2021-2022年高考物理二轮复习 第一阶段专题二第2讲 专题特辑 课堂 针对考点强化训练
第1部分 专题1 第2讲 第3节 考点3 词义猜测题-2023年新高考英语二轮专题复习冲刺
句意理解题——“意义吻合”法
典例片段 (2022·山西省高考一模) (第四段)By 1982, he had owned six chemist's shops, when Bhikhu, a then financial analyst, joined him, adding some “financial discipline” to his company. Vijay says: “I simply couldn't have done it without him.” As he puts it, “Brought up under one roof, we understand one another from A to Z．”
Since the restoration process began, at least 15 wells have been restored in the city of Delhi. The cost will be around $60,000, but by doing so, the water supply for the city could reach an additional 33,000 gallons. Rajkumar Sharma, a local citizen, said, “I was elated at the reuse of the stepwells. The stepwell in our village was the only source of water. With time, it had dried up and changed into a place for rubbish. We now have access to clean water for drinking and other purposes.”
2021高考物理统考二轮复习学案：专题复习篇 专题2 第讲 动量和能量的综合应用
动量和能量的综合应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对动量及动量守恒的考查多为简单的选择题形式;而动量和能量的综合性问题则以计算题形式命题，难度较大，常与曲线运动，带电粒子在电磁场中运动和导体棒切割磁感线相联系。
素养呈现1。
动量、冲量、动量定理2。
动量守恒的条件及动量守恒定律3.动力学、能量和动量守恒定律的应用素养落实1。
掌握与动量相关的概念及规律2.灵活应用解决碰撞类问题的方法3。
熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧考点1| 动量定理和动量守恒定律冲量和动量定理（1）恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解,合外力的冲量可利用I＝F合·t或I合＝Δp求解。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向.[典例1］（2020·武汉二中阶段测试)运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中。
已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1。
0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )A．2.7 m/s B．5.4 m/sC．7。
6 m/s D．10。
8 m/s[题眼点拨] ①“悬停在空中”表明水向上的冲击力等于运动员与装备的总重力。
②“水反转180°”水速度变化量大小为2v。
B [两个喷嘴的横截面积均为S＝错误!πd2，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为F＝错误!mg，取质量为Δm＝ρSvΔt的水为研究对象，根据动量定理得FΔt＝2Δmv，解得v＝错误!≈5。
4 m/s，选项B正确.]动量和动量守恒定律（1）判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统,注意区别系统内力与外力。
系统不受外力或所受合外力为零时,系统动量守恒。
2022届高考物理二轮复习做题技巧第二讲：假设法
第二讲：假设法（穷举法）【假设法归纳总结】能否使用假设法的关键，并不在于考查什么知识点，而在于是否为“有限多种可能”，多解的数量越少（比如2种可能，非A即B），则使用起来越方便。
相当于数学中“分类讨论”的方法。
（一）假设法在“非A即B”类问题中的应用（a）假设法判断“力的有/无”总结：当我们不太确定某个力到底有没有时，两种假设方法（两个假设最好都快速验证一下）：①假设有：如果可以成立，说明可能有这个力；如果与运动状态相矛盾，假设不成立，一定没有这个力。
②假设没有：如果可以成立，说明可能没有这个力；如果与运动状态相矛盾，假设不成立，一定有这个力。
例1、分析光滑球的受力.【答案】【变式1】如图所示，A、B两均匀直杆上端分别用细线悬挂于天花板上，下端置于水平地面上，处于静止状态，悬挂A杆的绳倾斜，悬挂B杆的绳恰好竖直，则关于两杆的受力情况，下列说法中正确的有( )A、A、B都受三个力作用B、A、B都受四个力作用C、A受三个力，B受四个力D、A受四个力，B受三个力【答案】D【变式2】如图所示，C是水平地面，A、B是两长方体物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物块A和B以相同的速度匀速运动，由此可知，A、B间摩擦力F1和B、C间摩擦力F2的值为( )A．F1＝0，F2＝0 B．F1＝F，F2＝0 C．F1＝0，F2＝F D．F1≠0，F2≠0【答案】C【解析】本题首先要判断A、B间是否有静摩擦力存在，现在已知A、B间有正压力作用，若接触面光滑，则F1＝0．若接触面粗糙，则关键的问题是分析判断A、B间有无相对运动趋势，“趋势”是如果没有静摩擦力存在，它们要怎样相对运动，因为有静摩擦力存在，这个相对运动被阻止了，这种想要动而没有动起来的状态就叫“趋势”．因此，分析相对运动趋势就要先假定A、B间无静摩擦力，这样A在水平方向就不受任何外力了，A应该用原来的速度匀速前进，由题意知B也在匀速前进，谁也不超前，谁也不落后，也就是说，如果A、B间无静摩擦力它们也不会发生相对运动，即没有相对运动趋势，所以A、B间不存在静摩擦力，F1＝0.故正确选项为C．（b）假设法判断“两物体是/否为整体”（包含“是/否分离”、“静/滑动摩擦”的判断）总结：在动力学中，可用整体法的前提条件是加速度a相同。
老高考适用2023版高考地理二轮总复习第1部分专题突破篇专题2大气运动
第一部分专题二基础练(2022·广东新高考)汞是一种易挥发的重金属元素，大气汞主要以气态形式存在。
南岭周边省区是我国重要的有色金属冶炼企业分布区。
在南岭国家森林公园某山顶附近监测得知，该地大气汞含量日变化明显，最高值在午后出现；秋冬季比夏春季大气汞含量高且变幅大。
据此完成1～2题。
1．导致该地大气汞含量在午后出现最高值的原因是午后( C )①对流雨多发②谷风环流较强③植被蒸腾较弱④地面蒸发旺盛A．①②B．①③C．②④D．③④2．该地秋冬季比夏春季大气汞含量变幅大，原因可能是秋冬季( B )A．土壤汞排放量更多B．南下冷空气更频繁C．准静止锋更加强盛D．植被的覆盖度更低【解析】第1题，汞在常温常压下易挥发，大气汞主要以气态形式存在。
