感应强度的定义式挣电巒抽卜静电总应卜电场中的牛怪尊势st电协卷电场力做田电场电场带电粒子的远动电容器电1电度场性质格伦兹力水不做功九巾、方向带电粒子 —圃周H 动1 A—* 在盛场中袒动一惟t运匍直宣&左手宦则）'电汩 ;安幣定襯大片心、 & 的关系）逓唯$线在班场中的罕衡、和邃山功fit nt«換天系F = k2FB=—IL&安培力大小F= BIL( B I、L相互垂直)9. 洛伦兹力的大小F= qvB10. 带电粒子在匀强磁场中的运动(1) 洛伦兹力充当向心力，2 A 2V.4 n 2 f22qvB= mr w = mr = mr^ = 4 n mrf = ma(2) 圆周运动的半径r =豊周期T=qB qB11. 速度选择器如图1所示，当带电粒子进入电场和磁场共存的空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F电=Eq, F洛=Bqv o,若Eq= Bqv o,有v o= B，即能从S2孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关.12. 电磁流量计如图2所示，一圆形导管直径为d,用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b间出现电势差.当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定.由qvB= qB= qU可得v= U流量Q= Sv= :d•U n dUBd 4B .13 •磁流体发电机如图3是磁流体发电机，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A、B板上，产生电势差，设A B平行金属板的面积为S,相距为L,等离子气体的电阻率为p，喷入气体速度为v,板间磁场的磁感应强度为B,板外电阻为R,当等离子气体匀速通过A B板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE场=qvB, E场=vB,电L E BLv BLvS动势E= E场L= BLv，电源内电阻r= PQ故R中的电流1= = =S R十r L R S T H pLR+ P S15. 回旋加速器如图5所示，是两个D形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过形金属盒.D 形金属盒缝隙中存在交变的电场.带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半圆周运动.(1)粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相同.14. 霍尔效应如图4所示，厚度为h,宽度为d的导体板放在垂直于磁感应强度为B的匀强磁场中, 当电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差,IBU= k〒(k为霍尔系数).T电场=T回旋=T=2 n m-qB.图5⑵ 粒子在电场中每加速一次，都有qU UA 氐所能达到的最大动能只与加速器的半径 R 和磁感应强度 B 有关，与加速电压无关.16. 带电粒子在电场中偏转的处理方法垂直射入电场中的带电粒子的运动17. 带电粒子在有界磁场中运动的处理方法(1)画圆弧、定半径：从磁场的边界点、或轨迹与磁场边界的"相切点”等临界点入手；充分应用圆周运动相互垂直的“速度线”与“半径线”.① 过粒子运动轨迹上任意两点 M N —般是边界点，即“入射点”与“出射点”)，作与速度方向垂直的半径，两条半径的交点是圆心Q 如图6甲所示.② 过粒子运动轨迹上某一点 M —般是“入射点”或“出射点”)，作与速度方向垂直的直线，再作 M N 两点连线(弦)的中垂线，其交点是圆弧轨道的圆心Q 如图乙所示.(2) 确定几何关系：在确定圆弧、半径的几何图形中，作合适辅助线，依据圆、三角形的特点，应用勾股定理、三角函数、三角形相似等，写出运动轨迹半径 r 、圆心角(偏向角)B 、与磁场的宽度、角度、相关弦长等的几何表达式.(3) 确定物理关系：相关物理关系式主要为半径r =罟，粒子在磁场的运动时间 t =各T (圆弧的圆qB 2 n 360⑶ 粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R 有 R=mm ，'有 qB(4)粒子飞出加速器时的动能为一哄BRs .在粒子质量、2 2m电量确定的情况下，粒子m 2m图6心角$越大，所用时间越长，与半径大小无关），周期T =2n .C. 考前热身1 •两个等量同种点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A B 、C 三点，如图7甲所示.一个电荷量为 2 C,质量为1 kg 的小物块从C 点由静止释放，其运动的 v -t 图象如图7乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）•则下列说法正确的是（）A. B 点为中垂线上电场强度最大的点，电场强度E = 2 V/mB. 物块由C 到A 的过程中，电势能先减小后变大C. 由C 点到A 点的过程中，各点电势逐渐升高D. A B 两点的电势差 L A B =- 5 VD ［读取v -t 图象信息.B 点的斜率为此时的加速度为2 m/s 2,为最大值，则电场力为最大值F = ma= 2 N ，则电场强度最大值为 E = F = 1 N/C ，故A 错误.qC 到A 的过程中，物块速度增大，则电场力做正功，电势能减小，故B 错误.理解等量同种点电荷电场的几何形状，电荷连线中垂线上的电场强度方向由O 点沿中垂线指向外侧，则由C 点到A 点的过程中电势逐渐减小，故C 错误.一， 1 2 1 2A 、B 两点的速度分别为 6 m/s 、4 m/s,由动能定理得电场力做功为 W B = ?mv — ?口“=2.（多选）如图8所示，平行金属板 AB 之间接恒定电压，一重力不计的带正电粒子自A10 J ，则电势差为W A B — 10 J 叶-=一5 v ,故D 正确.板附近由静止释放，粒子匀加速向 B 板运动•则下列说法正确的是（A.若开关S 保持闭合，减小AB 间的距离，则粒子到达 B 板的速度将增大 B. 若开关S 保持闭合，减小AB 间的距离，运动时间将减小图7C. 若断开S,减小AB间的距离，则粒子到达B板的速度将增大D. 若断开S ,减小AB 间的距离，运动时间将减小id = @vt 知若d 减小，贝U t 减小，故A 错误，B 正确.断开S 时AB 两板带电荷量不变，所以当减小AB 间的距离d 时，板间电场强度 E 不变，则粒子的加速度不变•由 v =，迈ad 得v 减小.由d = 2at 2知若d 减小，a 不变，则t 减小，故C 错误，D 正确.]3. （多选）一个负离子，质量为 m 带电荷量大小为q ,以速率v 垂直于屏S 经过小孔O 如图9所示.磁感应强度B 的方向与离子的运动方向垂直,并垂直于图中纸面向里（_ H法一対xiX A XC.离子进入磁场后经过时间t 到达位置P,则有e = q Bt mD. 离子进入磁场后经过时间t 到达位置P,则有e =qBte= qm ，故C错误，D正确.]4.（多选）如图10所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B,Z A = 60°, Ad L ,在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为爲发射速度大小都为 v 0=詈设粒子发射方向与 OC 边的夹角为e ,不计粒子间相互作用及重力.对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）A.离子进入磁场后到达屏S 上时的位置与 O 点的距离为mvqB B.离子进入磁场后到达屏 S 上时的位置与 O 点的距离为2mvqBBD [由题图知，OQ 是半径,2mv mv由qvB=〒得r = qB,所以到达屏S 的位置与 O 点的距离为2r =響故A 错误，B 正确;qB由几何关系得圆心角为2 e ,所以2 e t= 2n T = qB2 em,可得 BD [开关S 保持闭合时,AB 两板间电压U 保持不变.由晋得速度v 不变.由射入存在着匀强磁场的真空室中, 【导学号: 25702081】A. 当e = 45°时，粒子将从 AC 边射出B. 所有从0A 边射出的粒子在磁场中运动时间相等c.随着e 角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小D. 在AC 边界上只有一半区域有粒子射出AD [粒子在磁场中运动的半径为R= qB = L ,若当e = 45°时，由几何关系可知,粒子将从AC 边射出，选项A 正确；所有从0A 边射出的粒子在磁场中运动时所对应的弧长不相等，故时间不相等，选项 B 错误；当e = 0°时，飞入的粒子在磁场中恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是占当山60°,飞入的粒子在磁场中运动时间也恰好是是在磁场中运动时间最长，故 e 从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，当 e从60°至U 90°过程中，粒子从 OA 边射出，此时在磁场中运动的时间逐渐减小，故C 错误；当e = 0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故 D 正确.]5•“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图 11甲所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为Q 外圆弧面 AB的电势为2 0 ( 0 >0)，内圆弧面 CD 的电势为0,足够长的收集板 MN^行边界ACDB ACDB 与MN 板的距离为L .假设太空中飘浮着质量为 m 电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其他星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 勺粒子再次返回.图11(1) 求粒子到达O 点时速度的大小；(2) 如图乙所示，在 PQ 与ACDBt 合且足够长)和收集板MN^间区域加一个匀强磁场，2方向垂直纸面向里，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经 O 点进入磁场后最多有孑能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小;T6,甲乙丙⑶如图丙所示，在 PQ 与ACDB 重合且足够长)和收集板 MN^间区域加一个垂直 MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E =4L ,若从AB 圆弧面收集到的某粒子经 O 点进入电场后到达收集板 MN 离O 点最远，求该粒子到达 O 点的速度的方向和它在 PQ 与 MN 间运动的时间.⑴ 带电粒子在电场中加速时，电场力做功，由功能关系得:1 2qU= 2mv⑶ 如图(b)粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到 0点的距离最远，这是类平抛运动的逆过程.建立如图坐标.【解析】 2q 0m(2)从AB 圆弧面收集到的粒子有彳能打到MN 板上，则上端刚好能打到 MN 上的粒子与MN相切，则入射的方向与 0A 之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图(a)，轨迹圆心角e = 60°.根据几何关系，粒子做圆周运动的半径：2v qBv =mR由洛伦兹力提供向心力得:R = 2L所以v =m 0联合解得：B = L2q'若速度与x 轴方向的夹角为r 「 V x 1则 cos av 2xOy 平面内，虚线 MN W 亍于y 轴，N 点坐标（一I, 0）,MN 与y 轴之间有沿y 轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）.现有一质量为 m 电荷量大小为 e 的电子，从虚线 MN 上的P 点，以平行于x 轴正方向的初速度 V o 射入电场，并从y 轴上A 点（0 , 0.5 I ）射出电场，射出时速度方向与 y 轴负方向成30°角，以后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形【导学号：25702082】【解析】（1）设电子在电场中运动的加速度为 a ,时间为t ，离开电场时，沿y 轴方向的速度大小为V y,则eE a =mm^q （3）方向斜向上与水平方向夹角为60°6.如图12所示，在直角坐标系有界磁场边界上Q 点■ f , 6-I 射出，速度沿x 轴负方向.不计电子重力.求:匀强电场的电场强度E 的大小? 匀强磁场的磁感应强度 B 的大小? 电子在磁场中运动的时间t 是多少?圆形有界匀强磁场区域的最小面积S 是多大?可得t = a所以V x=黒=2m1L2L2m11 /10 V y = atl = V o tV y = V o cot 30 ° 解得：£=邺.el⑵设轨迹与x 轴的交点为D, OD 距离为X D .所以DQ 平行于y 轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ 上,电子运动轨迹如图所示.设电子离开电场时速度为 v ,在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则V o = v sin 30 °mv 2mV r ='= ----------eB eBrr+ sin 30⑶以切点F 、Q 为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小,3r 3lS =n则 X D = 0.5 I tan 30 6【答案】 (1) E = 羽mV el 6mv n l ⑵B =药，t =9V 0⑶ S= 7t 122n m 2n r 苞或T =F n l 3Vn l9V 0设为 r 1，贝U r 1 = r cos 30 7t1解得：B = 6mv)。

