冲刺2020高考物理第25题
挈领提纲 聚焦素养——2020年高考理综新课标卷Ⅰ第25题评析
2020年高考理综新课标卷I 第25题作为压轴题，考查带电粒子在纯电场中的运动，第一小题考查初速度为零的匀加速直线运动，第二、三小题考查类平抛运动。
该题较往年压轴题难度有所降低，但仍然能够全面有效地考查牛顿定律、动能定理、动量定理物理核心规律，测试物理观念和科学思维的运用，检测物理概念和物理规律，检验学科素养的发展。
一、试题分析在一柱形区域内有匀强电场,柱的横截面积是以O 为圆心,半径为R 的圆,A B 为圆的直径,如图1所示。
质量为m ,电荷量为q (q >0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场,速度方向与电场的方向垂直。
已知刚进入电场时速度为零的粒子,自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场,A C 与A B 的夹角θ=60°。
运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小;(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大,该粒子进入电场时的速度应为多大?(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv,该粒子进入电场时的速度应为多大?（1）粒子在A 点速度为零，仅受电场力作用，是沿着电场线方向初速度为零的匀加速直线运动，由于粒子带正电荷，故电场线由A 指向C ，接下来可以应用牛顿第二定律或动能定理两个途径求出电场强度的大小。
（2）因为初速度方向与电场的方向垂直，粒子作类平抛运动。
要使粒子动能增量最大，根据动能定理需要电场力做功最多，即粒子沿电场线方向位移最大。
如图2所示，作A C 垂线并且与圆相切于D ，则粒子从D 点射出时动能增量最大，根据平抛运动的规律解得粒子进入电场时的速度：v 1=2√4v 0。
（3）第一小题粒子穿过电场前后动量变化量大小就是mv 0，即答案之一是粒子从C 点射出时初速度为0；另外的情况粒子在电场中仍然做类平抛运动，要求粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv 0，根据动量定理Ft=mv 0，粒子在电场中运动时间与第一情况相同，粒子沿电场线方向位移也等于A C ，故粒子会从B 点射出，位移的分解如图3所示，平行四边形为矩形。
2020年高考全国卷“理科综合物理第25题”考前模拟试题
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题1．如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R．一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；(3)为使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．2．如图所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离x＝2.4m，质量m1＝0.5kg的“愤怒的小鸟”从弹枪上A′点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点C点，A′C的竖直高度差y＝1.8m．“小鸟”在C处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为m2＝0.3kg的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑，圆弧轨道半径R＝0.5m，石块恰好能通过圆弧最高点D，之后无碰撞地从E点离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN(无能量损失)，且斜面MN的倾角θ＝37°，∠EOD＝37°，石块沿斜面下滑至P点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它，石块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，PE之间的距离s＝0.5m．已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)石块与“猪头”碰撞时的速度大小；(2)“小鸟”与石块碰前的速度大小；(3)“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离．3．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2．求：(1)t＝0.5s时滑块的速度大小；(2)0～2.0s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．4．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L＝50m，正常运转的速度为v＝4m/s．一次某工人刚把M＝10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8．(物块与木板均可看成质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F＝189N的恒定拉力把货物拉到L5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间)5．如图所示，一平行板电容器两极板水平相对放置，在两极板的正中心上各开一孔，孔相对极板很小，因此不会影响两极板间的电场分布。
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题——参考答案
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题参考答案1．【答案】(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1R (3)L ′≥3R ＋3R 1－3μ【解析】(1)根据几何关系PB ＝Rtan θ＝3R ①从P 点到E 点根据动能定理，有mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E －0②代入数据解得v E 2－3μgR )③在E 点，根据向心力公式有F N －mg ＝m v 2ER④解得F N ＝3mg －3μmg⑤(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0⑥代入数据解得x ＝3－3μ3μ＋1R ⑦(3)刚好到达最高点时，有mg ＝mv 2R⑧解得v ＝gR⑨根据动能定理，有mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12mv 2－0⑩代入数据解得L ′＝3R ＋3R 1－3μ⑪所以，L′应满足什么条件L′≥3R＋3R⑫1－3μ2．【答案】(1)3m/s (2)4m/s (3)0.54m【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D ，设在D 点时的速度为v D ，则m 2g ＝m 2v 2DR①解得v D ＝5m/s②设石块在P 点与“猪头”碰撞时的速度为v P ，石块从D 至P 的过程，由动能定理可知m 2g [R (1－cos θ)＋s ·sin θ]－μm 2g cos θ·s ＝12m 2v 2P －12m 2v 2D③解得v P ＝3m/s④(2)设石块在C 点碰后的速度为v C ，石块从C 至D 的过程，由动能定理可知－m 2g ·2R ＝12m 2v 2D －12m 2v 2C⑥解得v C ＝5m/s⑦设“小鸟”与石块碰前的速度为v ，碰后速度为v ′，在碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可知m 1v ＝m 1v ′＋m 2v C ⑧12m 1v 2＝12m 1v ′2＋12m 2v 2C ⑨联解可得v ＝4m/s⑩(3)由题给数据知A′C与MN平行，将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与A′C连线平行，有v y＝gt⑪v x＝v⑫tanθ＝v yv x⑬联解可得t＝0.3s⑭此时“小鸟”离A′C连线的距离设为hh＝x′sinθ⑮2x′＝vt⑯则“小鸟”离斜面MN最近的距离Δh＝R(1＋cosθ)－h⑰解得Δh＝0.54m⑱3．【答案】(1)1m/s(2)6.25m(3)12J【解析】(1)木板M的最大加速度a m＝μmg2①M＝4m/s滑块与木板保持相对静止时的最大拉力F m＝(M＋m)a m＝12N②即F为6N时，M与m一起向右做匀加速运动，对整体分析有F＝(M＋m)a1，v1＝a1t1③代入数据得v1＝1m/s④(2)对Ma1t21⑤0～0.5s：x1＝12a2t22⑥0.5～2s：μmg＝Ma2，x2＝v1t2＋12则0～2s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25m⑦(3)对滑块0.5～2s：F－μmg＝ma2′⑧0～2s内，滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋1a2′t22)⑨2在0～2s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25m⑩t＝2s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7m/s⑪滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10m/s⑫撤去F后，对Mμmg＝Ma3⑬对m－μmg＝ma3′⑭当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3⑮解得t3＝0.5s⑯该段时间内，M位移x3＝v2t3＋1a3t23⑰2m位移x3′＝v2′t3＋1a3′t23⑱2相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75m⑲整个过程中，系统因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝12J⑳4．