高考物理回归教材绝对考点突破二

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高考物理回归教材绝对考点突破二

要点难点1．牛顿第二定律的理解：①刹时性：牛顿第二定律反应了力的刹时作用成效的规律，力是产生加快度的原由，故加快度与力同时存在、同时变化、同时消逝．②矢量性：牛顿第二定律是一个矢量方程，加快度与合外力方向同样，故合外力方向就是加快度方向；反过来也有，加快度方向就是合外力方向．③独立性：也叫做力的独立作用原理，当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加快度只与此力相关，与其余力没关，这些加快度的矢量和即物体运动的加快度．2．求刹时加快度：应注意两种不一样的物理模型．①刚性绳（不行伸长）或接触面：这是一种不发生显然形变就能产生弹力的物体，若剪断或离开后，此中弹力立刻消逝或仍接触但能够突变，不需要恢复、改变形变的时间．②弹簧或橡皮绳：这些物体的形变量大，形变改变、恢复需要较长时间，故在刹时问题中，其弹力的大小常常能够当作是不变的．3．动力学中两类基本问题：①已知受力状况求运动状况②已知物体的运动状况求受力状况4．剖析复杂问题的基本思路：①认真审题，剖析物体的受力及受力的变化状况，确立并区分出物体经历的每个不一样的过程；②逐个剖析各个过程中的受力状况和运动状况，以及总结前一过程和后一过程的状态有何特色；③前一个过程的结束就是后一个过程的开始，两个过程的交接点受力的变化、状态的特点，常常是解题的要点．规律方法【例 1】如图质量为的小球用水平弹簧系住，并用倾角为 30 ° 的圆滑木板AB 托住，小m球恰巧处于静止状态．当木板AB 忽然向下撤退的瞬时，小球的加快度为（C ）A ．02 3B ．大小为 3 g ，方向竖直向下2 3C ．大小为 3 g ，方向垂直于木板向下D ．大小为3g ，方向水平向右3【分析】未撤退木板前，小球遇到重力G ，弹簧拉力 F ，木板支持力 F N ，如下图，三力均衡 NNmg于是有： F cos θ =mg ， F = cos θ- 1 -当撤退木板的瞬时， G 和 F 保持不变（弹簧的弹力不可以突变），木板支持力 FN立刻消逝小球受 G 和 F 的协力大小等于撤以前的F （三力均衡），方向与 F 的方NN向相反，故加快度方向为垂直木板向下，大小为：F g 2 3a = Ncos θ=gm=3训练题物块 A 1、 A 2、 B 1 和 B 2 的质量均为 m ，A 1、 A 2 用刚性轻杆连结， B 1、 B 2 用轻质弹簧连结，两个装置都放在水平的支托物上，处于均衡状态，如图今忽然撤去支托物，让物块着落，在除掉支托物的瞬时， A 1、 A 2 遇到的协力分别为12 1 2F f 1 和 F f 2 ， B 、 B 遇到的协力分别为 F 和 F ，则（ B ）A ． F f 1 = 0 ， F f 2 = 2 mg ， F 1 = 0 ， F 2 = 2 mgB ．F f 1 = mg ， F f 2 12mg= mg ， F = 0 ，F =2 C ． F f 1 = mg ， F f 2 = 2 mg ， F 1 = mg ， F 2 = mg D ．F f 1 = mg ， F f 2 12mg= mg ， F = mg ， F =【例 2】如下图，质量同样的木块、，用轻质弹簧连结处于静止状态，现用水平恒A B力推木块 A ，则弹簧在第一次压缩到最短的过程中（D ）A ．A 、B 速度同样时，加快度 a A = a BB ．A 、 B 速度同样时，加快度 a A >a BC ．A 、 B 加快度同样时，速度 υA <υBD ．A 、 B 加快度同样时，速度 υA >υB训练题雨滴在着落过程中，因为水汽的凝集，雨滴质量将渐渐增大，同时因为着落速度渐渐增大，所受阻力也将愈来愈大，最后雨滴将以某一速度匀速降落，在雨滴降落的过程中，以下说法中正确的选项是（ C ）A ．雨滴遇到的重力渐渐增大，重力产生的加快度也渐渐增大B ．雨滴质量渐渐增大，重力产生的加快度渐渐减小C ．因为雨滴受空气阻力渐渐增大，雨滴着落的加快度将渐渐减小D ．雨滴所受重力渐渐增大，雨滴着落的加快度不变【例 3】如下图，质量分别为 m A 、 m B 的两个物体 A 、 B ，用细绳相连越过圆滑的滑轮，将 A 置于倾角为 θ 的斜面上， B 悬空．设 A 与斜面、斜面与水平川面间均是圆滑的， A 在斜面上沿斜面加快下滑，求斜面遇到超出地面的竖直挡壁的水平方向作使劲的大小．【分析】设绳中张力为F T ，A 、 B 运动的加快度的大小为a ，对 A 在沿斜面方向由牛顿第二定律有： m A g sin θ- F T =m A a对 B 在竖直方向由牛顿第二定律有：T -mg = maBB( m sin θ- m ) gmm (1+sin θ) g联立上两式得：a A B， T =A B=m A +m BFm A +m B- 2 -此时 A对斜面的压力为 F = mg cosθ，斜面体的受力如下图N1A在水平方向有： F+F T cosθ=F N1sinθ得：F=m A( m A sinθ- m B) gm+mA B训练题如下图，质量= 10kg的木楔静置于粗拙的水平川面上，木楔与地面间的动摩M擦因数μ = 0.02．在木楔的倾角为θ = 30°的斜面上，有一质量m= 1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行行程s = 1.4m时，其速度υ = 1.4m/s在这个过程中木楔没有挪动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（取g = 10m/s2）．答案： f=0 ． 61N，方向水平向左【例 4】如下图，质量M = 8kg的小车放在水平圆滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F， F = 8N，当小车向右运动的速度达到 1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为= 2kg的小物块，物块与小车间m的动摩擦因数μ = 0.2，小车足够长．求从小物块放上小车开始，经过t= 1.5s 小物块经过的位移大小为多少？（取g = 10m/s2）．【分析】开始一段时间，物块相对小车滑动，二者间互相作用的滑动摩擦力的大小为 F =f μmg= 4N物块在 Ff 的作用下加快，加快度为a m= F f= 2m/s2，从静止开始运动．m小车在推力 F和 f 的作用下加快，加快度为 a M=FMF f= 0.5m/s 2，初速度为υ0 = 1.5m/s 设经过时间 t 1，二者达到共同速度υ，则有：υ =a m t 1=υ0+a M t1代入数据可得： t 1= 1s，υ= 2m/s在这t 1 时间内物块向前运动的位移为s1 =1 m12= 1m2a t此后二者相对静止，互相作用的摩擦力变成静摩擦力将二者作为一个整体，在 F 的作用下运动的加快度为a，则 F =（ M+m）a得 a = 0.8m/s2在剩下的时间 t 2= t - t1= 0． 5s 时间内，物块运动的位移为22122= 1.1m．s=υt +2at，得 s可见小物块在总合 1.5s时间内经过的位移大小为s =s +s2= 2.1m ．1训练题如下图，将一物体 A轻放在匀速传递的传递带的 a 点，已知传递带速度大小υ= 2m/s，ab= 2m，bc= 4m，A与传递带之间的动摩擦要素μ = 0.25．假定物体在 b 点不平抛而沿皮带运动，且没有速度损失．求物体 A 从 a 点运动到 c 点共需多长时间 ?（取g = 10m/s2， sin37 ° = 0.6， cos37 ° = 0.8）答案： t =2． 4s能力训练- 3 -1．弹簧秤挂在起落机的顶板上，下端挂一质量为2kg 的物体当起落机在竖直方向上运动时，弹簧秤的示数一直是16N．假如从起落机的速度为3m/s 时开始计时，则经过1s，起落机的位移可能是（g 取10m/s2）（AC）A．2mB． 3m C． 4mD． 8m2．物体从粗拙斜面的底端，以平行于斜面的初速度υ0沿斜面向上（B）A．斜面倾角越小，上涨的高度越大B．斜面倾角越大，上涨的高度越大C．物体质量越小，上涨的高度越大D．物体质量越大，上涨的高度越大3．在粗拙水平面上放着一个箱子，前方的人用水平方向成仰角θ1的力F1拉箱子，同时后边的人用与水平方向成俯角θ2的推力F2推箱子，如下图，此时箱子的加快度为a，假如此时撤去推力F2，则箱子的加快度（C）A．必定增大B．必定减小C．可能不变D．不是增大就是减小，不行能不变4．如图一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，能够证明出此时斜面不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向使劲向下推此物体，使物体加快下滑，则斜面受地面的摩擦力是（ D）A．大小为零 B．方向水平向右C．方向水平向左D．没法判断大小和方向5．放在水平川面上的一物块，遇到方向不变的水平推力 F 作用，力 F 的大小与时间 t 的关系、物块速度υ与时间t的关系如下图．取g = 10m/s2．试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数答案：μ =0． 46．一辆客车在某高速公路上行驶，在经过某直线路段时，司机驾车作匀速直线运动。