【高考零距离】(江苏专用)高考物理一轮总复习功能关系能量守恒定律课时作业新人教版必修2

课时作业(二十) 功能关系能量守恒定律1．如图所示长木板A 放在光滑的水平地面上，物体B 以水平速度冲上A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中，下列说法中正确的是( )第1题图A ．物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能B ．物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C ．物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和D ．摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量2．物体只在重力和一个不为零的向上的拉力作用下，分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A ．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小B ．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C ．由于该拉力与重力大小的关系不明确，所以不能确定物体机械能的变化情况D ．三种情况中，物体的机械能均增加3．如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿水平线跨过定滑轮(不计滑轮的质量与摩擦)，下悬重为G 的物体．设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率v 逆时针转动．则( )第3题图A ．人对重物做功，功率为GvB ．人对传送带的摩擦力大小等于G ，方向水平向左C ．在时间t 内人对传送带做功消耗的能量为GvtD ．若增大传送带的速度，人对传送带做功的功率不变第4题图4．如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上作无摩擦的运动．设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力．下列分析正确的是( )A ．从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒B ．从A 到B 的过程中，小球的机械能减少C ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 2RD ．小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v 22R5．如图所示，一根轻弹簧左端固定，右端系一物块，物块置于摩擦不能忽略的水平面上．现将弹簧压缩到A 点后释放，物块运动到B 点时速度变为零，O 为弹簧处于自然长度时的位置，AB 距离为x 0.物块从A 到B 的过程中，弹簧弹力的大小F 、物块加速度的大小a 、物块速度的大小v 、物块和弹簧组成的系统机械能E 随物块的位移x 变化的图象可能是( )第5题图6．一物块放在如图所示的斜面上，用力F 沿斜面向下拉物块，物块沿斜面运动了一段距离，若已知在此过程中，拉力F 所做的功为A ，斜面对物块的作用力所做的功为B ，重力做的功为C ，空气阻力做的功为D ，其中A 、B 、C 、D 的绝对值为100J 、30J 、100J 、20J ，则(1)物块动能的增量多少？(2)物块机械能的增量为多少？第6题图7．如图所示，小球从高h 的光滑斜面滚下，经有摩擦的水平地面再滚上另一光滑斜面，当它到达13h 高度处时，速度为零．求小球最后停在AB 间何处？第7题图8．构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面．自动充电式电动车是很好的一例．电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接．当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，打开自动充电装置，自行车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来．现有某人骑车以1250J 的初动能在粗糙的水平路面上滑行，人车总质量为100kg.第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图中图线①所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线②所示，设阻力恒定，求：(1)第一次滑行的时间；(2)第二次滑行过程中向蓄电池所充的电能是多少？第8题图9．荡秋千是一项古老的运动，秋千是一块板用两根绳系在两个固定的悬点组成，设某人的质量为m，身高为θ，站立时重心离脚底H/2，蹲下时重心离脚底H/4，绳子悬挂点到踏板的绳长为6H，绳子足够柔软且不可伸长，绳子和踏板的质量不计，人身体始终与绳子保持平行，重力加速度为g.(1)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ.(单位：rad)，由静止释放，忽略空气阻力，求摆至最低点时每根绳的拉力大小；(2)若该人在踏板上保持站式，由伙伴将其推至摆角θ1.(单位：rad)，由静止释放，摆至另一侧最大摆角为θ2(单位：rad)，设空气阻力大小恒定，作用点距离脚底为H/3，求空气阻力的大小；(3)若该人在踏板上采取如下步骤：当荡至最高处时，突然由蹲式迅速站起，而后缓缓蹲下，摆到另一侧最高处时已是蹲式，在该处又迅速站起，之后不断往复，可以荡起很高，用此法可以荡起的最大摆角为θm弧度，假设人的“缓缓蹲下”这个动作不会导致系统机械能的损耗，而且空气阻力大小和作用点与第(2)问相同，试证明：θmcosθm＝θ1＋θ2θ2－cosθ1.第9题图10．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现有一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8, g＝10m/s2.求：第10题图(1)物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力F N的大小；(2)要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L AB至少要多长；(3)若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．11．如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．第11题图课时作业(二十) 功能关系能量守恒定律1.CD 【解析】根据能量的转化，B 的动能减少量等于系统损失的机械能加A 的动能增加量，A 错C 对；B 克服摩擦力做的功等于B 的动能减少量，B 错．对B ：WF f B ＝E′kB －E kB ，对A ，WF f A ＝E′kA －0则WF f A ＋WF f B ＝(E′kA －E′kB )－E kB ＝ΔE 内增，D 对．2.D 【解析】在只有重力做功时，物体机械能守恒，加上拉力后，拉力始终做正功，所以三种情况下物体机械能始终增加，D 正确．3.BC 【解析】重物相对地面不动，故人对重物没有做功，A 错；以人为研究对象，其相对地面静止，故人受到的摩擦力大小为G ，方向向右，则人对传送带的摩擦力大小等于G ，方向向左，B 正确；人对传送带的摩擦力大小为G ，而传送带以速度v 运动，则消耗的能量为Gvt ，C 正确；若增大传送带的速度，由P ＝Fv ＝Gv 知人对传送带做功的功率也变大，D 错；故答案选BC.4.BC 【解析】球从A 到B 过程中，由能量守恒定律得弹簧弹性势能增加等于球机械能减少，B 对．在B 点受力分析得重力G ，弹簧弹力F 且F －mg ＝m v 2R ，所以F ＝mg ＋m v 2R，其中R 为球做圆周运动半径，C 对．5.D 【解析】水平面上的摩擦力不能忽略，F ＝0时，物块运动在O 点，此点非AB 中点，AC 错；物块由A 运动到B ，摩擦力始终向左，故在平衡位置左边的点比关于平衡位置对称的右边的点处的加速度小，在0－x 02侧、加速度a ＝F 弹－f ，所以a ＝Kx －μmg ，故加速度a 与位移x 不是比例关系，x 02－x 0侧同理，故B 错；由于存在摩擦力，故系统机械能E 减小，D 正确．6.(1)150J (2)50J 【解析】 (1)在物块下滑的过程中，拉力F 做正功，斜面对物块有摩擦力，做负功，重力做正功，空气阻力做负功，根据动能定理，合外力对物块做的功等于物块动能的增量，则ΔE K ＝W 合＝A ＋B ＋C ＋D ＝100J ＋(－30J)＋100J ＋(－20J)＝150J.(2)根据功能关系，除重力之外的其他力所做的功等于物块机械能的增量，则ΔE 机＝A ＋B ＋D ＝100J ＋(－30J)＋(－20J)＝50J.7.停在AB 中间【解析】由能量守恒定律得： mgh －13mgh ＝μmgs AB 13mgh ＝μmgs ，所以s ＝12s AB ，即停在AB 中间． 8.(1)10s (2)750J 【解析】 (1)由题图知电动车的初动能1250J ，共滑行了25m ，设滑行时所受的阻力为F f ，由动能定理可得－F f ·x ＝0－Ek 0，代入数据得F f ＝50N.由牛顿第二定律对电动车滑行有a ＝F f m 50100m/s 2＝0.5m/s 2.设第一次滑行的时间为t ，则由v t ＝v 0－at 得t ＝v 0a ＝2Ek 0m /a ，代入数据得t ＝10s. (2)由(1)知F f ＝50N ，第二次滑行路程x′＝10m ，第二次滑行过程中由于摩擦力作用产生热量Q ＝F f x ′＝500J ，由能量守恒定律得第二次滑行过程中向蓄电池所充电能E ＝Ek 0－Q ＝1250J －500J ＝750J.9.见解析【解析】 (1)设落至最低点时速度为v ，则由机械能守恒定律有12mv 2＝mg(6H－H 2)(1－cos θ)，设拉力为F ，则由牛顿第二定律有F －mg ＝m v 26H －H 2，求得F ＝3mg －2mgcos θ，每根绳的拉力F′＝12F ＝3mg －2mgcos θ02.(2)全程损耗的机械能为ΔE 机＝mg(6H －H 2)(cos θ2－cos θ1)，空气阻力做的功为W f ＝－f(6H －H 3)(θ1＋θ2)，由功能关系有W f ＝ΔE k ，求得f ＝33（cos θ2－cos θ1）34（θ1＋θ2）mg. (3)在一个周期内，通过“迅速站起”获得的机械能(重力势能)是ΔE 机＝2mg(H 2－H 4)cos θm ，空气阻力做的功是W f ＝－4f(6H －H 3)θm ，由功能关系有W f ＝ΔE 机，求得θm cos θm＝θ1＋θ244（cos θ2－cos θ1），得证． 10.(1)12.4N (2)2.4m (3)4.8J【解析】 (1)物体从E 到C ，由能量守恒得：mg(h ＋R)＝12mv 2C ，在C 点，由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2C R，解得F N ＝12.4N (2)从E ～D ～C ～B ～A 过程，由动能定理得W G －W f ＝0W G ＝mg[(h ＋Rcos37°)－L AB sin37°]W f ＝μmgcos37°L AB解得L AB ＝2.4m(3)因为，mgsin37°>μmgcos37° (或μ<tan37°)所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C 为中心，B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q ＝ΔE pΔE p ＝mg(h ＋Rcos37°)解得Q ＝4.8J.11.(1)1m (2)12.5J (3)7m ≤x ≤7.5m ，0≤x≤5.5m 【解析】 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝5m/s 2小物块与传送带共速时，所用的时间t ＝v 0a＝1s 运动的位移Δx ＝v 02a＝2.5m<(L －x)＝6m 故小物块与传送带达到相同速度后以v 0＝5m/s 的速度匀速运动到a ，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N 点，故有：mg ＝m 2v 2N y N由机械能守恒定律得12mv 20＝mgy N ＋12mv 2N (2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移s ＝v 0t －Δx ＝2.5m 产生的热量Q ＝μmgs ＝12.5J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得：μmg(L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 mμmg(L －x 2)＝12mgy N 代入数据解得x 2＝7 m 若刚能到达圆心左侧的M 点，由(1)可知X 3＝5.5 m 故小物块放在传送带上的位置坐标范围为 7m ≤x ≤7.5m 和0≤x≤5.5m.。