【答案】(1)192N(2)2m/s(3)11.25s【解析】(1)设最大拉力为F m，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物根据牛顿第二定律得μMg cosθ－Mg sinθ＝Ma1①解得a1＝0.4m/s2②对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得F m－μ(m＋M)g cosθ－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a1③解得F m＝192N④(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g cosθ－(m＋M)g sinθ＝(m＋M)a2⑤解得a2＝0.2m/s2⑥设来电时木板与货物的速度大小为v1，根据运动学公式得v12＝2a2L5⑦解得v1＝2m/s⑧(3)由于v1＜4m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3，则μ(M＋m)g cosθ－(M＋m)g sinθ＝(M＋m)a3⑨解得a3＝0.4m/s2⑩设经过t1木板速度与传送带速度相同v＝v1＋a3t1⑩解得t1＝5s⑫设t1内木板加速的位移为x1，则v2－v12＝2a3x1⑬解得x1＝15m⑭共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则x2＝L－L⑮5－x1解得x2＝25m⑯匀速运动的时间t2＝x2v＝6.25s⑰所以，来电后，货物能到达B处需要的运动时间t＝t1＋t2＝11.25s⑱5．【答案】(1)52g(2)118L(3)6mg－3kq2L2【解析】(1)以AB系统为研究对象，有qE＋2mg＝2ma①解得a＝52g②(2)从开始到A刚进入两极板间有v12＝2aL③解得v1＝5gL④A进入两极板间到B即将穿出下孔，有qE＋2mg－3qE＝2ma2⑤解得a2＝－2g⑥v22－v12＝2a2s⑦B穿出下孔后，有2mg－3qE＝2ma3⑧解得a3＝－72g⑨0－v22＝2a3×L2⑩联立解得s＝38L⑪所以，两极板间距d＝s＋L＝118L⑫(3)B球刚进入电场时，以A球为研究对象，有T1＋mg＋3kq2L2＝ma⑬解得T1＝32mg－3kq2L2⑭A球刚进入电场时，以B球为研究对象，有T2＋3kq2L2－mg－qE＝m|a2|⑮解得T2＝6mg－3kq2L2⑯B球刚离开电场时，以B球为研究对象，有T3＋3kq2L2－mg＝m|a3|⑰解得T3＝92mg－3kq2L2⑱所以，最大拉力T2＝6mg－3kq2L2⑲6．【答案】(1)0.25C0.80Ω(2)F＝2＋0.8t(N)(3)0.1J【解析】(1)根据题图乙知，在t＝0.5s时间内通过金属框的平均电流I＝0.50A①通过金属框的电量q＝I t＝0.25C②由平均感应电动势E＝BL2t③平均电流I＝ER④通过金属框的电量q＝I t⑤联立③④⑤得q＝BL2R⑥于是金属框的电阻R＝BL2q＝0.80Ω⑧(2)由题图乙知金属框中感应电流线性增大，说明金属框运动速度线性增加，即金属框被匀加速拉出磁场．又知金属框在t＝0.5s时间内的位移L＝0.5m，金属框的加速度加速度a＝2L2⑨t2＝4m/s由图乙知金属框中感应电流随时间变化规律为I＝kt(k＝2.0A/s)⑩于是安培力F A随时间t变化规律为F A＝BIL＝kBLt⑪由牛顿运动定律得F－F A＝ma⑫所以水平拉力F＝F A＋ma＝ma＋kBLt⑬代入数据得水平拉力随时间变化规律为F＝2＋0.8t(N)⑭(3)根据运动情况知金属框离开磁场时的速度v＝2aL＝2m/s⑮由能量守恒知，此过程中金属框产生的焦耳热Q＝W F－1mv2＝0.1J⑯27．【答案】(1)5m π6qB (2)qBR 2m (3)1124πR 2－34R 2【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r 1，由牛顿第二定律可得qv 1B ＝mv 21r 1①解得r 1＝mv 1qB＝R ②粒子沿与MO 成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P 射出，其运动轨迹如图甲所示．由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°③甲粒子的运动周期T ＝2πmBq④粒子在磁场中的运动时间t ＝150°360°＝5m π6qB⑤(2)粒子以速率v 2沿MO 方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N 点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r 2，由图中几何关系可得r 2＝R tan θ2＝12R⑥乙由牛顿第二定律可得qv 2B ＝mv 22r 2⑦解得粒子的速度v 2＝qBr 2m ＝qBR2m⑧(3)粒子沿各个方向以v 2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r 2，且不变．由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S 等于以O 3为圆心的扇形MO 3O 的面积S 1、以M 为圆心的扇形MOQ 的面积S 2和以O 点为圆心的圆弧MQ 与直线MQ 围成的面积S 3之和．丙S 1＝12π(R 2)2＝πR 28⑨S 2＝16πR 2⑩S 3＝16πR 2－12×R ×R 2tan 60°＝16πR 2－34R 2⑪则S ＝1124πR 2－34R 2⑫8．【答案】(1)－1V(2)22m/s与水平方向的夹角θ＝45°(3)B2＜2T【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝12B1L21ω＝2V①由串并联电路的连接特点知E＝I·4R，U0＝I·2R＝E2＝1V②金属杆转动周期T1＝2πω＝20s③由右手定则知：在0～4s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，则在0～4s时间内φM＜φN，U MN＝－1V④(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T12时间内，水平方向L2＝v0·t1⑤解得t1＝L2v0＝4s＜T12⑥竖直方向d 2＝12v y t1⑦解得v y＝0.5m/s⑧则粒子飞出电场时的速度大小v＝v20＋v2y＝22m/s⑨所以该速度与水平方向的夹角θ满足tanθ＝v yv0＝1，θ＝45°⑩(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝mvB2q⑪由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，粒子不会第二次进入电场的条件是2r＞d⑫粒子在平行板中加速得v y＝at1，a＝Eqm，E＝U NMd⑬解得qm＝0.25C/kg⑭综合得B2＜2mvdq＝2×42×22T＝2T⑮9．【答案】(1)见解析(2)EBLv m－B2L2v m2r (3)BLCU1t1＋mU1BLt1【解析】(1)导体棒切割磁感线E＝BLv①导体棒做匀速运动F＝F安＝BIL②其中I＝ER③在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝B2L2v2RΔt④电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝B2L2v2RΔt⑤可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等(2)导体棒达到最大速度v m时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLv m⑥电源与电阻所在回路的电流I＝E－Ur⑦电源的输出功率P＝UI＝EBLv m－B2L2v m2r⑧(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U⑨由电容器的Ut图可知U＝U1t1t⑩导体棒的速度随时间变化的关系为v＝U1BLt1t⑪可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝U1BLt1⑫电容C＝QU⑬电流I＝Qt⑭可得I＝CUt＝CU1t1⑮由牛顿第二定律有F－BIL＝ma⑯可得F＝BLCU1t1＋mU1BLt1⑰10．【答案】(1)mv 0ql (2)2mv 0ql 0(3)[0，－2kmv 0B 0q ](k ＝1，2，3…)和[－3mv 0B 0q ，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1，2，3…)【解析】(1)设a 粒子在y 轴右侧运动的半径为R 1，由几何关系有(R 1－12l )2＋(32l )2＝R 21①甲由于B 1qv 0＝m v 20R 1②解得B 1＝mv 0ql③(2)B 2最小，说明Q 点是a 、b 粒子在y 轴上第一次相遇的点，由图乙可知，a 、b 粒子同时从O 点出发，且粒子在y 轴右侧运动的圆周运动半径乙R 2＝l 02④又由洛伦兹力提供向心力，有B 2qv 0＝m v 2R 2⑤解得B 2＝2mv 0ql 0⑥(3)由图丙可见，只有在两轨迹相交或相切的那些点，才有相遇的可能性，所以有y 轴上的相切点和y 轴左侧的相交点．经分析可知，只要a 、b 粒子从O 点出发的时间差满足一定的条件，这些相交或相切的点均能相遇．丙粒子在y 轴右侧的运动半径r 1＝mv 0B 0q⑦粒子在y 轴左侧的运动半径r 2＝2mv 0B 0q⑧y 轴上的相切点坐标为[0，－2kmv 0B 0q](k ＝1，2，3…)⑨y 轴左侧的相交点相遇由丙图可知，OA ＝AC ＝OC ＝r 2，可得x A ＝－r 2sin 60°＝－3mv 0B 0q ⑩y A ＝－r 2cos 60°＝－mvB 0q⑪y 轴左侧的相遇点的坐标[－3mv 0B 0q ，－(2n －1)mv 0B 0q](n ＝1，2，3…)⑫。