午后气温最高，蒸发最强；山顶与山谷温差大，同水平高度气压差异大，谷风最强，将山谷有色金属冶炼企业含有汞的废气带到山顶，大气汞含量最大。
②④正确，选C。
第2题，土壤汞排放不会因季节的变化而变化，A错误；秋冬季冷空气频繁南下，气温变化幅度增大，导致有色金属冶炼企业加工过程中汞的蒸发变化幅度大，B正确；南岭在春季准静止锋更加强盛，C错误；植被的覆盖度与汞含量变幅大没有多大关系，D错误。
选B。
(2022·天津和平一模)专家统计了1991年至2020年间的气象数据，发现我国大约四分之一的地区在4月份昼夜温差达到一年中最大，17个省会级城市4月份昼夜温差超10 ℃。
下图为4月份昼夜温差超过10 ℃的前10个城市及其温差统计图。
完成3～4题。
城市西宁太原银川呼和浩特兰州拉萨沈阳昆明哈尔滨北京温差℃15.2 14.7 14.2 14.1 13.6 13.4 12.8 12.3 12.1 12.0A．频受寒冷空气侵袭B．冷暖气团在此交绥C．以晴朗天气为主D．大气逆温范围广4．该月份气温日较差大于13 ℃的城市，大多位于我国( D )A．湿润区B．半湿润区C．干旱区D．半干旱区【解析】第3题，表中城市多分布在海拔相对较高(如西宁、昆明、拉萨等)、地理位置偏内陆(如银川、呼和浩特、兰州等)和偏北方地区，4月降水少，以晴朗天气为主，白天升温快，夜间降温快，昼夜温差大，C正确。
2021届高考物理二轮复习讲义： 专题1第1讲力与物体的平衡
第1讲力与物体的平衡要点提炼1.物体的受力分析(1)正确的受力分析是解决力的平衡、动力学、能量等问题的前提。
在受力分析时，为防止漏力或多力，要按正确的顺序分析研究对象受到的力。
(2)分析物体受力的顺序说明：分析弹力和摩擦力时，要对研究对象与周围物体接触的每处都考虑。
(3)对研究对象所受力的大小、方向，哪些已知、哪些未知要明确。
(4)带电量一定的粒子在匀强电场中受到的电场力一定为恒力，在匀强磁场中受到的洛伦兹力大小会随着速度大小的改变而改变，方向会随着速度方向的改变而改变。
2．物体受力平衡的分析(1)物体受力平衡时的运动状态：静止或做匀速直线运动，即加速度为零。
(2)物体受力平衡时的受力特点：物体所受力的合力为零。
①三个共点力平衡：其中任意一个力与其余两个力的合力一定大小相等，方向相反；若有两个力等大，则这两个力一定关于第三个力所在直线对称；表示三个力的有向线段可以组成一个首尾相接的矢量三角形。
②多个共点力平衡：任意方向上合力为零；建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为零，即F x合＝0，F y合＝0；物体受N个力作用而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余N－1个力的合力一定等大反向。
③动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体时刻处于平衡状态，其所受合力时刻为零。
动态平衡的常用处理方法有：图解法、解析法、相似三角形法等。
④带电粒子或带电物体在复合场中处于平衡状态时，所受合力为零；带电粒子(或微粒)在重力、恒定电场力和洛伦兹力共同作用下的直线运动必然是匀速直线运动。
高考考向1 物体的受力分析例1 (2020·吉林长白山市二模)如图所示，倾斜的滑杆上套有一个圆环(所受重力不可忽略)，圆环通过轻绳拉着一个物体，在圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直。
下列说法正确的是( )A．物体做匀速直线运动B．轻绳对物体的拉力大于物体受到的重力C．圆环可能不受摩擦力的作用D．圆环受三个力作用解析圆环沿滑杆下滑的过程中，轻绳始终竖直，物体只受竖直方向的重力和轻绳的拉力作用，这两个力的合力不可能沿滑杆方向，故这两个力为一对平衡力，物体做匀速直线运动，故A正确，B错误；圆环与物体的运动情况相同，即做匀速直线运动，处于平衡状态，则圆环受到重力、轻绳的拉力、滑杆的支持力和摩擦力四个力作用，故C、D错误。
力学必刷题--2022届高考物理备考二轮复习
力学必刷题一、单选题1．在某次百米田径比赛中，用轨道摄像机拍摄运动员，摄像机和运动员的水平位移x 随时间t 变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）A ．在水平方向上，摄像机做直线运动，运动员做曲线运动B ．10~t 时间内摄像机在前，21~t t 时间内运动员在前C ．20~t 时间内摄像机与运动员的平均速度相同D ．20~t 时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度2．2021年2月24日，“天问一号”火星探测器经过200多天的飞行，成功进入椭圆形的轨道绕火星运动，开展对火星的观测，并为着陆火星做好准备。
如图所示，在“天问一号”沿椭圆轨道由“远火点”向“近火点”运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．火星对探测器的引力逐渐减小B ．探测器的速度逐渐减小C ．引力对探测器做负功，探测器的势能逐渐减小D ．引力对探测器做正功，探测器的动能逐渐增大3．如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架横梁和斜梁的连接点O 的上方，横梁AO 水平，设横梁和斜梁对O 点的作用力大小分别为F AO 、FBO ，如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O 的位置不变，横梁仍然水平，则下列选项正确的是（ ）A．F AO变大，F BO变小B．F AO变小，F BO变大C．F AO和F BO都变小D．F AO和F BO都变大4．如图所示，物块A、B均静止于倾角为θ的斜面上，它们的质量分别为M和m，已知Mg sinθ＞mg。
若斜面倾角θ变大，B仍保持静止，则（）A．绳子的拉力变大B．A所受合力变大C．斜面对A的支持力变大D．斜面对A的静摩擦力变大5．如图所示，a为在地球赤道表面随地球一起自转的物体，b为绕地球做匀速圆周运动的近地卫星，轨道半径可近似为地球半径。
假设a与b质量相同，地球可看作质量分布均匀的球体，比较物体a和卫星b（）A．角速度大小近似相等B．线速度大小近似相等C．向心加速度大小近似相等D．所受地球引力大小近似相等6．2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。
高三物理二轮复习专题教案(14个专题)
