高三物理第二轮复习共28页
高三物理二轮复习1-5-2-3
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答案：(1)30 (2)12 (3)0.42
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4．利用如图甲所示的电路测量某种电阻丝材料的电阻率，所用电 阻丝的电阻约为 20 Ω.带有刻度尺的木板上有 a 和 b 两个接线柱， 把电阻丝拉直后固定在接线柱 a 和 b 上．在电阻丝上夹上一个带 有接线柱 c 的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻 丝接触点 P 的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度．
甲
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(1)在导体接入电路前，利用多用电表电阻“×1”挡直接测量导 体的电阻，多用电表的指针偏转如图乙所示，测得此时导体的电 阻为________Ω.
乙
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(2)当通过该导体的电流为 0.3 A 时，导体电阻为______ Ω. (3)若用电动势为 4.0 V、内阻为 8 Ω 的电源直接给该小灯泡供电， 则该小灯泡的实际功率是________W.
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答案：(1)0.730(0.728～0.732 均正确)
(2)A1
πd2 (3)4L0R0
(4)无
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图象法处理实验数据的技巧 1．充分利用图象的斜率、截距、交点获取信息． 2．转换实验原理的数学函数关系结合图象进行的综合分析，要写 出函数表达式．
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2．(2016·湖北八校联考)某物理研究小组尝试利用图甲所示电路测 量一节干电池(电动势约 1.5 V，内阻约几欧姆)的电动势和内阻．其 中：电流表○A (量程 IA＝200 mA，内阻 RA＝10 Ω)、电阻箱 R(99.99 Ω，额定电流 1 A)、定值电阻 R0(R0＝5 Ω)．
高三物理二轮复习力学
01力与运动第1讲力与物体的平衡高考命题突出受力分析、力的合成与分解方法的考查，也有将受力分析与牛顿运动定律、电磁场、功能关系进行综合考查．题型一般为选择题和计算题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦正弦定理；高考试题的考查形式主要有两种，一种是以生活中的静力学材料为背景，考查力的合成与分解和共点力的平衡的综合应用；一种是以现实中可能出现的各种情况，考查力的概念的理解和计算．题型仍延续选择题的形式．1．熟悉各个力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力．(1)两物体间弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体．(2)两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断．(3)物体间恰好不相对滑动时，其静摩擦力恰好等于最大静摩擦力．2．共点力的平衡：共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态．3．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＝0，F y ＝0.4．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可以认为物体处于平衡状态，其所受合力为零．5．带电物体在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及电磁学中的电场力、安培力或洛伦兹力．电磁场中的平衡问题也遵循合力为零这一规律．考点1 受力分析【例1】质量为M的半球形物体A和质量为m的光滑球形物体B紧靠着放在倾角为α的固定斜面上，并处于静止状态，如图所示．下列关于物体受力情况的判断正确的是()A．物体A对物体B的弹力方向沿斜面向上B．物体A受到的静摩擦力大小为Mg sinαC．物体B对物体A的压力大于mg sinαD．物体B对斜面的压力等于mg cosα【解析】隔离物体B进行受力分析如图所示，可知物体B受到重力mg、斜面的支持力F N1和物体A对其的弹力F N2作用，由于物体A对物体B的弹力方向与两者的接触面垂直，即沿两圆心向上，故物体A对物体B的弹力方向不沿斜面向上，选项A错误；将物体A和B看成一个整体，由受力分析可知，物体A受到的静摩擦力大小为F ＝(M＋m)g sinα，选项B错误；对物体B，根据平衡条件可得mg sinα＝F N2cosθ，F N1＋F N2sinθ＝mg cosα，可解得F N2＝mg sinαcosθ>mg sinα，F N1＝mg(cosα－sinαtanθ)<mg cosα，再结合牛顿第三定律可知选项C正确，D错误．【答案】C【例2】如图所示，一个L形木板(上表面光滑)放在斜面体上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连．斜面体放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力，则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是()A．L形木板受4个力的作用B．斜面体可能只受2个力作用C．木块受2个力作用D．斜面体不可能受平板小车对它的摩擦力作用【解析】先把L形木板、木块、斜面体看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，选项D正确；隔离木块进行分析，其受重力、L形木板的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)3个力作用处于平衡状态，选项C错误；隔离L形木板进行分析，其受重力、斜面体的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面体对它的摩擦力5个力作用，选项A错误；隔离斜面体进行分析，其受4个力作用，选项B错误．【答案】D☞归纳总结(1)在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法或隔离法进行分析．(2)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同.(3)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．[变式训练]1．(多选)如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块a的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力F推动a、b一起向上匀速运动，运动过程中a、b始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．