2020年高考物理必考考点题型
2020年高考物理热点题型归纳与精讲(含2019真题)-专题20 电容器、带电粒子在电场中的运动
2020年高考物理热点题型归纳与精讲-专题20 电容器、带电粒子在电场中的运动【专题导航】目录热点题型一平行板电容器及其动态分析问题 (1)U不变时电容器的动态分析 (2)Q不变时电容器的动态分析 (3)平行板电容器中带电粒子的问题分析 (4)热点二带电粒子在电场中的直线运动 (5)电容器中直线运动 (5)带电粒子在匀强电场中的直线运动 (6)带电粒子在交变电场中的直线运动 (7)热点题型三带电粒子在电场中的偏转运动 (8)热点题型四带电粒子在交变电场中的运动 (12)粒子做直线往返运动 (13)粒子做偏转运动问题 (14)热点题型五带电体在电场、重力场中的运动 (16)带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 (16)带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题 (17)【题型演练】 (19)【题型归纳】热点题型一平行板电容器及其动态分析问题1．分析思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．(2)用决定式C＝εr S4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU 判定电容器所带电荷量Q 或两极板间电压U 的变化．(4)用E ＝Ud 分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化问题的比较U 不变时电容器的动态分析【例1】(2019·湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A 、C 构成电容器．已知灵敏电流表G 的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表( )A ．指针向右偏转，A 、C 构成的电容器充电B ．指针向左偏转，A 、C 构成的电容器充电 C ．指针向右偏转，A 、C 构成的电容器放电D ．指针向左偏转，A 、C 构成的电容器放电 【答案】B【解析】由图可知，液体与芯柱构成了电容器，由图可知，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由C ＝εr S 4πkd 可知，当液面升高时，只能是正对面积S 增大；故可判断电容增大，再依据C ＝QU 和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A 、C 、D 错误，B 正确．【变式】一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变【答案】D.【解析】平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U 不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝QU 可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝Ud 可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，A 、B 、C 错误．Q 不变时电容器的动态分析【例2】如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变 【答案】D.【解析】平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确．【变式】(2019·西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一 个带负电的试探电荷固定在P 点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E 表示两板间的 场强，φ表示P 点的电势，E P 表示该试探电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计带电量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是( )A ．E 增大，φ降低，E P 减小，θ增大B ．E 不变，φ降低，E P 增大，θ减小C ．E 不变，φ升高，E P 减小，θ减小D ．E 减小，φ升高，E P 减小，θ减小 【答案】C【解析】将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd可知，电容C 增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电量Q 不变，由C ＝QU 得知，板间电压U 减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，可见E 不变；P 点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U ＝Ed 得知，则P 点的电势；负电荷在P 点的电势能减小，故A 、B 、D 错误，C 正确． 平行板电容器中带电粒子的问题分析【例3】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等 【答案】BD【解析】根据题述可知，微粒a 向下加速运动，微粒b 向上加速运动，根据a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小，即a a ＞a b .对微粒a ，由牛顿第二定律，qE ＝m a a a ，对微粒b ，由牛顿第二定律，qE ＝m b a b ，联立解得qE m a ＞qEm b ，由此式可以得出a 的质量比b 小，选项A 错误；在a 、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力(电场力)等于b 微粒，a 微粒的位移大于b 微粒，根据动能定理，在t 时刻，a 的动能比b 大，选项B 正确；由于在t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t 时刻，a 和b 的电势能不等，选项C 错误；由于a 微粒受到的合外力(电场力)等于b 微粒受到的合外力(电场力)，根据动量定理，在t 时刻，a 、b 微粒的动量大小相等，选项D 正确．【变式】如图所示，一种β射线管由平行金属板A 、B 和平行于金属板的细管C 组成．放射源O 在A 极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m 的β粒子(电子)．若极板长为L ，间距为d ，当A 、B 板加上电压U 时，只有某一速度的β粒子能从细管C 水平射出，细管C 离两板等距．已知元电荷为e ，则从放射源O 发射出的β粒子的这一速度为( )A.2eU m B.LdeU m C.1dD.Ld eU2m【答案】C【解析】β粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有L ＝v 0t ，竖直方向有d 2＝12at 2，且a ＝eUmd .从A 到C的过程有－12eU ＝12mv 20－12mv 2，以上各式联立解得v ＝1d C 正确．热点二 带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 电容器中直线运动【例4】(多选)(2019·株洲检测)如图所示，在真空中倾斜平行放置着两块带有等量异号电荷的金属板A 、B ，板与水平方向的夹角为θ，一个电荷量q ＝1.41×10－4 C 、质量m ＝1 g 的带电小球，自A 板上的孔P 以水平 速度v 0＝0.1 m/s 飞入两板之间的电场，经0.02 s 后未与B 板相碰又回到孔P ，g 取10 m/s 2，则( )A ．板间电场强度大小为100 V/mB ．板间电场强度大小为141 V/mC ．板与水平方向的夹角θ＝30°D ．板与水平方向的夹角θ＝45° 【答案】 AD【解析】 因为小球从孔P 水平飞入两板之间，沿水平方向运动，小球受力如图所示，设板间匀强电场的场强为E ，板与水平方向的夹角为θ，在竖直方向由平衡条件得Eq cos θ＝mg ，在水平方向由动量定理得Eqt sin θ＝2mv 0，解得E ＝m qg 2＋4v 20t 2＝100 V/m ，tan θ＝2v 0gt＝1，即θ＝45°，A 、D 正确．【变式】如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 【答案】C【解析】由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv ，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误． 带电粒子在匀强电场中的直线运动【例5】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点 【答案】A.【解析】电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板间的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S 可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B 、C 、D 项错误．【变式】如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小 【答案】BC【解析】对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C 正确，D 错误． 带电粒子在交变电场中的直线运动【例6】．如图甲所示，A 板电势为0，A 板中间有一小孔，B 板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在t ＝T4时刻以初速度为0从A 板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B 板．则( )A ．A 、B 两板间的距离为qU 0T 28mB ．粒子在两板间的最大速度为 qU 0mC ．粒子在两板间做匀加速直线运动D ．若粒子在t ＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终打向B 板【答案】B.【解析】粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C 错误；粒子在t ＝T4时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在3T 4时刻到达B 板，则12·qU 0md ·24⎪⎭⎫ ⎝⎛T ＝d2，解得d ＝qU 0T 216m，选项A 错误；粒子在T 2时刻速度最大，则v m ＝qU 0md ·T4＝qU 0m ，选项B 正确；若粒子在t ＝T8时刻进入两极板间，在T 8～T 2时间内，粒子做匀加速运动，位移x ＝12·qU 0md 283⎪⎭⎫ ⎝⎛T ＝9d 8，所以粒子在T2时刻之前已经到达B 板，选项D 错误．【变式】如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带 正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动， 并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4 B.T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8【答案】B【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的v t 图象，如图所示．由于v t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t 0＜T 4与3T4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4＜t 0＜3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B 正确．热点题型三 带电粒子在电场中的偏转运动 1．带电粒子在电场中的偏转规律2．处理带电粒子的偏转问题的方法 (1)运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动． (2)功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离的方法 (1)y ＝y 0＋L tan θ(L 为屏到偏转电场的水平距离)； (2)y ＝(l2＋L )tan θ(l 为电场宽度)；(3)y ＝y 0＋v y ·Lv 0；(4)根据三角形相似y y 0＝l 2＋L l2.【例6】(2019·江西吉安一中段考)如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚 线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场 E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，不计重力)无初速度地放入电场E 1中的A 点，A 点到MN 的距离为L2，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t ；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′(图中未标出)到点O 的距离x . 【答案】 (1)3mLeE(2)2 (3)3L 【解析】 (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1， 由牛顿第二定律得：a 1＝eE 1m ＝eEm ①由x ＝12at 2得：L 2＝12a 1t 21②电子进入电场E 2时的速度为：v 1＝a 1t 1③ 进入电场E 2到屏水平方向做匀速直线运动， 时间为：t 2′＝2t 2＝2Lv 1④ 电子从释放到打到屏上所用的时间为：t ＝t 1＋t 2′⑤ 联立①～⑤求解得：t ＝3mL eE； (2)设粒子射出电场E 2时平行电场方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得： 电子进入电场E 2时的加速度为： a 2＝eE 2m ＝2eE m ⑥v y ＝a 2t 2⑦电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值为tan θ＝v yv 1⑧联立①②③④⑥⑦⑧得：tan θ＝2⑨ (3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示．设电子打到屏上的点P 到O 点的距离x ， 根据上图用几何关系得：tan θ＝x32L ⑩联立得：x ＝3L【变式1】如图所示，在竖直放置的平行金属板A 、B 之间加上恒定电压U ，A 、B 两板的中央留有小孔O 1、O 2，在B 的右侧有平行于极板的匀强电场E ，电场范围足够大，感光板MN 垂直于电场方向放置，第一次从小孔O 1处从静止释放一个质子11H ，第二次从小孔O 1处从静止释放一个α粒子24He ，关于这两个粒子在电场中运动的判断正确的是( )A ．质子和α粒子打到感光板上时的速度之比为2∶1B ．质子和α粒子在电场中运动的时间相同C ．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D ．质子和α粒子在电场中运动的轨迹重叠在一起 【答案】CD【解析】从开始运动到打到板上质子的速度为v 1，α粒子速度为v 2，根据动能定理有Uq ＋Edq ＝12mv 2－0，化简得出v ＝2U ＋Ed q m ，质子的比荷与α粒子的比荷之比为2∶1，代入得v 1v 2＝＝2，故A 错误；设粒子在加速电场中加速时间为t 1，加速位移为x 1，在偏转电场中偏转时间为t 2，偏转位移为y ，有x 1＝12a 1t 12＝Uq 2dm t 12，y ＝Eq2mt 22，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是比荷不同，所以运动时间不同，故B 错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有Uq ＋Edq ＝E k －0，解得E k ＝q (U ＋Ed )，因为U 、E 、d 相同，则有E k1E k2＝q 1q 2＝12，故C 正确；带电粒子进入加速电场时，根据动能定理可得qU ＝12mv 02，进入偏转电场后电势差为U 2，偏转的位移为y ，有y ＝12at 2＝qU 22md (l v 0)2，联立得y ＝U 2l 24dU ，速度的偏转角正切值为tan θ，有tan θ＝v y v 0＝at v 0＝U 2l2Ud ，偏转位移y 与速度的偏转角正切值tan θ与带电粒子无关，因此运动轨迹重叠在一起，故D 正确．【变式2】(2019·洛阳一模)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置 【答案】AD【解析】根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1dm.在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d ，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝2qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 1/2＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误．根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．热点题型四 带电粒子在交变电场中的运动 1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的试题类型 此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 3．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征， 求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系． (3)注意对称性和周期性变化关系的应用． 粒子做直线往返运动利用速度图象分析带电粒子的运动过程时的注意事项 (1)带电粒子进入电场的时刻； (2)速度图象的切线斜率表示加速度；(3)图线与坐标轴围成的面积表示位移，且在横轴上方所围成的面积为正，在横轴下方所围成的面积为负； (4)注意对称性和周期性变化关系的应用；(5)图线与横轴有交点，表示此时速度改变方向，对运动很复杂、不容易画出速度图象的问题，还应逐段分析求解．