冲刺2020高考物理第25题PPT共33页
1、最灵繁的人也看不见自己的背脊。——非洲 2、最困难的事情就是认识自己。——希腊 3、有勇气承担命运这才是英雄好汉。——黑塞 4、与肝胆人共事，无字句处读书。——周恩来 5、阅读使人充实，会谈使人敏捷，写作使人精确。——培根
1、不要轻言放弃，否则对不起自己。
2、要冒一次险!整个生命就是一场冒险。走得最远的人，常是愿意 去做，并愿意去冒险的人。“稳妥”之船，从未能从岸边走远。-戴尔．卡耐基。
梦 境
3、人生就像一杯没有加糖的咖啡，喝起来是苦涩的，回味起来却有 久久不会退去的余香。
冲刺2020高考物理第25题 4、守业的最好办法就是不断的我不愿失 去今生对你的记忆，我不求天长地久的美景，我只要生生世世的轮 回里有你。
2020年高考全国卷理综第25题备考策略
2020/4/4
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【 强电范场例．4】自如该图区，域两上水方平 的面A (点虚将线质)之量间为的m距启、离电示为荷H量，分其别间为的q区和域–q存(q>在0方 )的向带水电平小向球右M的、匀N 先 该1.后 区在以 域恒相 的力同 下作的 边用初 界下速 离，度 开物． 沿已平体知行做N于匀离电变开场速电的场运方时动向的射，速出但度．有方小直向球线竖在运直重向动力下作和；用曲M下线在进运电入场动电中的场做区区直别域线，，运并其动从， 刚关离键开是电恒场力时与的速动能度为是N否刚共离线开；电场时动能的 1.5 倍．不计空气阻力，重力加速度大小
均忽略不计．求： (1)在 t=0 到 t=t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
提 (1)计算电荷量的关键是求感应电动势和感应电流的平均值。 示 (2)图中所示的两磁场同方向，计算总磁通量可把两磁通量
相加。先求总磁通量对求水平恒力具有提示性作用。
第静止二开问始设下计滑的，未一段知时量间很后多与，B短发时生弹间性很碰难撞理(碰清撞众时多间物极理短)量；当间的A 返关回系到，倾唯斜一轨道能上
的 P 点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静
做止．的物就块是A先运把动能的 列v-t的图方像如程图列(b出)所来示，，图一中般的先v写1 和出t1要均求为的未知物量理．量已的知表A 的达质式量或为与m，
4(2.)知小识球到迁达移A：点题时目动中量的的大恒小力；，[来类源似:学带．电科小．球网在] 匀强电场中受到的电场力！
(3)小球从 C 点落至水平轨道所用的时间．
2020年高考全国卷“理科综合物理第25题”考前模拟试题
2020年高考全国卷“理综第25题”考前模拟试题1．如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R．一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；(3)为使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．2．如图所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离x＝2.4m，质量m1＝0.5kg的“愤怒的小鸟”从弹枪上A′点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点C点，A′C的竖直高度差y＝1.8m．“小鸟”在C处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为m2＝0.3kg的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑，圆弧轨道半径R＝0.5m，石块恰好能通过圆弧最高点D，之后无碰撞地从E点离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN(无能量损失)，且斜面MN的倾角θ＝37°，∠EOD＝37°，石块沿斜面下滑至P点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它，石块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，PE之间的距离s＝0.5m．已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)石块与“猪头”碰撞时的速度大小；(2)“小鸟”与石块碰前的速度大小；(3)“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离．3．如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2．求：(1)t＝0.5s时滑块的速度大小；(2)0～2.0s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．4．某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L＝50m，正常运转的速度为v＝4m/s．一次某工人刚把M＝10kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8．(物块与木板均可看成质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F＝189N的恒定拉力把货物拉到L5处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间)5．如图所示，一平行板电容器两极板水平相对放置，在两极板的正中心上各开一孔，孔相对极板很小，因此不会影响两极板间的电场分布。
冲刺2020高考漫谈“全国卷理科综合物理题第25题提分策略共34页文档
71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。——韩非
冲刺2020高考漫谈“全国卷 理科综合物理题第25题提分策
略
11、战争满足了，或曾经满足过人的 好斗的 本能， 但它同 时还满 足了人 对掠夺 ，破坏 以及残 酷的纪 律和专 制力的 欲望。 ——查·埃利奥 特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段 。纪律 是教育 过程的 结果， 首先是 学生集 体表现 在一切 生活领 域—— 生产、 日常生 活、学 校、文 化等领 域中努 力的结 果。— —马卡 连柯(名 言网)
13、遵守纪律的风气的培养，只有领 导者本 身在这 方面以 身作则 才能收 到成效 。—— 马卡连 柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅 精神以 及同全 世界劳 动者的 团结一 致，是 取得最 后胜利 的保证 。—— 列宁 摘自名言网
15பைடு நூலகம்机会是不守纪律的。——雨果
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高考物理压轴题第25题好题推送(3题)
第25题计算题推送（3题）1．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A 球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统。
虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。
视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；（3）带电系统运动的周期。
【解析】（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12 解得（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0 解得x=；则s总=B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为其电势能的变化量为△E P=W=3qE•=4qEL（3）向右运动分三段，取向右为正方向，第一段加速，，第二段减速，设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=（）解得，则（）第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：，所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=（）．【命题意图】考查用运动学规律、牛顿第二定律、动能定理，解决连接体多过程问题的能力。