专题1“双基”篇所谓“双基”知识（基本概念、基本规律），就是能举一反三、以不变应万变的知识．只有掌握了“双基”，才谈得上能力的提高，才谈得上知识和能力的迁移．综合分析近几年的高考物理试卷不难看出，虽然高考命题已由“知识立意”向“能力立意”转变，但每年的试卷中总有一定数量的试题是着重考查学生的知识面的，试卷中多数试题是针对大多数考生设计的，其内容仍以基本概念、基本规律的内涵及外延的判断和应用为主．只要考生知道有关的物理知识，就不难得出正确的答案．以2003年我省高考物理试卷为例，属于对物理概念、规律的理解和简单应用考查的试题，就有15题，共90分，占满分的60％．如果考生的基本概念、基本规律掌握得好，把这90分拿到手，就已大大超过了省平均分．许多考生解题能力差，得分低，很大程度上与考生忽视对物理基础知识的理解和掌握有关，对基础知识掌握得不牢固或不全面，就会在解题时难以下手，使应得的分白白丢失． 如果说，我们要求学生高考时做到“该得的分一分不丢，难得的分每分必争”，那么，就要先从打好基础做起，抓好物理基本知识和规律的复习．复习中，首先要求学生掌握概念、规律的“内涵”（例如内容、条件、结论等），做到“理科文学”，对概念、规律的内容，该记该背的，还是要在理解的基础上熟记．其次，要掌握概念和规律的“外延”，例如，对机械能守恒定律，如果条件不满足，即重力或弹力以外的其他力做了功，系统的机械能将如何变化？等等．有一些情况我的感受特别深，一是有些试题看似综合性问题，而学生出错的原因实质是概念问题．二是老师以为很简单的一些概念问题，学生就是搞不清，要反复讲练．下面，就高中物理复习中常遇到的一些基本概念问题，谈谈我的看法．我想按照高中物理知识的五大板块来讲述．一些共同性的概念和规律：1．不能简单地从数学观点来理解用比值定义的物理量（一个物理量与另一个物理量成正比或反比的说法）．2．图线切线的斜率．3．变加速运动中，合力为零时，速度最大或最小．一、力学●物体是否一定能大小不变地传力？例1：两物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，互相接触放在光滑水平面上，如图所示．对物体A 施以水平的推力F ，则物体A 对物体B 的作用力等于 （ B ）A ．112m F m m + B ．212m F m m + C ．F D ．21m F m 拓展：如图，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上．A 、B质量分别为m A ＝6kg ，m B ＝2kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ＝0.2．开始时水平拉力F ＝10N ，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则 ( D )A ．只有当拉力F ＜12N 时，两物体才没有相对滑动B ．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体间从受力开始就有相对运动D ．两物体间始终没有相对运动●力、加速度、速度间的关系——拓展至与机械能的关系例2：如图所示，轻弹簧一端固定，另一端自由伸长时恰好到达O 点．将质量为m （视为质点）的物体P 与弹簧连接，并将弹簧压缩到A 由静止释放物体后，物体将沿水平面运动并能到达B 点．若物体与水平面间的摩擦力不能忽略，则关于物体运动的下列说法正确的是 （BC ）A ．从A 到O 速度不断增大，从O 到B 速度不断减小B ．从A 到O 速度先增大后减小，从O 到B 速度不断减小C ．从A 到O 加速度先减小后增大，从O 到B 加速度不断增大D ．从A 到O 加速度先减小后增大，从O 到B 加速度不断增大拓展1：（1991年）一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A 点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法正确的是 （ C ） A ．物体从A 下降到B 的过程中，动能不断变小B ．物体从B 上升到A 的过程中，动能不断变大C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，速率都是先增大，后减小D ．物体在B 点时，所受合力为零●矢量的合成或分解 1．认真画平行四边形例3：三段不可伸长的细绳OA 、OB 、OC 能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB 是水平的，A 端、B 端固定．若逐渐增加C 端所挂物体的质量，则最先断的绳 （ C ）A ．必定是OAB ．必定是OBC ．必定是OCD ．可能是OB ，也可能是OA2．最小值问题例4：有一小船位于60m 宽的河边，从这里起在下游80m 处河流变成瀑布．假设河水流速为5m/s ，为了使小船能安全渡河，船相对于静水的速度不能小于多少？3．速度的分解——孰合孰分？例5：如图所示，水平面上有一物体A 通过定滑轮用细线与玩具汽车B 相连，汽车向右以速度v 作匀速运动，当细线OA 、OB 与水平方向的夹角分别为α、β时，物体A 移动的速度为 （ D ）A ．v sin αcos βB ．v cos αcos βC ．v cos α/cos βD ．v cos β/cos α●同向运动的物体，距离最大（或最小）或恰好追上时，速度相等（但不一定为零）． 例6：如图所示，在光滑水平桌面上放有长为L 的长木板C ，在C 上左端和距左端s 处各放有小物块A 和B ，A 、B 的体积大小可忽略不计，A 、B 与长木板C 间的动摩擦因数为μ，A 、B 、C 的质量均为m ，开始时，B 、C 静止，A 以某一初速度v 0向右做匀减速运动，设物体B 与板C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：A OBAB（1）物体A 运动过程中，物块B 和木板C 间的摩擦力．（2）要使物块A 、B 相碰，物块A 的初速度v 0应满足的条件． ●匀变速运动的规律及其推论的应用——注意条件例7：已知做匀加速直线运动的物体，第5s 末的速度为10m/s ，则该物体 （ BD ）A ．加速度一定为2m/s 2B ．前5s 内位移可能为25mC ．前10s 内位移一定为100mD ．前10s 内位移不一定为100m●匀速圆周运动、万有引力定律： 注意公式2r GMm F =①和r mv F 2=②中r 的含义． 例8：今年10月15日9时，中国自行研制的载人航天飞船“神舟”五号，从酒泉航天发射场升空，10分钟后进入预定轨道，绕地球沿椭圆轨道Ⅰ运行，如图．（1）当飞船进入第5圈后，在轨道Ⅰ上A 点加速，加速后进入半径为r 2的圆形轨道Ⅱ．已知飞船近地点B 距地心距离为r 1，飞船在该点速率为v 1，求：轨道Ⅱ处重力加速度大小．（2）飞船绕地球运行14圈后，返回舱与轨道舱分离，返回舱开始返回．当返回舱竖直向下接近距离地球表面高度h 时，返回舱速度约为9m/s ，为实现软着落（着地时速度不超过3m/s ），飞船向下喷出气体减速，该宇航员安全抗荷能力（对座位压力）为其体重的4倍，则飞船至少应从多高处开始竖直向下喷气？（g ＝10m/s 2）●惯性、离心运动和向心运动例9：如图（俯视图）所示，以速度v 匀速行驶的列车车厢内有一水平桌面，桌面上的A 处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿图中虚线从A 运动到B ，则由此可判断列车 （ A ）A ．减速行驶，向南转弯B ．减速行驶，向北转弯C ．加速行驶，向南转弯D ．加速行驶，向北转弯 例10：卫星轨道速度的大小及变轨问题．●一对作用力和反作用力的冲量或功例11：关于一对作用力和反作用力，下列说法中正确的是 （ D ）A ．一对作用力和反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，是一对平衡力B ．一对作用力和反作用力一定可以是不同种性质的力C ．一对作用力和反作用力所做功的代数和一定为零D ．一对作用力和反作用力的冲量的矢量和一定为零●对动量守恒定律的理解1．内涵——条件及结论2．对表达式的理解3．外延例12：对于由两个物体组成的系统，动量守恒定律可以表达为Δp 1＝－Δp 2．对此表达式，沈飞同学的理解是：两个物体组成的系统动量守恒时，一个物体增加了多少动量，另一AB个物体就减少了多少动量．你同意沈飞同学的说法吗？说说你的判断和理由（可以举例说明）．例13：总质量为M的小车，在光滑水平面上匀速行驶．现同时向前后水平抛出质量相等的两个小球，小球抛出时的初速度相等，则小车的速度将________（填“变大”、“变小”或“不变”）．●对机械能守恒定律的理解1．