【例7】如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带 正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动， 并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4 B.T 2＜t 0＜3T 4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8【答案】B【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意知，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．分别作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4时粒子运动的v t 图象，如图所示．由于v t 图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象知，0＜t 0＜T 4与3T4＜t 0＜T 时粒子在一个周期内的总位移大于零，T 4＜t 0＜3T4时粒子在一个周期内的总位移小于零；t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各项可知B 正确．【变式】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示．加在极板A 、 B 间的电压U AB 做周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0(k >1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示．在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动．若整个运 动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用．若k ＝54，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件．【答案】 d ＞9eU 0τ210m【解析】 电子在0～τ时间内做匀加速运动 加速度的大小a 1＝eU 0md位移x 1＝12a 1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小a 2＝keU 0md初速度的大小v 1＝a 1τ匀减速运动阶段的位移x 2＝v 212a 2由题知d ＞x 1＋x 2，解得d ＞9eU 0τ210m. 粒子做偏转运动问题交变电压的周期性变化，势必会引起带电粒子的某个运动过程和某些物理量的周期性变化，所以应注意： (1)分过程解决．“一个周期”往往是我们的最佳选择．(2)建立模型．带电粒子的运动过程往往能在力学中找到它的类似模型．(3)正确的运动分析和受力分析：合力的变化影响粒子的加速度(大小、方向)变化，而物体的运动性质则由加速度和速度的方向关系确定．【例8】(2019·福建厦门一中期中)相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠 近A 板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v 0，质量为m ，电荷量为－e ， 在A 、B 两板之间加上如图乙所示的交变电压，其中0＜k ＜1，U 0＝mv 206e ；紧靠B 板的偏转电压也等于U 0，板长为L ，两极板间距为d ，距偏转极板右端L2处垂直放置很大的荧光屏PQ ，不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．(1)试求在0～kT 与kT ～T 时间内射出B 板电子的速度各是多大？(2)在0～T 时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．(结果用L 、d 表示) 【答案】(1)63v 0 233v 0 (2)L 28d【解析】 (1)电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0～kT 时间内，穿出B 板的电子速度为v 1，kT ～T 时间内射出B 板的电子速度为v 2据动能定理有：－eU 0＝12mv 21－12mv 20，eU 0＝12mv 22－12mv 20 将U 0＝mv 206e 代入上式，得：v 1＝63v 0，v 2＝233v 0(2)在0～kT 时间内射出B 板的电子在偏转电场中，电子的运动时间：t 1＝Lv 1侧移量：y 1＝12at 21＝eU 0L 22mdv 21，得y 1＝L 28d打在荧光屏上的坐标为y 1′，则：y 1′＝2y 1＝L 24d同理可得在kT ～T 时间内穿出B 板后电子的侧移量： y 2＝L 216d打在荧光屏上的坐标：y 2′＝2y 2＝L 28d故两个发光点之间的距离：Δy ＝y 1′－y 2′＝L 28d.【变式】如图甲所示，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )甲 乙 A ．末速度大小为 2v 0 B ．末速度沿水平方向 C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd【答案】BC【解析】.0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T 3时刻，v 1y ＝g T 3；2T3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B正确；重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 正确；根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误．热点题型五 带电体在电场、重力场中的运动 带电体在电场、重力场中运动的动力学问题 1．等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合m 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向． 2．物理最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题．小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．【例9】(2019·福建厦门一中期中)如图，光滑斜面倾角为37°，一质量m ＝10 g 、电荷量q ＝＋1×10－6 C 的 小物块置于斜面上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，g 取10 m/s 2，求：(1)该电场的电场强度；(2)若电场强度变为原来的12，小物块运动的加速度大小；(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑L ＝23 m 时，机械能的改变量．【答案】(1)7.5×104 N/C ，方向水平向右 (2)3 m/s 2 (3)－0.02 J【解析】(1)如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，则有在x 轴方向：F cos 37°－mg sin 37°＝0 在y 轴方向：F N －mg cos 37°－F sin 37°＝0得：qE ＝mg tan 37°，故有E ＝3mg4q ＝7.5×104 N/C ，方向水平向右．(2)场强变化后物块所受合力为： F ＝mg sin 37°－12qE cos 37°根据牛顿第二定律得：F ＝ma故代入解得a ＝0.3g ＝3 m/s 2，方向沿斜面向下． (3)机械能的改变量等于电场力做的功， 故ΔE ＝－12qEL cos 37°，解得ΔE ＝－0.02 J.带电体在电场、重力场中运动的动量和能量问题。
高考物理必考知识点及题型归纳
高考物理必考知识点及题型归纳
高考物理必考知识点：
1. 运动学基础知识（匀变速直线运动、竖直上抛运动、圆周运动等）
2. 牛顿运动定律（惯性、作用力、反作用力等）
3. 动能、势能及机械能守恒定律
4. 电学基础知识（电场、电势、电流、电阻、电容等）
5. 磁学基础知识（磁场、磁通量、磁感应强度等）
6. 热学基础知识（热力学第一定律、热力学第二定律、内能、熵等）
7. 光学基础知识（光的传播、光的反射、折射、色散等）
高考物理必考题型：
1. 分析题：通过已知条件，求解题目所要求的未知量。
2. 计算题：包括简单计算题和复杂计算题，需要对公式和计算方法有深入理解。
3. 推理题：通过已知条件和已学知识，推出题目所要求的答案。
4. 实验设计题：根据已知条件，设计一个实验方案，来验证某个物理现象或者理论。
5. 记述题：对某个物理概念、现象或者理论进行简要的说明和分析。
6. 应用题：将所学知识应用到实际的问题中，进行分析和解决。
例如，设计一个物理模型，用来解决某个工程问题。
2020届高考物理必考经典专题 专题02 共点力的平衡(含解析)
2020届高考物理必考经典专题专题2: 共点力的平衡考点一平衡条件的应用1.解决平衡问题的常用方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平效果分解法衡条件物体受到三个或三个以上力的作用时,将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足正交分解法平衡条件对受三力作用而平衡的物体,将表示力的矢量平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角力的三角形法形,然后根据数学知识求解未知力考点二“死结”与“活结”“动杆”与“定杆”问题1.“死结”可理解为把绳子分成两段,且不可以沿绳子移动的结点.“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳,因此由“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等.2.“活结”可理解为把绳子分成两段,且可以沿绳子移动的结点.“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的.绳子虽然因“活结”而弯曲,但实际上是同一根绳,所以由“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等,两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线.3.“动杆”:轻杆用转轴或铰链连接,可以绕轴自由转动.当杆处于平衡时,杆所受到的弹力方向一定沿着杆,否则会引起杆的转动.4.“定杆”:轻杆被固定不发生转动.则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.杆所受到的弹力方向可以沿着杆,也可以不沿杆.考点三动态平衡问题1.动态平衡平衡物体所受某力发生变化,使得其他力也发生变化的平衡问题.2.基本思路化“动”为“静”,“静”中求“动”.3.分析动态平衡问题的两种方法方法步骤解析法(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况图解法(1)根据已知量的变化情况,画出力的平行四边形(或三角形)边、角的变化(2)确定未知量大小、方向的变化考点四平衡中的临界极值问题1.“临界状态”:可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现象的状态.2.三种临界条件(1)两接触物体脱离与不脱离的临界条件:相互作用力为0(主要体现为两物体间的弹力为0).(2)绳子断与不断的临界条件:绳中的张力达到最大值;绳子绷紧与松弛的临界条件为绳中的张力为0.(3)存在摩擦力作用的两物体间发生相对滑动或相对静止的临界条件:静摩擦力达到最大静摩擦力. 3.突破临界和极值问题的三种方法解析法根据物体的平衡条件列方程,在解方程时采用数学知识求极值.通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等图解法根据物体的平衡条件作出力的矢量关系图,作出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析,确定最大值或最小值极限法是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(“极大”“极小”“极右”“极左”等),从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来,使问题明朗化,便于分析求解.典例精析★考点一：平衡条件的应用◆典例一：【2019·新课标全国Ⅲ卷】用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。
2020年全国高考物理试题(新课标Ⅱ)(解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试二、选择题：1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。
焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。
焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第【答案】D 【解析】【详解】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。
该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。
故选D 。
2.若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G ，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是（ ） A.3πG ρB.4πG ρC.13πG ρD.14πG ρ【答案】A 【解析】【详解】卫星在星体表面附近绕其做圆周运动，则2224GMm m RR T， 343V R π= ，M V ρ= 知卫星该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期3T G πρ=3.如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点。
c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
21E E 等于（ ）A. 20B. 18C. 9.0D. 3.0【答案】B 【解析】【详解】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv 根据平抛运动规律有2112h gt =11h v t =当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv 根据平抛运动规律有221122h gt 223hv t联立以上各式可解得2118E E故选B 。
4.CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。
2020年高考真题：物理(新课标ⅲ)【含答案及解析】
2020年全国统⼀⾼考物理试卷（新课标Ⅲ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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，有选错的得0分。
1．（6分）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动2．（6分）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。
已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3J B．4J C．5J D．6J3．（6分）“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。
已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。
则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（）A．B．C．D．4．（6分）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。
甲、乙两物体质量相等。
系统平衡时，O 点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β．若α＝70°，则β等于（）A．45°B．55°C．60°D．70°5．（6分）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。
一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。
已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。
为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）A．B．C．D．6．（6分）1934年，约里奥﹣居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He+Al→X+n．X会衰变成原子核Y，衰变方程为X→Y+e．则（）A．X的质量数与Y的质量数相等B．X的电荷数比Y的电荷数少1C．X的电荷数比Al的电荷数多2D．X的质量数与Al的质量数相等7．（6分）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各电表均为理想电表。
2020高考物理常考题型与解题方法汇总
(3) 突出本部分知识在实际生活中的应用的考查，以对思维能力和理论联系实际能力的 考查为主 .
思维模板： 在处理此类运动问题时， 着重把握 “一找圆心， 二找半径 (R=mv/Bq) ，三找周期 (T=2πm/Bq) 或时间 ”的分析方法 .
(1)圆心的确定： 因为洛伦兹力 f 指向圆心，根据 f⊥ v，画出粒子运动轨迹中任意两点 ( 一般是射入和射 出磁场的两点 )的 f 的方向，沿两个洛伦兹力 f 作出其延长线的交点即为圆心 .另外，圆心位 置必定在圆中任一根弦的中垂线上 (如图所示 ).
临界问题，而竖直面内的圆周运动则重在考查最高点的受力情况
.
思维模板：
(1) 对圆周运动，应先分析物体是否做匀速圆周运动，若是，则物体所受的合外力等于 向心力，由 F 合 =mv2/r=mrω２列方程求解即可 ;若物体的运动不是匀速圆周运动，则应将物
体所受的力进行正交分解，物体在指向圆心方向上的合力等于向心力
平行板电容器电
容的决定因素及电容器的动态分析三个方面 .
思维模板：
(1)电容的概念： 电容是用比值 (C=Q/U) 定义的一个物理量， 表示电容器容纳电荷的多少， 对任何电容器都适用 .对于一个确定的电容器，其电容也是确定的 (由电容器本身的介质特性
及几何尺寸决定 )，与电容器是否带电、带电荷量的多少、板间电势差的大小等均无关
题型概述：
直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查
.单独考查若
出现在选择题中，则重在考查基本概念， 且常与图像结合 ;在计算题中常出现在第一个小题，
难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题
.