高三物理考前回归课本之必修1必修2

3.苏联发射第一颗人造地球卫星，首次进入太空的是苏联加加林， 75-76 首次登上月球的是美国的阿姆斯特朗 4.黑洞是特殊天体，光也不能逃逸（逃逸速度公式 v
2GM ） R
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第二章匀变速直线运动的研究知识点 1.一种绘制速度---时间图象的方法（问题与练习 3） 2.微元法无限细分的方法求运动位移 3.从赤道到两极，重力加速度逐渐增大 4.照相机的连续曝光与间断曝光都可以研究运动 5.亚里士多德认为：物体下落快慢由物体重量决定（伽利略用悖论法（大石头绑小石头）推翻上述观点） 6.伽利略对自由落体运动的研究： ①将 v-t 研究转化为 s-t 研究 ②研究物体在近乎光滑的斜面上的运动---匀加速 ③光滑的斜面上的运动合理外推成自由落体 7.伽利略科学方法的基本要素页码 36 41 46 47 48 过关情况自评
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高三物理考前回归课本之必修 2
第五章机械能及其守恒定律知识点 1.实际功率往往小于额定功率，且不得长时间超过额定功率 2.为什么重力做功只与起始位置有关-----微元法、累积法 3.变力做功的研究方法-----微元法、累积法 4.比值法研究做功与速度变化的关系 5.数据处理时“化曲为直”的方法 6.能量耗散并非指能量不守恒第六章曲线运动知识点 1.平抛运动轨迹的记录和描绘：描点法、频闪照相法 2.自行车上大、小齿轮和前后轮各点线速度、角速度的比较 3.线速度是矢量，有瞬时线速度和平均线速度之分 4.匀速圆周运动是变速运动、变加速运动 5.角速度与转速关系：ω =2π n 6.速度的变化量也是矢量，v’=v+Δ v(三角形定则) 第七章万有引力与航天知识点 1.牛顿发现万有引力定律的过程：圆周运动+开普勒定律+牛三率 2.卡文迪许测定 G 的值（卡文迪许扭秤），光年是长度单位页码 67-68 71 过关情况自评页码 40 44 45 45 46 50 过关情况自评页码 7 11 16 17 17-18 29 过关情况自评

高考物理重点专题突破 (2)

提示：(1)所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上。
(2)对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
(3)所有行星的轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比值都相等。
考点一
考点二
考点三
考点四
课后作业
提示
3．P33 对行星运动轨道简化为圆周后的开普勒三个定律的表述。
课后作业
火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )
A．太阳位于木星运行轨道的中心 B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
考点一
考点二
考点一
考点二
考点三
考点四
课后作业
1．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是( ) A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
课后作业
提示
7．P40 万有引力定律的适用范围是什么？提示：自然界中的任何两个物体。
考点一
考点二
考点三
考点四
课后作业
提示
8．P41 万有引力理论的成就有哪些？提示：计算天体的质量、发现未知天体。
考点一
考点二
考点三
考点四
课后作业
提示
9．P42 笔尖下发现的是哪一颗行星？提示：海王星。
考点一
考点一