内涵——条件及结论2．外延——重力（若涉及弹性势能，还包括弹力）以外的其它力做的功，等于系统机械能的增量．例14：如图所示，质量为M＝1kg的小车静止在悬空固定的水平轨道上，小车与轨道间的摩擦力可忽略不计，在小车底Array部O点拴一根长L＝0.4m的细绳，细绳另一端系一质量m＝4kg的金属球，把小球拉到与悬点O在同一高度、细绳与轨道平行的位置由静止释放．小球运动到细绳与竖直方向成60°角位置时，突然撤去右边的挡板P，取g＝10m/s2，求：（1）挡板P在撤去以前对小车的冲量；（2）小球释放后上升的最高点距悬点O的竖直高度；（3）撤去右边的挡板P后，小车运动的最大速度．●功和能、冲量和动量的关系1．合外力的功＝动能的变化2．重力/弹力/分子力/电场力的功＝重力势能/弹性势能/分子势能/电势能变化的负值3．重力（或弹簧弹力）以外的其它力的功＝机械能的变化4．合外力的冲量＝动量的变化5．合外力＝动量的变化率例15：一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（ C ）A．物体势能的增加量B．物体动能的增量C．物体动能的增加量加上物体势能的增加量D．物体动能的增加量加上重力所做的功例16：一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中.若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（AC）A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能例17：在光滑斜面的底端静止一个物体，从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间突然撤去这个力，又经过4倍的时间又返回斜面的底端，且具有250J的动能，则恒力F对物体所做的功为J, 撤去F时物体具有J的动能．若该物体在撤去F后受摩擦力作用，当它的动能减少100J时，机械能损失了40J，则物体再从最高点返回到斜面底端时具有J的动能．例18：如图所示，分别用两个恒力F1和F2先后两次将质量为m的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F 1的方向沿斜面向上，第二次F 2的方向沿水平向右，两次所用时间相同．在这两个过程中 （ BD ）A ．F 1和F 2所做功相同B ．物体的机械能变化相同C ．F 1和F 2对物体的冲量大小相同D ．物体的加速度相同例19：在光滑斜面的底端静止一个物体，从某时刻开始有一个沿斜面向上的恒力F 作用在物体上，使物体沿斜面向上滑去，经过一段时间突然撤去这个力，又经过4倍的时间又返回斜面的底端，且具有250J 的动能，则恒力F 对物体所做的功为 J, 撤去F 时物体具有 J 的动能。
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题2能量与动量第1讲功和能课件
专题突破方略
专题二 能量与动量 第1讲 功和能
真题速练·明考情 核心知识·固双基 命题热点·巧突破 应用创新·提素养
真题速练·明考情
1．(多选)(2022·广东高考)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小
车，在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶，在斜坡PQ段
以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶．已知小车总质量为50 kg，MN
③摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热．
2．几个重要的功能关系 (1)重力的功等于重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp． (2)弹力的功等于弹性势能的减少量，即W弹＝－ΔEp． (3)合力的功等于动能的变化，即W＝ΔEk． (4)重力和系统内弹簧弹力之外的其他力的功等于机械能的变化，即 W其他＝ΔE． (5) 系 统 内 一 对 滑 动 摩 擦 力 做 的 功 是 系 统 内 能 改 变 的 量 度 ， 即 Q ＝
v1＝
P额＝1 200 Tm 300
m/s
＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为 t1＝va11＝45 s＝0.8 s，h1＝2va211
＝2×42 5
m＝1.6
m，重物以最大速度匀速时，有
vm＝PT额＝
P额 ＝1 200 mg 200
m/s
＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最
大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度
刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
a1＝
Tm－mg＝ m
300－20×10 20
m/s2＝5
m/s2，
2021版高考物理二轮考前复习专题学案：第二篇 必考方法3 临界值极限法 Word版含解析
必考方法3 临界值极限法(2017·全国卷Ⅱ改编)如图所示,一弹簧一端固定在倾角为θ=37°的光滑固定斜面的底端,另一端拴住质量为m1=6 kg的物体P,Q为一质量为m2=10 kg的物体,弹簧的质量不计,劲度系数k=600 N/m,系统处于静止状态。
现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F,使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动,已知在前0.2 s 时间内,F为变力,0.2 s以后F为恒力,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2。
求:(1)系统处于静止状态时,弹簧的压缩量x0;(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a;(3)力F的最大值与最小值。
(1)审题破题眼:(2)命题陷阱点:陷阱1:对运动情景分析不清晰,没有发现临界条件和特征。
陷阱2:受力分析要全面,不能出现漏力和多力的情况。
陷阱3:利用牛顿第二定律建立方程时要注意矢量方向。
1.如图所示,滑轮质量不计,三个物体质量m1=m2+m3,这时弹簧测力计的读数为T,若把m2从右边移到左边的m1上面,弹簧测力计的读数T将( )A.增大B.减小C.不变D.无法判断2.如图所示,在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为θ的光滑斜面体,它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。
关于物块下滑过程中对斜面压力大小的解答,有如下四个表达式。
根据你的判断,下述表达式中可能正确的是 ( )A. B.C. D.1.解决极值问题和临界问题的方法:(1)极限法:要正确地进行受力分析和变化过程分析,找出平衡的临界点和极值点;临界条件必须在变化中去寻找,不能停留在一个状态来研究临界问题,而要把某个物理量推向极端,即极大和极小。
(2)数学分析法:通过对问题的分析,依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象),用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)。