a受到6个力的作用B．a受到4个力的作用C．b受到3个力的作用D．b受到2个力的作用解析：先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即b受到3个力的作用，故C正确，D错误；再对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力，故a受到4个力的作用，故A错误，B正确．答案：BC2．(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物体B置于斜面体C上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与物体A相连接，连接物体B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列说法中正确的是()A．物体B可能不受静摩擦力作用B．斜面体C与地面之间可能不存在静摩擦力作用C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上D．将细绳剪断，若物体B仍静止在斜面体C上，则此时斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用解析：对物体B进行受力分析，由共点力的平衡条件可得，如果m A g＝m B g sinθ，则物体B一定不受静摩擦力作用，反之，则一定会受到斜面体C对其作用的静摩擦力，选项A正确；将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受到一个大小为m A g、方向沿斜面向上的细绳的拉力，该拉力在水平向左方向上的分量为m A g cosθ，故地面一定会给斜面体一个方向水平向右、大小为m A g cosθ的静摩擦力，选项B错误；由于连接物体A和物体B的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项C错误；若将细绳剪断，将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用，选项D正确．答案：AD考点2“程序法”破解“静态平衡”问题【例3】(2019年名校联盟Ⅰ)如图所示，竖直放置的光滑圆环O，顶端D点固定一光滑滑轮(大小忽略)，圆环两侧套着m1、m2两小球，两小球用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，已知两小球连线过圆心O点，且与右侧绳的夹角为θ.则m1、m2两小球的质量之比为()A．tanθB.1tanθC.1cos θD．sin2θ【解析】对两球受力分析，如图所示，由三角形相似得，m1：⎭⎪⎬⎪⎫T1L1＝m1gR，T2L2＝m2gR，T1＝T2.⇒m1m2＝L2L1＝1tanθ，故选B.【答案】B【例4】(2019年唐山六校联考)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向夹角为θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，B恰好不能下滑，B和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设B和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A.75 B.57 C.135 D.513【解析】设A和B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，B恰好不能下滑如图1—1—9，则由平衡条件有⎩⎪⎨⎪⎧T＝m1gm2g cosθ＝μ（T－m2g sinθ），解得m1m2＝135；若杆对B的弹力垂直于杆向上，B恰好不能下滑如图1—1—10，则由平衡条件有⎩⎪⎨⎪⎧T＝m1gm2g cosθ＝μ（m2g sinθ－T），解得m1m2＝－75(舍去)．综上分析可知，C正确．【答案】C☞归纳总结(1)破解“静态平衡”问题的一般程序(2)处理平衡问题的常用方法方法 特点合成法 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等大、反向 分解法 三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别平衡 正交 分解法 物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力分别平衡[变式训练]3．如图所示，某工地上起重机将重为G 的正方形工件缓缓吊起．四根等长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等．则每根钢绳的受力大小为( )A.14GB.24G C.12GkD.36G 解析：设每根钢绳的受力大小为F ，由平衡条件有4F cos θ＝G (θ为钢绳与竖直方向的夹角)，由数学知识知sin θ＝12，θ＝30°，则F ＝36G ，选项D 正确．答案：D4．(2019年山东省日照市高三联考)如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体静止在水平地面上，一个重为G 的球在水平力的作用下，静止于光滑斜面上，此时水平力的大小为F ；若将力F 从水平方向逆时针转过某一角度α后，仍保持F 的大小不变，且小球和斜面依然保持静止，此时水平地面对斜面体的摩擦力为f .那么F 和f 的大小分别是( )A ．F ＝33G ，f ＝36G B ．F ＝36G ，f ＝12G C ．F ＝33G ，f ＝12GD ．F ＝36G ，f ＝36G解析：先研究第一种情况：对物体受力分析如图1—1—13所示．由平衡条件得：N 与F 的合力F ′与重力G 大小相等，由三角函数关系得：F ＝G tan θ＝33G ；转过一角度后，由F大小不变，小球静止，支持力与F的合力不变，故此时转动后F转方向如图1—1—14：根据几何知识可得F转过的角度是2θ.对整体受力分析并正交分解如图：水平方向：f＝F cos2θ＝33G×12＝36G，故A正确；故选A.答案：A考点3 多法并用破解“动态平衡”问题方法1图解法破解“动态平衡”问题【例5】质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【解析】以O点为研究对象，受力分析如图1—1—16所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确．【答案】 A方法2解析法破解“动态平衡”问题【例6】(2019年开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直．现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止．则在这一过程中()A．水平力F变小B．细线的拉力不变C．铁架台对地面的压力变大D．