第3部分突破2—高考物理二轮复习课件

第三部分
题型突破
突破二 “3大策略”全解多选题
C．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
可以看出BC、BD组合频率最高，接下来是AC组合，而CD组合频率最低．如果进一步细化统计可知，43道双选题中有21道选A，有26道选B，有21道选C，有18道选D，好像命题人
最喜欢拿选项B“做文章”．
1．如果对每个选项的正误均无把握，可以随机猜选一个，但是不要选2个，猜选1个得分机会要大，虽然双选有时可得高分，但更有可能无法得分，有较大的风险．
第三部分题型突破
三、多选题的答题策略策略1 “排除”“确认”双管齐下——得满分从2015～2019年高考题来看，14套全国卷46道多选题中只有3道三选题，其余都是双选题．因此，除非对3个选项有100%的把握，一般情况下都按两个选项判断即可．如果能确定两个正确的选项或者可以排除两个错误的选项，则此题即可得满分．此法要牢固地掌握物理基本知识和基本技能，并灵活运用第一讲所讲到的选择题解题8招．
高频考点加以强化训练．通过全方位解剖多选题，让考生遇“多选”不惧怕，解“多选”有办法．
外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则
()
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化当解选择题的一般方法都用上了，还是无法得出答案时，也不要放弃，要充分利用所学知识及下表中的概率去猜测正确选项.
个正确的选项或者可以排除两个错误的选项，则此题即可得满分．此法要牢固地掌握物理基本知识和基本技能，并灵活运用第一讲所讲到的选择题解题8招．
策略2 依据“概率”巧猜测——多抢分
细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一当解选择题的一般方法都用上了，还是无法得出答案时，也不要放弃，要充分利用所学知识及下表中的概率去猜测正确选项.

高三物理第三轮复习回归课本(二级结论模型归类)

20XX 届高三第三轮复习回归课本--------------二级结论模型归类先想前提，后记结论力学一．静力学：1．几个力平衡，则一个力是与其它力合力平衡的力。

2．两个力的合力:F 大 +F 小≥F 合≥F 大 -F 小。

三个大小相等的力平衡，力之间的夹角为120度。

3．物体沿斜面匀速下滑，则μ=tan α。

4．两个一起运动的物体“刚好脱离”时：貌合神离，弹力为零。

此时速度加速度相等，此后不等。

二．运动学：1．在描述运动时，在纯运动学问题中，可以任意选取参照物；在处理动力学问题时，只能以地为参照物。

2．匀变速直线运动：用平均速度思考匀变速直线运动问题，总是带来方便：-V =V 2/t =221V V +=T S S 221+ 3．匀变速直线运动：当时间等分时：S n －S n-1=aT 2.位移中点的即时速度：V s/2= 22221V V +,V s/2>V t/2 纸带点迹求速度加速度：V t/2=T S S 212+,a =212T S S -,a =21)1(T n S S n--4．自由落体：V t (m/s): 10 20 30 40 50 = gtH 总（m ）:5 20 45 80 125 = gt 2/2H 分(m):5 15 25 35 45 = gt 22/2 – gt 12 /2g =10m/s2 5．上抛运动：对称性：t 上= t 下v 上= －v 下6．相对运动：相同的分速度不产生相对位移。

7． “刹车陷阱”：给出的时间大于滑行时间，则不能用公式算。

先求滑行时间，确定了滑行时间小于给出的时间时，用v 2=2aS 求滑行距离。

8． "S =3t +2t 2”:a =4m/s 2,v 0=3m/s 。

（s = v 0t + at 2/2）9．绳端物体速度分解：对地速度是合速度，分解为沿绳的分速度合垂直绳的分速度。

三．运动定律：１．水平面上滑行：阿＝－µｇ２．系统法：动力－阻力＝ｍ总ｇ绳牵连系统３．沿光滑斜面下滑：ａ＝ｇＳｉｎα时间相等：４５0时时间最短：无极值：速运动的物体：Ｎ＝212m m m +Ｆ，(N 为4.一起加物体间相互作用力)，与有无摩擦（μ相同）无关，平面斜面竖直都一样。

2024年浙江高考物理高频考点新突破考前冲刺卷(二)(基础必刷)

2024年浙江高考物理高频考点新突破考前冲刺卷（二）（基础必刷）一、单项选择题（本题包含8小题，每小题4分，共32分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(共8题)第(1)题一艘海盗快艇试图靠近由某护航编队保护的商船，特战队员成功将其驱离，海盗快艇在海面上运动的v－t图像如图所示，则下列说法正确的是（）A．海盗快艇在0～66s内从静止出发做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96s末开始调头逃离C．海盗快艇在66s末离商船最近D．海盗快艇在96～116s内做匀减速直线运动第(2)题如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图，电场方向平行于x轴，一质量为m、带电量为-q的粒子（不计重力），从O点（x=0）静止释放，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。

下列说法不正确的是（）A．粒子在O点和x2间做往复运动B．粒子从O运动到x2的过程中做加速度大小先减小后增大的变速直线运动C．粒子在x1处具有最大速度为D．粒子从O到x2的运动过程中，电势能先增大后减小第(3)题如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘内壁放另一个圆环形电极接电源的正极做“旋转液体实验”，其中蹄形磁铁两极间正对部分的磁场可视为匀强磁场，磁铁上方为S极。

电源的电动势，内阻未知，限流电阻。

闭合开关S后，当导电液体旋转稳定时理想电压表的示数恒为3.5V，理想电流表示数为0.5A。

则（）A．从上往下看，液体顺时针旋转B．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为C．液体消耗的电功率为1.75W D．1分钟内，液体里产生的热量为105J第(4)题如图是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s，则自行车前进的速度为（）A．B．C．D．第(5)题两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。

整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。

2022年高考物理总复习考前重点知识复习回归题库及答案(共五套)