思维模板：
解图像类问题关键在于将图像与物理过程对应起来， 通过图像的坐标轴、 关键点、 斜率、
高考物理必考知识点及题型归纳
高考物理必考知识点及题型归纳高考物理必考知识点归纳总结1.两种电荷、电荷守恒定律、元电荷：(e=1.60×10-19C);带电体电荷量等于元电荷的整数倍2.库仑定律：F=kQ1Q2/r2(在真空中){F：点电荷间的作用力(N)，k：静电力常量k=9.0×109N?m2/C2，Q1、Q2：两点电荷的电量(C)，r：两点电荷间的距离(m)，方向在它们的连线上，作用力与反作用力，同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引｝3.电场强度：E=F/q(定义式、计算式){E：电场强度(N/C)，是矢量(电场的叠加原理)，q：检验电荷的电量(C)｝4.真空点(源)电荷形成的电场E=kQ/r2{r：源电荷到该位置的.距离(m)，Q：源电荷的电量｝5.匀强电场的场强E=UAB/d{UAB：AB两点间的电压(V)，d：AB两点在场强方向的距离(m)｝6.电场力：F=qE{F：电场力(N)，q：受到电场力的电荷的电量(C)，E：电场强度(N/C)｝7.电势与电势差：UAB=φA-φB，UAB=WAB/q=-ΔEA B/q8.电场力做功：WAB=qUAB=Eqd{WAB：带电体由A到B时电场力所做的功(J)，q：带电量(C)，UAB：电场中A、B两点间的电势差(V)(电场力做功与路径无关)，E：匀强电场强度，d：两点沿场强方向的距离(m)｝9.电势能：EA=qφA{EA：带电体在A点的电势能(J)，q：电量(C)，φA：A点的电势(V)｝10.电势能的变化ΔEAB=EB-EA{带电体在电场中从A位置到B位置时电势能的差值｝11.电场力做功与电势能变化ΔEAB=-WAB=-qUAB(电势能的增量等于电场力做功的负值)12.电容C=Q/U(定义式，计算式){C：电容(F)，Q：电量(C)，U：电压(两极板电势差)(V)｝高考物理考试答题技巧一、考场中心态的保持心态安静：心静自然凉，脑子自然清醒，精力自然集中，思路自然清晰。
2020届高考物理常考基础知识归纳(人教版)
2020届高考物理常考基础知识归纳（人教版）一、运动学：1．匀变速运动：(1)V t = V0 + a t ，S = v o t +a t2，V t2 －V02 = 2as，（知3求2，矢量式规定V0为正，匀加a>0，匀减a<0）(2) V t/ 2 === £ V s/2 = （3）Ds = aT2，Sm一Sn=( m-n) aT2(4)v0=0匀加速比例，取相等时间间隔，位移比1：3：5……(2n-1);取相等位移间隔，时间之比为1：：……((5)右图为打点计时器打下的纸带。
⑴( T=5×0.02s=0.1s）⑵利用“逐差法”求a：２.典例：“刹车陷阱”先求停止时间，求汽车最后1s内位移逆向思维最简单，一个物体先静止做匀加后匀减知总位移和总时间求最大速度图像法最简单。
房屋漏水求房高用比例法，火车由静止匀加速通过一个人求车厢节数用控制变量法和微元法，求通过第n节车厢时间用比例法。
一根杆做自由落体通过下方一个点的时间用差值法。
一个物体做匀变速运动，前3s位移s1,第7s位移s2，求a？用最简单。
３.追及和相遇问题的求解方法：v相等是判断能否追上的临界条件。
哥妹同时同地同向运动，妹做速度为v的匀速运动，哥做v0=0加速度为a的匀加速度运动，谁追谁？哥追妹。
能不能追上？能，。
追上前的最大距离？。
图像法做最简单。
哥妹同时同向运动，哥在妹前方s0处，妹做速度为v的匀速运动，哥做v0=0加速度为a的匀加速度运动，谁追谁？妹追哥。
设哥妹速度相等时，哥妹的位移差为，若s0=,妹哥相遇1次，若s0>,妹哥相遇0次, 若s0<,妹哥相遇2次,第一次妹追哥，第二次哥追妹。
这题以哥哥为参考系最简单。
４．竖直上抛运动：(对称性) 分段法记忆：上升最大高度:H = ，t上=t下= 。
整体法：是初速度为V0加速度为-g的匀减速直线运动。
注意是S和V的正负，一个小球从离地面15米高的地方以初速度10m/s 竖直上抛，求落地时间？整体法：，分段法注意对称性，逆向思维和比例法，自由落体前2s的位移分别为5米和15米。
2020年高考物理热点题型归纳与精讲(含2019真题)-专题37 机械振动与机械波
2020年高考物理热点题型归纳与精讲-专题37 机械振动与机械波【专题导航】目录热点题型一波的传播与波速公式的应用 (1)1.对波形图的理解 (2)2.波的传播方向与质点振动方向之间的关系判断 (4)热点题型二波的图象与振动图象的关联分析 (5)1.由波动图象确定质点的振动图象 (6)2.由振动图象确定波动图象 (7)3.振动和波动情况的综合分析 (7)热点题型三波的多解问题 (9)热点题型四波的干涉、衍射、多普勒效应 (11)【题型演练】 (13)【题型归纳】热点题型一波的传播与波速公式的应用1．波的图象特点(1)质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变．(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)λ2(n＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反．(3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同．2．波速公式振源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以有v＝λT＝λf. 3．由t时刻的波形确定t＋Δt时刻的波形(如图)(1)波向右传播Δt ＝14T 的时间和向左传播Δt ＝34T 的时间波形相同．(2)若Δt ＞T ，可以采取“去整留零头”的办法．4．判断波的传播方向与质点的振动方向的三种常见方法(1)上下坡法：沿波的传播方向，上坡时质点向下振动，下坡时质点向上振动，如图甲所示．甲(2)同侧法：波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧，如图乙所示．乙(3)微平移法：将波形图沿传播方向平移Δx (Δx ≤λ4)，再由x 轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定，如图丙所示．丙1.对波形图的理解【例1】．(2019·宁夏石嘴山三中一模)弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，把小钢球从平衡位置向左拉一段距离，放手让其运动，从小钢球第一次通过平衡位置时开始计时，其振动图象如图所示，下列说法正确的是( )A ．钢球振动周期为1 sB ．在t 0时刻弹簧的形变量为4 cmC ．钢球振动半个周期，回复力做功为零D ．钢球振动一个周期，通过的路程等于10 cmE ．钢球振动方程为y ＝5sinπt cm 【答案】 BCE【解析】 由振动图象可以看出钢球的振动周期为T ＝2 s ，A 错误；弹簧振子在光滑水平面上做简谐振动，平衡位置时弹簧的形变量为零，由图知t 0时刻在平衡位置的右侧距离平衡位置为4 cm 处，则弹簧的形变量等于4 cm ，B 正确；经过半个周期后，振子的速度大小相等，动能变化为零，根据动能定理知回复力做功为零，C 正确；钢球振动一个周期，通过的路程s ＝4A ＝4×5 cm ＝20 cm ，D 错误；振幅A ＝5 cm ，角频率ω＝2πT＝π rad/s ，则钢球振动方程为y ＝A sin ωt ＝5sinπt cm ，E 正确。
2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题01匀变速直线运动的规律(含解析)
专题01 匀变速直线运动的规律【专题导航】目录热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 ................................................ 1 热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用 (3)（一）比例法的应用 .................................................................... 4 （二）Δx ＝aT 2推论法的应用 ............................................................. 6 （三）平均速度公式的应用 .............................................................. 7 （四）图象法的应用 .................................................................... 8 热点题型三 自由落体和竖直上抛运动 . (8)拓展点：双向可逆运动类竖直上抛运动.................................................... 11 热点题型四 物体运动的多过程问题 .. (12)（一）：多过程运动之-----“先以1a 由静止加速在以2a 匀减至速度为零”模型 ................. 12 （二）多过程运动之“先加后匀”模型（限速问题） ........................................ 14 （三）多过程运动之“返回出发点”模型.................................................. 15 （四）多过程运动之“反应时间（先匀后减）”模型 ........................................ 15 （六）多过程运动之“耽误时间（先减后加）”模型 ........................................ 17 【题型演练】 . (18)【题型归纳】热点题型一 匀变速直线运动的基本规律及应用 1.基本规律⎭⎪⎬⎪⎫（1）速度—时间关系：v ＝v 0＋at（2）位移—时间关系：x ＝v 0t ＋12at 2（3）速度—位移关系：v 2－v 2＝2ax ――――→初速度为零v 0＝0⎩⎪⎨⎪⎧v ＝atx ＝12at 2v 2＝2ax 2．对于运动学公式的选用可参考下表所列方法【例1】短跑运动员完成100 m 赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段．一次比赛中， 某运动员用11.00 s 跑完全程．已知运动员在加速阶段的第2 s 内通过的距离为7.5 m ，则该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离为（ ）．A. 5 m/s 210 m B. 5 m/s 211 m C. 2.5 m/s 210 m D. 2.5 m/s 210 m 【答案】 A【解析】 根据题意，在第1 s 和第2 s 内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a ，在第1 s 和第2 s 内通过的位移分别为s 1和s 2，由运动学规律得：s 1＝12at 20 s 1＋s 2＝12a (2t 0)2 t 0＝1 s联立解得：a ＝5 m/s 2设运动员做匀加速运动的时间为t 1，匀速运动的时间为t 2，匀速运动的速度为v ，跑完全程的时间为t ，全程的距离为s ，依题意及运动学规律，得t ＝t 1＋t 2 v ＝at 1 s ＝12at 21＋vt 2设加速阶段通过的距离为s ′， 则s ′＝12at 21求得s ′＝10 m【变式1】(2019·河南十校联考)汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x ＝24t －6t 2，则它在前3 s内的平均速度为( )A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．12 m/s【答案】B【解析】将题目中的表达式与x ＝v 0t ＋12at 2比较可知：v 0＝24 m/s ，a ＝－12 m/s 2.所以由v ＝v 0＋at 可得汽车从刹车到静止的时间为t ＝0－24－12 s ＝2 s ，由此可知第3 s 内汽车已经停止，汽车运动的位移x ＝24×2 m－6×22m ＝24 m ，故平均速度v ＝x t ′＝243m/s ＝8 m/s. 【变式2】(2019·福建泉州名校联考)某质点的位移随时间变化规律的关系是s ＝4t ＋2t 2，s 与t 的单位分别为m 和s ，则质点的初速度与加速度分别为( ) A ．4 m/s 与2 m/s 2B ．0与4 m/s 2C ．4 m/s 与4 m/s 2D ．4 m/s 与0【答案】C【解析】根据匀变速直线运动的位移公式s ＝v 0t ＋12at 2，与质点运动的位移随时间变化的关系式s ＝4t ＋2t2相对比可以得到，物体的初速度的大小为v 0＝4 m/s ，加速度的大小为a ＝4 m/s 2，选项C 正确．【变式3】(2019·广西钦州模拟)以36 km/h 的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为4 m/s 2的加速度，刹车后第3 s 内汽车的位移大小为( ) A ．12.5 m B ．2 m C ．10 m D ．0.5 m【答案】D【解析】据v ＝at 可得由刹车到静止所需的时间t ＝2.5 s ，则第3 s 内的位移，实际上就是2～2.5 s 内的位移，x ＝12at ′2＝0.5 m.热点题型二 匀变速直线运动的推论及应用 1．三个推论(1)连续相等的相邻时间间隔T 内的位移差相等， 即x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2.(2)做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于这段时间初、末时刻速度矢量和的一半，还等于中间时刻的瞬时速度．平均速度公式：v ＝v 0＋v2＝2v t .(3)位移中点速度2x v ＝v 02＋v 22.2．初速度为零的匀加速直线运动的四个重要推论(1)T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末的瞬时速度之比为v 1∶v 2∶v 3∶…∶v n ＝1∶2∶3∶…∶n .(2)前T 内、前2T 内、前3T 内、…、前nT 内的位移之比为x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝12∶22∶32∶…∶n 2. (3)第1个T 内、第2个T 内、第3个T 内、…、第n 个T 内的位移之比为x Ⅰ∶x Ⅱ∶x Ⅲ∶…∶x N ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比为t 1∶t 2∶t 3∶…∶t n ＝1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)∶…∶(n －n －1)． 3.思维方法（一）比例法的应用【例2】．(多选)北京时间2017年3月26日世界女子冰壶锦标赛决赛在北京首都体育馆举行．加拿大以8比3战胜了俄罗斯队，时隔九年再次夺冠，比赛中一冰壶以速度v 垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1【解析】.因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以视为反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)…，故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确；初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶2∶3…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为3∶2∶1，选项A 错误，B 正确．【变式1】（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。
2020年高考理综热点题型和考点
2020年高考理综热点题型和考点01物理高中物理考试常见的类型总结下来有16种，怎样才能做好每一类型的题目呢？就是要掌握这16种常见题型的解题方法和思维模板！题型1：直线运动问题题型概述：直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查。