铁架台所受地面的摩擦力变大【解析】如图1—1—18所示，对小球受力分析，受细线的拉力、重力、水平力F，根据平衡条件有F＝mg tanθ，θ逐渐增大，则F 逐渐增大，故A 错误；由图可知，细线的拉力T ＝mgcos θ，θ增大，T 增大，故B 错误；以铁架台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得F f ＝F ，则F f 逐渐增大，F N ＝(M ＋m )g ，F N 保持不变，故C 错误，D 正确．【答案】 D方法3 相似三角形法破解“动态平衡”问题【例7】 (2019年宝鸡质检)如图所示，轻杆A 端用铰链固定，滑轮在A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B 端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢向上拉(均未断)，在轻杆达到竖直位置前，以下分析正确的是( )A ．轻绳的拉力越来越大B ．轻绳的拉力越来越小C ．轻杆的弹力越来越大D ．轻杆的弹力越来越小【解析】 以B 点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T ，一个是轻绳斜向上的拉力F ，一个是轻绳竖直向下的拉力F ′(大小等于重物所受的重力)，如图1—1—20所示，根据相似三角形法，可得F ′OA ＝T AB ＝FOB ，由于OA 和AB 不变，OB 逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．【答案】 B. (多选)如图所示，已知带电小球A 、B 的电荷量分别为Q A 、Q B ，OA ＝OB ，都用长L 的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O 点处．静止时A 、B 相距为d .为使平衡时AB 间距离变为2d ，可采用以下哪些方法( )A ．将小球B 的质量变为原来的18 B ．将小球B 的质量增加到原来的8倍C ．将小球A 、B 的电荷量都增为原来的2倍，同时将小球B 的质量变为原来的12D ．将小球A 、B 的电荷量都减小到原来的12，同时将小球B 的质量增加到原来的2倍【答案】AC【解析】对小球B 进行受力分析，如图所示：小球受到重力m B g 、库仑力F 、绳子拉力F T 作用，处于平衡状态，根据相似三角形得，m B g F ＝L d ，其中库仑力F ＝k q 1q 2d 2，联立解得d ＝3kq 1q 2L m B g ，B 的质量变为原来的18，则d 变为2d ，A 选项正确；小球A 、B 的电荷量都增为原来的2倍，同时将小球B 的质量变为原来的12，则d 变为2d ，C 选项正确．方法4 正弦定理法破解“动态平衡”问题【例8】 (2017年高考·课标全国卷Ⅰ)(多选)如图所示，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N .初始时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM 由竖直被拉到水平的过程中( )A ．MN 上的张力逐渐增大B ．MN 上的张力先增大后减小C ．OM 上的张力逐渐增大D ．OM 上的张力先增大后减小【解析】 将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图1—1—22所示．在三角形中，根据正弦定理有G sin γ1＝F OM 1sin β1＝F MN 1sin θ1，由题意可知F MN 的反方向与F OM 的夹角γ＝180°－α，不变，因sin β(β为F MN 与G 的夹角)先增大后减小，故OM 上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM 上的张力最大，因sin θ(θ为F OM 与G 的夹角)逐渐增大，故MN 上的张力逐渐增大，选项A 、D 正确，B 、C 错误．【答案】 AD ☞归纳总结(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况．(2)解析法：如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化．(3)相似三角形法：此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)、或其它物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化．(4)正弦定理法：此法是在其中一个力的大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，且已知两个力的夹角的情况下用正弦定理的方法求解．[变式训练]5．(2019年衡水同卷)如图所示，竖直平面内存在一与水平方向夹角为θ(θ<45°)的匀强电场，轻质绝缘细线一端固定在O 点，另一端系一质量为m 、带正电的小球，小球恰好静止于A 点．现给小球施加一外力F ，使其静止B 点．已知OA 水平，OB 与竖直方向的夹角也为θ，细线始终处于伸直状态，重力加速度为g ，小球可视为质点，则外力F 的最小值为( )A ．mg tan θB.mg tan θC.mg cos 2θsin θD.mg sin 2θcos θ解析：在A 点对小球受力分析，可知重力和电场力的合力水平向右，大小为mgtan θ，在B 点对小球受力分析，如图所示，小球相当于受水平向右、大小为mgtan θ的力和沿细线方向的拉力，当力F 垂直于细线方向斜向左下方时，力F 最小，最小值为mgtan θcos θ，即mg cos 2θsin θ，C 正确．答案：C6．(2019年福建罗源一中校考)如图，一条细线的一端与水平地面上的物体B 相连，另一端绕过光滑轻滑轮与物体A 相连，滑轮用一端固定在天花板上O 点的细线OP 悬挂，系统静止时细线OP 与竖直方向所成的夹角为α，则( )A ．若增大A 的质量，α角一定仍保持不变B ．若减小A 的质量，α角一定仍保持不变C ．若B 缓慢向右移动一小段距离，α角一定仍保持不变D ．若B 缓慢向左移动一小段距离，α角一定仍保持不变解析：对物体A 受力分析，受重力和拉力，设A 的质量为m ，根据平衡条件，有：T ＝mg ；增大小球A 的质量，若B 仍保持不动，系统平衡，拉力的方向不变，则合力的方向不变，则α不变；若B 会移动，则拉力的方向会变，故合力的方向会变，则α会变化，故A 错误；若减小A 的质量，拉力减小，B 保持不动，故拉力的方向不变，则α不变，故B 正确；若B 缓慢向右移动一小段距离，AB 仍保持静止，绳子的拉力不变，则∠APB 增加；对滑轮分析，受三个拉力，如图所示，根据平衡条件可知，∠APB ＝2α，故α一定增大，故C 错误；同理，若B 缓慢向左移动一小段距离α角一定减小，故D 错误．答案：B考点4 平衡中的“临界、极值”问题临界问题：当某个物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼．极值问题：平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值．【例9】 (2019年惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于O 点，A 、B 端固定，C 端受一水平力F ，当F 逐渐增大时(O 点位置保持不变)，最先断的绳是( )A ．OAB ．OBC ．OCD ．