O2022年高考物理总复习考前重点知识复习回归题库及答案（共五套） 2022年高考物理总复习考前重点知识复习回归题库及答案（1） 1．如图所示，理想变压器原线圈输入交变电流i =I m sin ωt ，副线圈接有一电流表和负载电阻R ，电流表的示数为0.10A .在t=T /4时（T 为交变电流的周期），原线圈中的电流瞬时值为0.03A ．由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为A ．10∶3B ．3∶102C ．102∶3D ．3∶10 2．如图所示，质量都是m 的物体A 、B 用轻质弹簧相连，静置于水平地面上，此时弹簧压缩了Δl .如果再给A 一个竖直向下的力，使弹簧再压缩Δl （形变始终在弹性限度内），稳定后，突然撤去竖直向下的力，在A 物体向上运动的过程中，下列说法正确的是A .B 物体受到的弹簧的弹力大小等于mg 时，A 物体的速度最大 B . B 物体受到的弹簧的弹力大小等于mg 时，A 物体的加速度最大C . B 物体对地面的最大压力为2mgD . A 物体的最大加速度大小为1.2 g3．如图所示，质量为M 的滑块A 放在气垫导轨B 上，C 为速度传感器，它能将滑块A 滑到导轨最低点时的速度实时传送到计算机上，整个装置置于高度可调节的斜面上，设斜面高度为h ．启动气源，滑块A 自导轨顶端由静止释放，将斜面的高度、滑块通过传感器C 时的对应速度记入表中．（g 取9.8 m ／s 2）（1）选择适当的物理量在图中所示的坐标纸上作出能直观反映滑块经传感器时的速度与斜面高度的关系图象；（2）要由此装置验证机械能守恒定律，所需的器材有速度传感器（带电源、计算机、导线），滑块，气垫导轨（带气源），高度可以调节的斜面，此外还需的器材有A ．毫米刻度尺B ．天平C ．秒表D ．打点计时器E ．弹簧测力计（3）由图象分析滑块沿气垫导轨下滑时机械能是否守恒．若守恒，说明判断机械能守恒的依据，若不守恒，分析机械能不守恒的原因4.选修3-4模块（本题共12分）（1）下列说法中正确的是 A ．小球在左右对称的两个斜面上来回滚动属于简谐运动 B ．拍皮球时，皮球的上下往复运动属于简谐运动 C ．简谐运动回复力的方向总是指向平衡位置D ．弹簧振子做简谐运动，振幅4cm 时周期为2s ，则振幅2cm 时周期为1s实验序号1234567斜面高度h （cm ） 10 20 30 40 50 60 70 传感器示数v （m/s ）1.401.982.422.802.903.473.70Au n 1n 2RABaOA B C A 1 B 1C 1（2）下列说法中正确的是 A ．电视机变换频道是调频B ．X 射线穿透能力较强，机场等地进行安检时，X 射线能轻而易举地窥见箱内的物品C ．自然光经过一偏振片后成为偏振光，偏振光再经过一偏振片后又成为自然光D ．在惯性系中，光在真空中沿任意方向的传播速度都相同（3）如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC 和A 1B 1C 1，0130A A ∠=∠=，AC 面和A 1C 1面平行，放置在空气中，一单色细光束O 垂直于AB 面入射，光线从右面的三棱镜射出时，出射光线方向与入射光线O 的方向（填平行或不平行）．若玻璃的折射率3=n ，AC 1两点间的距离为d ，光线从右面的三棱镜A 1B 1面上的b 点（图上末画）射出，则ab 两点间的距离S = ．13.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力 F =28 N 。

河北省高考物理考前一周回归教材二

1．如图10－2－14所示是一实验电路图．在滑动触头由a 端滑向b 端的过程中，下列表述正确的是( )A ．路端电压变小B ．电流表的示数变大C ．电源内阻消耗的功率变小D ．电路的总电阻变大解析：选A.滑动触头由a 滑向b 的过程中，总电阻变小，D 错误，干路电流变大，路端电压变小，A 正确，内阻消耗功率变大，C 错误，定值电阻R 3上电压降低，电流表示数变小，B 错误．2．如图10－2－15所示，电源的电动势为E ，内阻为r ，R 0为定值电阻，R 为变阻器，已知R 0>r .为使R 0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到( )A ．R 0B ．R 0＋rC ．R 0－rD ．0解析：选D.当变阻器电阻最小时，电路中的电流最大，R 0上消耗的功率P ＝I 2R 0最大，D 正确．3．电路如图10－2－16所示，已知电池组的总内阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝5 Ω，电压表的示数U ＝2.5 V ，则电池组的电动势E 应等于( )A ．2.0 VB ．2.5 VC ．3.0 VD ．3.5 V解析：选C.E ＝2.5＋1×2.5/5＝3.0(V)，A 、B 、D 错误，C 正确．4．如图10－2－17所示，电源电动势为6 V ，当开关接通时，灯泡L 1和L 2都不亮，用电压表测得各部分电压是U ad ＝0，U cd ＝6 V ，U ab ＝6 V ，由此可以断定( )A ．L 1和L 2的灯丝都断了B ．L 1的灯丝断了C ．L 2的灯丝断了D ．变阻器R 断路解析：选C.由题给条件知，电路中有的地方没有电压．由U ad ＝0，U cd ＝6 V 可知电路是断路．由U ab ＝6 V 和U cd ＝6 V 可知，内电路a 、b 之间没有断点，外电路中的a 、b 和c 、d 之间有断点，取其公共部分可知灯L 2断路，由电灯L 2两端电压不为零，可知灯L 1与变阻器R 是导通的．选项C 正确．5．如图10－2－18所示的电路中，电源电动势E ＝9 V ，内阻r ＝2 Ω，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝10 Ω，R 3＝6 Ω，电容器的电容C ＝10 μF.(1)保持开关S 1、S 2闭合，求电容器C 的带电荷量；(2)保持开关S 1闭合，将开关S 2断开，求断开开关S 2后流过电阻R 2的电荷量．解析：(1)保持开关S 1、S 2闭合，则电容器上的电压U C ＝U R 1＝R 1R 1＋R 2＋r E ＝66＋10＋2×9 V＝3 V 电容器带电荷量Q ＝CU C ＝10×10－6×3 C＝3×10－5 C.(2)保持开关S 1闭合，将开关S 2断开后，电路稳定时电容器上的电压等于电源电动势，此时电容器上的电荷量图10－2－14 图10－2－15 图10－2－16图10－2－17 图10－2－18Q′＝CE＝10×10－6×9 C＝9×10－5 C，而流过R2的电荷量等于电容器C上电荷量的增加量Q R2＝ΔQ＝Q′－Q＝9×10－5 C－3×10－5 C＝6×10－5 C. 答案：(1)3×10－5 C (2)6×10－5 C。