单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合;在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题.思维模板：解图像类问题关键在于将图像与物理过程对应起来，通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题;对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系。
题型2：物体的动态平衡问题题型概述：物体的动态平衡问题是指物体始终处于平衡状态，但受力不断发生变化的问题。
物体的动态平衡问题一般是三个力作用下的平衡问题，但有时也可将分析三力平衡的方法推广到四个力作用下的动态平衡问题。
思维模板：常用的思维方法有两种.(1)解析法：解决此类问题可以根据平衡条件列出方程，由所列方程分析受力变化；(2)图解法：根据平衡条件画出力的合成或分解图，根据图像分析力的变化。
题型3：运动的合成与分解问题题型概述：运动的合成与分解问题常见的模型有两类。
一是绳(杆)末端速度分解的问题，二是小船过河的问题，两类问题的关键都在于速度的合成与分解.思维模板：主要有两种情况。
(1)在绳(杆)末端速度分解问题中，要注意物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度的方向应取绳(杆)的方向和垂直绳(杆)的方向;如果有两个物体通过绳(杆)相连，则两个物体沿绳(杆)方向速度相等.(2)小船过河时，同时参与两个运动，一是小船相对于水的运动，二是小船随着水一起运动，分析时可以用平行四边形定则，也可以用正交分解法，有些问题可以用解析法分析，有些问题则需要用图解法分析。
2020年高考物理热点题型归纳与精讲(含2019真题)-专题21 电学基本规律的应用
2020年高考物理热点题型归纳与精讲-专题21 电学基本规律的应用【专题导航】目录热点题型一电路的动态分析 (1)阻值变化下的动态分析 (2)电路结构变化下的动态分析 (4)含容电路的动态分析 (4)电路故障的分析 (6)热点题型二对闭合电路欧姆定律的理解和应用 (7)闭合电路欧姆定律的计算 (7)电源与电阻U－I图象的对比 (8)热点三电功电功率电热热功率 (9)热点题型四电源的功率和效率 (11)电源输出功率的极值问题的处理方法 (12)【题型演练】 (14)【题型归纳】热点题型一电路的动态分析1．解决电路动态变化的基本思路“先总后分”——先判断总电阻和总电流如何变化．“先干后支”——先分析干路部分，再分析支路部分．“先定后变”——先分析定值电阻所在支路，再分析阻值变化的支路．2．电路动态分析的方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即(2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论．(3)串反并同法：“串反”是指某一电阻增大(或减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(或增大)．“并同”是指某一电阻增大(或减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(或减小)．3．分析含容电路应注意的两点(1)电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压．在电路稳定后，与电容器串联的电阻阻值变化，不影响电路中其他电表示数和灯泡亮度．(2)电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电．如果电容器两端电压升高，电容器将充电，电荷量增大；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电，电荷量减小．4．电路故障问题的分析方法与技巧(1)故障特点①断路特点：表现为电路中的两点间电压不为零而电流为零，并且这两点与电源的连接部分没有断点．②短路特点：用电器或电阻发生短路，表现为有电流通过电路但其两端电压为零．(2)检查方法①电压表检测：如果电压表示数为零，则说明可能在并联路段之外有断路，或并联路段短路．②欧姆表检测：当测量值很大时，表示该处是断路，当测量值很小或为零时，表示该处是短路．在运用欧姆表检测时，电路一定要切断电源．③电流表检测：当电路中接有电源时，可用电流表测量各部分电路上的电流，通过对电流值的分析，可以确定故障的位置．在运用电流表检测时，要注意电流表的极性和量程．④假设法：将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生某种故障，运用闭合电路或部分电路的欧姆定律进行推理．阻值变化下的动态分析【例1】．(多选)(2019·上海杨浦区模拟)如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑片在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑片向a端移动，则下列说法正确的是()A．电源的总功率减小B．R3消耗的功率增大C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小【答案】AC.【解析】法一：程序法将滑动变阻器的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，电路中的总电流I减小，电源的总功率P＝EI减小，R3消耗的功率P3＝I2R3减小，选项A正确，B错误；电路中的总电流减小，由U＝E－Ir知电源的路端电压U增大，R1、R2并联部分的总电阻增大，电压增大，通过R1的电流I1增大，而总电流I减小，则通过R2的电流I2减小，选项C正确，D错误．法二：串反并同法将滑动变阻器的滑片向a端移动，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，与其串联的电流表A2的示数减小，与其间接串联的电源的总功率、R3消耗的功率均减小，A正确，B错误；与其间接并联的电流表A1、电压表V的示数均增大，C正确，D错误．【变式】(多选)(2019·大连模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，、为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()A．电压表示数减小B．电流表示数增大C．电阻R2消耗的功率增大D．a点的电势降低【答案】BD【解析】基础解法(程序法)：P由a端向b端滑动，其阻值减小，则总电阻减小，总电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表示数变大，A错误；电阻R2两端的电压U2＝E－I总(R1＋r)，I总增大，则U2减小，I2＝U2R2，I2减小，电流表的示数I A＝I总－I2增大，B正确；由P2＝I22R2知P2减小，C错误；U ab＝φa－φb＝φa＝U 2，故φa 降低，D 正确．能力解法一(结论法)：由于R 3减小，R 2与R 3并联，则U 2、I 2均减小，而P 2＝I 22R 2，知P 2减小，C 错误；U ab ＝U 2＝φa －φb ＝φa 减小，D 正确；因为R 1间接与R 3串联，故I 1、U 1均增大，故电压表示数增大，A 错误；根据I A ＝I 1－I 2知I A 增大，B 正确．能力解法二(极限法)：设滑片P 滑至b 点，则R 3＝0，φa ＝φb ＝0，D 正确；R 2上电压为零，则功率也为零，C 错误；当R 3＝0时，总电阻最小，总电流最大，R 1上电压最大，故A 错误；由于I A ＝I 1－I 2，此时I 1最大，I 2＝0最小，故I A 最大，B 正确． 电路结构变化下的动态分析【例2】. (2019·安徽“江南”十校联考)如图所示的电路中，电源电动势为E ，内阻为R ，L 1和L 2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻的阻值均为R ，电压表为理想电表，S 为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( )A ．电压表读数将变小B ．L 1亮度不变，L 2将变暗C ．L 1将变亮，L 2将变暗D ．电源内阻的发热功率将变小 【答案】A.【解析】开关在位置1时，外电路总电阻R 总＝32R ，电压表示数U ＝32R R ＋32RE ＝35E ，同理，每个灯泡两端的电压U 1＝U 2＝15E ，电源内阻的发热功率为P 热＝⎝⎛⎭⎫25E 2R ＝4E 225R ，开关在位置2时，外电路总电阻R ′总＝23R ，电压表示数U ′＝23R R ＋23RE ＝25E ，灯泡L 1的电压U ′1＝15E ，L 2的电压U ′2＝25E ，电源内阻的发热功率为P ′热＝⎝⎛⎭⎫35E 2R ＝9E 225R ，综上所述，电压表读数变小，故A 正确；L 1亮度不变，L 2将变亮，故B 、C 错误；电源内阻的发热功率将变大，故D 错误． 含容电路的动态分析【例3】．(2019·石家庄模拟)在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是()A．电压表示数变小B．电流表示数变小C．电容器C所带电荷量增多D．a点的电势降低【答案】D.【解析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零．a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流I A＝I－I2，I增大，I2减小，则I A增大，即电流表示数变大，A、B、C错误，D正确．【变式】如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，不考虑灯丝电阻随温度的变化，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，下列说法正确的是()A．电流表读数减小，小灯泡L1变暗B．电压表读数变大C．电流表读数增大，小灯泡L2变暗D．电容器所带电荷量增大【答案】B【解析】将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，其与小灯泡L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，电流表读数减小，小灯泡L2变暗，路端电压U＝E－Ir增大，电压表的读数变大，选项B正确，C错误；小灯泡L1两端的电压U1＝E－I(r＋R2)增大，通过小灯泡L1的电流变大，小灯泡L1变亮，选项A错误；通过小灯泡L2的电流减小，小灯泡L2两端电压变小，与小灯泡L2并联的电容器两端电压减小，由Q＝CU可得电容器所带电荷量减少，选项D错误．电路故障的分析【例4】．(多选)在探究电路故障时，某实验小组设计了如图所示的电路，当开关闭合后，电路中的各用电器正常工作，经过一段时间，发现小灯泡A的亮度变暗，小灯泡B的亮度变亮．则下列对电路故障的分析正确的是()A．可能是定值电阻R1短路B．可能是定值电阻R2断路C．可能是定值电阻R3断路D．可能是定值电阻R4短路【答案】BC【解析】.由于小灯泡A串联于干路中，且故障发生后小灯泡A变暗，可知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D；若R2断路，则R1和小灯泡B所在支路的电压增大，而R2的断路又使小灯泡B分配的电压增大，故小灯泡B变亮，选项B对；若R3断路，必引起与之并联的支路(即R1所在支路)中电流增大，小灯泡B分得的电流也变大，小灯泡B变亮，故选项C对．【变式】如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L 变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是()A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路【答案】A【解析】等效电路如图所示．若R1断路，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、电流表的电流都减小，故A正确．若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B错误．若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，电流表中电流变大，与题意相矛盾，C、D错误，因此正确选项只有A.热点题型二对闭合电路欧姆定律的理解和应用在恒流电路中常会涉及两种U－I图线，一种是电源的伏安特性曲线(斜率为负值的直线)，另一种是电阻的伏安特性曲线(过原点的直线)．求解这类问题时要注意二者的区别．闭合电路欧姆定律的计算【例5】．飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．若有一太阳能电池板，测得它的开路电压为800 mV，短路电流为40 mA.若将该电池板与一阻值为20 Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是() A．0.10 V B．0.20 V C．0.30 V D．0.40 V【答案】D【解析】.电源没有接入外电路时，路端电压值等于电源电动势，所以电动势E ＝800 mV.由闭合电路欧姆定律得短路电流I 短＝E r ，所以电源内阻r ＝E I 短＝800×10－340×10－3 Ω＝20 Ω，该电源与20 Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流I ＝E R ＋r ＝80020＋20mA ＝20 mA ，所以路端电压U ＝IR ＝400 mV ＝0.4 V ，D 正确．【变式】两个相同的电阻R ，当它们串联后接在电动势为E 的电源上，通过一个电阻的电流为I ；若将它们并联后仍接在该电源上，通过一个电阻的电流仍为I ，则电源的内阻为( ) A ．4R B ．R C ．R2 D ．无法计算【答案】B【解析】.当两电阻串联接入电路中时I ＝E 2R ＋r，当两电阻并联接入电路中时I ＝E R 2＋r ×12，由以上两式可得：r ＝R ，故选项B 正确． 电源与电阻U －I 图象的对比 1．利用两种图象解题的基本方法利用电源的U －I 图象和电阻的U －I 图象解题，无论电阻的U －I 图象是线性还是非线性，解决此类问题的基本方法是图解法，即把电源和电阻的U －I 图线画在同一坐标系中，图线的交点坐标的意义是电阻直接接在该电源两端时工作电压和电流，电阻的电压和电流可求，其他的量也可求． 2．非线性元件有关问题的求解，关键在于确定其实际电压和电流，确定方法如下： (1)先根据闭合电路欧姆定律，结合实际电路写出元件的电压U 随电流I 的变化关系． (2)在原U －I 图象中，画出U 、I 关系图象． (3)两图象的交点坐标即为元件的实际电流和电压．(4)若遇到两元件串联或并联在电路中，则要结合图形看电压之和或电流之和确定其实际电流或实际电压的大小．【例6】．(多选) 如图所示的U －I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅰ为某一电阻R 的U －I 图线，用该电源直接与电阻R 连接成闭合电路，由图象可知( )A ．R 的阻值为1.5 ΩB ．电源电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩC ．电源的输出功率为3.0 WD ．电源内部消耗功率为1.5 W 【答案】AD【解析】.由于电源的路端电压与电流的关系图线Ⅰ和电阻R 的U －I 图线Ⅰ都为直线，所以电源的路端电压与电流的关系图线Ⅰ的斜率的绝对值等于电源内阻，r ＝1.5 Ω；电阻R 的U －I 图线Ⅰ的斜率等于电阻R 的阻值，R ＝1.5 Ω，选项A 正确，B 错误；电源的路端电压与电流的关系图线和电阻R 的U －I 图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为P ＝UI ＝1.5×1.0 W ＝1.5 W ，选项C 错误；由EI ＝P ＋P r 解得电源内部消耗的功率为P r ＝EI －P ＝3.0×1.0 W －1.5 W ＝1.5 W ，选项D 正确．【变式】(2019·南昌模拟)如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的U I 图线，电源的电动势和内阻分别用E 、r 表示，根据所学知识分析下列选项正确的是( )A ．E ＝50 VB ．r ＝253ΩC ．