江苏专版高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第2天动量守恒和原子物理检测选修

倒计时第2天选修3-5动量守恒和原子物理A. 王干回顾WAr 愛绘ft 、 ifSSJtL丄n力理L 厨曼烬为的眞除柯爲骞.#：达虫：尸户：4—4融曾1?1目尸・冋”+^$『f )i 电豉宜亠巴电JU 电山楼:B. 精要检索1 .动量、动量守恒定律及其应用(1) 动量：运动物体的质量与速度的乘积， p = mv(2) 动量守恒定律的表达式① p '= p .② mv i + mv 2= mv i '+ mv 2‘. ③ 厶 p i = — △ P 2.(3) 动量守恒定律成立的条件① 系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零.② 系统所受的外力的合力虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力, 爆炸过程中的重力等.③ 系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变.2.弹性碰撞和非弹性碰撞WfttNlU — Ni^K—-——P 直呢一一 T 网»EN7歎•“诧律,V 嫌初q :卞£kVL 虑奘胶射也人丁岬1W(1) 碰撞问题的分类①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒.②非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失.③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大.(2) 碰撞问题应同时遵守三条原则①动量守恒：即P1 +卩2= P l '+ P2‘111 1②动能不增加：即氐+ E<2>民’+ E<2'或^m v?+-mv2>-mv1z 2+ ^m V2' 2③速度要符合物理情景a. 碰撞前两物体冋向，则v后〉v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v前》v后；b. 两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.3•氢原子光谱示：1 1 1—R T 2入m n式中：m—1,2,3，…对每一个m 有n= m+ 1,耐2, m+ 3，…构成一个谱线系.R= 1.10 x 10 7 m-1(里德伯常量).1 1 1(2)巴耳末系：巴耳末系是氢原子光谱在可见光区的谱线，其波长公式：y —R〒-^(n=3,4 ,…).4. 氢原子的能级结构、能级公式(1) 原子核式结构模型原子的中心有一个原子核，它集中了全部正电荷和原子的几乎全部质量，该学说的实验基础是a粒子散射实验：用a粒子轰击金箔，发现大多数a粒子仍沿原来方向前进，少数发生偏转，极少数发生大角度偏转，个别的发生反弹.(2) 玻尔理论①轨道量子化：电子绕核运动的轨道是不连续的.②能量量子化：原子只能处于一系列不连续的能量状态中. 他状态叫激发态.h v = E m- E n( m>n).(3) 氢原子的能级和轨道半径能量最低的状态叫基态，其③跃迁假说：原子从一种定态跃迁到另一种定态要辐射(或吸收)一定频率的光子，即①氢原子的能级公式：1E n=—?E(n= 1,2,3，…)，其中E =—13.6 eV.n②氢原子的半径公式：r n= n 11 (n= 1,2,3，…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径，—10 r i = 0.53 x 10 m.③氢原子的能级图，如图1所示.R，---------- 1 T -04 ----------- r-rj―1-一血時J ——h-^―-1SII IH----------- -11 ---------------------- 3.4II] ---------------------------------------- 116图15. 原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期(1) 原子核的组成：由质子和中子组成，原子核的电荷数等于核内的质子数，原子核直径的数量级为10—15 m.(2) 放射性物质放出的射线有：a 射线、B射线、丫射线.①a射线是高速氦核流，电离本领强，贯穿本领弱，一张纸就可将其挡住.②B射线是高速电子流，电离本领弱，贯穿本领强，可穿透几毫米厚的铝板；③丫射线是波长极短的电磁波，电离作用很弱，贯穿本领很强，能穿透几厘米厚的铝板和几十厘米厚的混凝土.(3) 半衰期是表征放射性元素大量原子核衰变快慢的物理量，是一种统计规律•半衰期对于少量原子核是无意义的•用T表示半衰期，m表示某时刻放射性元素的质量，则经过时间t,剩下的放射性元素的质量m余= m2 t/T.(4) a 衰变：亦A—；丫+ ；HeA A 03 衰变：Z X T Z+1Y+-偲6. 放射性同位素、核力、核反应方程(1) 人工转变的典型方程:①卢瑟福发现质子1；N+ ?O+ 1H②查德威克发现中子2He+泊尸孔+ 0n③约里奥•居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子.23A1 + ?0P+ 0n 30宀14si + +怕(2) 衰变典型方程:238 234 4」92U^ 9o Th+ 2He234Th^ ?i4Pa+ - i e(3) 核力：原子核内部，核子间所特有的相互作用力.核力的特点：①核力是强相互作用力，在它的作用范围内核力比库仑力大得多.②核力是短程力，作用范围在 1.5 X 10 T5 m之内.③每个核子只跟相邻的核子发生核力作用，这种性质称为核力的饱和性，无论是质子间、中子间、质子和中子间均存在着核力作用.7. 结合能、质量亏损(1) 结合能：由于核力的存在，核子结合成原子核时要放出一定的能量，原子核分解成核子时，要吸收同样多的能量，这就是原子核的结合能.(2) 质量亏损：组成原子核的核子的质量与原子核的质量之差叫核的质量亏损.(3) 质能方程：E= mC;A E=A mW.&裂变反应和聚变反应、裂变反应堆(1) 重核的裂变：质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成质量数较小的原子核的过程.如铀235的裂变反应235U+ 0n~ 96Kr + 1561Ba+ 3：n.(2) 轻核的聚变：某些轻核能够结合在一起，生成一个较大的原子核的核反应.如一个氘核和氚核结合成一个氦核(同时放出一个中子)的聚变反应：1H+ 3卜2；He+ i n.由于轻核的聚变需在几百万摄氏度的高温下进行，因此聚变反应又叫热核反应.9.光电效应(1) 光子说：爱因斯坦提出空间传播的光是一份一份的，每一份叫一个光子，一个光子的能量与频率成正比，即E= h v .说明光具有粒子性.(2) 光电效应的规律①任何一种金属都有一个极限频率V c ,入射光的频率必须大于或者等于V c,才能发生光电效应；②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，与入射光的频率有关.③光电效应几乎是瞬时的，发生的时间一般不超过10「9s;④发生光电效应时，光电流与入射光强度成正比.一一一1 2 -(3) 爱因斯坦的光电效应方程？mv= h v —W或h v —W；其中h为普朗克常量，h=6.63 X 10 —34 J • s.C. 考前热身1. (2016 •苏北三市模拟)(1)下列说法正确的是_______________A. 光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象B. 天然放射性现象说明原子具有复杂的结构C. 一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量和D. 已知钴60的半衰期为5.27年，则任一个钴60原子核都将在5.27年内发生衰变(2) 如图2所示为氢原子的能级图，n为量子数.若氢原子由n= 3跃迁到n= 2的过程释放出的光子恰好能使某种金属产生光电效应，则一群处于n=4的氢原子在向基态跃迁时，产生的光子中有___________ 种频率的光子能使该金属产生光电效应，其中光电子的最大初动能E<m= ______ e V.: 0A_____________ .K53 -1.512 ________________ -3.4| ________________ -B.fi图2(3) 质量为2 kg的物体B静止在光滑水平面上，一质量为 1 kg的物体A以2.0 m/s的水平速度和B发生正碰，碰撞后A以0.2 m/s的速度反弹，求碰撞过程中系统损失的机械能.【解析】(1)光电效应是原子核外的电子吸收光子后逸出金属表面的现象，A错误；天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，B错误；一个质子和一个中子聚合为一个氘核，释放核能，有质量亏损，故一个氘核的质量小于一个质子和一个中子的质量和，C正确；半衰期是一个统计规律，对少量的放射性元素的原子核不适用，故D错误.(2) 一群处于n= 4的氢原子向基态跃迁时，产生6种频率的光，光子能量比由n= 3跃迁到n=2的过程释放的光子能量小的只有由n=4跃迁到n=3的过程释放的光子，故使该金属产生光电效应的光子有5种，最大初动能E km= (E4-日)—(E^- 6) = [ —0.85 —(—13.6)]eV - [ - 1.51 - ( - 3.4)] eV = 10.86 eV.(3) 利用动量守恒定律，mv1= mv' 1+ mv' 2解得：v' 2= 1.1 m/s损失的机械能为：1 2 1 , 2 1 , 2△ E=—mv1 —一mv 1—一mv 2= 0.77 J2 2 2【答案】(1)C (2)5 10.86 (3)0.77 J2. (2016 •淮安模拟)(1)下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是【导学号：25702089】普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的卢瑟福通过分析 a 粒子散射实验结果，发现了质子和中子根据电子束通过铝箔后的衍射图样，可以说明电子具有粒子性(2)如图3所示的实验电路，当用黄光照射光电管中的金属涂层时，毫安表的指针发生 P 向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小了偏转.若将电路中的滑动变阻器的滑片到零，此时电压表读数为 U.A.① 若增加黄光照射的强度，则毫安表 ____________ （选填“有”或“无”）示数.② 若改用蓝光照射光电管中的金属涂层，则毫安表 ________________ （选填“有”或“无”）示数.（3）某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的轻质弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒.①该同学还必须有的器材是 ____________ •②需要直接测量的数据是（用符号表示待测量的量并用文字说明意义） ______③ ________________________________________ 用所得数据验证动量守恒的关系是【解析】（1）普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一，故A 正确.玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故B 正确•卢瑟福通过分析 a 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C 错误•根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，故D 错误.（2）若将电路中的滑动变阻器的滑片 P 向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，知所加的电压为反向电压，即最大初动能的光电子都不能到达另一端. 增加黄光的强度，光电子的最大初动能不变，毫安表无示数.改用蓝光照射，入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，有光电子能到达另一端，毫安表有示数.（3）取木块1的初速度方向为正方向，两木块质量和平抛初速度分别为m 、m , V i 、V 2,平抛运动的水平位移分别为 S i 、S 2，平抛运动的时间为 t .需要验证的方程：0= mv i — mv 2代入得到ms i = ms ?口S i又 v i =-,S i , S 2图3■Mi JftMAAAWWM ms图4S 2故需要测量两木块的质量m和m,两木块落地点到桌面边缘的水平距离所以需要的器材为刻度尺、天平、重锤线【答案】（1）AB （2）①无②有（3）①刻度尺、天平、重锤线②两木块的质量m 和m，两木块落地点到桌面边缘的水平距S2 ③ m i s i = mis?。