三绳同时断【解析】 对结点O 受力分析，受三根绳的拉力，水平和竖直两绳拉力的合力与OA 绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中OA 绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA 绳先断，选项A 正确．【答案】 A【例10】 如图所示，三根长度均为L 的轻绳分别连接于C 、D 两点，A 、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距2L ，现在C 点上悬挂一个质量为m 的重物，为使CD 绳保持水平，在D 点上可施加力的最小值为( )A ．mgB.33mg C.12mgD.14mg 【解析】 由题图可知，为使CD 绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC 绳与水平方向的夹角为60°；结点C 受力平衡，受力分析如图1—1—29所示，则CD 绳的拉力F T ＝mg tan30°＝33mg ；D 点受CD 绳的拉力大小等于F T ，方向向左；要使CD 绳水平，D 点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD 绳对D 点的拉力可分解为沿BD 绳的F 1及另一分力F 2，由几何关系可知，当BD 绳上的拉力F ′与F 1大小相等，且力F 2与BD 绳垂直时，F 2最小，而F 2的大小即为施加在D 点的力的大小，故最小力F ＝F 2＝F T sin60°＝12mg ，故C 正确．【答案】 C ☞归纳总结(1)临界与极值问题解题流程 ①对物体初始状态受力分析，明确所受各力的变化特点． ②由关键词判断可能出现的现象或状态变化．③据初始状态与可能发生的变化间的联系，判断出现变化的临界条件或可能存在的极值条件． ④选择合适的方法求解．(2)解决临界与极值问题的常用方法①解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，利用临界条件确定未知量的临界值．②图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形的边角变化，确定未知量大小、方向的变化，确定未知量的临界值．[变式训练]7．(多选)某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，则选项图中表示该同学受到支持力F N 、合外力F 合、重力沿斜面方向的分力G 1、摩擦力F f 随角度θ的变化关系正确的是( )解析：重力沿斜面方向的分力G 1＝mg sin θ，C 正确；支持力F N ＝mg cos θ，A 正确；该同学滑动之前，F 合＝0，F f ＝mg sin θ，θ增大，F f 增大，滑动后，F合＝mg sin θ－μmg cos θ，F f ＝μmg cos θ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，且θ增大F f 减小，B 错误，D 正确．答案：ACD8．一个质量为1 kg 的物体放在粗糙的水平地面上，用最小的拉力拉它，使之做匀速直线运动，已知这个最小拉力大小为6 N ，取g ＝10 m/s 2，则下列关于物体与地面间的动摩擦因数μ的取值，正确的是( )A ．μ＝916B ．μ＝43C ．μ＝34D ．μ＝35解析：物体在水平面上做匀速直线运动，可知拉力在水平方向的分力与滑动摩擦力相等．以物体为研究对象，受力分析如图1—1—31所示，因为物体处于平衡状态．水平方面有F cos α＝μF N ，竖直方向有F sin α＋F N ＝mg .联立可解得：F ＝μmg cos α＋μsin α＝μmg1＋μ2sin （α＋φ），当α＋φ＝90°时，sin(α＋φ)＝1，F 有最小值，F min ＝μmg1＋μ2， 代入数值得μ＝34.答案：C考点5 电磁场中的平衡问题【例11】 (2019年陕西省宝鸡市高三教学质量检测)如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g ，则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mg qD ．磁感应强度的大小为mgq v【解析】 小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1—1—33甲所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，小球受到的重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，故小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球一定带负电，选项B 错误；小球的受力情况如图1—1—33乙所示，小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，选项A 错误；根据几何关系，电场力大小qE ＝mg ，洛伦兹力大小q v B ＝3mg ，解得E ＝mg q ，B ＝3mgq v，选项C 正确，D 错误．【答案】 C【例12】 (2019年济宁市高三第二次模拟)如图所示，轻质弹簧下面挂有边长为L 、质量为m 的正方形金属框ABCD ，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B 、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中．若A 、B 两端与电源相连，通以如图所示方向的电流时，弹簧恰好处于原长状态，则通入正方形金属框AB 边的电流大小为( )A.4mg3BLB.3mg 4BLC.mg BLD.mg4BL【解析】 根据电流方向可知，AD 边、DC 边、CB 边串联，再与AB 边并联，设每边电阻为R ，根据平衡条件可知：mg ＝BI AB L ＋BI DC L ，根据并联电路可知：I AB ＝3I DC ，联立两式解得：I AB ＝3mg4BL，故B 正确．【答案】 B ☞归纳总结(1)电磁场中平衡问题的特点电学中的平衡问题是指在电场力、安培力参与下的平衡问题．处理电磁学中的平衡问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用．(2)解题的注意事项①安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向、再用左手定则判断，同时注意立体图转化为平面图． ②电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响． ③涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用． [变式训练]9．(2019年山东省青岛市高三质检)如图所示，绝缘光滑圆环竖直放置，a 、b 、c 为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c 位于圆环最高点，ac 连线与竖直方向成60°角，bc 连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态．下列说法正确的是( )A ．a 、b 、c 小球带同种电荷B ．a 、b 小球带异种电荷，b 、c 小球带同种电荷C ．