考查学生受力、运动、做功、能量转化的分析综合能力。
2．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R1＝1 m、R2＝m，半径为R1的圆内分布着B1＝2.0 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B2＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d＝cm，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一水平线上，粒子比荷4×107C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．【解析】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2 代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m得r＝易知r3＝4r2 且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝m，r3＝m又由动能定理有qU＝mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足v t1＝d 得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为＝＋＝－考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．【命题意图】考查带电粒子在复合场中的运动问题。
【满分宝典】2020年全国高考理综试卷物理科第24、25题信息密卷考前练习(3套,含答案+详解)
全国高考理综试卷物理科第24、25题信息密卷考前练习信息密卷练习（1）24．（14分）如图所示，固定在水平面上倾角θ＝37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板，可看成质点的小球A、B、C质量均为m＝2kg，小球B、C通过一劲度系数k＝57.6N/m的轻质弹簧相连，初始时，球B、C处于静止状态，球A拴在绳长为L=0.8m一端，绳子的另一端固定在O点，将A拉到O点的等高处由静止释放，当球A运动到最低点时，绳子恰好断掉，球A被水平抛出，恰好无碰撞地由P点滑上斜面，继续运动x PQ=11 12m后与静止于Q点的球B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，已知不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
求：(1)绳子的最大承受拉力的大小F m；(2)碰撞前后损失的机械能；(3)设从球A、B粘在一起到球C恰好离开挡板这一过程经历了时间t＝2s，则这一过程中弹簧对球AB的冲量大小I为多少？（弹簧始终处于弹性限度内）25．（18分）如图甲所示两光滑导轨由水平、倾斜两部分平滑连接，相互平行放置两导轨相距L=1m，倾斜导轨与水平面成θ=30°角.倾斜导轨所处的某一矩形区域BB′C′C内有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1=1T，B、C间距离为L1=2m.倾斜导轨上端通过单刀双掷开关S连接R=0.8Ω的电阻和电容C=1F的未充电的电容器．现将开关s掷向1，接通电阻R，然后从倾斜导轨上离水平面高h=1.45m处垂直于导轨静止释放金属棒ab，金属棒的质量m=0.4kg、电阻r=0.2Ω，金属棒下滑时与导轨保持良好接触，在到达斜面底端CC′前已做匀速运动．金属棒由倾斜导轨滑向水平导轨时无机械能损失，导轨的电阻不计.当金属棒经过CC′时，开关S 掷向2，接通电容器C，同时矩形区域BB′C′C的磁感应强度B1随时间变化如图乙所示.水平导轨所处某一矩形区域的CC′D′D内无磁场，C、D间距离为L2=8m.DD'右侧的水平轨道足够长且两水平轨道内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B2=2T.g=10m/s2，求：（1）金属棒刚进入矩形磁场区域BB′C′C时两端的电压；（2）金属棒通过矩形磁场区域BB'C′C的过程中电阻R产生的热量；（3）若金属棒在矩形区域CC′D′D内运动，到达DD′前电流为零．则金属棒进入DD′右侧磁场区域运动达到稳定后电容器最终所带的电荷量.信息密卷练习（2）24．（14分）如图所示，半径均为1m R =的光滑圆弧轨道AB 与BC 在B 点平滑连接，固定在竖直面内，A 端与固定水平直杆平滑连接，两段圆弧所对的圆心角均为60°，一个质量为1kg m =的圆环套在直杆上，静止在P 点，PA 间的距离为1m l =，圆环与水平直杆间的动摩擦因数0.5μ=，现给圆环施加一个水平向右的恒定拉力F ，使圆环向右运动，圆环运动到B 点时撤去拉力，结果圆环到达C 点时与圆弧轨道间的作用力恰好为零，重力加速度210m/s g =，求：(1)拉力F 的大小；(2)若不给圆环施加拉力，而是在P 点给圆环一个初速度0v ，结果圆环从C 点滑出后，下落1m R =高度时的位置离2O 点距离也为R ，初速度0v 应是多大。
2020年全国2卷高考物理冲刺压轴卷以及答案
2020年新课标Ⅱ卷高考物理冲刺压轴卷理科综合·物理（考试时间：55分钟试卷满分：110分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．如图所示，某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若将42NF 的力沿逆时针方向转动90，其余三个力的大小和方向不变，则此时物体所受合力的大小为A．0 B．2 N C．22N D2N15．关于原子学物理知识，下列说法正确的是A．升高放射性物质的温度，其半衰期变短B．发生光电效应现象时，增大照射光的频率，同一金属的逸出功变大C．23793Np经过7次α衰变和5次β衰变后变成20983BiD．根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子16．中国自行研制的北斗卫星导航系统，由35颗卫星组成，其中静止同步轨道卫星、中地球轨道卫星距离地面的高度分别约为3.6×104 km、2.2×104 km。
下列说法中正确的是A．静止同步轨道卫星的机械能大于中地球轨道卫星的机械能B．所有静止同步轨道卫星在同一轨道上C．静止同步轨道卫星的运行速度大于中地球轨道卫星的运行速度D．静止同步轨道卫星的加速度大于中地球轨道卫星的加速度17．某做直线运动的质点的位置–时间图象（抛物线）如图所示，P（2，12）为图线上的一点。
PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q（0，4）。
2020届高三物理25题专题训练(共18题)
2. 如图所示，直轨道与水平面夹角为 37°，光滑竖直圆轨道与直轨道相切于 C 点，圆轨道最高点 为 D，半径 OD 竖直，半径为 0.8 ，质量为 0.5 的物块 m 放在 B 点，由止动装置使其静止， 质量为 1kg 的物块 M，从直轨道的 P 点滑向 B 点，当其运动到 B 点时，撤去 m 的止动装置， M 与 m 发生弹性正碰，之后 m 恰好通过圆轨道最高点 D，已知两物块与直轨道间的动摩擦因 数均为 0.25，B、C 点间的距离为 1.7 ， = 10 / 2， 37° = 0.6、 37° = 0.8，物块大小忽略不计均可视 为质点，求：
(1)求粒子的比荷 ；
(2)通过计算说明是否所有的粒子都从 OQ 之间射出电 场打到荧光屏上； (3)求粒子打到荧光屏上的点距 Q 点的最远距离。
11. 如图所示，在正方形 ABCD 区城内，对角线 BD 以上的区域存在平行于 AB 向下的匀强电场， 对角线 BD 以下的区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，正方形的边长为 3 .一质量为 m。电
= 1.0 ( = 10 / 2) (1)判断 1磁场的方向； (2)刚撤去外力 F 时 ab 杆子的速度 v； (3)求杆子 ab 的最大加速度 a 和加速过程中的位移 x．
荷量为+ 的带电粒子(不计重力)以初速度 0从 B 点沿 BC 方向进入磁场，磁感应强度 = 0，
2
电场强度 = 0，求： (1)带电粒子最终从正方形 ABCD 边界射出的位置； (2)带电粒子在磁场和电场中运动的总时间。
知识像烛光，能照亮一个人，也能照亮无数的人。--培根
2020 届高三物理 25 题半径为 1 = 0.8
的1光滑圆弧轨道，与半径为
4
2 = 0.4
的半圆光滑空心管轨道平
2020年高考物理全国Ⅱ卷第25题的多种解法探析
2020年高考物理全国Ⅱ卷第25题的多种解法探析随着高考的临近，许多考生将目光聚焦在物理这门科目上。
而2020年全国Ⅱ卷中的第25题一直备受关注，因其内容较为复杂，考生对于此题的解法也争议不断。
本文将从多个角度探析这道题目，希望能为考生提供一些有益的思路和解题方法。
首先，让我们来看一下这道题目的具体内容：一个长直导线质量为m，长度为L，在重力场中上下施加一定的拉力F，使其保持竖直悬挂。
已知地球的重力加速度为g，导线的线密度为λ。
试求导线的张力与导线的长度L之间的关系。
针对这道题目，我们可以从力学和电磁学两个方面入手进行解析。
首先，我们从力学方面进行分析。
解法一：应用牛顿第二定律我们可以利用牛顿第二定律来解决这个问题。
根据题目描述，导线保持竖直悬挂的条件是导线上下施加的拉力F与导线上单位质量的重力相等。