突破—高考物理二轮复习PPT课件

第三部分题型突破
妙招1 比较排除法通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项．如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中只可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错．
第三部分题型突破
间变化的图像正确的是
()
第三部分题型突破
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【答案】 A
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第三部分题型突破
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有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F1和F2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为 ( C )
A．F21
B．2F2
C．F1－2 F2
D．F1＋2 F2
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第三部分题型突破
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第三部分题型突破
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〔链接高考1〕
(全国高考)纸面内两个半径均为R的圆相
切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面
甲
第三部分题型突破
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河北省2022年高考物理冲刺十天回归教材二

河北2022年高考物理冲刺十天：回归教材二一、单项选择题本题共4小题，每小题4分，共16分1．如图所示，定滑轮用杆与天花板连接，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住．在这三种情况下，若绳的张力分别为F T1、F T2、F T3，轴心对定滑轮的支持力分别为F N1、F N2、F N3，滑轮的摩擦、质量均不计，则A．F T1＝F T2＝F T3，F N1>F N2>F N3B．F T1>F T2>F T3，F N1＝F N2>F N3C．F T1＝F T2＝F T3，F N1＝F N2＝F N3D．F T1F N2>F N3，应选A2．质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如右图所示，a受到斜向上与水平面成θ角的力F作用，b受到斜向下与水平面成θ角等大的力F作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则A．b对a的支持力一定等于mgB．水平面对b的支持力可能大于2mgC．a、b之间一定存在静摩擦力D．b与水平面之间可能存在静摩擦力【答案】C【解析】对a、b整体，合外力为零，故地面与b之间无摩擦力，否则无法平衡，D错；由竖直方向受力平衡可知两个力F的竖直分量平衡，故地面对b的支持力等于2mg，B错；对a采用隔离法分析，受到竖直向上的b对a的支持力、竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和力F 四个力的作用，摩擦力不可能为零，否则a不能平衡，由竖直方向受力平衡条件知b对a的支持力小于a的重力mg，A错，C对．3．2022·广东六校联考如图所示，一只蚂蚁从半径为R的半球体底端缓慢地速度可忽略不计爬上顶端，下列说法正确的是A．蚂蚁受到球面的摩擦力变大B．蚂蚁受到球面的摩擦力变小C．蚂蚁受到球面的支持力不变D．蚂蚁受到球面的支持力变小【答案】B【解析】蚂蚁缓慢爬行可认为每一位置都是平衡态，受力分析如图，据平衡条件得：f＝mg co θ；F N＝mg in θ蚂蚁缓慢爬上顶端的过程中θ变大，可知f变小，F N变大，选项B正确．4．如图所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连悬挂于O点，用力F拉小球a，使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为θ＝30°，则F的大小A．可能为错误!mg B．可能为错误!mgC．可能为mg D．不可能为错误!mg【答案】C【解析】对小球a受力分析，受重力、两段绳的拉力和F共四个力作用，根据共点力的平衡条件可得力F的最小值为F min＝2mg in 30°＝mg，故只有选项C正确．二、双项选择题本题共5小题，每小题6分，共30分．以下各小题四个选项中，只有两个选项符合题意．若只选一个且正确的给3分，若选两个且都正确的给6分，但只要选错一个或不选，该小题就为0分5．下列四个图象，依次分别表示四个物体A、B、C、D的位移、速度、加速度和摩擦力随时间变化的规律，其中物体可能受力平衡的是A B C D【答案】AD6．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法中正确的是A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B．F可能比F1、F2、F3中的某一个小C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零【答案】BC【解析】三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的和与差之间时，这三个力的合力才可能为零，A、D错误，B、C正确．7．如下图所示，一木板B放在水平地面上，木块A放在木板B的上面，木块A的右端通过轻质弹簧固定在竖直墙壁上．用力F向左拉木板B，使它以速度v运动，这时弹簧秤示数为F下列说法中正确的是A．木板B受到的滑动摩擦力的大小等于FB．地面受到的滑动摩擦力的大小等于FC．若木板B以2v的速度运动，木块A受到的滑动摩擦力的大小等于2FD．若用力2F拉木板B，木块A受到的滑动摩擦力的大小等于F【答案】AD【解析】木块A和木板B均处于平衡状态，受力分析后可以知道，地面与木板B之间没有摩擦力，A和B间的滑动摩擦力大小等于F，因此本题正确答案为A、D8．如下图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块50 g9.8 m g，①挂三个钩码时：F2＝2－0＝3 mg，②其中0、1、2分别指不挂钩码、挂两个钩码、挂三个钩码时，定点g劲度系数＝错误!＝错误!＝70 N/m挂三个钩码时弹簧形变量Δ＝2－0＝错误!＝错误!m＝0.021 m＝2.1 cm11．16分如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个定滑轮不计重力，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，人的质量M＝50 kg，g取10 m/2试求：1此时地面对人的支持力的大小；2轻杆BC和绳AB所受力的大小．【解析】1因匀速提起重物，则F T＝，所以地面对人的支持力为：F N＝Mg－mg＝50－30×10 N ＝200 N，方向竖直向上．2定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2 mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，由共点力平衡条件得：F AB＝2mg tan 30°＝2×30×10×错误! N＝200错误! N，F BC＝错误!＝错误!N＝400错误! N12．20分如图所示，倾角为30°，斜面体固定在地面上，光滑斜面上放一辆小车．一根弹性杆的一端固定在小车上，另一端固定一个重为2 N的小球．问：1当由于外力作用使小车静止在斜面上时，杆对小球的弹力怎样2当小车由静止沿斜面下滑时，杆对小球的弹力又怎样【解析】1以小球为研究对象，由平衡条件知F N＝mg＝2 N，方向竖直向上．2以小车和小球为研究对象，沿斜面下滑的加速度a＝错误!＝g in 30°将小球受到的重力分解如图所示，沿斜面方向F＝ma＝mg in 30°，垂直斜面方向合力为零．所以F′N＝mg co 30°＝2×错误!N＝错误! N．方向垂直斜面向上．。

高考物理重点专题突破 (2)