(3)物理分析法:根据物体的平衡条件,作出力的矢量图,通过对物理过程的分析,利用平行四边形定则或三角形定则进行动态分析,确定最大值与最小值。
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题一力与运动第1讲力与物体的平衡教师用书
第1讲力与物体的平衡知识网络构建命题分类剖析命题点一静态平衡问题1．共点力平衡的常用处理方法(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．例 1[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/m例 2[2023·河北保定一模]质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则( )A．F＝(M＋m)gB．F＝mgC．地面受到的压力为F N，F N<(M＋m)gD．地面受到的压力为F N，F N>(M＋m)g提升训练1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m ＝5 kg ，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M ＝15 kg 的重物时，弦的张角为θ＝120°，g ＝10 m/s 2，则弦的张力为( )A ．50 NB ．150 NC ．200 ND ．200√3 N 2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G 的光滑圆柱体静置其上，a 、b 为相切点，∠aOb ＝90°，半径Ob 与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力F a 、F b 大小为( )A ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.4GB ．F a ＝0.4G ，F b ＝0.6GC ．F a ＝0.8G ，F b ＝0.6GD ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.8G 3.[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m ，支架的质量为2m ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )A ．√39B ．√34C ．√32 D ．√33命题点二 动态平衡问题(含临界、极值问题)1．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值． 2．“缓慢”移动的三类经典模型图例分析求力F的最小值F min＝mg sin θ，结论：sin θ＝dLF＝mg，2cosθ绳子端点上下移动，力F不变N1、N2始终减小斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大考向1 共点力作用下的动态平衡例 1[2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是( )A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大例 2[2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小思维提升三力作用下的动态平衡考向2 平衡中的极值或临界值问题例 3[2023·山东菏泽市模拟]将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( ) A．1.5mg B．1.8mgC．2.1mg D．2.4mg例 4[2023·陕西省汉中市联考]在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )A．tan α>μ B．tan α<μC．sin α>μ D．sin α<μ提升训练1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有( )A．地面对钢管支持力的大小不变B．地面对钢管的摩擦力变大C．地面对钢管作用力的合力变大D．地面对钢管作用力的合力大小不变2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为m A、m B，而且m A>m B，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力T m＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．θ最大为53°NB．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝160√33C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°命题点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1．电场力.(1)大小：F＝Eq，F＝kq1q2r2(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．2．磁场力(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qv B.(2)方向：用左手定则判断．3．电磁学中平衡问题的处理方法处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．考向1 电场中的平衡问题例 1[2023·浙江模拟预测]如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，Q AQ B ＝3√38时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知L ACL AB＝√3，下列说法正确的是( )A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来考向2 磁场中的平衡问题例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是( )A．绳1受到的拉力先增大后减小B．绳2受到的拉力先增大后减小C．绳3受到的拉力的最大值为√3mgD．导体棒中电流I0的值为√3mglB提升训练1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是( )A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小B．磁感应强度的最小值为mg sinθILC．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为mg2cosθD．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是( )A.相邻两小球之间的间距为q√kmgB．弹簧的形变量为11mg8k′C．细线对小球A的拉力大小为11mg8D．