2024年江苏高考物理考前仿真模拟(二)

2024年江苏高考物理考前仿真模拟（二）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。

已知喷出气体的密度为，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为（）A．B．C．D．第(2)题图甲为研究光电效应的电路图，其中光电管阴极K的材料的逸出功。

图乙为实验中用某一频率的光照射光电管时，光电流随电压变化的曲线，当U=-2.5V时，光电流刚好为0。

已知普朗克常量，电子电荷量，质量。

下列说法正确的是（）A．入射光的频率为B．以最大初动能逸出的光电子的德布罗意波的波长约为C．当电压U=2.5V时，光电子到达阳极A的最大动能为D．每秒射到光电管阴极K的光子至少为个第(3)题随着无人机技术的日益成熟，无人机已经广泛应用于军事、民用、商业等各行各业。

某中学航天课外活动小组的同学们在发射无人机升空后，无人机沿着如图所示的方向斜向上做匀速直线运动，速度方向与竖直方向成角。

飞行过程中空气阻力大小恒为重力的倍，阻力方向始终与速度方向相反，g为重力加速度，无人机的质量为m，则在飞行过程中无人机受到的推力的大小是（）A．B．C．D．第(4)题如图甲为一列简谐横波在t=0.2s时的波形图，如图乙为该波上A质点的振动图像。

则（）A．这列波的波速为5m/sB．这列波沿x轴正向传播C．若此波遇到另一列简谐波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为25HzD．若该波遇到一障碍物能发生明显的衍射现象，则该障碍物的尺寸可能为20cm第(5)题海王星的质量是地球质量的17倍，它的半径是地球半径的4倍。

宇宙飞船绕海王星运动一周的最短时间与绕地球运动一周的最短时间之比为（）A．B．C．D．第(6)题一束单色光从介质Ⅰ射入介质Ⅱ中，经测量发现光速变小，则下列说法正确的是（）A．该单色光在介质Ⅱ中的频率更低B．该单色光在介质Ⅱ中的波长更大C．介质Ⅱ的折射率比介质Ⅰ大D．改变入射角，该单色光从介质Ⅰ射入介质Ⅱ中可能发生全反射第(7)题汤姆孙发现电子，是物理学上的重大事件，它开启了人类对原子结构的不懈探索。