解析：由玻意耳定律 pV＝C 知，压强与体积成反比，故 A 错误。p∝V1，所以 p -V1图线的延长线经过坐标原点，故 B 正
确。p -V1图线的斜率越大，对应的温度越高，所以 T1<T2，故
C 错误，D 正确。
答案：BD
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[课堂双基落实]
1．一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大为原来的 n 倍，
[自读教材·抓基础] 1．状态参量：物理学中研究气体的性质时，通常用气体的压强、温度和体积这三个物理量来描述气体的状态。 2．研究方法：控制一个参量不变，研究另外两个变量之间关系，这种方法叫做控制变量法。
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[跟随名师·解疑难] 1．温度：热力学温度的单位是开尔文，与摄氏温度的关系：T＝t＋273。 2．如何确定封闭气体的压强？ (1)液体封闭气体模型： ①直玻璃管中液体封闭气体的压强：设气体压强为 p，大气压强为 p0，液体产生的压强为 ph，则
答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh
所以 p 丁＝p0＋ρgh1
丙：p0－
3 2 ρgh
丁：p0＋ρgh1
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玻意耳定律
[自读教材·抓基础] 1．等温变化一定质量的气体，在温度保持不变的条件下，研究压强和体积之间的关系。 2．实验装置
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3．探究过程
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3．(上海高考)如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银
封闭一段气体，若试管自由下落，管内气体( )