首先，我们可以求出导线上单位质量的重力，即gλ。
然后，根据牛顿第二定律的公式F=ma，将单位质量的重力等于导线上下施加的拉力相等代入，可以得到m(Lg) = F。
经过推导和整理可得，导线的张力F与导线的长度L之间的关系为F = mgL。
解法二：应用受力分析我们也可以通过受力分析的方法解决这个问题。
当导线保持竖直悬挂时，导线上每个微小长度的部分都受到上下两个方向的拉力。
根据力的平衡条件，这两个方向的拉力之和等于导线上单位长度的重力。
假设导线上某一微小长度Δx处的拉力为ΔF，根据力的平衡条件，ΔF + ΔF = λΔxg。
经过推导和整理可得，单位长度的导线的张力ΔF与Δx之间的关系为ΔF = 0.5λgx。
将单位长度的导线的张力ΔF与整个导线的长度L求和，可以得到导线的张力F与导线的长度L之间的关系为F =0.5λgL^2。
接下来，我们从电磁学方面进行分析。
解法三：应用法拉第电磁感应定律根据题目描述，我们可以发现导线竖直悬挂时，导线中会产生一个横向的电流。
根据法拉第电磁感应定律，当导线悬挂时，导线中的电流受到重力的作用而产生一个力。
2020高考物理全国Ⅱ卷25题
微解题522020高考物理全国Ⅱ卷25题25.（20分）如图，一竖直圆管质量为M ，下端距水平地面的高度为H ，顶端塞有一质量为m 的小球。
圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。
已知M =4m ，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg , g 为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）a 1=2g ，a 2=3g ；（2）11325H H =；（3）152125L H ≥ 解析：（1）管第一次与地面碰撞后的瞬间，管向上运动，小球仍然向下运动。
受力分析如图所示，由牛顿运动定律有Mg + f = Ma 1f – mg = ma 2其中f=4mg,解得：a 1=2g ，a 2=3g（2）管与小球第一次碰地前的速度大小为： 02v gH =管弹起时速度向上，球的速度方向依然向下。
取向上为正方向，设自弹起经t 1时间，管与小球的速度相同，设相同速度为v ，上升高度为h 1,则有：v 0–a 1t 1= –v 0+a 2t 1011v v a t =-101)(21t v v h += 此后，管与小球将做竖直上抛运动，设上升h 2，到达最高点。
由运动学公式有222v h g= 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则：H 1= h 1+ h 2 解得：11325H H = （3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1。
在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有：Mg （H –H 1）+mg （H –H 1+x 1）–4mgx 1=0 联立得：145x H = 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为：2145x H = 设圆管长度为L 。
2020届河北衡水中学新高考押题信息考试(二十五)物理试卷
2020届河北衡水中学新高考押题信息考试（二十五）物理试题★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一．选择题1.物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，对B 施加向右的水平拉力F ，稳定后A 、B 相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l 1；若撤去拉力F ，换成大小仍为F 的水平推力向右推A ，稳定后A 、B 相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l 2，则下列判断正确的是（ ）A. 弹簧的原长为122I I + B. 两种情况下稳定时弹簧的形变量相等 C. 两种情况下稳定时两物块的加速度不相等 D. 弹簧的劲度系数为12FI I -【答案】D 【解析】 【分析】先以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律求得加速度，再分别对A 和B 为研究对象，求得弹簧的原长．根据两种情况下弹簧的弹力的大小关系，分析弹簧的形变量关系；由胡克定律求得劲度系数．【详解】ACD 、以整体法为研究对象，根据牛顿第二定律得知，两种情况下加速度相等，而且加速度大小为：3F a m=． 设弹簧的原长为0l ，根据牛顿第二定律得： 第一种情况：对A ：()10k l l ma -= 第二种情况：对B ： ()022k l l ma -= 联立解得：12023l l l +=，12Fk l l =-，故D 正确B 、第一种情况弹簧的形变量为：()101213l l l l l ∆=-=-，第二种情况下弹簧的形变量为：()1021223l l l l l ∆=-=-，两种情况下弹簧的形变量不相等，B 错误． 故本题正确答案选D ．【点睛】本题关键要灵活选择研究对象，运用整体法和隔离法，根据牛顿第二定律和胡克定律结合研究． 2.如图所示，水平地面上的物体A ，在斜向上的拉力F 作用下，向右作匀速直线运动，则（ ）A. 物体A 可能不受地面支持力的作用B. 物体A 可能受到三个力的作用C. 物体A 受到滑动摩擦力的大小为F cosθ D. 水平地面对A 的作用力一定是竖直向上 【答案】C 【解析】【详解】物体A 若不受支持力作用，则不受摩擦力作用，只受重力和拉力，不可能平衡．故A 错误．物体受重力、支持力、摩擦力和拉力处于平衡．故B 错误．在水平方向上有：Fcosθ=f ．故C 正确．物体所受重力和拉力的合力与支持力与摩擦力的合力等值反向，因为拉力和重力的合力不可能为竖直方向，则水平地面对A 的作用力一定不是竖直方向．故D 错误．故选C ．3.在一次爬山比赛中．某人从山脚爬上山顶，然后又沿原路返回到山脚．上山的平均速率为v 1，下山的平均速率为v 2，则此人往返一次的平均速度的大小和平均速率是A. 122v v +，122v v + B.122v v -，12122v v v v + C. 0，1212v v v v -+D. 0，12122v v v v +【答案】D 【解析】 【分析】注意平均速度和平均速率的区别，平均速度大小是位移与所用时间的比值，而平均速率为通过路程与所用时间比值，明确了这两个概念的区别便能正确解答本题．【详解】从山脚爬上山顶，然后又从原路返回到山脚时，通过位移为零，因此平均速度为零； 设从山脚爬上山顶路程为s ，则有： 上山时间：11s t v = 下山时间：22s t v =因此往返平均速率为：12121222v v sv t t v v ==++ 故应选D ．【点睛】对于运动学中的概念要明确其定义，注意各个概念的区别和联系，对于刚开始学习高中物理的同学来说尤其注意理解位移的概念．4.如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环．细绳a 的一端固定在圆环的A 点，细绳b 的一端固定在小球上，两绳的联结点O 悬挂着一重物，O 点正好处于圆心．现将小球从B 点缓慢移到B'点，在这一过程中，小球和重物均保持静止．则在此过程中绳a 的拉力（ ）A. 一直增大B. 一直减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大 【答案】A 【解析】对联结点O 进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：可知小球从B 点缓慢移到B ′点过程中，绳a 的拉力a F 逐渐变大，故A 正确，BCD 错误．5.一个质量可忽略不计的长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为mA ＝1 kg 和mB ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示(重力加速度g 取10 m/s 2)．则下列说法错误的是：()A. 若F ＝1 N ，则A 、B 都相对板静止不动B. 若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC. 若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为2 ND. 若F ＝6 N ，则B 物块加速度为1 m/s 2 【答案】B 【解析】试题分析： A 与木板的摩擦力最大为0.21102A f N =⨯⨯=，B 与木板的摩擦力最大为0.22104B f N =⨯⨯=若F=1N ，小于A 的最大静摩擦力，所以A 和木板没有发生相对运动，所以在F 的作用下三者一起运动，没有发生相对运动，A 正确；当F=1.5N,小于最大摩擦阻力，所以A B 的加速度一样21.50.5/3a m s == 根据牛顿第二定律可得F f ma -=即，A 受到的摩擦力为1f N =，B 错误；轻质木板则质量为0，就是说木板只相当于一介质，最终受力是通过另一物体作用而形成的．就是说B 受到的力就是A 作用于木板的力，若F>2N 时，A 相对长木板发生滑动，长木板受到向前的摩擦力'2f N =，相当于一个2N 的力拉B 运动，而B 发生滑动必须克服4N 的摩擦力，所以B 仍与木板保持静止，所以受到的摩擦力为2N ，加速度2202/1/2a m s m s ==，CD 正确； 考点：考查了牛顿第二定律，摩擦力的综合应用，本题较难6.