(江苏专版)高考物理总复习第21讲功能关系能量守恒定律讲义-人教版高三全册物理试题

第21讲功能关系能量守恒定律考情剖析力分析考查动能定理弱项清单,1.未用题目所给定的符号或公式书写；审题或读图不清；2．对关系式最终表达式理解不充分等；3．解决物理问题的根本技能没有得到有效的训练．知识整合一、功能关系功与能转化的量度叫做功能关系．从三个方面进展理解：一、能量之间的转化必须通过做功进展；二、做多少功就转化多少能量；三、特定的力做功就转化特定形式的能量．功能量的变化合外力做正功________增加重力做正功________减少弹簧弹力做正功________减少电场力做正功________减少其他力(除重力、弹力外)做正功________增加二、能量守恒定律1．内容：能量既不会凭空________，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为另一种形式，或者从一个物体________到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量________．2．做功和能量的关系：功不会变为能量、能量也不会变为功．做功会让一种能量向另一种能量转化，做功是能量转化的手段．方法技巧考点1 功能关系的应用1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，假设只涉与动能的变化用动能定理分析．2．只涉与重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．只涉与机械能变化，用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析．4．只涉与电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．5．几个中学阶段常见的功能关系：合力做功转化动能(动能定理)重力做功转化重力势能弹力做功转化弹性势能除重力弹力外的力做功转化机械能系统抑制滑动摩擦力做功转化摩擦热能电场力做功转化电势能在动生电流的生成过程中，抑制安培力做功转化电能．6．功能关系与动能定理的关系：动能定理是功能关系中的具体一条，即特定的功能关系，在中学物理中使用率最高的功能关系就是动能定理．【典型例题1】(17年扬州模拟)如下列图，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，如下说法正确的答案是( )A ．弹簧的弹性势能逐渐减少B ．物体的机械能不变C ．弹簧的弹性势能先增加后减少D ．弹簧的弹性势能先减少后增加【典型例题2】 (17年江苏高考)如下列图，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R.C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m2，与地面的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ； (3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W.【学习建议】读懂题目，把握住物体的运动状态，找出题眼：C 恰好落到地面时A 的受力分析．训练要关注运动状态，把握好临界点．考点2 摩擦力做功的特点与应用1．静摩擦力做功的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能． 2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果： ①机械能全部转化为内能；②有一局部机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一局部转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q ＝F f s 相对．其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．深化拓展：从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【典型例题3】如下列图，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．AP ＝2R ，重力加速度为g ，如此小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．抑制摩擦力做功12mgR1.如下列图，质量M ＝20 kg 的物体从光滑曲面上高度H ＝0.8 m 处释放，到达底端时水平进入水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率恒为3 m /s .物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.(g 取10 m /s 2)(1)假设两皮带轮之间的距离是 6 m ，物体冲上传送带后就移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论．(2)假设皮带轮间的距离足够大，从M 滑上到离开传送带的整个过程中，由于M 和传送带间的摩擦而产生了多少热量？考点3 能量守恒定律与应用列能量守恒定律方程的两条根本思路：1．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加且减少量和增加量一定相等．3．表达式：ΔE减＝ΔE增．【典型例题4】(17年徐州模拟)如下列图，在光滑的水平面上有质量为3 kg的长木板，一小方块(大小不计)质量为1 kg以初速2 m/s从右端滑上木板，方块和木板之间的摩擦因数为0.2，重力加速度取10 m/s2，在运动中方块不会滑落木板．求：(1)最终两者的速度；(2)木板的长度的最小值．2.(多项选择)如下列图，一块长木板B放在光滑的水平面上，再在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，A、B发生相对滑动，向前移动了一段距离．在此过程中( )A．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增加量B．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功C．外力F做的功等于A和B动能的增加量D．外力F对B做的功等于B的动能的增加量与B抑制摩擦力所做的功之和当堂检测 1.(多项选择)如图，质量一样的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中( )第1题图A ．a 的动能小于b 的动能B ．两物体机械能的变化量相等C ．a 的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量D ．绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的代数和为零2．(多项选择)如下列图，质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，如此在这个过程中物体( )A ．重力势能增加了34mgh B ．重力势能增加了mgh C ．动能损失了mgh D ．机械能损失了12mgh第2题图第3题图3．(多项选择)如下列图，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H ＝2.24 m ，排球质量为m ＝300 g ，运动员对排球做的功为W 1＝20 J ，排球运动过程中抑制空气阻力做的功为W 2＝4.12 J ，重力加速度g ＝10 m /s 2.球从手刚发出位置的高度h ＝2.04 m ，选地面为零势能面，如此( )A ．与排球从手刚发出相比拟，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 JB ．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22 JC ．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 JD ．与排球从手刚发出相比拟，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J4．(多项选择)如下列图，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mg sinθ；滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能E k、势能E p、机械能E随时间t、位移x关系的是( )第4题图5．(16年苏北四市)如下列图，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0使A开始沿钭面向下运动，B向上运动，物体将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．第5题图第21讲功能关系能量守恒定律知识整合根底自测一、动能重力势能弹性势能电势能机械能二、1.产生转化转移保持不变方法技巧·典型例题1·D 【解析】因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F 后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D 正确，A 、B 、C 均错误．·典型例题2·(1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR 【解析】 (1)C 受力平衡2F cos30°＝mg 解得F ＝33mg ； (2)C 恰好降落到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝33mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg 根据题意 f min ＝F x max ，解得μmin ＝32； (3)C 下降的高度 h ＝(3－1)RA 的位移x ＝2(3－1)R 摩擦力做功的大小W f ＝f x ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理 W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR .·典型例题3·D 【解析】小球从A 点正上方由静止释放，通过轨道最高点B 时恰好对轨道没有压力，此时只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2R，解得v 2＝gR ，小球从P 点运动到B 点，重力做的功为mgR ，设摩擦力做的功为W ，根据动能定理有mgR ＋W ＝12mv 2＝12mgR ，故合外力做的功为12mgR ，摩擦力做的功为W ＝－12mgR ，由功能关系知小球的机械能减少12mgR .应当选项D 正确．·变式训练1·(1)右边 (2)490 J 【解析】(1)物体将从传送带的右边离开．物体从曲面上下滑时机械能守恒，如此有：mgH ＝12mv 2解得，物体滑到底端时的速度v 0＝2gH ＝4 m/s ，以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为a ＝fM＝μg ＝1 m/s 2物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为s 1＝0－v 2－2a＝0－42－2m ＝8 m>6 m ，所以物体将从右边离开传送带． (2)以地面为参考系，假设两皮带轮间的距离足够大，如此物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零，后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为a ＝f M＝μg ＝1 m/s 2取向右为正方向，物体发生的位移为s 1＝v 21－v 202〔－a 〕＝32－422〔－1〕＝3.5 m ，物体运动的时间为t ＝v 1－v 0－a＝7 s ，这段时间内皮带向左运动的位移大小为s 2＝vt ＝3×7 m ＝21 m ，物体相对于传送带滑行的距离为Δs ＝s 1＋s 2＝24.5 m ，物体与传送带相对滑动期间产生的热量为Q ＝f Δs ＝μMg Δs ＝490 J.·典型例题4·(1)0.5 m/s (2)0.75 m 【解析】 (1)物体做减速运动，加速度a m＝μg ＝2 m/s 2板做加速运动，加速度a M ＝μmg M ＝23m/s 2最终两者达到共同速度v ＝v 0－a m t ＝a M t 解得：t ＝0.75 s v ＝0.5 m/s ；(2)设两者之间的相对位移Δx ，由功能关系：μmg ·Δx ＝12mv 20－12(m ＋M )v 2解得：Δx ＝0.75 m ，所以木板的长要大于0.75 m.·变式训练2·AD 【解析】对物体A 受力分析，受重力、支持力和摩擦力，只有摩擦力做功，根据动能定理，B 对A 的摩擦力所做的功等于A 的动能增加量，故A 正确；由于存在相对滑动，故A 对B 的摩擦力所做的功不等于B 对A 的摩擦力所做的功，故B 错误；对A 、B 整体运用动能定理，除拉力做功外，还有一对滑动摩擦力做功，故系统动能增加量小于拉力做的功，故C 错误；对物体B 运用动能定理可知，拉力做的功减去抑制摩擦力做的功等于动能增加量，故外力F 对B 做的功等于B 的动能的增加量与B 抑制摩擦力所做的功之和，故D 正确．当堂检测1．AD 【解析】将b 的实际速度进展分解如图：第1题图由图可知v a ＝v b cos θ，即a 的速度小于b 的速度，故a 的动能小于b 的动能，A 正确；由于有摩擦力做功，故ab 系统机械能不守恒，如此二者机械能的变化量不相等，B 错误；a 的重力势能的减少量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a 的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C 错误；在这段时间t 内，绳子对a 的拉力和对b 的拉力大小相等，绳子对a 做的功等于－F T v a t ，绳子对b 的功等于拉力与拉力方向上b 的位移的乘积，即：F T v b cos θt ，又v a ＝v b cos θ，所以绳的拉力对a 所做的功与对b 所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D 正确．2．BD 【解析】设物体受到的摩擦阻力为F f ，由牛顿运动定律得F f ＋mg sin30°＝ma ＝34mg ，解得F f ＝14mg .重力势能的变化由重力做功决定，故ΔE p ＝mgh .动能的变化由合外力做功决定，故ΔE k ＝(F f ＋mg sin30°)x ＝34mg ·h sin30°＝32mgh .即动能损失了32mgh ，重力势能增加mgh ，如此机械能减小了12mgh ，故B 、D 正确．机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故ΔE 机械＝F f ·x ＝14mg ·h sin30°＝ 12mgh ，故BD 正确，AC 错误． 3．BD 【解析】与排球从手刚发出相比拟，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg (H －h )＝0.6 J ，A 错误；排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh ＋W 1－W 2＝22 J ，B 正确；排球恰好到达球网上边缘时的动能为W 1－W 2－mg (H －h )＝15.28 J ，C 错误；与排球从手刚发出相比拟，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W 2＋mg (H －h )＝4.72 J ，D 正确．4．CD 【解析】根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F ＝mg sin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x 均匀增大，选项C 、D 正确；产生的热量Q ＝F f x ，随位移均匀增大，滑块动能E k 随位移x 均匀减小，选项A 、B 错误．5．(1)v 20－23μgL 3 (2)3v 204μg －L 2 (3)34mv 20－32μmgL 【解析】 (1)A 和斜面间的滑动摩擦力大小为 f ＝2μm g cos θ，物体A 向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有：2mgL sin θ＋123mv 20＝123mv 2＋mgL ＋fL ，解得：v ＝v 20－23μgL 3. (2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理，有：－f 2x ＝0－123mv 2，解得：x ＝3v 204μg －L 2. (3)弹簧从压缩最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据能量关系有： E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋fx ，因为mgx ＝2mgx sin θ所以有：E p ＝fx ＝34mv 20－32μmgL .。

高中物理大二轮物理复习专题目录

二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分专题一力与运动第1讲物体的平衡考向一力学中的平衡问题考向二电学中的平衡问题考向三平衡中的临界极值问题第2讲牛顿运动定律和直线运动考向一运动图象的理解及应用考向二匀变速直线运动应用规律考向三牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲电学实验与创新考向一电表改装与读数、多用电表原理与使用考向二以伏安法测电阻为核心的实验考向三以测电源电动势和内阻为核心的实验考向四电学创新设计实验
二轮物理
专题七选考部分第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律考向一热学基础知识与气体实验定律的组合考向二热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波光电磁波考向一振动(或波动)与光的折射、全反射的组合考向二光学基础知识与波动(或振动)的组合考向三电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想