2022高考物理二轮复习专题突破秘籍(考点汇聚专题专讲专练考点

2022高考物理二轮复习专题突破秘籍（考点汇聚专题专讲专练考点【二轮复习名师专题突破秘籍】2022高考物理二轮复习：图像问题（考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲，20页word，含名师详解）专题定位本专题主要是解决高中物理的有关图象问题，涉及图象物理意义的理解和应用图象解决问题．《考试大纲》能力要求中明确指出，要求学生具有阅读图象、描述图象、运用图象解决问题的能力．物理图象能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一，是当今高考出题的热点．高考对本专题考查的内容及命题形式主要有以下几个方面：①通过对物理过程的分析找出与之对应的图象并描绘出来；②通过对已知图象的分析寻找其内部蕴含的物理规律；③图象的转换——用不同的图象描述同一物理规律或结论；④综合应用物理图象分析解决问题．应考策略图象问题的处理有两条途径：一是根据图象反映的函数关系，找到图象所反映的两个物理量间的关系，分析其物理意义和变化规律．二是既能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能将实际过程的抽象规律对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断．这样，才抓住了解决图象问题的根本．1．坐标轴的物理意义弄清两个坐标轴表示的物理量及单位．注意坐标原点是否从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时，横轴以上表示此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负．2．图线形状注意观察图象形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系，明确图象反映的物理意义．3．斜率图线上某点的斜率表示两物理量增量的比值，反映该点处一个量随另一个量变化的快慢．几种常见图象斜率的物理意义：(1)变速直线运动的某－t图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度；(2)v－t 图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度；(3)线圈的Φ－t图象(Φ为磁通量)，斜率表示感应电动势；(4)恒力做功的W－l图象(l为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小；(5)沿电场线方向的φ－某图象(φ为电势，某为位移)，其斜率的大小等于电场强度；(6)用自由落体运动测量重力加速度实验的v－h图象(v为速度，h为下落位移)，其斜率为重力加速度的2倍．4．面积的物理意义2图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往往就是纵、横轴所表示的物理量的乘积的物理意义．几种常见图象面积的物理意义：(1)在直线运动的v－t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于速度v与时间t的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位移；(2)在a－t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度a与时间t的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；(3)线圈中电磁感应的E－t图象(E为感应电动势)，图线跟t坐标轴之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量；(4)力F移动物体在力的方向上产生一段位移l，F－l图象中图线和l坐标轴之间的面积表示F做的功，如果F是静电力，此面积表示电势能的减小量，如果F是合力，则此面积表示物体动能的增加量；(5)静电场中的E－某图象(E为电场强度，某为沿电场线方向的位移)，图线和某坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差．5．交点、拐点的物理意义交点往往表示不同对象达到的某一物理量的共同点，如在同一U－I 坐标系中，电阻的U－I图线和电源的U－I图线的交点表示两者连成闭合电路时的工作点；拐点既是坐标点，又是两种不同变化情况的交界点，即物理量之间的突变点．1．公式与图象的转化要作出一个确定的物理图象，需要得到相关的函数关系式．在把物理量之间的关系式转化为一个图象时，最重要的就是要明确公式中的哪个量是自变量，哪些是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系，那么这两个物理量就是物理图象中的两个坐标轴．2．图象与情景的转化2题型1对图象物理意义的理解例1甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其v－t图象如图1所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是()图1A．在t＝1时，甲、乙相遇B．在t＝2时，甲、乙的运动方向均改变C．在t＝4时，乙的加速度方向改变D．在t＝2到t＝6内，甲相对乙做匀速直线运动解析在t＝1时，甲、乙速度相等，乙车的位移比甲车的大，选项A 错误；t＝2时，甲、乙两车的速度开始减小，但运动方向不变，选项B 错误；乙在2～6内加速度都相同，选项C错误；2～6内，甲、乙图象的斜率相同即加速度相同，故甲相对乙做匀速直线运动，选项D正确．答案D以题说法图象问题往往隐含着两个变量之间的关系，因此要通过有关的物理概念和规律建立函数关系，并注意理解其斜率或面积的物理意义．(2022·新课标Ⅰ·21)2022年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图2(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则()3(a)(b)图2A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B．在0.4～2.5时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过 2.5gD．在0.4～2.5时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案AC解析由v－t图象中图线与t轴围成的面积，可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为1103m，即大约是无阻拦索时的，A正确．由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度10大约保持在a＝27.6m/＞2.5g，故C正确；飞机的速度很大，空气阻力的影响不能忽略，且阻力随速度的减小而减小，所以要保持加速度不变，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误；由P＝Fv知，阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故D错误．题型2图象选择问题例2一小球自由下落，与地面发生碰撞，原速率反弹．若从释放小球开始计时，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力．则下列图中能正确描述小球位移某、速度v、动能2Ek、机械能E与时间t关系的是()解析小球自由下落，做初速度为零的匀加速运动；与地面发生碰撞，原速率反弹，做竖直上抛运动，速度图象B正确；小球下落时，速度与时间成正比，位移和动能都与时间的二次方成正比，位移图象A、动能图象C均错误；机械能保持不变，机械能图象D正确．答案BD以题说法此类问题应根据物理情景，找出两个物理量间的变化关系，寻求两物理量之间的函数关系，然后选择出正确的图象；若不能找到准确的函数关系，则应定性判断两4物理量间的变化关系，特别要注意两种不同变化的交界点，对应图象中的拐点．如图3所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ图3答案D解析滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，故上行阶段：E＝E0－Fh阻inα，下行阶段：E＝E0′－Fh阻inα，故B错误；动能的变化量等于外力的总功，故上行阶段：－mgh－F阻＝Ek－E0，下行阶inα段：mgh－F阻＝Ek－E0′，C错，D对；上行阶段：Ep＝mgh，下行阶段：Ep＝mgh，inαA错误．如图4所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点．以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立O某轴．下列四幅图分别反映了在某轴上各点的电势φ(取无穷远处电势为零)和电场强度E的大小随坐标某的变化关系，其中正确的是()hh5图4答案C解析在两个等量正点电荷连线的垂直平分线上，O点电势最高，由于为非匀强电场，选项A、B关于电势的图线错误．O点电场强度为零，无穷远处电场强度为零，中间有一点电场强度最大，所以电场强度E的大小随坐标某的变化关系正确的是C.题型3图象变换问题例3如图5甲所示，在圆形线框区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线是()图5解析圆形线框内，从t＝0时刻起磁感应强度均匀增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，此过程产生恒定的感应电动势和感应电流，磁感应强度增大到最大后开始均匀减小，产生与前面过程中方向相反的恒定的感应电动势和感应电流；由楞6次定律可知，在前半段时间产生的感应电流方向为逆时针方向，为正值；后半段时间产生的感应电流方向为顺时针方向，为负值，所以感应电流I随时间t的变化图线是A.答案A以题说法对于图象变换问题，应注意划分不同的时间段或者运动过程，逐个过程画出与之对应的图象．有时图象间具有某种关系，如本题中B－t图象的斜率表示单位面积内感应电动势的大小，其与电流大小成正比，找到这个关系后就可以很容易的找到正确选项．光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化的图象如图6所示，用Ek、v、某、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是()图6答案BD12解析物体在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移某＝at，212选项C错误；由动能定理，F某＝F·at＝Ek，选项A错误；水平拉力的功率P＝Fv，选2项D正确．题型4图象作图问题例4如图7甲所示，水平地面上有一块质量M＝1.6kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小F＝10N、与水平方向成37°角的拉力作用，木板恰好能以速度v0＝8m/水平向右匀速运动．现有很多个质量均为m＝0.5kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速度地放上第一个小铁块，此后每当木板运动L＝1m时，就在木板最右端无初速度地再放上一个小铁块．取g＝10m/，co37°＝0.8，in37°＝0.6，求：27甲乙图7(1)木板与地面间的动摩擦因数μ；(2)第一个小铁块放上后，木板运动L时速度的大小v1；(3)请在图乙中画出木板的运动距离某在0≤某≤4L范围内，木板动能变化量的绝对值|ΔEk|与某的关系图象(不必写出分析过程，其中0≤某≤L的图象已画出)．解析(1)对木板受力分析，由平衡条件Fco37°＝μ(Mg－Fin37°)解得木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.8.