当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为 20 ΩD ．当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80 W 【答案】AC【解析】由图象的物理意义可知电源的电动势E ＝50 V ，内阻r ＝ΔU ΔI ＝50－206－0 Ω＝5 Ω，故A 正确，B 错误；该导体与该电源相连时，电阻的电压、电流分别为U ＝40 V ，I ＝2 A ，则R ＝UI ＝20 Ω，此时，电路消耗的总功率P 总＝EI ＝100 W ，故C 正确，D 错误．热点三 电功 电功率 电热 热功率 1.电功和电热、电功率和热功率的区别与联系2.非纯电阻电路的分析方法(1)抓住两个关键量：确定电动机的电压U M 和电流I M 是解决所有问题的关键．若能求出U M 、I M ，就能确定电动机的电功率P ＝U M I M ，根据电流I M 和电动机的电阻r 可求出热功率P r ＝I 2M r ，最后求出输出功率P 出＝P －P r .(2)坚持“躲着”求解U M 、I M ：首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流．然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压和电流．(3)应用能量守恒定律分析：要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解．【例7】 (多选)(2019·安徽六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及 导线电阻，则( )A ．电源内阻r ＝E I －RB ．电源内阻r ＝E I －mgv I 2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小 【答案】 BC【解析】] 含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A 错误；由能量守恒定律可得EI ＝I 2r ＋mgv ＋I 2R ，解得r ＝E I －mgvI 2－R ，B 正确；如果电动机转轴被卡住，则E ＝I ′(R ＋r )，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C 正确，D 错误．【变式】如图，电路中电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏 安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是( )A ．L 1中的电流为L 2中电流的2倍B ．L 3的电阻约为1.875 ΩC ．L 3的电功率约为0.75 WD ．L 2和L 3的总功率约为3 W 【答案】B【解析】由图象可知，灯泡两端的电压变化时，灯泡的电阻发生变化，L 2和L 3的串联电阻并不是L 1电阻的两倍，根据欧姆定律知L 1中的电流不是L 2中电流的2倍，A 错误；由于电源不计内阻，所以L 2和L 3两端的电压均为1.5 V ，由图可知此时灯泡中的电流为I ＝0.8 A ，电阻R ＝UI ＝1.875 Ω，B 正确；L 3的电功率P ＝UI ＝1.5×0.8 W ＝1.2 W ，C 错误；L 2和L 3的总功率P ′＝2P ＝2.4 W ，D 错误．4.如图所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻 为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是 ( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W 【答案】B【解析】由题意得电动机两端的电压U ＝E －I (R 0＋r )＝7 V ，则电动机的输入功率P ＝UI ＝14 W ．热功率P热＝I 2R M ＝2 W ，则输出功率P 出＝P －P 热＝12 W ．电源的输出功率P ′＝EI －I 2r ＝20 W ，故B 正确，A 、C 、D 错误．热点题型四 电源的功率和效率P 电源输出功率的极值问题的处理方法对于电源输出功率的极值问题，可以采用数学中求极值的方法，也可以采用电源的输出功率随外电阻的变化规律来求解．但应当注意的是，当待求的最大功率对应的电阻值不能等于等效电源的内阻时，此时的条件是当电阻值最接近等效电源的内阻时，电源的输出功率最大．假设一电源的电动势为E ，内阻为r ，外电路有一可调电阻R ，电源的输出功率为： P 出＝I 2R ＝E 2R （R ＋r ）2＝E 2（R －r ）2R＋4r .由以上表达式可知电源的输出功率随外电路电阻R 的变化关系为： (1)当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r ；(2)当R ＞r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； (3)当R ＜r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；(4)当P 出＜P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2.【例7】(2019·西安模拟)如图所示，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，则R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？ (3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r 输出？为什么？【答案】(1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析 【解析】(1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，则 新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即 P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W.(2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即 I max ＝ER 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率 P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W 这时电源的效率 η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r 的最大输出功率．本题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．【变式】将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图 所示，由此可知( )A ．电源最大输出功率可能大于45 WB ．电源内阻一定等于5 ΩC ．电源电动势为45 VD ．电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50% 【答案】B【解析】由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P 等于电源输出功率．由电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P 最大为45 W ，所以电源最大输出功率为45 W ，选项A 错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，选项B 正确；由电阻箱所消耗功率P 最大值为45 W 可知，此时电阻箱读数为R ＝5 Ω，电流I ＝PR＝3 A ，电源电动势E ＝I (R ＋r )＝30 V ，选项C 错误；电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率为50%，选项D 错误．【变式2】图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连接在图乙所示电路中．已知电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合开关S 后，求：(1)该元件的电功率； (2)电源的输出功率． 【答案】(1)1.2 W (2)1.84 W【解析】设非线性元件的电压为U ，电流为I ，由欧姆定律得：U ＝E －I (R 0＋r )，代入数据得U ＝5－5I 在U －I 图象中画出U ＝E ′－Ir ′＝5－5I 图线 如图所示，两图线交点坐标为(0.4 A ，3.0 V)．(1)该元件的电功率 P R ＝UI ＝3.0×0.4 W ＝1.2 W. (2)电源的输出功率P ＝P R 0＋P R ＝I 2R 0＋P R ＝0.42×4 W ＋1.2 W ＝1.84 W.【题型演练】1．如图所示，关于闭合电路，下列说法正确的是( )A ．电源正、负极被短路时，电流很大B ．电源正、负极被短路时，电压表示数最大C ．外电路断路时，电压表示数为零D ．外电路电阻增大时，电压表示数减小 【答案】A【解析】电源被短路时，电源电流为I ＝Er ，由于电源内阻很小，故电流很大，故选项A 正确；电源被短路时，外电阻R ＝0，电源电流为I ＝Er，故电压表示数为U ＝IR ＝0，故选项B 错误；外电路断路时，外电阻R→∞，故电压表示数为U＝E，故选项C错误；电压表示数为U＝ERR＋r，外电路电阻R增大时，电压表示数也增大，故选项D错误．2．如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡的UI图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是()A．4 W,8 W B．2 W,4 W C．2 W,3 W D．4 W,6 W【答案】D【解析】用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率是UI＝2×2 W＝4 W，电源的总功率是EI＝3×2 W＝6 W，选项D正确．3．如图所示，已知电源电动势为6 V，内阻为1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω，则当保护电阻R0消耗的电功率最大时，这个电阻箱R的读数和电阻R0消耗的电功率的最大值为()A．1 Ω，4 W B．1 Ω，8 W C．0,8 W D．0.5 Ω，8 W【答案】C【解析】保护电阻消耗的功率为P0＝E2R0r＋R＋R02，因R0和r是常量，而R是变量，所以R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝E2R0r＋R02＝62×0.51.52W＝8 W，故选项C正确．4．(2019·湖南十校联考)如图所示为某闭合电路电源的输出功率随电流变化的图象，由此图象可以判断()A．电源的内耗功率最大为9 W B．电源的效率最大为50%C．输出功率最大时，外电路的总电阻为4 Ω D．电源的电动势为12 V【答案】D【解析】由题图可知，当电流为1.5 A时电源的输出功率最大，这时内耗功率等于输出功率，为9 W，电源的效率为50%，这时电源的总功率为18 W，根据P＝IE，可求得电源的电动势为12 V，D项正确；由P r＝I2r可知，电源的内阻为4 Ω，由于不确定外电路是不是纯电阻电路，因此C项错误；随着电流的增大，内耗功率增大，A项错误；随着电流的减小，电源的效率增大，B项错误．5．(2019·河北石家庄模拟)在如图所示电路中，L1、L2为两只完全相同、阻值恒定的灯泡，R为光敏电阻(光照越强，阻值越小)．闭合电键S后，随着光照强度逐渐增强()A．L1逐渐变暗，L2逐渐变亮B．L1逐渐变亮，L2逐渐变暗C．电源内电路消耗的功率逐渐减小D．光敏电阻R和L1消耗的总功率逐渐增大【答案】A【解析】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2逐渐变亮，U内＝Ir增大，由U＝E－Ir可知，路端电压减小，L2两端的电压增大，则L1两端的电压减小，故L1逐渐变暗，故选项A正确，B错误；电路中总电流增大，由P＝I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故选项C错误；将L2看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，即外电阻减小时，等效电源的内、外电阻相差更大，输出功率减小，则光敏电阻R和L1消耗的总功率逐渐减小，故选项D错误．6.(2019·河南南阳模拟)硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象(电池内阻不是常量)，图线b是某电阻R的U－I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为()A．5.5 Ω B．7.0 Ω C．12.0 Ω D．12.5 Ω【答案】A【解析】.由欧姆定律得U＝E－Ir，当I＝0时，E＝U，由图线a与纵轴的交点读出电源的电动势为E＝3.6V ，根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U ＝2.5 V ，电流为I ＝0.2 A ，则硅光电池的内阻为r ＝E －UI ＝3.6－2.50.2Ω＝5.5 Ω，故选项A 正确． 7．(2019·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值 【答案】B.【解析】由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I ＝2 Ω，R 0＝U 2I ＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2rIE ，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．8.．(2019·河北沧州模拟)在如图所示的电路中，电源电动势E ＝3 V ，内电阻r ＝1 Ω，定值电阻R 1＝3 Ω，R 2＝2 Ω，电容器的电容C ＝100 μF ，则下列说法正确的是( )A ．闭合开关S ，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 VB ．闭合开关S ，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4 C C ．闭合开关S ，电路稳定后电容器极板a 所带电荷量为1.5×10－4 CD ．先闭合开关S ，电路稳定后断开开关S ，通过电阻R 1的电荷量为3.0×10－4 C。
2020年高考物理热点题型归纳与精讲(含2019真题)-专题33 分子动理论