江苏专版高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第4天力学实验检测

倒计时第4天力学实验A. 主干回顾B. 精要检索 1. 实验要点分类实验名称吊考要点探究性实验研究匀变速直线运动t数据处理方法：(1)公式法：v~2= v 、△ x = a 〒；(2)图象法：v -t 图象加速度与物体质量、物体受力的关系控制变量法的应用、图象的处理以及实验的注意事项验证性实验验证机械能守恒定律用自由落体实验，知道如何从纸带的数据中确定△ E p 和△ E k力的平行四边形定则弹簧测力计的使用注意事项及读数、力的图示、根据平行四边形定则求出合力物理量的测量方法待测量测量工具方法说明长度刻度尺毫米刻度尺精度为1 mm 读数时应估读到 0.1 mm游标卡尺① 读数方法：测量值=主尺上指示的毫米数+精度X 游标尺对齐的格数1② 精度：游标刻度总数mm,10分度的游标卡尺精度为0.1mm,20分度的游标卡尺精度为 0.05 mm,50分度的游标卡尺精力学实验考前热身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____________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4 0.5 kgC. 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 ______________图2B.直流220 V D.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，m®n 0 = 口 mg cos 0 ,即卩tan 0=^，即只需C 项错误；尸=”^帀一^ • mg 所m m 1 +乙M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.【答案】(1)BD (2)C(3)0.53(0.51 〜0.53 均对)2. 某同学利用气垫导轨和数字计时器，探究轻弹簧弹性势能与形变量的关系.如图A.交流220 V C.交流4〜6 V» • • * *A* • *||||| II 1 iniglinii li|'iiii i|iiii 23±ni|iii{i ii|in|ni|iiii ni|ii i5678要调整好轨道倾角即可，与砝码与砝码盘总质量无关,(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 - 3.982X 0.02-2X 10 m/s = 0.53 m/s.甲所示，气垫导轨上有很多小孔，气泵输入压缩空气，从小孔中喷出，会使质量为的滑块与导轨之间有一层薄的空气，使二者不接触从而大大减小阻力. 一端固定有轻弹簧的滑块在导轨上滑行，当通过数字计时器时，遮光片挡住光源，与光敏管相连的电子电路就会记录遮光时间△t.(1) 接通气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，使其刚好能够匀速运动，说明气垫导轨已经水平.(2) 使用10分度游标卡尺测量滑块上遮光片宽度如图乙所示，读出其宽度为 d = _______cm.(3) 压缩弹簧记录其压缩量.(4) 释放滑块，滑块离开弹簧后通过数字计时器，计时器显示时间△ t.⑸多次重复步骤⑶和⑷，将数据记录到数据表格中，并计算出滑块相应的动能.(6) 由机械能守恒定律可知，滑块的动能等于释放滑块时弹簧的势能.(7) 表格中弹簧压缩量为5.00 cm时，滑块动能为 ___________________________ J(结果要求保留三位有效数字).(8)由表格中数据可知，弹簧的弹性势能与其形变量的关系为 ____________________________ .【解析】游标卡尺的主尺读数为11 mm十分度卡尺精确度为0.1 mm,游标尺上第5刻度线与主尺刻度线对齐，故游标尺读数为0.5 mm所以遮光片宽度为11.5 mm= 1.15 cm.一 d 1 2弹簧压缩量为5 cm时，遮光片通过光电门的瞬时速度为，滑块的动能E<= ?mv,代入已知数据解得E = 0.250 J，由机械能守恒定律可知，滑块的动能等于释放滑块时弹簧的弹性势能，比较第一、三行数据可知，弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比.【答案】(2)1.15 (7)0.250 (8)弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比3•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/s :1 2(1) 运用公式：mV= 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 r 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△ E P=_______ J二(结果保留三位有效数字)单位:mm> 0 A R C I)J 0 TS 17.6 49.(1 }图5(3) __________________________________________________ 由上述实验可得出的结论是.1 2【解析】(1)用公式q mV= 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咼度为h= -gf = 9.8 x (0.02) 2 mm,所以所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近2 mm.0.031鳥豊07 8 m/s = 0.58 m/s , 打下(2)由题图，利用匀变速直线运动规律，有V B=X A T C rB点时重锤的动能E kB= f mV r 0.168 J ;从开始下落至打下B点，重锤的重力势能的减少量△ E P= mgh= 1x 9.8 x 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•某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图6甲为实验装置简图，打点计时器每隔0.02 s打一个点，纸带上每两个打印点取一个计数点.\打点计时銀甲A a C D E■«a■■----------- —+—AJ9 札70 7.21 7.72 cm图6(1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为_______ m/s2.(保留两位有效数字)⑵ 有一位同学通过实验测量作出了图7中的A 图线，另一位同学通过实验测出了如图7中的B 图线.试分析:① A 图线上部弯曲的原因是 _____________________________________________ ②B 图线在纵轴上有截距的原因是 _______________________________________7.21 +7.72 — 6.19 — 6.704X 0.04(2)①随着钩码质量的不断增加，将不再满足钩码质量远小于小车质量这一要求.②平衡摩擦力时，长木板远离滑轮的一端垫得过高，导致形成斜面的倾角过大. 【答案】见解析【解析】_ 2⑴因为X CE— X AC= a (2T )，所以aX CE 一 X AC4T 2x 10一22m/s ~ 3.2 m/s。

高考物理二轮(江苏专版)：核心知识回扣 (20份打包)( 第二部分倒计时第5天电路和电磁感应)

倒计时第5天电路和电磁感应A ．主干回顾B ．精要检索1．电流的定义式：I ＝qt ． 2．电流的决定式：I ＝UR ． 3．电阻的定义式：R ＝UI ． 4．电阻的决定式：R ＝ρlS ． 5．闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r． 6．电源的几个功率(1)电源的总功率：P 总＝EI ＝I 2(R ＋r )． (2)电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r ． (3)电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内． 7．电源的效率η＝P出P总×100%＝UE×100%＝RR＋r×100%．8．正弦交变电流瞬时值表达式e＝E m sin ωt或e＝E m cos ωt．9．正弦交变电流有效值和最大值的关系E＝E m2I＝I m2U＝U m210．理想变压器及其关系式(1)电压关系为U1 U2＝n1n2⎝⎛⎭⎪⎫多输出线圈时为U1n1＝U2n2＝U3n3＝…．(2)功率关系为P出＝P入(多输出线圈时为P入＝P出1＋P出2＋…)．(3)电流关系为I1I2＝n2n1(多输出线圈时为n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)．(4)频率关系为：f出＝f入．11．磁通量的计算：Φ＝BS⊥．12．电动势大小的计算：E＝n ΔΦΔt或E＝Bl v(切割类)．13．高压远距离输电的分析方法及计算(1)在高压输电的具体计算时，为条理清楚，可参考如图1所示画出相应的题意简图．图1(2)确定输电过程的电压关系、功率关系如下列表达式所示．(3)在高压输电中，常用以下关系式：输电电流I 2＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线输电导线损失的电功率 P 损＝P 2－P 3＝I 22R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线输电导线损耗的电压U 损＝U 2－U 3＝I 2R 线＝P 2U 2R 线．14．应用楞次定律判断感应电流方向的方法 (1)确定穿过回路的原磁场的方向；(2)确定原磁场的磁通量是“增加”还是“减少”；(3)确定感应电流磁场的方向(与原磁场“增则反、减则同”)； (4)根据感应电流的磁场方向，由安培定则判断感应电流的方向． 15．几种常见感应问题的分析方法 (1)电路问题：①将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为电源，确定感应电动势和内阻．②画出等效电路．③运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率公式，焦耳定律公式等求解． (2)动力学问题：③在力和运动的关系中，要注意分析导体的受力情况，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点． (3)能量问题：①安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：W安>0其他形式能电能W安<0②明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．③根据不同物理情景选择动能定理，能量守恒定律，功能关系，列方程求解问题．C．考前热身1．已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大．为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图2所示电路．电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则()【导学号：17214229】图2A．电压表的示数变小B．磁敏电阻两端电压变小C．小灯泡L变亮甚至烧毁D．通过滑动变阻器的电流变大C[探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流I变小，根据U＝E－Ir，可知I减小，路端电压U增大，则电压表的示数变大，小灯泡两端的电压增大，所以小灯泡L变亮甚至烧毁．小灯泡的电流增大，而总电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流减小，R的电压减小，而路端电压增大，所以磁敏电阻两端电压变大，故ABD错误，C正确．]2．(多选)如图3所示，电源电动势为E ，内阻为r ．电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．当开关S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是( )图3A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流C ．只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D ．若断开开关S ，带电微粒向下运动AD [当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R 1的阻值减小，依据“串异并同”可知电流I 增大，则P R 0增大，U C 增大，Q C ＝CU C 增大，即电容器充电，R 3中有向上的电流，A 正确．当P 2向上移动时，U C 不变，R 3中没有电流，故B 错误．当P 1向下移动时，I 不变，但U C 变大，E C ＝U C d 变大，电场力F C ＝U C qd 变大，微粒向上运动，故C 错误．若断开开关S ，电容器放电，U C 降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D 正确．]3．如图4所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 接一正弦交变电源，电压u ＝311sin (100πt )V ．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R 1为一定值电阻．下列说法正确的是( )【导学号：17214230】图4A．当R2所在处出现火情时，电阻R1的功率变小B．当R2所在处出现火情时，电压表V2的示数变大C．当R2所在处出现火情时，电流表A的示数变小D．电压表V1示数为22 VD[根据题意，输入电压的有效值U1＝220 V，再根据变压比公式可知，副线圈的输出电压为U2＝22 V，因为输入电压决定输出电压，所以当R2所在处出现火情时，副线圈电压不变，仍是22 V，即电压表V1示数仍是22 V，选项D正确；当R2所在处出现火情时，R2随温度升高而减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I2增大，电阻R1的功率P＝I22R1变大，R2两端的电压U＝U2－I2R1变小，即电压表V2的示数变小，输入电流I1＝n2n1I2＝0．1I2变大，所以电流表A的示数变大，选项A、B、C错误．]4．如图5甲所示，一半径r＝0．5 m、电阻为R＝5 Ω、匝数为N＝100匝的圆形线圈两端A、C与一个理想电流表相连，线圈内有变化的磁场，以垂直纸面向里的磁场方向为正，磁场随时间的变化情况如图乙所示，则下列判断中正确的是()【导学号：17214231】甲乙图5A．在0～5 s的时间内，理想电流表示数的最大值为1 AB．在t＝4 s时刻，流过电流表的电流方向为A→CC．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0．1 CD．第2 s内，线圈的发热功率最大C[由法拉第电磁感应定律可知，流过线圈的电流I＝ER＝NΔΦΔtR＝N·πr2R·ΔBΔt，由此式可知，B-t图象的斜率越大，则在线圈中产生的感应电流就越大，因此可判断在第1 s内的感应电流最大，代入数据有I m＝0．1 A，选项A错误；在t＝4 s时，由题意可知，此时穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向外且正在逐渐增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为顺时针方向，因此流过电流表的电流方向为C→A，选项B错误；由图乙可知，前2 s内只有第1 s内有磁通量的变化，会产生感应电流，第2 s内磁通量没有发生变化，所以不会产生感应电流，因此前2 s内通过线圈某截面的电荷量实际上为第1s内的电荷量，由q＝NΔΦR可得q＝0．1 C，选项C正确，选项D错误．]5．如图6甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只单匝圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m＝0．1 kg，半径为r＝0．1 m，导线单位长度的阻值为ρ＝0．1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．金属圈下半部分在磁场外．已知从t＝0时刻起，测得经过10 s 丝线刚好被拉断．重力加速度g取10 m/s2．求：甲乙图6(1)导体圆中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F；(3)在丝线断前的10 s时间内金属圈中产生的焦耳热Q．【解析】(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向由图乙知，ΔBΔt＝0．40．5T/s＝0．8 T/s金属圈的电阻为R＝2πrρ金属圈中感应电流I ＝ΔΦR ·Δt ＝ΔB Δt ·πr 222πrρ＝ΔB Δt ·r4ρ＝0．8×0．14×0．1 A ＝0．2 A ．(2)10 s 末磁感应强度B ＝ΔBΔt ·t ＝0．8×10 T ＝8 T 金属圈受到的安培力F 安＝BI ·2r 细线的拉力：F ＝F 安＋mg ＝BI ·2r ＋mg 代入数据得F ＝1．32 N ．(3)金属圈内产生的焦耳热：Q ＝I 2Rt 代入数据得：Q ＝0．025 J ．【答案】 (1)金属圈中感应电流的大小为0．2 A ，方向为逆时针方向 (2)1．32 N (3)0．025 J6．如图7所示，把一根长L ＝20．0 m 的均匀电线与R ＝4．8 Ω的电阻连成闭合回路，两位同学在赤道处沿东西方向站立，匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L 1＝6．0 m 、宽L 2＝1．0 m 矩形的三条边，长边的线速度大小v ＝2．0 m/s ．已知此处地磁场的磁感应强度B ＝5．0×10－5 T ，方向水平向北，电线的电阻率ρ＝2．0×10－8Ω·m ，横截面积S ＝2．0 mm 2，求：图7(1)这根电线的总电阻R 0；(2)匀速摇动电线产生电动势的最大值E m ； (3)电路消耗的总功率P ．【导学号：17214232】【解析】 (1)由电阻定律有R 0＝ρLS 得电线的总电阻为：R 0＝2．0×10－8×202．0×10－6Ω＝0．2 Ω．(2)根据题意知，当绳的速度方向与磁感线方向垂直时，产生的电动势的值最大，所以最大值为：E m＝BL1v＝5．0×10－5×6×2 V＝6．0×10－4 V．(3)摇绳发电类似于线框在磁场中转动，电路中产生交变电流，由交流电知识可知电动势的有效值为：E＝E m 2电路中产生的总功率为：P＝E2R＋R0＝⎝⎛⎭⎪⎫6．0×10－4224．8＋0．2W＝3．6×10－8 W．【答案】(1)0．2 Ω(2)6．0×10－4 V(3)3．6×10－8 W。