假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常数为G ，则地球的密度为： A.0203g gGT g π-B.0203g GT g gπ-C.23GTπD. 023g GT gπρ=【答案】B 【解析】试题分析：由万有引力定律可知：02Mm Gmg R =，在地球的赤道上：222()Mm G mg m R R Tπ-=，地球的质量：343M R πρ=，联立三式可得:0203g GT g g πρ=-，选项B 正确；考点：万有引力定律及牛顿定律的应用．7.一定质量的理想气体, 处于某一初态, 现要使它经过一些状态变化后回到原来初温, 下列哪些过程可能实现（ ）A. 先等压压缩, 再等容减压B. 先等容增压, 再等压膨胀C. 先等压膨胀, 再等容减压D. 先等容减压, 再等压膨胀【答案】CD 【解析】先等压压缩，根据理想气体状态方程公式PVC T=,可知，温度降低，后等容减压，温度降低，不可能回到初始温度，故A 错误；先等容增压，根据理想气体状态方程公式PVC T=可知，温度升高，后等压膨胀，温度升高，不可能回到初始温度，故B 错误; 由理想气体状态方程：PVC T=可知，先等压膨胀，温度T 升高，接着保持体积不变而减小压强，温度降低，可能回到初始温度，故C 正确; 先等容减压，根据理想气体状态方程公式PVC T=可知，温度升高，后等压膨胀，温度升高，可能回到初始温度，故D 正确．所以CD 正确，AB 错误．8.引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖．双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P 星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为△r（P星的轨道半径大于Q星的轨道半径），引力常量为G，则下列结论错误的是A. Q、P两颗星的质量差为222 4l r GT π∆B. Q、P两颗星的线速度大小之差为2r Tπ∆C. Q、P两颗星的运动半径之比为ll r-∆D. Q、P两颗星的质量之比为l rl r-∆+∆【答案】C【解析】【详解】A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：222P QP P Q Qrm mG m m rlωω==，解得2222;Q pP Ql r l rm mG Gωω==，则Q、P两颗星的质量差为222224Q Pl r l rm m mG GTωπ∆∆∆=-==，故A正确；B、P、Q两颗星的线速度大小之差为222QPP Qrr rv v vT T Tπππ∆=-=-=V，故B正确；C、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，根据题意可知，,P Q P Qr r l r r r+=-=∆解得：,22P Ql r l rr r+∆-∆==，则P、Q两颗星的运动半径之比l rl r+∆-∆，C错误．D、P、Q两颗星的质量之比为QPQrm l rm rp l r-∆==+∆，故D正确．本题选错误的故选C．9.一质量为2 kg的物块在水平牵引力的作用下做直线运动，v-t图象如图1所示，物块与水平地面间的动摩擦因数为0．4．下列说法不正确的是（）A. 图2 表示物块的加速度随时间的变化关系B. 图3 表示水平牵引力随位移的变化关系C. 图4 表示水平牵引力功率随时间的变化关系D. 图5 表示合力对物块做的功随位移的变化关系 【答案】ABD 【解析】【详解】试题分析：0-2s 加速度为，4-6s 加速度为，故图2不能表示物块的加速度随时间的变化关系，选项A 错误；因0-2s 的位移等于4-6s 的位移，小于2-4s 的位移，故图 3 不能表示水平牵引力随位移的变化关系，选项B 错误；0-2s 的牵引力的功率：P 1=Fv=（ma 1+μmg）a 1t=24t ；2-4s 牵引力的功率：P 2=fv=μmg×a 1t=8×2×2W=32W；4-6s 的牵引力的功率：P 3=Fv=（μmg -ma 2）（4-a 2t ）=16-8t ；则选项C 正确；0-2s 内合外力的功：W 1=ma 1x=4x ；2-4s 内合外力的功为W 2=0；4-6s 合外力的功：W 3=-ma 2x=-4x,选项D 错误； 本题选择不正确的选项，故选ABD ． 考点：物理图像；功和功率【点睛】此题考查了物理图像问题；解题时关键是能根据牛顿定律和功和功率的表达式找出各个阶段的加速度、牵引力、牵引力的功率计合外力功的函数关系，并对照图像来分析．10.如图所示，两个质量为m 、横截面半径为r 的半圆柱体A 、B 放置在粗糙水平面上，A 、B 的圆心O 1、O 2之间的距离为l ，在A 、B 上放置一个质量为2m 、横截面半径也为r 的光滑圆柱体C(圆心为O 3)，A 、B 、C 始终处于静止状态．则A. A 对地面的压力大小为2mgB. 地面对A 的作用力的方向由O 1指向O 3C. 若l 减小，A 、C 之间的弹力减小D. 若l 减小，地面对B 的摩擦力增大 【答案】AC 【解析】A 、以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A 和B 支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知：地面对A 的支持力为2mg ，则由牛顿第三定律得知A 对地面的压力大小也为2mg ，故A正确；B、地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力，A受到重力mg、地面的支持力N1、摩擦力f、C球的压力N2，如图所示根据平衡条件知：地面的支持力N1和摩擦力f的合力与力mg和压力N2的合力等值、反向，C球对A的压力N2方向沿AC方向，则力mg和压力N2的合力一定不沿AC方向，故地面对A的作用力不沿AC方向，故B错误；C、以C为研究对象，分析受力如图，由平衡条件有：2N′2cosθ=mg得N′2=mg2cosθ，l越小，θ越小，则得A对C间的弹力N′2越小，故C正确；D、以A为研究对象，根据平衡条件得知：地面对A的摩擦力f=N2sinα，而C对A的压力N2=N′2，则l越小，α越小，f越小，故D错误．故选：D．【名师点睛】以三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件求地面对B的支持力，由牛顿第三定律即可求出B对地面的压力；地面对A有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A的作用力是它们的合力；以C为研究对象，分析受力情况，由平衡条件分析A、C间的弹力如何变化；以A为研究对象，根据平衡条件分析地面对A 的摩擦力如何变化，地面对B的摩擦力与对A的摩擦力大小相等．11.下列说法中正确的是A. 电子的发现表明原子核有复杂结构B. 天然放射性的发现表明原子核有复杂结构C. α粒子散射实验证明了原子核有复杂结构D. 氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的【答案】BD【解析】电子的发现表明原子有复杂结构，选项A错误；天然放射性的发现表明原子核有复杂结构，选项B正确；a 粒子散射实验证明了原子的核式结构理论，选项C错误；氢原子光谱表明氢原子的能量是不连续的，选项D正确；故选BD.12.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度）( )A. 小球动能最大时，小球电势能最小B. 弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C. 小球电势能最小时，小球动能为零D. 当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大【答案】BCD【解析】【详解】小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故A错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故B正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D正确；故选BCD．二、实验题13.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：a．如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计．b．沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力F1、F2的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向．c．再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向．①用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是____________．②实验中利用图中标记的o点和b点确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是________________．③图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中______ (填F或F，)是F1和F2合力的实际测量值．F【答案】(1). 合力与分力的作用效果相同(2). Oa间距太小(3). '【解析】【详解】（1）合力与分力间的关系是等效替代，所以我们要让一个力（合力）与两个力（分力）产生相同的作用效果．