2020年高考物理热点题型归纳与精讲-专题33 分子动理论【专题导航】目录热点题型一微观量的估算 (1)热点题型二布朗运动与分子热运动 (3)热点题型三分子力、分子势能和物体的内能 (5)热点题型四物体的内能 (7)热点题型五实验：用油膜法估测分子的大小 (10)【题型演练】 (13)【题型归纳】热点题型一微观量的估算1．微观量分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.2．宏观量物体的体积V、摩尔体积V m、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.3．宏观量、微观量以及它们之间的关系4．分子的两种模型物质有固态、液态和气态三种情况，不同物态下应将分子看成不同的模型．(1)固体、液体分子一个一个紧密排列，可将分子看成球形或立方体形，如图所示，分子间距等于小球的直径或立方体的棱长，所以d ＝36V π(球体模型)或d ＝3V (立方体模型)．(2)气体分子不是一个一个紧密排列的，它们之间的距离很大，所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间．如图所示，此时每个分子占有的空间视为棱长为d 的立方体，所以d ＝3V .【例1】(2019·大连模拟)某气体的摩尔质量为M mol ，摩尔体积为V mol ，密度为ρ，每个分子的质量和体积分 别为m 和V 0，则阿伏加德罗常数N A 表示错误的是( )A ．N A ＝M molmB ．N A ＝V molV 0 C ．N A ＝ρV molmD ．N A ＝M molρV 0E ．N A ＝ρV molM mol【答案】BDE【解析】阿伏加德罗常数N A ＝M mol m ＝ρV mol m ＝V molV，其中V 应为每个气体分子所占有的体积，而题目中的V 0则表示气体分子的体积，选项A 、C 正确，B 、E 错误；D 中的ρV 0不是气体分子的质量，因而选项D 错误． 【变式1】钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料，设钻石的密度为ρ(单位为kg/m 3)，摩尔质 量为M (单位为g/mol)，阿伏加德罗常数为N A .已知1克拉＝0.2克，则下列说法正确的是 ( )A ．a 克拉钻石所含有的分子数为0.2aN AMB ．a 克拉钻石所含有的分子数为aN AMC ．每个钻石分子直径的表达式为 36M ×10－3N A ρπ(单位为m)D ．每个钻石分子的质量为MN AE ．每个钻石分子的体积为MN A ρ【答案】 ACD【解析】 a 克拉钻石物质的量为n ＝0.2a M ，所含分子数为N ＝nN A ＝0.2aN AM ，选项A 正确，B 错误；钻石的摩尔体积V ＝M ×10－3ρ(单位为m 3/mol)，每个钻石分子体积为V 0＝V N A ＝M ×10－3N A ρ，设钻石分子直径为d ，则V 0＝43π(d 2)3，联立解得d ＝ 36M ×10－3N A ρπ(单位为m)，选项C 正确，E 错误；根据阿伏加德罗常数的意义知，每个钻石分子的质量m ＝MN A ，选项D 正确．【变式2】下列说法正确的是( )A ．1 g 水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多B ．布朗运动就是物质分子的无规则热运动C ．一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小D ．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的E ．0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能相等 【答案】CDE【解析】.水的摩尔质量是18 g/mol ，1 g 水中含有的分子数为：n ＝118×6.0×1023≈3.3×1022个，地球的总人数约为70亿，选项A 错误；布朗运动是悬浮在液体(气体)中的固体颗粒受到液体(气体)分子撞击作用的不平衡造成的，不是物体分子的无规则热运动，选项B 错误；温度是分子的平均动能的标志，气体的压强增大，温度可能减小，选项C 正确；气体分子间距大于10r 0，分子间无作用力，打开容器，气体散开是气体分子的无规则运动造成的，选项D 正确；铁和冰的温度相同，分子平均动能必然相等，选项E 正确． 热点题型二 布朗运动与分子热运动 两种运动的比较【例2】(2019·邯郸市模拟)PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后危害人体健康，矿物燃料的燃烧是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法正确的是()A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动C．温度越低PM2.5活动越剧烈D．倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E．PM2.5中小一些的颗粒的运动比大一些的颗粒更为剧烈【答案】BDE【解析】“PM2.5”是指直径小于等于2.5微米的颗粒物，其尺寸远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，故选项A错误；PM2.5在空气中的运动是固体颗粒的运动，属于布朗运动，故选项B正确；大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM2.5的运动越激烈，故选项C错误；导致PM2.5增多的主要原因是矿物燃料的燃烧，故应该提倡低碳生活，可有效减小PM2.5在空气中的浓度，故选项D正确；PM2.5中小一些的颗粒，空气分子对其撞击更不均衡，运动比大一些的颗粒更为剧烈，故选项E正确．【变式1】下列说法正确的是()A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大【答案】ACD【解析】布朗运动是固体微粒在液体中的运动，反映液体分子的运动，故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性，故选项A正确；分子间的相互作用力随着分子间距离由很小逐渐增大，r<r0，分子力(斥力)随r增大而减小，分子势能减小，当r＝r0时，分子力等于零，分子势能最小，然后随r增大分子力(引力)先增大再减小，分子势能逐渐增大，故选项B错误，C正确；分子之间存在间隙，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D正确；温度升高，分子平均动能增大，但单个分子运动情况不确定，故E错误．【变式2】(2019·福建莆田一中模拟)下列各种说法中正确的是()A．固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著B．扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行C．气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动D．如果一开始分子间距离大于r0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大E．内能相同的物体，可能温度不同【答案】ADE【解析】固体小颗粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，温度越高，液体分子运动越激烈，冲击力越大，布朗运动越激烈，故A正确；一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动，扩散现象就是分子运动的结果，所以固体、液体和气体之间都能发生扩散现象，故B、C错误；分子间距离大于r0，分子间表现为引力，则随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故D正确；决定内能大小的宏观因素包括：物体的质量、温度和体积，所以内能相同的物体，可能温度不同，故E 正确．热点题型三分子力、分子势能和物体的内能1．分子力及分子势能比较2.分析物体内能问题的四点提醒(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法．(2)决定内能大小的因素为温度、体积、分子数，还与物态有关系．(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能．(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能相同．【例3】(2019·山东泰安模拟)甲分子固定在坐标原点O，只在两分子间的作用力作用下，乙分子沿x轴方向运动，两分子间的分子势能E p与两分子间距离x轴的变化关系如图所示，设乙分子在移动过程中所具有的总能量为零，则下列说法正确的是()A．乙分子在P点时加速度为零B．乙分子在Q点时分子势能最小C．乙分子在Q点时处于平衡状态D．乙分子在P点时动能最大E．乙分子在P点时，分子间引力和斥力相等【答案】ADE【解析】由题图可知，乙分子在P点时分子势能最小，此时乙分子受力平衡，甲、乙两分子间引力和斥力相等，乙分子所受合力为零，加速度为零，选项A、E正确；乙分子在Q点时分子势能为零，大于乙分子在P点时的分子势能，选项B错误；乙分子在Q点时与甲分子间的距离小于平衡距离，分子引力小于分子斥力，合力表现为斥力，所以乙分子在Q点合力不为零，不处于平衡状态，选项C错误；乙分子在P点时，其分子势能最小，由能量守恒可知此时乙分子动能最大，选项D正确．【变式1】．下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能E p随分子间距离r变化关系的图线是()【答案】B.【解析】当r＜r0时，分子力表现为斥力，随分子间距离r增大，分子势能E p减小．当r＞r0时，分子力表现为引力，随分子间距离r增大，分子势能E p增大．当r＝r0时，分子力为零，此时分子势能最小，故选项B正确．【变式2】(2019·江西南昌模拟)关于分子间的作用力，下列说法正确的是()A．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力均减小B．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大C．若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力的合力一定增大D．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力的合力一定减小E．若分子间的距离从无穷远处开始减小，则引力和斥力的合力先增大后减小再增大【答案】ABE【解析】分子间的引力、斥力和合力与分子间距离的关系如图所示．若分子间的距离增大，则分子间的引力和斥力均减小，选项A正确；若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，选项B正确；若分子间的距离从大于r0的适当位置减小，则分子间引力和斥力的合力可能减小，选项C错误；若分子间的距离从r0的位置开始增大，则开始一段距离内分子间引力和斥力的合力增大，选项D错误；若分子间距离从无穷远处开始减小，则引力和斥力的合力先增大后减小最后再增大，故选项E正确．热点题型四物体的内能1．内能和热量的比较2.物体的内能与机械能的比较【例4】．(2017·高考全国卷Ⅰ)氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是()A．图中两条曲线下面积相等B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大【答案】ABC.【解析】根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知，与0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在0～400 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E错误．【变式1】(2019·安阳检测)下列五幅图分别对应五种说法，其中正确的是()A．分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等E．0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点【答案】ACE.【解析】A图是油膜法估测分子的大小，图中分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法，选项A正确；B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故选项B错误；C图中，当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故选项C正确；D图中，分子的速率不是完全相等的，所以也不要求每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等，故选项D错误；E图是麦克斯韦速率分布规律的图解，0 ℃和100 ℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故选项E正确．【变式2】．(2018·高考全国卷Ⅰ)对于实际的气体，下列说法正确的是()A．气体的内能包括气体分子的重力势能B．气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C．气体的内能包括气体整体运动的动能D．气体的体积变化时，其内能可能不变E．气体的内能包括气体分子热运动的动能【答案】BDE【解析】.实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运动的动能，当气体体积变化时影响的是气体的分子势能，内能可能不变，所以B、D、E正确，A、C错误．【变式3】(2019·福建莆田一中模拟)下列各种说法中正确的是()A．固体小颗粒越小，温度越高，布朗运动越显著B ．扩散现象能在气体中进行，不能在固体中进行C ．气体分子永不停息地做无规则运动，固体分子之间相对静止不动D ．如果一开始分子间距离大于r 0，则随着分子间距离的增大，分子势能增大E ．内能相同的物体，可能温度不同 【答案】ADE【解析】固体小颗粒越小，表面积越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平衡，温度越高，液体分子运动越激烈，冲击力越大，布朗运动越激烈，故A 正确；一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动，扩散现象就是分子运动的结果，所以固体、液体和气体之间都能发生扩散现象，故B 、C 错误；分子间距离大于r 0，分子间表现为引力，则随着分子间距离的增大，分子力做负功，分子势能增大，故D 正确；决定内能大小的宏观因素包括：物体的质量、温度和体积，所以内能相同的物体，可能温度不同，故E 正确．热点题型五 实验：用油膜法估测分子的大小 1．实验原理：利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d ＝VS 计算出油膜的厚度，其中V 为一滴油酸溶液中所含油酸的体积，S 为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径．2．实验步骤(1)取1 mL(1 cm 3)的油酸溶于酒精中，制成N mL 的油酸酒精溶液，则油酸的纯度为1N.(2)往边长为30～40 cm 的浅盘中倒入约2 cm 深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上． (3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n 滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1 mL ，算出每滴油酸酒精溶液的体积V 0＝1nmL.(4)用滴管(或注射器)向水面中央滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上． (6)将玻璃板取出放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积S .3．数据处理(1)计算一滴溶液中油酸的体积：V ＝1Nn(mL)． (2)计算油膜的面积：利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1 cm 的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，大于半个的算一个．(3)计算油酸的分子直径：d ＝V S(注意单位统一)． 4．油膜体积的测定——积聚法：由于一滴纯油酸中含有的分子数仍很大，形成的单层分子所占面积太大， 不便于测量，故实验中先把油酸溶于酒精中稀释，测定其浓度，再测出1 mL 油酸酒精溶液的滴数，取一滴 用于实验，最后计算出一滴溶液中含有的纯油酸的体积作为油膜的体积．5．油膜面积的测定：如图所示，将画有油酸薄膜轮廓的有机玻璃板取下放在坐标格纸上，以边长为1 cm 的方格为单位，数出轮廓内正方形的格数(不足半格的舍去，超过半格的计为1格)，计算出油膜的面积S .【例5】“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：A ．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油酸膜的面积SB ．将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上C ．用浅盘装入约2 cm 深的水D ．用公式d ＝V S，求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小 E ．