江苏卷02-2024年高考物理核心考点靶向冲刺强化训练(三大题型+提升模拟)(基础必刷)

江苏卷02-2024年高考物理核心考点靶向冲刺强化训练（三大题型+提升模拟）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题用速度传感器记录电动车直线运动过程的运动信息，其速度随时间变化的规律如图所示，由图像可知电动车A．、两状态速度的方向相反B．、两状态加速度大小相等C．秒时回到时刻的位置D．秒时电动车前进了大约第(2)题电子束焊接机的核心部件内存在如图甲所示的高压辐向电场，带箭头的虚线表示电场线。

一电子在电场力作用下由A沿直线运动到B。

下列说法正确的是（）A．该电场为匀强电场B．电子运动过程中电势能逐渐减小C．电子运动过程中加速度逐渐减小D．电子经过各点的电势随位移x的变化如乙图所示第(3)题呼吸机是治疗新冠肺炎的重要设备，其核心元件为呼吸机马达（即电动机）。

图为某品牌呼吸机马达的技术参数，用图示交流电源通过理想变压器给马达供电，使其正常工作。

则（）A．马达内线圈的电阻为12ΩB．马达正常工作时理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶6C．该交流电源的电压有效值为311VD．该交流电源每秒内电流方向变化50次第(4)题某种小夜灯标有“2W，0.5A”字样，插进插座即可正常发光。

拆开外壳发现小夜灯内部自带变压器，这相当于交流电源（t的单位为s，u的单位为V）通过理想变压器对灯泡供电，如图所示，则（）A．流过灯泡电流的周期为0.01s B．变压器匝数比为n1:n2=55:1C．图中电流表读数为27.5A D．交流电源输出功率为第(5)题用如图（a）所示的装置进行光电效应实验，所得图像如图（b）所示，当极板间电压时，从K极发出的初动能最大的光电子，到达A极时的德布罗意波长是从K极发出时的（）A．倍B．倍C．1倍D．2倍第(6)题如图所示，某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器，圆柱形容器用一定质量的活塞封闭一定质量的理想气体，外界大气压强为，当装置静止时，容器内气体压强为，活塞下表面与容器底面的距离为，当装置以某一恒定加速度加速上升时，活塞下表面距容器底面的距离为，若容器内气体温度始终保持不变，重力加速度大小为g，则装置的加速度大小为（）A．B．C．D．第(7)题小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的图像如图所示，此两站间的距离约为（）A．980m B．1230m C．1430m D．1880m第(8)题一平行板电容器充放电电路如图所示。

高考物理二轮(江苏专版)：核心知识回扣 (20份打包)(

倒计时第9天三种性质力和牛顿运动定律A．主干回顾表述内涵外延牛顿第一定律(惯性定律)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1．运动不需要力维持2．运动原因——惯性1．运动→物体相对别的物体的位置发生变化2．运动相对性→选不同的参照物3．运动表述→速度v→矢量4．惯性→物体的固有属性，只与质量有关，与其他条件无关牛顿物体加速度大小1．力是产1．力的另外效果是使物体发生形变一、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＝8R3g．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 gIL ，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＝2h g＝2×510s＝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。

(江苏专版)高考物理二轮复习第2部分考前回扣篇倒计时第7天功能关系和能量守恒课件

第三页，共26页。
4．动能定理 W 总＝Ek2－Ek1. 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＝Pvmm. (2)匀加速运动的最后点为vP1m－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：Pv11－F 阻＝ma. (4)在变加速运动过程中的某点有Pvm2 －F 阻＝ma2.
A．物体与地面间的动摩擦因数为 0.1 B．0～2 s 内 F 做的功为－8 J C．0～7 s 内物体由于摩擦产生的热量为 25 J D．0～7 s 内物体滑行的总位移为 29 m
第二十页，共26页。
ABD [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．]
【导学号：25702080】
图6
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(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？
第二十三页，共26页。
【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 Ff ＝Ma1
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4．如图 3 所示，在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道，半径 OA 水平， OB 竖直．一质量为 m 的小球自 A 点正上方的 P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力．已知 AP＝2R，重力加速度为 g，则小球从 P 到 B 的运动过程中( )

(江苏专用)2020高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态方法规律通晓高考4大解题策略教学案

第二部分考前调节激发状态方法·规律通晓高考4大解题策略一必记公式和结论——解题“工具”掌握牢(一)力与直线运动[保温训练]1．从地面竖直上抛物体A，初速度大小为v，同时在离地高为H处，有一物体B自由下落，经过时间t两物体在空中相遇，重力加速度为g，则( )A ．t ＝H vB ．t ＝H 2vC ．t ＝v gD ．t ＝v2g解析：选A 两物体相遇时位移大小之和等于H ，故有vt －12gt 2＋12gt 2＝H ，解得t ＝Hv ，A 正确。

2．以从塔顶由静止释放小球A 的时刻为计时零点，t 0时刻又在与小球A 等高的位置处，由静止释放小球B 。

若两小球都只受重力作用，设小球B 下落时间为t ，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx ，则Δxtt 0图线为( )解析：选B 两小球释放后都做自由落体运动，小球B 释放时为t 0时刻，此时小球A 的速度为gt 0，小球B 的速度为0，根据匀变速直线运动规律，小球B 下落时间为t 时，两小球下落的高度分别为h A ＝gt 0t ＋12gt 2和h B ＝12gt 2，则Δx ＝h A －h B ＝gt 0t ，Δxt ＝gt 0，由函数图像知识，可知B 正确。