a 、b 小球电量之比为36D ．a 、b 小球电量之比为39解析：A 、B ：对c 小球受力分析可得，a 、b 小球必须带同种电荷c 小球才能平衡．对b 小球受力分析可得，b 、c 小球带异种电荷b 小球才能平衡．故A 、B 两项错误．C 、D ：对c 小球受力分析，如图1—1—36所示，将力正交分解后可得：k q a q c r ac 2sin60°＝k q b q cr bc2sin30°，又r ac ∶r bc ＝1∶3，解得：q a ∶q b ＝3∶9.故C 项错误，D 项正确．答案：D10．如图所示，用两根绝缘细线将质量为m 、长为l 的金属棒ab 悬挂在c 、d 两处，置于匀强磁场内．当棒中通以从a 到b 的电流I 后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )A.mg Il tan θ，竖直向上B.mgIl tan θ，竖直向下 C.mg Il sin θ，平行于悬线向下 D.mgIlsin θ，平行于悬线向上 解析：要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值．由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力与拉力方向垂直时有最小值F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mgIlsin θ，方向应平行于悬线向上．故选D.答案：D。
【精编】高中物理二轮复习PPT课件
我们该如何应对考试内容的变化
选修3-5的主要内容是动量，是解决动力学问题 的三大支柱之一。现在纳入必考，完善了学生的 知识框架，但使一些题目综合性更强，难度更大。
2017届应重新强化对3-5的学习。
2018届应更加重视强化对3-5的学习。
2019届以后调课本内容顺序
4
《考试说明》中增加了分析论证解决问题
数学 数学抽象、逻辑推理、数学建模、数学运算、直观想像、数据分析
英语 语言能力、文化意识、思维品质、学习能力
政治 政治认同、理性精神、法治意识、公共参与
历史 历史时空观、史料佐证、历史理解、历史解释、历史价值观
地理 人地观念、综合思维、区域认知、地理实践力
物理 物理观念、科学思维、实验探究、科学态度与责任
的能力的要求
修订前 这五个方面的
能力要求不是孤立的，着 重对某一种能力进行考查 的同时在不同程度上也考 查了与之相关的能力。同 时，在应用某种能力处理 或解决具体问题的过程种 也伴随着发现问题、提出 问题的过程。因而高考对 考生发现问题、提出问题 等探究能力的考查渗透在 以上各种能力的考查中。
修订后
二、何谓“适当”“必要”的文字说明？ 学会用“物 （1）说清：对象、过程（状态）、依据；理语言”来 （2）解答中出现而题中未规定的物理量 描述物理问 符号 应先设定;（可通过画图时在图中标出） 题
（3）说清：临界条件、极值条件、隐含条件 （4）要回应题中的设问、说明矢量的方向， 说明物理量中的“负号”的含义 （5）在讨论、判断时要配合文字说明
试验题 22. 力学实验 （简单）
23. 电学实验 （难）
24. 计算
（简单）
25.计算
（难）
33. 34.
高三物理二轮复习.ppt
理综物理题的基本特征
1.强调基础.(知识是能力的载体,突出对学科主干知 识的考核) 2.注重能力.(高考把对能力的考核放在首位,能力往 往蕴藏在最简单、最基础的题目之中) 3.突出本质.(能够用物理的思想方法去发现问题、分 析问题、解决问题) 4.联系实际.(重视物理知识在生产、生活实际与学科 技术的应用) 5.加强实验.(注意演示实验及学生实验的延伸和拓展)
《热、光、原、波》及物理综合 海淀二模
“运动和力的关系”示例
1.在卢瑟福的粒子散射实验中，某一粒子经过某
一原子核附近时的轨迹如图所示。图中P、Q为轨迹 上的点，虚线是经过P、Q两点并与轨迹相切的直线， 两虚线和轨迹将平面分为四个区域。不考虑其他原
子核对粒子的作用，则关于该原子核的位置，正
确的是
A. 一定在①区域 【A】
a
D.弹簧对小球的最大弹力大于2mg. b
c
“牛顿定律的应用”示例
1.(04全国)放在水平地面上的一物块，受到方
向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t
的关系和物块速度v与时间t 的关系如图所示.
取重力加速度g=10m/s2.由此两图线可以求
(1) 物块的质量m
m=0.5, =0.4
(2)物块与地面之间的动摩擦因数.
B. C. 可能在③区域 D. 一定在④区域
物体做曲线运动的条件
2.(05上海)一航天探测器完成对月球的探测任 务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与 月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动, 再匀速运动.探测器通过喷气而获得推动力.以 下关于喷气方向的描述中正确的是 【C】 A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
O F
f C
匀速圆周运动的向心力
高三物理第二轮总复习课件(精品)
Δv沿竖直方向．
注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随
时间是均匀变化的．
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(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的 运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4 所示．
合速度的大小 v＝ v2x＋v2y＝ v02＋g2t2
设合速度的方向与水平方向的夹角为 θ，有：
tan θ＝vvxy＝vgt0，即 θ＝arctan
gt v0.
水平方向：sx＝v0t (3)位移竖直方向：sy＝12gt2
设合位移的大小 s＝ s2x＋s2y＝ (v0t)2＋(12gt2)2
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高三物理第二轮总复习
CHENLI
1
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目录
▪ 第1专题 力与运动
▪ 第2专题 动量和能量
▪ 第3专题 圆周运动、航天与星体问题
▪ 第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动
▪ 第5专题 电磁感应与电路的分析
▪ 第6专题 振动与波、光学、执掌、原子物理
▪ 第7专题 高考物理实验
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合位移的方向与水平方向的夹角为α，有：
tanα＝
sy
1 2
gt 2
gt ，即α＝
sx v0t 2v 0
gt arctan
2v 0
要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方
向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tanθ＝2tanα.