根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V(1)上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整的，请指出：①________________________________________________________________ __________________________________________________________________.②________________________________________________________________ __________________________________________________________________.(2)上述实验步骤的合理顺序是________．【答案】(1)见解析(2)CFBAED【解析】(1)①C步骤中，要在水面上均匀地撒上细石膏粉或痱子粉．②实验中，要有步骤F：用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时的滴数．(2)合理顺序为CFBAED.【变式1】在“用油膜法估测分子的大小”实验中(1)(多选)该实验中的理想化假设是()A．将油膜看成单分子层油膜B．不考虑各油酸分子间的间隙C．不考虑各油酸分子间的相互作用力D．将油酸分子看成球形(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是()A．可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓B．对油酸溶液起到稀释作用C．有助于测量一滴油酸的体积D．有助于油酸的颜色更透明便于识别(3)某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.22 m2的蒸发皿、滴管、量筒(50滴溶液滴入量筒体积约为1 mL)、纯油酸和无水酒精若干．已知分子直径数量级为10－10m，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度(油酸与油酸酒精溶液的体积比)至多为________‰(保留两位有效数字)．【答案】(1)ABD(2)B(3)1.1【解析】(1)计算分子直径是根据体积与面积之比，所以需将油膜看成单分子层油膜，不考虑各油酸分子间的间隙，将油酸分子看成球形，故选A、B、D.(2)实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是对油酸起到稀释作用，酒精稀释油酸是为了进一步减小油酸的面密度，使油酸分子尽可能的少在竖直方向上重叠，更能保证其形成单层分子油膜，也就是为了减小系统误差．(3)根据题意可得150×10－6x10－10＝0.22，解得x＝0.001 1，所以千分比为1.1‰.【变式2】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm.则(1)油酸薄膜的面积是________cm 2.(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______mL.(取一位有效数字)(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为______m ．(取一位有效数字)【答案】(1)115(112～118均可) (2)8×10－6 (3)7×10－10【解析】(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，故油膜的面积：S ＝115×1 cm 2＝115 cm 2.(2)一滴油酸酒精溶液的体积：V ′＝175 mL ，一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：V ＝6104V ′＝8×10－6 mL. (3)油酸分子的直径：d ＝V S ＝8×10－12115×10－4 m≈7×10－10 m. 【题型演练】1．(2019·山东聊城模拟)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是( )A ．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B ．外界对物体做功，物体内能一定增加C ．温度越高，布朗运动越明显D ．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小E ．当分子间作用力表现为斥力时分子势能随分子间距离的减小而增大【答案】ACE【解析】温度高的物体内能不一定大，内能还与质量、体积有关，但分子平均动能一定大，因为温度是分子平均动能的标志，故A 正确；改变内能的方式有做功和热传递，若外界对物体做功的同时物体放热，内能不一定增大，故B 错误；布朗运动是由液体分子碰撞的不平衡性造成的，液体温度越高，液体分子热运动越激烈，布朗运动越显著，故C 正确；当分子间的距离从平衡位置增大时，分子间作用力先增大后减小，故D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确．2．(2019·江西上饶六校联考)把生鸭蛋放在盐水中腌制一段时间，盐就会进入鸭蛋里变成咸鸭蛋．则下列说法正确的是()A．如果让腌制鸭蛋的盐水温度升高，盐分子进入鸭蛋的速度就会加快B．盐分子的运动属于布朗运动C．在鸭蛋腌制过程中，有的盐分子进入鸭蛋内，也有盐分子从鸭蛋里面出来D．盐水温度升高，每个盐分子运动的速率都会增大E．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性【答案】ACE【解析】如果让腌制鸭蛋的盐水温度升高，分子运动更剧烈，则盐进入鸭蛋的速度就会加快，故A正确；布朗运动本身不是分子的运动，故B错误；在腌制鸭蛋的盐水中，有盐分子进入鸭蛋，分子运动是无规则的，同样会有盐分子从鸭蛋里面出来，故C正确；盐水温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个盐分子运动的速率都会增大，个别分子的速率也可能减小，故D错误；食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故E正确．3．关于热量、功和内能三个物理量，下列说法正确的是()A．热量、功和内能三者的物理意义相同，只是说法不同B．热量、功都可以作为物体内能变化的量度C．热量、功和内能的单位相同D．功由过程决定，而热量和内能由物体的状态决定E．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加【答案】BCE【解析】热量、功和内能是三个不同的物理量，它们的物理意义不同，故选项A错误；功与热量都是能量转化的量度，都可以作为物体内能变化的量度，故选项B正确；热量、功和内能的单位相同，都是焦耳，故选项C正确；功和热量由过程决定，内能由物体的状态决定，故选项D错误；由热力学第一定律可知，物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加，选项E正确．4.两个相邻的分子之间同时存在着引力和斥力，它们随分子之间距离r的变化关系如图所示．图中虚线是分子斥力和分子引力曲线，实线是分子合力曲线．当分子间距为r＝r0时，分子之间合力为零，则选项图中关于该两分子组成系统的分子势能E p与两分子间距离r的关系曲线，可能正确的是()。
2020年高考物理试题(含答案)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合之物理部分试题二、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14~17题只有一项符合题目要求，第18~21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，有选错的得0分。
14．管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。
焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。
焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为A ．库仑B ．霍尔C ．洛伦兹D ．法拉第15．若一均匀球形星体的密度为ρ，引力常量为G ，则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的周期是A ．3πG ρB ．4πG ρC ．13πG ρ D ．14πG ρ16．如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点。
c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
21E E 等于A ．20B ．18C ．9.0D ．3.017．CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。
图（a ）是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图（b ）所示。
图（b ）中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P 点。
则A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移18．氘核21H 可通过一系列聚变反应释放能量，其总效果可用反应式241112106H 2He 2H+2n+43.15MeV →+表示。
高考物理必考知识点及题型归纳
高考物理必考知识点及题型归纳
高考物理学科考核的知识点很多，包括声学、光学、力学、热学、电磁学等多个方面。
以下是一些必考知识点和题型归纳:
1. 声学：声音的传播、音调和音色、超声波和电磁波的区别、声纳原理等。
2. 光学：光的反射、折射、平面镜成像、凸透镜成像、光的色散、太阳镜的作用等。
3. 力学：牛顿定律、动量守恒、功和能的关系、杠杆原理、滑轮组原理、功的原理、重力和浮力的关系等。
4. 热学：热传递的原理、热量和热值的概念、温度和温度计、热传递的影响因素等。
5. 电磁学：电场和磁场的概念、电势差和电压、电流和电阻的关系、电磁感应、电池和发电机的原理等。
6. 热力学：热力学第一定律、热力学第二定律、熵的概念、热力学循环等。
7. 题型归纳：选择题、填空题、计算题、实验题、计算题等。
在高考物理考试中，以上知识点和题型都是必考的内容。
考生需要熟练掌握相关概念和公式，并能够灵活运用来解决各种题目。
同时，考生还需要具备较强的逻辑思维能力和分析问题的能力，才能在考试中取得优异的成绩。
2020年高考物理热点题型归纳与精讲(含2019真题)-专题40 实验基本理论及仪器的使用与读数
2020年高考物理热点题型归纳与精讲-专题40 实验基本理论及仪器的使用与读数【专题导航】目录热点题型一 实验的基本理论 .................................................................................................................................... 1 热点题型二 仪器的使用与读数 .. (3)一、长度测量类仪器 .......................................................................................................................................... 3 二、时间测量类仪器 .......................................................................................................................................... 5 三、电学基本仪器的使用 .................................................................................................................................. 6 【题型演练】 .. (8)【题型归纳】热点题型一 实验的基本理论1．系统误差：由于仪器本身不精密、实验方法粗略或实验原理不完善而产生的误差．系统误差总是同样偏大或偏小．系统误差可以通过更新仪器、完善原理和精确实验方法来减小．2．偶然误差：由各种偶然因素如测量、读数不准确、作图不规范造成的误差．偶然误差表现为重复做同一实验时总是时而偏大时而偏小．偶然误差可用多次测量取平均值或作图的方法来减小．3．有效数字：带有一位不可靠数字的近似数字叫有效数字．有效数字从左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字，中学阶段一般取2位或3位有效数字． 4．利用纸带求瞬时速度的方法在匀变速直线运动中，利用物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解． 测出与第n 点相邻的前、后两段相等时间T 内的距离x n 和x n ＋1，由公式v n ＝x n ＋x n ＋12T 算出．5．利用纸带求加速度的方法(1)利用a ＝ΔxT 2求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δx ＝x n ＋1－x n ＝aT 2求加速度a .(2)利用v t 图象求解：画出v t 图象，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度． (3)利用光电门求加速度若两个光电门之间的距离为L ，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a ＝v 22－v 212L.6．单摆测重力加速度公式g ＝4π2lT2(l 为摆长，T 为周期)．7．光的波长λ＝dlΔx (Δx 为条纹间距，l 为双缝到屏的距离，d 为双缝间距)．【例1】.(2019·高考全国卷Ⅲ，T22)甲、乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验．实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照．已知相机每间隔0.1 s 拍1幅照片．(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是________．(填正确答案标号) A ．米尺 B ．秒表 C ．光电门D ．天平(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法．答：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a 、b 和c 得到ab ＝24.5 cm 、ac ＝58.7 cm ，则该地的重力加速度大小为g ＝________m/s 2.(保留2位有效数字)【答案】：(1)A (2)将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺 (3)9.7【解析】：(1)利用频闪照片测重力加速度时需要测量小球下落的距离，因此实验时必须使用米尺． (2)将米尺竖直放置，让小球靠近米尺下落，从照片上直接读出小球下落的距离．(3)根据Δs ＝gT 2得重力加速度大小g ＝bc －ab T 2＝(ac －ab )－ab T 2＝(58.7－24.5－24.5)×10－20.12 m/s 2＝9.7 m/s 2.【变式1】(2018·高考全国卷Ⅲ，T22)如图(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针．现要测量图(a)中弹簧的劲度系数．当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm ；当托盘内放有质量为0.100 kg 的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm.当地的重力加速度大小为9.80 m/s 2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保留3位有效数字)．【答案】：3.775 53.7【解析】：标尺的游标为20分度，精确度为0.05 mm ，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，则读数为37 mm ＋15×0.05 mm ＝37.75 mm ＝3.775 cm. 弹簧形变量x ＝(3.775－1.950)cm ＝1.825 cm ， 砝码平衡时，mg ＝kx ，所以劲度系数 k ＝mg x ＝0.100×9.801.825×10－2 N/m≈53.7 N/m.热点题型二 仪器的使用与读数 一、长度测量类仪器 1．游标卡尺的读数2.螺旋测微器的读数测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读)×0.01 mm 。