所以将橡皮筋的活动端都拉至O点，这样做的目的是：合力与分力的作用效果相同；（2）确定力方向时，用画点的方法记录，两点确定一条直线，两个点距离适当的远一点能减小误差．所以这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的a点标记得不妥，其原因是：Oa间距太小；（3）数据处理时要注意：用平行四边形画出来的是理论值，图中F′是平行四边形的对角线，故F′是应用力的合成的平行四边形定则求出的F1和F2的合力，实际值是F．14.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图所示实验装置．请思考探究思路并回答下列问题：（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是___________A．将不带滑轮的木板一端垫高适当，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将不带滑轮的木板一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C ．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D ．将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运 动（2）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，得到一条打点的纸带，如图所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T ，且间距x 1、x 2、x 3、x 4、x 5、x 6已量出，则小车加速度的表达式为a =___________；（3）消除小车与水平木板之间摩擦力的影响后，可用钩码总重力代替小车所受的拉力，此时钩码m 与小车总质量M 之间应满足的关系为_______________；（4）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码质量不变，改变小车质量m ，得到的实验数据如下表： 实验次数 1234 5 小车加速度a /ms -20．77 0．38 0．25 0．19 0． 16 小车质量m /kg 0．200．400．600．801． 00为了验证猜想，请在下列坐标系中作出最能直观反映a 与m 之间关系的图象．【答案】 (1). C (2). 4561232()()9x x x x x x a T++-++= (3). M ＞＞m 【解析】【详解】(1)平衡摩擦力时将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动． 故选C.(2)根据△x=aT 2，运用逐差法得，a=()()4561232x x x x x x 9T ++-++；(3)设加速度为a: 对小车：F=Ma 对重物：mg −F=ma 联立得：F=1Mmg mgm m MM=++，只有当m<<M 时，才可以可用钩码总重力代替小车所受的拉力； (4)根据所提供数据，采用描点法作出a −1/m 图线如图所示【点睛】（1）平衡摩擦力的方法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车的加速度； （3）当m<<M 时，才可以可用钩码总重力代替小车所受的拉力； （4）据所提供数据，采用描点法作出a-1/m 图线．三、解答题15.某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？ (2)当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(3)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？ 【答案】（1）12m/s （2）21.4/m s （3）16s 【解析】试题分析：当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P Fv fv ==求出最大速度．根据P Fv =求出速度为5m/s时的牵引力，通过牛顿第二定律求出加速度的大小．根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，从而根据P Fv =求出匀加速直线运动的末速度，结合速度时间公式求出匀加速直线运动维持的时间． （1）汽车以额定功率启动，当a=0时，v 达到最大值max v ． 则60000/12/0.150000m P v m s m s f ===⨯． （2）当速度为5m/s 时，牵引力60000120005P F N N v ===． 则加速度22120005000/ 1.4/5000F f a m s m s m --===． （3）由P Fv F f ma =-='，得()P f ma v =+，则60000/8/500050000.5P v m s m s f ma ===+'+⨯．匀加速直线运动的时间8160.5v t s s a ==='． 16.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？ （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？ 【答案】（1）见解析（2）2.5m 【解析】 【分析】（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小．【详解】（1）甲车紧急刹车的加速度为210.44/a g m s ==甲车停下来所需时间0112.5v t s a == 甲滑行距离 20112.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：220.55/a g m s ==设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，0120022()v a t t v a t -+=-解得2 2.0t s =此过程中乙的位移： 220002121152x v t v t a t m =+-= 甲的位移：210021021()()12.52x v t t a t t m =+-+= 所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-=【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断． 17.如图甲所示，有一倾角为θ=53°的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg 的木板，木板材质与斜面体相同．t=0时有一质量m=6kg 的滑块在斜面上由静止 开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量 损失）．图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53°=0.8， cos53°=0．6，取g=l0m/s 2.求：(1)滑块与木板间、木板与地面间动摩擦因数μ1、μ2； (2)滑块停止运动的时刻t 和木板的最小长度l ． 【答案】（1）0.2（2）18m 【解析】【详解】(1)滑块在斜面上下滑时，满足： mg sin θ -μ1N=ma 1 ① N = mg cos θ ②由v-t 图得加速度a 1=01v t =6m/s 2 ③综合①②③解得μ1=13滑块滑上木板后减速 μ1mg =ma 2 ④ 其中 01221v v a t t -=- ⑤ 对木板分析有 μ1mg –μ2（m+M ）g =Ma 3 ⑥ 其中1321v a t t =- ⑦ 综合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2(2) 由于μ2＜μ1，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足 μ2（m+M ）g =（m+M ）a 4 ⑧ 又 142v a t t =- ⑨ 综合⑧⑨解得 t =6s 木板的最小长度 0211()2l v t t =-=18m 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.。
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论上物块B先停下，但这一问的关键是要判断B停下之前，A是
否会追上B发生二次碰撞。
2020/4/13
13
【范例 小物块
4B】静竖止直于面水内平一轨倾道斜的轨最道左与端一，足如够图长启(a的)示所水示平．轨t=道0 通时过刻一，小小物段块光滑A 圆在弧倾平斜滑轨连道接上，从
2020/4/13
1
漫谈“全国卷理综第25题提分策略”
一 考什么？ 二 怎么考？ 三 如何备考？ 四 如何提分？
2020/4/13
2
一、考什么？
年份
2016
卷Ⅰ
弹簧弹开1个物块 平抛+直线运动
能量守恒 动能定理 “牛二”+运动学公式 图像信息+画轨迹
卷Ⅱ
弹簧弹开1个物块 平抛+圆周运动
能量守恒 无
2020/4/13
系能动 统量量 平守守 衡恒恒
常 见 的 力
牛动动 顿能量 定定定 律理理
匀速直线运动
运
匀变速直线运动
动 模
平抛运动
型
圆周运动
简谐运动
4
力学体系知识要点一
年 年 考 的 运 动 学 公 式
2020/4/13
5
力学体系知识要点二
能 量 公 式
2020/4/13
6
电磁学体系知识要点一
初始时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为 g，不计空气阻力．