(4)时间：由sy＝ gt2得，t＝
行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常
高三物理二轮专题复习研究PPT课件
专题13：电磁感应研究（一）（基于理性的研究） 专题14：电磁感应研究（二）（基于方法的指导） 专题15：交变电与电磁波（问题归类与方法指导） 专题16：光学两个基本问题（传播与本性） 专题17：原子与原子核（问题归类与方法概括） 专题18：物理实验研究（目的、原理、方法、仪器、
操作、数据、误差、细节）
v/v0 6 5
4 3
2
1
t/t0
0
1
3
5
7
9
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可见：以后的相邻两次碰撞间隔的时间相等，为
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设置
知识整合
专题1：物体的运动（一）（匀变直、平抛） 专题2：物体的运动（二）（匀圆、天体） 专题3：物体的平衡（基于物理学范畴） 专题4：力与运动的关系（一）（基于力学范畴） 专题5：力与运动的关系（二）（基于物理学范畴）
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专题6：动量与能量（一）（基于力学范畴） 专题7：动量与能量（二）（基于物理学范畴） 专题8：振动与波动（注意机械波与电磁波的比较） 专题9：热学问题研究（问题归类与方法概括） 专题10：电场与磁场（一）（孤立场中的问题） 专题11：电场与磁场（二）（复合场中的问题） 专题12：电路分析与计算（电路问题归类分析）
1设ab两小球相向运动而发生碰撞并取小球b碰前的运动方向为参考正方向即pa05kgmspb07kgms根据运动制约小球b在碰后动量欲增大其动量方向必与原动量方向相反即pb10kgms根据动量制约小球a在碰后动量必为pa12kgms而这样的碰撞结果显然违背了动能制约因为显然有碰前pb07pa05????babammmm21021227252222?????碰后pb10pa122设ab两小球同向运动而发生碰撞且a球在前b球在后取两小球碰前的运动方向为参考正方即pa05kgmspb07kgms根据运动制约小球b在碰后动量欲增大其动量方向必与原动量方向相反即pb10kgmsb10kgms根据动量制约小球a在碰后动量必为pa22kgms而这样的碰撞结果显然也违背动能制约因为显然也有碰前pb07pa05??babammmm21022227252222????碰后pb10pa223设ab两小球同向运动而发生碰撞且b球在前a球在后仍取两小球碰前的运动方向为参考正方即pa05kgmspb07kgms根据运动制约小球b在碰后动量欲增大其动量方向必与原动量方向相同即即pb10kgms根据动量制约小球a在碰后动量必为pa2kgms而这样的碰撞结果完全可以不违背动能制约只要有75??碰前pb07pa05babammmm21022222222?碰后pb10pa24然根据运动制约为了保证碰前小球a能追上小球b而发生碰撞同时为了保证碰后小球a不至于超越到小球b的前面应分别有bamm75?bamm102?在此基础上可以得到ab两小球质量之比的取值范围为即
2020年高三物理第二轮总复习(全套精品)
2020年高三物理第二轮总复习（全套精品）录第1专题力与运动2第2专题动量和能量34第3专题圆周运动、航天与星体问题58第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动75第5专题电磁感应与电路的分析101第6专题振动与波、光学、热学、原子物理130第7专题高考物理实验155第8专题数学方法在物理中的应用179第9专题高中物理常见的物理模型198第10专题计算题的答题规范与解析技巧217xx年高三物理第二轮总复习(大纲版)第1专题力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用、运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体、虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是xx年以前)都有独立的命题出现在高考中(如xx年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在xx年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值、在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1、运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多、其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点、2、无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查、3、牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题、此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题、一、运动的描述要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1、某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即t＝v、2、在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2、3、在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝、4、竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性、(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究、(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动、5、解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决、(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化、(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法、(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法、(二)运动的合成与分解1、小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d、(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin＝、(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定、当v1＜v2时，最短路程smin＝d；当v1＞v2时，最短路程smin＝，如图1－1 所示、图1－12、轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cos θ1＝v2cos_θ2、(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率、3、平抛运动如图1－2所示，物体从O处以水平初速度v0抛出，经时间t到达P点、图1－2(1)加速度(2)速度合速度的大小v＝＝设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：tan θ＝＝，即θ＝arctan 、(3)位移设合位移的大小s＝＝合位移的方向与水平方向的夹角为α，有：tan α＝＝＝，即α＝arctan 要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α、(4)时间：由sy＝gt2得，t＝，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛出时的初速度v0无关、(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g＝)相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示、图1－3任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形，Δv沿竖直方向、注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的、(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示、图1－4故有：y＝＝、热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现、这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力、对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径、●例1 如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶、当B车在A车前s ＝84 m处时，B车的速度vB＝4 m/s，且正以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零、A车一直以vA＝20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t0＝12 s后两车相遇、问B车加速行驶的时间是多少？图1－5甲【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0B车加速阶段的位移为：sB1＝vBt＋at2匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为：sB2＝v(t0－t)相遇时，依题意有：sA＝sB1＋sB2＋s联立以上各式得：t2－2t0t－＝0将题中数据vA ＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2，t0＝12 s，代入上式有：t2－24t＋108＝0解得：t1＝6 s，t2＝18 s(不合题意，舍去)因此，B车加速行驶的时间为6 s、[答案] 6 s【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18 s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12 s、②解析后可以作出vA－t、vB－t 图象加以验证、图1－5乙根据v－t 图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12 s时，Δs＝[(16＋4)6＋46] m＝84 m、(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如xx年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如xx年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如xx年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、xx年全国理综卷Ⅰ第14题、对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)、●例2 图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮、已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑、当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为()图1－6甲A、B、C、D、【解析】解法一m到达皮带轮的顶端时，若m≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动又因为转数n＝＝所以当v≥，即转数n≥时，m可被水平抛出，故选项A正确、解法二建立如图1－6乙所示的直角坐标系、当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹、若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动、图1－6乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2＋x2＝r2初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为：y＝r－g()2平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x>0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即>r即>r解得：v≥又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝可得：当n≥时，m可被水平抛出、[答案] A【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a＝，而决定式为a＝，故这两种方法殊途同归、★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性、某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图、其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37、轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0、25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10 m、A 点与C点的水平距离L1＝20 m，C点与D点的距离为32、625 m、运动员连同滑雪板的总质量m＝60 kg、滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起、除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37＝0、6，cos37＝0、8、求：图1－7(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小、(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离、(3)运动员滑过D点时的速度大小、【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcos α－μmg(L1－hcot α)＝mv解得：vC＝10 m/s、(2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：x＝vCty＝gt2＝tan θ着陆位置与C点的距离s＝解得：s＝18、75 m，t＝1、5 s、(3)着陆位置到D点的距离s′＝13、875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动、把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcos θ＋gtsin θ加速度为：mgsin θ－μmgcos θ＝ma运动到D点的速度为：v＝v＋2as′解得：vD＝20 