3．如图是某物体在 t 时间内的位移—时间图像和速度—时间图像，从图像上可以判断( )A ．物体的运动轨迹是抛物线B ．物体时间t 内的平均速度不一定是4.5 m/sC ．物体运动的时间t ＝2 sD ．物体的加速度为2716m/s 2解析：选D 由v t 图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A 错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间t 内的平均速度是v ＝v 0＋v t 2＝3＋62m/s ＝ 4.5 m/s ，B 错误；由x ＝v t 得t ＝xv ＝84.5s ＝169 s ，C 错误；物体的加速度为a ＝v t －v 0t ＝6－3169m/s 2＝2716 m/s 2，D 正确。

江苏专用2024高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第二讲机械能守恒定律功能关系__课后自测诊断卷

其次讲机械能守恒定律功能关系——课后自测诊断卷1．[多选](2024·南京、盐城三模)如图所示，光滑水平面OB 与足够长粗糙斜面BC 交于B 点。

轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m 1的滑块压缩弹簧至D 点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B 点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。

换用相同材料、质量为m 2的滑块(m 2＞m 1)压缩弹簧至同一点D 后，重复上述过程。

不计滑块经过B 点时的机械能损失，下列说法正确的是( )A ．两滑块到达B 点的速度相同B ．两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同C ．两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同D ．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同解析：选BCD 弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B 点的动能相同，但质量不同，则速度不同，故A 错误；滑块上升过程中的加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm＝g sin θ＋μg cos θ，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，与质量无关，故两滑块上升到最高点过程的加速度相同，故B 正确；设滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh ，由能量守恒定律得：E p ＝mgh ＋μmg cos θ·h sin θ，所以mgh ＝E p 1＋μtan θ，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，故C 正确；因摩擦产生的热量，Q ＝μmg cos θ·h sin θ，μ、mgh 相同，产生的热量相同，故D 正确。

2.[多选](2024·南京、盐城三模)如图所示，轻弹簧一端固定于O点，另一端与可视为质点的小滑块连接，把滑块放在光滑斜面上的A 点，此时弹簧恰好水平，将滑块从A 点由静止释放，经B 点到达位于O 点正下方的C 点，当滑块运动到B 点时弹簧与斜面垂直，运动到C 点时弹簧恰好处于原长，已知OC 的距离为L ，斜面倾角为θ＝30°，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g 。

2024年江苏省苏锡常镇高三下学期二模补偿训练物理高频考点试题(基础必刷)

2024年江苏省苏锡常镇高三下学期二模补偿训练物理高频考点试题（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离，图中1、2和3为金属环做转动时的转动轴，轴1到两导线距离相等。

两导线中通有图示方向相同的恒定电流I，则当环（）A．绕轴1转动时，环中会产生感应电流B．绕轴2转动时，环中会产生感应电流C．绕轴3转动时，环中会产生感应电流D．向左平移时，环中会产生感应电流第(2)题以下对物理现象和物理规律的认识中正确的是（）A．只要照射到金属表面的光的强度足够强就一定能产生光电效应现象B．当给放射性材料加热时其衰变进程将加快C．卢瑟福利用粒子轰击氮核从而发现了原子核中有中子D．原子核中的中子可以放出一个电子变成一个质子第(3)题如图（a）所示，四旋翼无人机下方通过悬杆连接一质量为m的相机。

取竖直向上为正方向，某段时间内该无人机沿竖直方向运动的位移x随时间t变化的图线如图（b）所示，该图线为抛物线的一部分，时对应图线的顶点。

已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．内，相机处于超重状态；内，相机处于失重状态B．内，相机处于失重状态；内，相机处于超重状态C．时，悬杆对相机的拉力大小为D．时，悬杆对相机的拉力小于第(4)题如图所示，竖直平面内有竖直方向的匀强电场（图中未画出）和竖直放置的光屏。

光屏左侧水平距离为L处的S点放置点光源和不带电的小球A（可视为质点）。

质量为m的带电小球B贴着光屏向下运动，当B与点光源在同一高度时，水平抛出小球A，发现A的影子总与B重合。

已知重力加速度g，不计阻力，以下说法正确的是（）A．小球B受到的电场力方向竖直向上，且电场力大小为B．小球B做匀减速直线运动，加速度为C．抛出小球A时，B球与A球的速度关系为D．小球A、B相遇时，B球与A球的速度关系为第(5)题如图所示，在和。

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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 Fi cos a （ a 是F 与位移I 方向的夹角）.2•恒力所做总功的计算W 总=F 合i cos a 或W 总=W + W +….3. 计算功率的两个公式WP =-或 P = Fv cos4. 动能定理W 、= E k2 — Ed.5. 机车启动类问题中的“临界点”F m⑴ 全程最大速度的临界点为： F阻=-.V m⑵ 匀加速运动的最后点为-f- — F 阻=ma 此时瞬时功率等于额定功率F 额.Vim期能电场力懺功与与H 瓦的关丢- 餉眈帝力啜外的力懂曲効与应曉W{f = A £kIF 存■出爲肌除虛力以芥的力做的功尸扛血评7E-iii 丽i 功与电能的关系(3)在匀加速过程中的某点有: F 阻=ma(4)在变加速运动过程中的某点有一F阻=ma.V26. 重力势能E= mghh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 2 1 2(1)始末状态：mgh+ 2mv= mgh+ ^mv.⑵能量转化：△曰增)=△ &减).(3)研究对象：△ E A=—A E B.&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：25702079】A. 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 fsD.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 ） = *mV ,则A 正确；对车运用动能定理可 1 2得fs = 2MV,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. —物块沿倾角为 0的斜面向上滑动，当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H, 如图2所示；当物块的初速度为 2v 时，上升的最大高度记为 h .重力加速度大小为 g .物块与 H1v 上升的过程，由动能定理可得— mgHH 口 mg cos 0 •0= 0 — ?2h1 2mv ;以初速度2v 上升的过程，由动能定理可得— mgh- 口 mg cos 0 • sj^—0 = 0 — ?m 2v ）,2v联立解得口 = 2gH _ 1 tan 0 , h = 4H,选项D 正确.]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口 = 0.5，月球表面的重力加速度为 g = 1.6 m/s 2，现在正以最大速度做匀速直线运动，前进100 m 用时30A. tan 0 和2HB. tan 0 和4HC.D. 2V却j2V 邳jtan 0tan 0和2H和4H[物块以初速度图1斜面间的动摩擦因数口min.则月球车提供的动力功率为（）2A. P= 1.1 X 10 WB. P= 16.2 WC. P = 81 WD. 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,x 100 1力平衡得：F = 口 mg 解得F = 112 N,平均速度v =亍=話盲m/s =— m/s , P = Fv ,解得P t 1 800 18=6.2 W ，故D 正确.］4•如图3所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径 0A 水平，0B 竖直•一质量为m 的小球自A 点正上方的P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点 B 时恰好图3A. 重力做功2mgRB. 机械能减少mgRC. 合外力做功mgR1D. 克服摩擦力做功°mgRD ［重力做功与路径无关，只与初、末位置有关，故小球从 P 到B 的过程中，重力做的功为W = mgR 选项A 错误；小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力，根据牛顿第2V B -—二定律，有 mg= mR ,解得V B =pgR,从P 到B 过程，重力势能的减少量为mgR 动能的增加量为*mV =故机械能的减少量为 mgR-攀选项B 错误；小球从P 到B 的过程相连，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（）对轨道没有压力.已知AP= 2R,重力加速度为g ,则小球从 P 到B 的运动过程中（中，合外力做的功等于动能的增加量，即为mgR选项 C 错误；从P 到B 的过程中，小球克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，即为mgR选项 D 正确.5.（多选）如图4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I I dA. 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；gLD. 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1 2 1 2系统，由机械能守恒定律得，2mg・mgL= ^（2 v + q mv,解得v =一 (2)球的重力势能减少了2mgL动能增加了3mgL机械能减少了，所以杆对B球做负功，选项错误.]6.（多选）如图5甲所示，质量m= 0.5 kg，初速度v o= 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3s后撤去外力，直到物体停止，整ABD [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=1 m/s 2= 口g,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= 口mgx =14.5 J , C错误；0 〜2 s 加速度大小a1 = 2 m/s，由口mg^ F= ma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6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A.B.C.D.物体与地面间的动摩擦因数为0.10〜2 s内F做的功为一8 J0〜7s内物体由于摩擦产生的热量为25 J0〜7 s内物体滑行的总位移为29 m,选项C正确;图5个过程物体的v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/s .求：(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? 【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由运动学公式得v = a 1t 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 = ma设滑块滑上长木板时的初速度为 v o ,则有v — v o = a 2t代入数据解得v o = 3 m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得 1 2mgh- Q = §mv — 0 代入数据解得Q = 1.5 J.(3)滑块在木板上滑行，t = 1 s 时长木板的位移为所以 Q= F f • L = 3 J 则 Q= Q + Q = 4.5 J. 【答案】 (1)2 N (2)1.5 J【导学号:25702080】图6此过程中滑块的位移为 1S 2= v o t + 2*2上故滑块相对木板滑行的距离为 L = S 2 — S 1 = 1.5mF f = Ma(3)4.5 J。