之(1)相求物关块的B方的程质。量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功。
列方程时注意：所列方程个数，不能少于所有方程里出现的未知量个数。
(1)第一问依然是列出动量守恒方程
和能量守恒方程联立求解。
2020/4/13
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电 磁 学 体 系 知 识 要 点 二
2020/4/13
8
二、怎么考？
【范例 1】一质量为 m=2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，
司机忽然发现前方 100 m 处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随
时间变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0~t1 时间段为从司机发现警示牌到采取措施 的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1~t2 时间段为刹 车系统的启动时间，从 t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．请在图(b) 中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的 v-t 图线．
均忽略不计．求： (1)在 t=0 到 t=t0 时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值； (2)在时刻 t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．
提 (1)计算电荷量的关键是求感应电动势和感应电流的平均值。 示 (2)图中所示的两磁场同方向，计算总磁通量可把两磁通量
相加。先求总磁通量对求水平恒力具有提示性作用。
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实效训练（二）——不猜不蒙，科学梳理
“不猜不蒙”
靠猜蒙答题的现象并不分科目，不分题型。很多考生为应对繁 重的作业，平时训练就养成“猜”和“蒙”的坏习惯，而且还漠视 由此产生的后果，自然的，这类考生在考场上只能继续“猜”和 “蒙”了。事实证明，靠猜蒙答题，正确概率极低。
提 (2)第二问要充分捕捉图像信息，尤 示 其是物块A下滑和上滑两个过程速
度、时间、位移等物理量的联系。
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【范例 6】如图，两条相距 l 的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一
阻值为 R 的电阻；一与导轨垂直的金属棒启置示于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有 电一 间面磁t 的积感变为应化S问关的题系区为综域合B，1=区考k域t查，中式感存中应在k电垂为动直常于势量纸；，在面感金向应属里电棒的流均右匀、侧磁还电有场量一，、匀磁电强感路磁应等强场度区问大域题，小，区B但域1 随考左时边 查界 刻，重M金N点(属虚是棒线感在)与应一导电外轨动加垂水势直平和，恒感磁力场应的的电作磁流用感下的应从大强静小度止大、开小方始为向向B右，0，运以方动及向，与也在安垂t0直培时于刻力纸恰相面好关向以的里速动．度某力v0时 学越过问题MN和，功此能后问向右题做。匀这速类运问动题．金考属点棒明与确导，轨逐始终一相理互解垂，直得并高接触分良的好概，率它大们。的电阻
4(2.)知小识球到迁达移A：点题时目动中量的的大恒小力；，[来类源似:学带．电科小．球网在] 匀强电场中受到的电场力！
(3)小球从 C(1)关键是画出在C点受力示意图，然后由牛顿第二定律列向心力方程； (2)可根据动能定理对A至C的过程列方程，先求出过A点的速度；
(2)切入点——分解运动。因为涉及未知量多，可先画出位移、 速度等矢量图，再根据几何关系列方程。
(3)考虑到两小球离开电场时的动能关系已知，可根据动能定 理先求各自动能的表达式。
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【 两范者例之间5】有静一止被在压水缩平的地微面型上弹的簧两，小A 物与块其启右A、侧示B的，竖质直量墙分壁别距为离mlA＝＝11.0.0mk，g，如m图B＝所4示.0k．g某， 1时 放.碰刻 后撞， ，将A问压沿题缩着或的与微类墙型似壁弹垂碰簧直撞释的问放方题，向使，向A无右、B运论瞬动是间．弹分A、性离B，的两与还物地是块面获非之得间弹的的性动动的能摩，之擦动和因为量数均守Ek为＝恒μ1方＝0.0程0J.．2和0释， 能重量力加守速恒度方取程g＝组1合0m是/s2强，A有、B力运的动突过破程口中；所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
2整.曲个过线程运中动，问除题受，到重常力用及动轨能道定作理用力处外理，两小个球点还的一直速受度到大一小水关平系恒力；的作用，已知小
球在 C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大
3小.一为 般g，的求曲：线运动问题，常分解成两个垂直方向的分运动处理；
(1)水平恒力的大小和小球到达 C 点时速度的大小；
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【范例 3】如图，在竖直平面内，一半径为 R 的光滑圆弧轨道 ABC 和水平轨道 PA 在 A
1点 量.圆相 为切周m，运的B小动C球问为沿圆题水弧，平轨常轨道在道的向特直右殊径运，点动O上，为列经圆向A心启心点，示沿力OA圆方和弧程O轨，B道之由通间于过的求C夹点力角，或为落求α，至速s水in度平α＝；轨35道，；一在质
不可完全避开难题训练，可充分利用小考契机，加 强对难题应试技巧、方法的反思总结。
考场上每一分都是宝，要珍惜每一个得分点，不完 全放空白，也不胡乱作答。
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实效训练（一）——快练慢思，体验收获
“快练” 在有限的时间执行一个不大可能完成的任务，此过程必须保持良好
心态：看淡得失、坚决果断。比如：花15分钟完成理综第25题。
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三、如何备考？
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×
√
恐
乐
惧
观
放
贪
弃
婪
×
√
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心态调节
mental adjustment
克服恐惧
分析成因，源头治理；畏难情绪源于不自信，源于 缺乏对物理重、难点的深度剖析和切身领悟。
乐观应对
不妄自菲薄，要坚信难题里也有自己的得分点。难 题难在考点多、对象多、过程多，细分之后并不难。
第静止二开问始设下计滑的，未一段知时量间很后多与，B短发时生弹间性很碰难撞理(碰清撞众时多间物极理短)量；当间的A 返关回系到，倾唯斜一轨道能上
的 P 点(图中未标出)时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静
做止．的物就块是A先运把动能的 列v-t的图方像如程图列(b出)所来示，，图一中般的先v写1 和出t1要均求为的未知物量理．量已的知表A 的达质式量或为与m，
“牛二”+运动学公式 图像信息+画轨迹
1根金属棒切割磁感线
匀速直线运动
卷Ⅲ
电磁感应定律恒 电动势、电流、电量
“牛二”+运动学公式
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图像信息
2017
2018
1滴油滴在电场中运动 直线运动 无 无
“牛二”+运动学公式 无
2个粒子在组合场中运动 圆周运动+类平抛运动
无 动能 “牛二”+运动学公式 图像信息+画轨迹
2个小球电场中运动 平抛+直线+运动的分解
无 动能定理 “牛二”+运动学公式 图像信息+画轨迹
1个粒子在组合场中运动 圆周运动+类平抛运动
无 无 “牛二”+运动学公式 图像信息+必画轨迹
2个滑块+1个块木板滑动 直线运动 无 无
“牛二”+运动学公式 图像信息
1个小球一恒力作用下 圆周运动+运动的分解
(2)求该粒子从 M 点射入时速度的大小.
在画圆弧轨迹时，一般要把入射速度、出射速度、弦、以及过圆心的三直线
(1)粒子在两侧电场中做匀变速曲线运动，轨迹是抛
画物完线，整在，磁便场于中做找匀几速何圆周关运系动。，轨迹是圆弧，三
段轨迹依顺序相切；
(2)第二问可先列出类平抛的运动学方程，再列出圆
周运动的向心力方程，再寻找各个物理量的关系。
示 (3)过C点后，小球做一般曲线运动，处理的关键是分解运动。
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【 强电范场例．4】自如该图区，域两上水方平 的面A (点虚将线质)之量间为的m距启、离电示为荷H量，分其别间为的q区和域–q存(q>在0方 )的向带水电平小向球右M的、匀N 先 该1.后 区在以 域恒相 的力同 下作的 边用初 界下速 离，度 开物． 沿已平体知行做N于匀离电变开场速电的场运方时动向的射，速出但度．有方小直向球线竖在运直重向动力下作和；用曲M下线在进运电入场动电中的场做区区直别域线，，运并其动从， 刚关离键开是电恒场力时与的速动能度为是N否刚共离线开；电场时动能的 1.5 倍．不计空气阻力，重力加速度大小