m/s、[答案] (1)10 m/s (2)18、75 m (3)20 m/s互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件、同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离、二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力产生原因或条件方向大小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝G地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关弹力①接触②弹性形变①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体②压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体③绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向F＝－kx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解摩擦力滑动摩擦力①接触，接触面粗糙②存在正压力③与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反f＝μFN只与μ、FN 有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关静摩擦力①接触，接触面粗糙②存在正压力③与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反①与产生相对运动趋势的动力的大小相等②存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定续表产生原因或条件方向大小电场力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引F＝k电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一致，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反F＝qE磁场力安培力：磁场对通电导线的作用力F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面、安培力的方向可用左手定则来判断F ＝BIL安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定则判断洛伦兹力的方向、特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛＝qvB(二)力的运算、物体的平衡1、力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)、2、平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0、注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态、3、平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向、(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力、物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示、图1－84、共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法则的应用1、正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法、即当F合＝0时有：Fx合＝0，Fy合＝0，Fz合＝0、2、平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比、●例3 举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离、某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图1－9甲所示、求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小、(取g＝10 m/s2)图1－9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力、取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示、图1－9乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示图1－9丙由平衡条件得：2Fcos60＝mg解得：F＝1250 N、[答案] 1250 N●例4 两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示、已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍、两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[xx年高考四川延考区理综卷]( )图1－10甲A、45B、30C、22、5D、15【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示图1－10乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cos α＝＝解得：α＝45故FNa的方向为向上偏右，即β1＝－45－θ＝45－θFNb的方向为向上偏左，即β2＝－(45－θ)＝45＋θ两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得：＝＝解得：FNa＝FNb取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：FNasin β1＝FNbsin β2即 FNbsin(45－θ)＝FNbsin(45＋θ)解得：θ＝15、解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sin∠Oab＝＝故∠Oab＝∠Oba＝45再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且＝＝即Rsin(45－θ)∶Rsin(45＋θ)＝1∶解得：θ＝15、[答案] D【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见、掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”、②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大、③解法二较简便，但确定重心的公式＝＝超纲、(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题、在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v＝；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v＝，流量Q＝、图1－11图1－12●例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1－13所示、由此可判断下列说法正确的是()图1－13A、如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点B、如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点C、如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点D、如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误、若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C 正确、同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M 点运动到N点的，故选项D错误、[答案] AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析、因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意、本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动、★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A、在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B、当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ、若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30和45，则为[xx年高考重庆理综卷]()图1－14甲A、2B、3C、2D、3【解析】对A球进行受力分析，如图1－14 乙所示，图1－14乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F 电＝mgtan θ，又F电＝k、设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离r＝Lsin θ，联立可得：q＝，由此可见，q与tan θsin2 θ 成正比，即＝＝2，故选项C正确、[答案] C互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解、本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想、三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1、牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止、(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持、②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因、③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例、牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系、(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性、①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关、②质量是物体惯性大小的量度、2、牛顿第三定律(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′、(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消、(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律、(二)牛顿第二定律1、定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比、2、公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失、②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同、③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力、3、应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值、热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法、1、在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少、2、Fx合＝max 合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合、3、正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法、●例6 如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点、现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示、试求：(取g＝10 m/s2，sin37＝0、6，cos37＝0、8)图1－15(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2、(2)风对小球的作用力F的大小、【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为：a1＝＝20m/s2，方向沿杆向上在2～4 s内小球的加速度为：a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下、 (2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示图1－15丙在y方向，由平衡条件得：FN1＝Fsin θ＋mgcos θ在x方向，由牛顿第二定律得：Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示图1－15丁在y方向，由平衡条件得：FN2＝mgcos θ在x方向，由牛顿第二定律得：－mgsin θ－μFN2＝ma2联立以上各式可得：F＝60 N、【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型、②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一、二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力、隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段、1、整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法、2、隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法、3、当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法、有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决、●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动、已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为()图1－16A、B、C、D、【解析】取。
高考物理二轮复习课件
❖ 友情提示 (1)要根据讨论问题和求解的需 要灵活选择公式，要分清部分电路(欧姆定 律)和全电路，搞清“整体”和“部分”的 约束关系.
❖ (2)若两并联支路的电阻之和保持不变，如 图所示.
❖ 则当两支路电阻值相等时，并联电阻最大.