2020年高考物理16个常见题型解析
2020年高考物理16个常见题型解析高中物理考试常见的类型通常包括以下16种,本文介绍了这16种常见题型的解题方法和思维模板，还介绍了高考各类试题的解题方法和技巧，提供各类试题的答题模版，飞速提升你的解题能力，力求做到让你一看就会，一想就通，一做就对!题型1 直线运动问题题型概述：直线运动问题是高考的热点，可以单独考查，也可以与其他知识综合考查.单独考查若出现在选择题中，则重在考查基本概念，且常与图像结合；在计算题中常出现在第一个小题，难度为中等，常见形式为单体多过程问题和追及相遇问题.思维模板：解图像类问题关键在于将图像与物理过程对应起来，通过图像的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题；对单体多过程问题和追及相遇问题应按顺序逐步分析，再根据前后过程之间、两个物体之间的联系列出相应的方程，从而分析求解，前后过程的联系主要是速度关系，两个物体间的联系主要是位移关系？题型2 物体的动态平衡问题题型概述：物体的动态平衡问题是指物体始终处于平衡状态，但受力不断发生变化的问题.物体的动态平衡问题一般是三个力作用下的平衡问题，但有时也可将分析三力平衡的方法推广到四个力作用下的动态平衡问题.思维模板：常用的思维方法有两种：(1)解析法：解决此类问题可以根据平衡条件列出方程，由所列方程分析受力变化；(2)图解法：根据平衡条件画出力的合成或分解图，根据图像分析力的变化.题型3 运动的合成与分解问题题型概述：运动的合成与分解问题常见的模型有两类：一是绳(杆)末端速度分解的问题，二是小船过河的问题，两类问题的关键都在于速度的合成与分解.思维模板：(1)在绳(杆)末端速度分解问题中，要注意物体的实际速度一定是合速度，分解时两个分速度的方向应取绳(杆)的方向和垂直绳(杆)的方；如果有两个物体通过绳(杆)相连，则两个物体沿绳(杆)方向速度相等。
(2)小船过河时，同时参与两个运动，一是小船相对于水的运动，二是小船随着水一起运动，分析时可以用平行四边形定则，也可以用正交分解法，有些问题可以用解析法分析，有些问题则需要用图解法分析。
2020年全国统一高考物理试题(新课标Ⅰ)(解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 Cl 35.5 Ar 40 V 51 Fe 56二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错的得0分。
1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A. 增加了司机单位面积的受力大小B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
2.火星的质量约为地球质量的110，半径约为地球半径的12，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（）A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.5【答案】B 【解析】【详解】设物体质量为m ，则在火星表面有1121M mF GR 在地球表面有2222M mF GR 由题意知有12110M M 1212R R = 故联立以上公式可得21122221140.4101F M R F M R ==⨯= 故选B 。
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高考物理必考考点题型必考一、描述运动的基本概念【典题1】2010年11月22日晚刘翔以13秒48的预赛第一成绩轻松跑进决赛，如图所示，也是他历届亚运会预赛的最佳成绩。
刘翔之所以能够取得最佳成绩，取决于他在110米中的( )A.某时刻的瞬时速度大B.撞线时的瞬时速度大C.平均速度大D.起跑时的加速度大【解题思路】在变速直线运动中，物体在某段时间的位移跟发生这段位移所用时间的比值叫平均速度，是矢量，方向与位移方向相同。
根据x=Vt 可知，x 一定，v 越大，t 越小，即选项C 正确。
必考二、受力分析、物体的平衡【典题2】如图所示，光滑的夹角为θ＝30°的三角杆水平放置，两小球A 、B 分别穿在两个杆上，两球之间有一根轻绳连接两球，现在用力将B 球缓慢拉动，直到轻绳被拉直时，测出拉力F ＝10N 则此时关于两个小球受到的力的说法正确的是（ ）A 、小球A 受到重力、杆对A 的弹力、绳子的张力B 、小球A 受到的杆的弹力大小为20NC 、此时绳子与穿有A 球的杆垂直，绳子张力大小为2033N D 、小球B 受到杆的弹力大小为2033N【解题思路】对A 在水平面受力分析，受到垂直杆的弹力和绳子拉力，由平衡条件可知，绳子拉力必须垂直杆才能使A 平衡，再对B 在水平面受力分析，受到拉力F 、杆的弹力以及绳子拉力，由平衡条件易得杆对A 的弹力N 等于绳子拉力T ，即N ＝T ＝20N ，杆对B 的弹力N B ＝2033。
【答案】AB必考三、x －t 与v －t 图象【典题3】图示为某质点做直线运动的v －t 图象，关于这个质点在4s 内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）A 、质点始终向同一方向运动B 、4s 末质点离出发点最远C 、加速度大小不变，方向与初速度方向相同D 、4s 内通过的路程为4m ，而位移为0【解题思路】在v －t 图中判断运动方向的标准为图线在第一象限（正方向）还是第四象限（反方向），该图线穿越了t 轴，故质点先向反方向运动后向正方向运动，A 错；图线与坐标轴围成的面积分为第一象限（正方向位移）和第四象限（反方向位移）的面积，显然t 轴上下的面积均为2，故4s 末质点回到了出发点，B 错；且4s 内质点往返运动回到出发点，路程为4m ，位移为零，D 对；判断加速度的标准是看图线的斜率，F θ AB t /sv /(m·s -2) 1 2 34 21-2 -1 O正斜率表示加速度正方向、负斜率比啊是加速度反方向，倾斜度表达加速度的大小，故4s 内质点的节哀速度大小和方向均不变，方向为正方向，而初速度方向为反方向的2m/s ，C 错。
【答案】D必考四、匀变速直线运动的规律与运用【典题4】生活离不开交通，发达的交通给社会带来了极大的便利，但是，一系列的交通问题也伴随而来，全世界每秒钟就有十几万人死于交通事故，直接造成的经济损失上亿元。
某驾驶员以30m/s 的速度匀速行驶，发现前方70m 处前方车辆突然停止，如果驾驶员看到前方车辆停止时的反应时间为0.5s ，该汽车是否会有安全问题？已知该车刹车的最大加速度为．【解题思路】汽车做匀速直线运动的位移为:。
汽车做匀减速直线运动的位移:。
汽车停下来的实际位移为:。
由于前方距离只有70m ，所以会有安全问题。
必考五、重力作用下的直线运动【典题5】某人站在十层楼的平台边缘处，以0v =20m/s 的初速度竖直向上抛出一石子,求抛出后石子距抛出点15m 处所需的时间(不计空气阻力，取g=10 m/s 2).【解题思路】考虑到位移是矢量，对应15m 的距离有正、负两个位移，一个在抛出点的上方，另一个在抛出点的下方，根据竖直上抛运动的位移公式，有2012x v t gt =-将x =15m 和x =-15m 分别代入上式，即211520102t t =-⨯解得1t =1s 和2t =3s ，-211520102t t =-⨯解得3t =（27+s 和4(27)t s =（不合题意舍去） 所以石子距抛出点15m 处所需的时间为1s 、3s 或（27+s 必考六、牛顿第二定律【典题6】如图所示，三物体A 、B 、C 均静止，轻绳两端分别与A 、C 两物体相连接且伸直，m A ＝3kg ，m B ＝2kg ，m C ＝1kg ，物体A 、B 、C 间的动摩擦因数均为μ＝0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。
若要用力将B 物体拉动，则作用在B 物体上水平向左的拉力最小值为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10m/s 2）（ ）A ．3NB ．5NC ．8ND ．6N【解题思路】依题意是要求能把B 拉动即可，并不一定要使物体从A 和C 之间抽出来。
考虑到B 的上表面的最大静摩擦力为f A ＝3N ，B 的下表面的最大静摩擦力为f B ＝5N ，故上表面容易滑动，将BC 做为整体分析，BC 整体向左的加速度大小与A 向右的加速度大小相同，均设为a ，由牛顿第二定律：F －T ＝(m A ＋m B )a ，对A 由牛顿第二定律：T －f A ＝m C a ，当a ＝0时，F 力最小，解得最小值为F ＝6N ，D 对。
本题中若F ≥9N 时，FA B C可将B 从中间抽出来，而在6N 到9N 之间的拉力只能使B 和C 一起从A 下面抽出来，而拉力小于6N 时，无法拉动B 。
【答案】D 【典题7】如图所示，一质量为m 的物块A 与直立轻弹簧的上端连接，弹簧的下端固定在地面上，一质量也为m 的物块B 叠放在A 的上面，A 、B 处于静止状态。
若A 、B 粘连在一起，用一竖直向上的拉力缓慢上提B ，当拉力的大小为2mg时，A 物块上升的高度为L ，此过程中，该拉力做功为W ；若A 、B 不粘连，用一竖直向上的恒力F 作用在B 上，当A 物块上升的高度也为L 时，A 与B 恰好分离。
重力加速度为g ，不计空气阻力，求（1）恒力F 的大小；（2）A 与B 分离时的速度大小。
【解题思路】设弹簧劲度系数为k ，A 、B 静止时弹簧的压缩量为x ，则x ＝2mgkA 、B 粘连在一起缓慢上移，以A 、B 整体为研究对象，当拉力mg2时mg2＋k (x －L )＝2mg A 、B 不粘连，在恒力F 作用下A 、B 恰好分离时，以A 、B 整体为研究对象，根据牛顿第二定律 F ＋k (x －L )－2mg ＝2ma以B 为研究对象，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 联立解得F ＝3mg2（2）A 、B 粘连在一起缓慢上移L ，设弹簧弹力做功为W 弹，根据动能定理 W ＋W 弹－2mgL ＝0在恒力F 作用下，设A 、B 分离时的速度为v ，根据动能定理 FL ＋W 弹－2mgL ＝12×2mv 2联立解得 v ＝3gL 2－Wm【答案】（1）1.5mg ；（2）3gL 2－Wm必考七、超重与失重及整体法牛顿第二定律的应用 【典题8】倾角为37°的斜面体靠在固定的竖直挡板P 的一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为m A =3kg 的物块A 连接，另一端与质量为m B =1kg 的物块B 连接。
开始时，使A 静止于斜面上，B 悬空，如图所示。
现释放A ，A 将在斜面上沿斜面匀加速下滑，求此过程中，挡板P 对斜面体的作用力的大小。
（所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g =10m/s 2）【解题思路】设绳中张力为T ，斜面对A 的支持力为N A ，A 、B 加速度大小为a ，以A 为研究对象，由牛顿第二定律 m A g sin37° －T =ma N A = m A g cos37°以B 为研究对象，由牛顿第二定律37°A BPABT －m B g = m B a联立解得 a = 2m/s 2 T ＝12N N A ＝24N以斜面体为研究对象，受力分析后，在水平方向 F = N A ′sin37°－T cos37° N A ＝N A ′解得 F = 4.8N（或以整体为研究对象，由牛顿第二定律得F = m A a cos37°=4.8N ） 【答案】4.8N【典题9】钱学森被誉为中国导弹之父，“导弹”这个词也是他的创作。
导弹制导方式很多，惯性制导系统是其中的一种，该系统的重要元件之一是加速度计，如图所示。
沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m 的绝缘滑块，分别与劲度系数均为k 的轻弹簧相连，两弹簧另一端与固定壁相连。
当弹簧为原长时，固定在滑块上的滑片停在滑动变阻器（电阻总长为L ）正中央，M 、N 两端输入电压为U 0，输出电压PQ U=0。
系统加速时滑块移动，滑片随之在变阻器上自由滑动，PQ U相应改变，然后通过控制系统进行制导。
设某段时间导弹沿水平方向运动，滑片向右移动，031U U PQ =，则这段时间导弹的加速度（ ）A ．方向向右，大小为m kL 3B ．方向向左，大小为m kL 3C ．方向向右，大小为m kL 32D ．方向向左，大小为m kL 32 【解题思路】通过滑块的移动，改变触头的位置，使电压表示数变化，从电压表的读数得知加速度的值。
滑块运动时，它所需的向心力由弹簧的弹力提供，设形变为x ，根据牛顿第二定律可得:ma kx =2，根据电压分配规律:x U L U PQ=0；因为滑片向右移动，31U U PQ =，所以导弹的加速度方向向左，大小为m kL 32。
【答案】D必考八、运动学与牛顿定律的综合【典题10】如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，轮半径R =12πm ，两轮轴心相距L =3.75m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。
一个质量为0.1kg 的小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=36。
g 取10m/s 2。
（1）当传送带沿逆时针方向以v 1=3m/s 的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A 点后，它运动至B 点需多长时间？（计算中可取252≈16，396≈20） （2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。
当传送带沿逆时针方向匀速运动时，小物块无初速地放在A 点，运动至B 点飞出。
要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度v 2至少多大？【解题思路】（1）当小物块速度小于3m/s 时，小物块受到竖直向下、垂直传送带向上的支持力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律mg sin30° + μmg cos30°=ma 1，解得 a 1 = 7.5m/s 2当小物块速度等于3m/s 时，设小物块对地位移为L 1，用时为t 1，根据匀加速直线运动规律t1 = v1a1，L1 =v122a1，解得t1 = 0.4s L1 = 0.6m由于L1＜L且μ＜tan30°，当小物块速度大于3m/s时，小物块将继续做匀加速直线运动至B点，设加速度为a2，用时为t2，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律mg sin30°－μmg cos30°=ma2，解得a2 = 2.5m/s2L－L1 = v1t2 + 12a2t22，解得t2 = 0.8s故小物块由禁止出发从A到B所用时间为t = t1 + t2 = 1.2s（2）作v—t图分析知：传送带匀速运动的速度越大，小物块从A点到B点用时越短，当传送带速度等于某一值v′ 时，小物块将从A点一直以加速度a1做匀加速直线运动到B点，所用时间最短，即L = 12a1t min2，解得t min = 1sv′ =a1 t min =7.5m/s此时小物块和传送带之间的相对路程为△S = v′ t－L = 3.75m传送带的速度继续增大，小物块从A到B的时间保持不变，而小物块和传送带之间的相对路程继续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长S max，设此时传送带速度为v2，则S max = 2L+ 2πR，S max = v2t－L联立解得v2 = 12.25m/s【答案】（1）1.2s；（2）12.25m/s。