小球C受到的库仑力大小为5mg8素养培优·情境命题利用平衡条件解决实际问题联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变情境1 工人推车——科学思维[典例1] [2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO 与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA 变得水平的过程中，石球对OB 板的压力大小N 1、对OA 板的压力大小N 2的变化情况是( )A ．N 1减小、N 2先增大后减小B ．N 1减小、N 2增大C ．N 1增大、N 2减小D ．N 1增大、N 2先减小后增大情境2 悬索桥——科学态度与责任[典例2] [2023·江苏省无锡市测试]图a 是一种大跨度悬索桥梁，图b 为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b 中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )A ．14Mg B ．16MgC ．112Mg D ．124Mg情境3 瓜子破壳器——科学探究[典例3] [2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A 、B 之间，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )A ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变大 B ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变小C ．若A 、B 距离不变，顶角θ越大，圆柱体A 对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小第1讲力与物体的平衡命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.答案：B[例2] 解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°A对B的弹力T＝mg，cosβ根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝mg，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正cosβcos β＝Mg＋mg，故C、D 确；对AB整体地面受到的压力为F N＝Mg＋T′cos β＝Mg＋mgcosβ错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：＝(M＋m)g竖直方向上由受力平衡可得：2F cos θ2解得：F＝(M+m)g＝200 N，故C正确，A、B、D错误．2cosθ2答案：C2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图由题意有F a＝G sin 37°＝0.6GF b＝G cos 37°＝0.8G故选D.答案：D3．解析：对光滑球体受力分析如图所示根据平衡条件可得N2cos θ＝mg对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知N3＝N2对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ又f＝μN4联立解得μ＝√33.故选D.可知支架和地面间的动摩擦因数至少为√33答案：D命题点二[例1] 解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．故选AC.答案：AC[例2] 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B 错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D[例3] 解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.答案：A[例4] 解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力F N、水平向右的摩擦力F f，可知F N＝mg，F f＝T＝mgtanθ即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F 三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝mgsinα，T＝mgtanα，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D 错误．答案：ABC2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O 点的受力分析图，如图所示设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝m B g，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝m A g保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A 的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．答案：AD3．解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为T m＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件T m sin θm＝F2T m cos θm＝32mg解得θm＝60°，F2＝160√3 NA、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝6403N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan α＝F21(32−8)mg≠1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝F22(32−8)mg＝1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．答案：D命题点三[例1] 解析：对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C 可能有竖直向下的压力，如图所示由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得F AC＝F BC cos θ由几何知识可得cos θ＝√32依据库仑定律有kQ A Q CL AC2＝√32kQ B Q CL BC2，Q AQ B＝3√38Q A Q B ＝3√38时恰好处于平衡状态；C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；缓慢将C处点电荷向左移动，F BC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B 一定有弹力作用，故B错误．答案：C[例2] 解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl竖直方向F 2sin 60°＝mg电流逐渐变大，则F 1增大、F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝mg F 3最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝√3mg Bl，故D 正确．