14
❖ 四、电源的功率和效率 ❖ 1．(1)电源的总功率: P总＝EI. ❖ (2)电源的输出功率: P出＝UI. ❖ (3)电源的内部发热功率 : P′＝I2r. ❖ 友情提示 将公式U＝E－Ir两边同乘以I即
❖ (1)确定电路的外电阻如何变化，根据闭合 电路欧姆定律，确定电路的总电流如何变 化；
33
❖ (2)由U′＝Ir确定电源的内电压如何变化， 根据电动势＝内电压＋外电压，判断电源 的外电压如何变化；
❖ (3)由部分电路欧姆定律确定干路上某定值 电阻两端的电压如何变化；
❖ (4)由定值电阻的变化情况确定支路两端电 压如何变化、各支路的电流如何变化.
41
[答案] B
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[解析] 由法拉第电磁感应定律可知，E＝nΔΔΦt ，即 磁通量变化率越大，感应电动势、感应电流也就越大．分 析螺线管内的磁通量随时间的变化关系图线可知，图线斜 率越大，产生的感应电流越大，斜率为零，感应电流为也 为零，对比各选项可知，选项 B 正确.
43
❖ [例3] 如图(a)所示，水平放置的两根平行 金属导轨，间距L＝0.3m，导轨左端连接 R＝0.6Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于 导轨平面B＝0.6T的匀强磁场，磁场区域 宽D＝0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D＝ 0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面
39
❖ [解析] 0～h内，c做自由落体运动，加 速度等于重力加速度g；d自由下落h进入 磁场前的过程中；c做匀速运动，位移为 2h；当d刚进入磁场时，其速度和c刚进入 时相同，因此cd回路中没有电流，c、d均 做加速度为g的匀加速运动，直到c离开磁 场，c离开磁场后，仍做加速度为g的加速 运动，而d做加速度小于g的加速运动，直 到离开磁场，选项B.D正确．
高三物理第二轮复习标准版文档
解:
msgin Bc IL o sBBm LLc vo s
Rபைடு நூலகம்
vm
mgRtan B2L2 cos
第六页，共20页。
动生电动势中的“导体(dǎotǐ)棒—导轨”问题 （一）、“单棒—导轨”问题
第七页，共20页。
第八页，共20页。
第九页，共20页。
（二）、“双棒—导轨”问题(wèntí)
第十页，共20页。
2、图像(tú xiànɡ)问题
电磁感应(diàncí-gǎnyìng)的图像问题中包括 B~t、s~t、E~t、I~t、F~t、p~t 、φ~t、E~x、I~x图等
第十一页，共20页。
例1.（07全国I）如图所示，LOO´L´为一折线，它所形成的两个角 ∠LOO´和∠OO´L´均为45°。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直 于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO´的方向一速度v做 匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导 线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-时间(shíjiān) （I-t）关系的是（时间(shíjiān)以l/v为单位） D
解:金属捧达到(dádào)最大速度时,由于金属棒切割磁感 线而产生的感应电动势为E1=B1Lv
由于磁感应强度的变化而产生的感应电动势为
电E 流2强度 t为S tBS tk tkS kLh
I B1LvkhL Rr
当重力和安培力平衡时,加速度(sùdù)为零,速度(sùdù)达到最大
值mmgg=BB11BI1L LRm vrkhLL
第二页，共20页。
例2.如图所示,平行长直金属导轨置于竖直平面内,间距为l，导轨上端接 有阻值(zǔ zhí)为R的电阻,质量为m的导体垂直跨放在导轨上,并搁在支架上. 导轨和导体棒的电阻均不计,且接触良好,他们之间的摩擦不计.在导轨平面内 有一矩形区域内存在着垂直向里的匀强电场,磁感应强度大小为B.开始时,导 体棒静止.当磁场以速度v0匀速向上运动时,导体棒随之开始运动,并很快达到 恒定的速度,此时导体棒仍处于磁场区域内.求
2017年高三物理二轮专题复习课件(完整版,共1234张PPT)
－v ＝xt＝v0＋2 v＝vt. 2
任意两个连续相等的时间(T)内的位移差是一恒
量,即Δx＝xn＋1－xn＝aT2
2.典题导法
例 1 物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离
【答案】BCD
例 3 2014 年 12 月 26 日,我国东部 14 省市 ETC
联网正式启动运行,ETC 是电子不停车收费系统的简 称.汽车分别通过 ETC 通道和人工收费通道的流程如 下图所示.假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以 v1＝20 m/s 朝收费站沿直线正常行驶,现甲车过 ETC 通道,需要在某位置开始做匀减速运动,到达 EF 处速度 正好减为 v2＝4 m/s,在虚线 EF 与收费站中心线之间以 4 m/s 的速度匀速行驶,通过收费站中心线后才加速行 驶离开,已知甲匀减速过程的加速度大小为 a1＝1 m/s2, 虚线 EF 处与收费站中心线距离 d＝10 m.乙车过人工 收费通道,需要在中心线前某位置开始做匀减速运动, 至中心线处恰好速度为零,经过缴费成功后再启动汽 车行驶离开.已知乙车匀减速过程的加速度大小为 a2＝2 m/s2.求：
甲车匀速过程的时间 t 甲 2＝vd2＝2.5 s
乙车过人工收费通道减速过程的时间 t 乙 2＝va12＝10 s 乙车过人工收费通道减速过程的位移 x2＝2va212＝100 m 乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移 x1＝x 总－x2＝102 m 乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间 t 乙 1＝vx11＝5.1 s 则乙车提前甲车到中心线的时间为Δt＝(t 甲 1＋t 甲 2)－(t 乙 1＋t 乙 2)＝3.4 s. 【答案】(1)202 m (2)3.4 s