答案：D [提升训练] 1．解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A 错误；设磁感应强度大小为B ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ，解得B ＝mg sin θIL ，B 正确；设每条细线拉力大小为F T ，由平衡条件得mg cos θ＝2F T ，解得F T ＝12mg cos θ，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D 错误．答案：B2．解析：如图甲所示，以小球B 为研究对象，小球A 和小球C 分别对小球B 的库仑力大小相等，且小球A 和小球C 对小球B 的合力与小球B 的重力等大反向，所以小球A 和小球B 带异种电荷，小球B 和小球C 带同种电荷，即小球A 和小球C 对小球B 的库仑力大小均为F A ＝F C ＝mg2，由库仑定律可得kq 2r 2＝12mg ，解得小球A 和小球B 之间距离为r ＝q √2kmg ，故A 错误；如图乙所示，以小球A 为研究对象，受到小球B 向下的库仑力为F B ＝mg 2，受到小球C向下的库仑力是受到小球B 的14，即为F C ′＝mg 8，所以小球A 受到的拉力为F T A ＝mg ＋F B ＋F ′C＝13mg 8，故C 错误；如图丙所示，以小球C 为研究对象，小球C 受到小球B 向下的库仑力为F ′B ＝mg2，受到A 向上的库仑力为F ′A ＝mg8，则小球C 对弹簧的压力为F 压＝F ′B －F ′A ＋mg＝11mg 8，小球C 受到向上的弹力为F 弹＝F 压＝11mg 8，由胡克定律得F 弹＝k ′x ，解得弹簧的形变量为x ＝11mg8k ′，故B 正确，D 错误．答案：B 素养培优·情境命题[典例1] 解析：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知N 1sin β＝N 2sin γ＝Gsin α，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N 1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N 2将先增大后减小，选项A 正确．答案：A[典例2] 解析： 对整体分析，根据平衡条件，2F T AC sin 45°＝Mg ，F T AC ＝√22Mg .对悬索左边受力分析，受A 左上绳的力F T AC ，CD 上水平向右的拉力为F T ，根据平衡条件，F T ＝F T AC cos 45°＝12Mg ，一根悬索水平段CD 上的张力大小是14Mg ，故选A.答案：A[典例3] 解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A 、B 距离，A 、B 对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A 、B 错误；若A 、B 距离不变，顶角θ越大，则A 、B 对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C 错误，D 正确．故选D.答案：D。
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
新课标高考物理二轮总复习第二部分应试高分策略专题一物理模型2113测电阻模型课件
（2）根据设计的电路，写出实验步骤：
.
（3）将这种方法测出的电压表内阻记为 R`v, 与电压表内阻的真实值 Rv 相比，
R`v Rv（“>”“<”或“=”），主要理由是
.
[思维分析] 半偏法的本质是根据电路中电压或电流的变化(恰好发生一半变化) 来确定电路中被测电阻阻值的大小．这实质上是根据串联电路的分压或并联电路 的分流来实现的．
数据填入பைடு நூலகம்表.
R/kΩ 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
I/mA 1.48 1.20 1.03 0.86 0.74
1I/mA－1 0.68 0.83 0.97 1.16 1.35
Ⅰ.图甲中A是________(填“红”或“黑”)表笔； Ⅱ.根据表中的数据，在图丙中画出1I－R关系图象；
答案：(1)AC (2)Ⅰ.红 Ⅱ.如图所示
(3)若电池电动势变小、内阻变大，欧姆表重新调零时，由于满偏电流 Ig 不变，由 Ig＝RE内可知欧姆表内阻 R 内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出 来的，由 I＝R内＋E Rx＝RI内g＋R内Rx＝1＋RIgx/R内，可知当 R 内变小时，I 变小，指针跟原 来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．
(1)为使测量尽量准确，电压表选用__________，电流表选用______________，电 源选用______________．(均填器材的字母代号)； (2)画出测量 Rx 阻值的实验电路图． (3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值 会__________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是 ______________________________________． 答案：(1)B C F (2)见解析 (3)大于 电压表的读数大于待测电阻两端实际电 压(其他正确表述也可)
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题2能量与动量第2讲动量’量守恒定律课件
(D )
【解析】 设 t 时间内有体积为 V 的水打在钢板上，则这些水的质
量 m＝ρV＝ρSvt＝14πd2ρvt，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用 力为 F，以水运动的方向为正方向，由动量定理得 Ft＝0－mv，解得 F ＝－14πd2ρv2，水流速度 v＝QS＝π4dQ2，得 F＝－4πρdQ22，根据牛顿第三定律， 钢板受到水的冲力 F′＝4πρdQ22，故选 D．
1．(2022·辽宁押题卷)气垫鞋指的是鞋底上部和鞋底下部之间设置 有可形成气垫的储气腔的鞋子，通过气垫的缓冲减小地面对脚的冲击 力．某同学的体重为G，穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地面的 作用时间为t0．
受到地面的平均冲击力大小为2.4G．若脚着地前的速度保持不变，
该同学穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程中与地面的作用时间
(2)碰撞模型 ①可熟记一些特例：例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正 碰后的速度满足：v1′＝mm11－＋mm22v1，v2′＝m12＋m1m2v1． ②熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞 后交换速度；当 m1≫m2，且 v2＝0 时，碰后质量大的速率不变，质量小 的速率为 2v1；当 m1≪m2，且 v2＝0 时，碰后质量小的球原速率反弹．
3 ． (2022·北 京 房 山 区 二 模 )2022 年 2 月 北 京 举 办 了 第 24 届 冬 季 奥 运 会，苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪 奥运冠军．图甲是一观众用手机连拍功能拍摄苏翊鸣从起跳到落地的全 过程的合成图．图乙为首钢滑雪大跳台的赛道的示意图，分为助滑区、 起跳台、着陆坡和终点四个部分，运动员从一百多米的助滑跑道滑下， 腾空高度平均可达7 m，落地前的速度与着陆坡之间有一定的夹角．
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2021年高考物理二轮复习 第一阶段专题二第2讲 专题特辑 课堂 针对考
点强化训练
1．(xx·福建高考)如图2－2－4所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。
初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。
剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( ) 图2－2－4
A ．速率的变化量不同
B ．机械能的变化量不同
C ．重力势能的变化量相同
D ．重力做功的平均功率相同
解析：选D 由题意根据力的平衡有m A g ＝m B g sin θ，所以m A ＝m B sin θ。
根据机械能守
恒定律mgh ＝12
mv 2，得v ＝2gh ，所以两物块落地速率相等，选项A 错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B 错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔE p ＝－W G ＝－mgh ，选项C 错误；因为A 、B 两物块都做匀变速运动，
所以A 重力的平均功率为P —A ＝m A g ·v 2，B 重力的平均功率P —B ＝m B g ·v 2cos ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π2－θ，因为m A ＝m B sin θ，所以P —A ＝P —B ，选项D 正确。
2．(xx·莆田质检)如图2－2－5所示，轻质弹簧的一端与固定
的竖直板P 栓接，另一端与物体A 相连，物体A 置于光滑水平桌面上，
A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体
B 相连。
开始时托
住B ，让A 处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获
得最大速度。
下列有关该过程的分析中正确的是( )
A ．
B 物体受到细线的拉力保持不变 图2－2－5
B ．B 物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
C ．A 物体动能的增量等于B 物体重力对B 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和
D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功
解析：选D 设细线的张力为T ，弹簧的弹力为F ，B 的质量为M ，A 的质量为m 。
静止释放B ，A 向右加速，B 向下加速。
对B 、A 物体受力分析知，Mg －T ＝Ma ①
T －F ＝ma ②
由①②可得a ＝Mg －F M ＋m
，A 物体向右加速F 变大，a 减小，结合①知T 变大，故A 错；由能量守恒知，B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量和A 动能增量的和，故B 错；B 物体重力对B 做的功与弹簧弹力对A 做的功之和等于A 、B 两物体动能的增量，故C 错。
选项D 对。
3.如图2－2－6所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地
面上，上面放一个质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接。
现将小球向
下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，
重力和电场力对小球做功的大小分别为W 1和W 2，小球离开弹簧时速度为v ，
不计空气阻力，则上述过程中( ) 图2－2－6
A ．带电小球电势能增加W 2
B ．弹簧弹性势能最大值为W 1＋12
mv 2 C ．弹簧弹性势能减少量为W 2＋W 1
D ．带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W 2
解析：选D 电场力对小球做了W 2的正功，根据功能关系可知，小球的电势能减少了W 2，
选项A 错误；对于小球在上述过程中，有W 2＋W 弹－W 1＝12
mv 2，根据功能关系可知，弹簧弹性势能最大值为W 1＋12
mv 2－W 2，选项B 错误，选项C 也错误；根据功能关系知，选项D 正确。
4．子弹的速度为v ，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零，若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的一半时，子弹的速度是( )
A.v 2
B.22v
C.v 3
D.v
4 解析：选B 设子弹质量为m ，木块的厚度为d ，木块对子弹的阻力为f ，根据动能定理，
子弹刚好打穿木块的过程满足－fd ＝0－12
mv 2。
设子弹射入木块厚度一半时的速度为v ′，则－f ·d 2＝12mv ′2－12mv 2，得v ′＝22
v ，故B 项正确。
5．(xx·重庆高考)如图2－2－7所示为一种摆式摩擦因数测量
仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮
胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。
摆锤的质量为m ，细杆可绕
轴O 在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O 点距离为L 。
测量时，测
量仪固定于水平地面，将摆锤从与O 等高的位置处静止释放。
摆 图2－2－7
锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s (s ≪L )，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置。
若摆锤对地面的压力可视为大小为F 的恒力，重力加速度为g ，求：
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数。
解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究。
因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE 等于减少的重力势能，
即：ΔE ＝mgL cos θ①
(2)对全程应用动能定理：W G ＋W f ＝0②
W G ＝mgL cos θ③
由②、③得W f ＝－W G ＝－mgL cos θ④
(3)由滑动摩擦力公式得f ＝μF ⑤
摩擦力做的功W f ＝－fs ⑥
④、⑤式代入⑥式得：μ＝mgL cos θFs
⑦ 答案：(1)mgL cos θ (2)－mgL cos θ
(3)mgL cos θFs。