(2)第一个小铁块放上后，对木板由动能定理有2Fco37°L－μ(Mg＋mg－Fin37°)L＝Mv21－Mv02121212化简得：－μmgL＝Mv1－Mv022解得木板运动L时速度的大小v1＝v20－2μmgL＝59m/M(3)木板动能变化量的绝对值|ΔEk|与某的关系图象如图所示．答案(1)0.8(2)59m/(3)见解析图12．图象与情景结合分析物理问题8审题示例(14分)如图8甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg物体．物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2的方向向左，大小如图乙所示，某为物体相对O的位移．物体从静止开始运动，问：甲乙图8(1)当位移为某＝0.5m时物体的加速度多大？(2)物体在某＝0到某＝2m内何位置物体的加速度最大？最大值为多少？(3)物体在某＝0到某＝2m内何位置物体的速度最大？最大值为多少？审题模板答题模板(1)由题图乙可知F2与某的函数关系式为：F2＝(2＋2某)N当某＝0.5m时，F2＝(2＋2某0.5)N＝3N分)(2F1－F2＝maF1－F24－322a＝＝m/＝0.5m/m2分)(2)物体所受的合力为F合＝F1－F2＝[4－(2＋2某)]N＝(2－2某)N(1分)(29作出F合－某图象如图所示：从图中可以看出，当某＝0时，物体有最大加速度a0F0＝ma0F02a0＝＝m/2＝1m/2m2(2分)当某＝2m时，物体也有最大加速度a2.F2＝ma2F2－2a2＝＝m/2＝－1m/2m2负号表示加速度方向向左．(2分)(3)当物体的加速度为零时速度最大．从上述图中可以看出，当某＝1m时，a1＝0，速度v1最大．(1分)从某＝0至某＝1m合力所做的功为W合＝F合某＝某2某1J＝1J根据动能定理，有1212(1分)Ek1＝W合＝mv21＝1J2(2分)所以当某＝1m时，物体的速度最大，为v1＝2Ek1m＝22某1m/＝1m/22(1分)答案(1)0.5m/(2)某＝0时有最大加速度a0，a0＝1m/；某＝2m时，也有最大加速度a2，a2＝－1m/，负号表示加速度方向向左(3)某＝1m时，物体的速度最大，最大为1m/如图9甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40Ω的电阻，质量为m＝0.01kg、电阻为r＝0.30Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离某与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10m/(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，试求：2210图9(1)当t＝1.5时，重力对金属棒ab做功的功率；(2)金属棒ab从开始运动的1.5内，电阻R上产生的热量；(3)磁感应强度B的大小．答案(1)0.7W(2)0.26J(3)0.1T解析(1)金属棒先做加速度减小的加速运动，t＝1.5后以速度vt匀速下落11.2－7.0由题图乙知vt＝m/＝7m/2.1－1.5由功率定义得t＝1.5时，重力对金属棒ab做功的功率PG＝mgvt＝0.01某10某7W＝0.7W(2)在0～1.5，以金属棒ab为研究对象，根据动能定理得mgh－W安＝mv2t－0解得W安＝0.455J闭合回路中产生的总热量Q＝W安＝0.455J电阻R上产生的热量QR＝2Q＝0.26JR＋rR(3)当金属棒匀速下落时，由共点力平衡条件得mg＝BIL金属棒产生的感应电动势E＝BLvt则电路中的电流I＝BLvtR＋r代入数据解得B＝0.1T(限时：45分钟)一、单项选择题1．一质点自某轴原点O出发，沿正方向以加速度a运动，经过t0时间速度变为v0，接着以加速度－a运动，当速度变为－时，加速度又变为a，直至速度变为时，加速度再变24为－a，直至速度变为－，.其v－t图象如图1所示，则下列说法中正确的是()8v0v0v011图1A．质点运动方向一直沿某轴正方向B．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t02C．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0D．质点最终静止时离开原点的距离一定大于v0t0答案C解析质点运动方向先沿某轴正方向，2t0时间后沿某轴负方向，再沿某轴正方向，往返运动，选项A错误．质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0，选项B错误，C正确．由题图结合数学知识可知，质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t0，选项D错误．2．如图2所示，靠在竖直粗糙墙壁上的物块在t＝0时由无初速度释放，同时开始受到一随时间变化规律为F＝kt的水平力作用，用a、v、Ff和Ek分别表示物块的加速度、速度、物块所受的摩擦力、物块的动能，下列图象能正确描述上述物理量随时间变化规律的是()图2答案B解析根据题述，物块与竖直墙壁之间的压力随时间增大，开始，物块从静止无初速度释放，所受摩擦力逐渐增大，物块做初速度为零、加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后逐渐减小，选项A错误．由mg－μkt＝ma，选项B正确．物块运动时所受摩擦1212力Ff＝μkt，速度减为零后Ff＝mg，选项C错误．物块动能Ek＝mv，随时间增大，但2不是均匀增大，达到最大速度后逐渐减小，但不是均匀减小，选项D错误．3．如图3所示，一轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落．从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的加速度a随时间t或者随距O点的距离某变化的关系图线是()图3答案B解析小球从接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，所受弹力F＝k某，由牛顿第二定律，mg－k某＝ma，解得a＝g－某，小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故选项B正确，A、C、D错误．4．如图4(a)所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I沿顺时针方向为正方向．图(b)表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图象，则磁场B随时间t变化的图象可能是下图中的()km图413答案B解析由题图(b)可知，从1到3无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除C选项，对于A选项，从0到1，磁通量不变，感应电流也为零，所以可排除；从电流的方向看，对于B选项，从0到1，磁通量增大，由楞次定律可知感应电流沿顺时针方向，对于D选项，从0到1感应电流沿逆时针方向，故选项B正确．5．如图5甲所示，圆环形线圈P用四根互相对称的轻绳吊在水平的天棚上，四根绳的结点将环分成四等份，图中只画出平面图中的两根绳，每根绳都与天棚成30°角，圆环形线圈P静止且环面水平，其正下方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有按正弦函数规律变化的电流，其i－t图象如图乙所示，线圈P所受的重力为mg，每根绳受的拉力用FT表示．则()甲乙图5A．在t＝1.5时，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流最大B．在t ＝1.5时，穿过线圈P的磁通量最大，此时FT＝0.5mgC．在t＝3时，穿过线圈P的磁通量的变化率为零D．在0～3内，线圈P受到的安培力先变大再变小答案B解析由题图可知，t＝1.5时螺线管中的电流最大，磁场最强，所以穿过P环的磁通量最大，但是此时磁通量的变化率为零，故P环中没有感应电动势即没有感应电流，也就不受安培力的作用，所以选项A错，B正确，同理可知，选项C、D错误．6．如图6，静止在光滑地面上的小车，由光滑的斜面AB和粗糙的平面BC组成(它们在B处平滑连接)，小车右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车A点由静止开始下滑至C点的过程中，传感器记录到的力F与时间t的关系图中可能正确的是()14图6答案D解析小滑块从小车A点由静止开始沿斜面(斜面倾角为θ)下滑时，对斜面压力等于mgcoθ，该力在水平方向的分力mgcoθinθ，方向水平向右；小滑块由B点滑动到C点的过程，BC面对小滑块有向右的摩擦力，滑块对BC面有向左的滑动摩擦力，所以，传感器记录到的力F随时间t的关系图中可能正确的是D.二、多项选择题7．如图7所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mginθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，下列图象中能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移某变化关系的是()图7答案CD解析根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mginθ，物体机械能保持不变，重力势能随位移某均匀增大，选项C、D正确．产生的热量Q＝Ff某，随位移均匀增大，滑块动能Ek1512随位移某均匀减小，某＝vt－(ginθ)t，选项A、B错误．28．一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度方向始终向右．汽车速度的二次方v与汽车前进位移某的图象如图8所示，则下列说法正确的是2()图8A．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车受到的合外力越来越大B．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车受到的合外力越来越小C．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车的平均速度大于2D．汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车的平均速度小于2答案AD解析由v＝2a某可知，若汽车速度的二次方v与汽车前进位移某的图象为直线，则汽车做匀加速运动．由汽车速度的二次方v与汽车前进位移某的图象可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项A正确，B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象如图所示，根据速度图象可得出，汽车从开始运动到前进某1过程中，汽车的平均速度小于，选项C错误，D正确．29．如图9，在直角坐标系y轴上关于坐标原点对称的两点固定有两等量点电荷，若以无穷远处为零电势点，则关于某轴上各点电势φ随某坐标变化图线的说法正确的是()222v0v0v0图9A．若为等量异种点电荷，则为图线①B．若为等量异种点电荷，则为图线②C．若为等量正点电荷，则为图线②16D．若为等量正点电荷，则为图线③答案AD解析若为等量异种点电荷，某轴上各点电势φ相等，各点电势φ随某坐标变化的图线则为图线①，选项A正确，B错误．若为等量正点电荷，坐标原点电势最高，沿某轴正方向和负方向电势逐渐降低，各点电势φ随某坐标变化的图线则为图线③，选项C错误，D正确．10．图10甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8V，电压表为理想交流电表，开关S处于断开状态，则()图10A．电压表的读数约为7.07VB．电流表的读数约为0.05AC．电阻R2上消耗的功率为2.5WD．若闭合开关S，电容器会被击穿答案AC解析由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20V，电压表的读数为UR2＝20U2某V≈7.07V，选项A正确；变压器输出功率为P2＝U2I2＝＝20＋20R1＋R22202210240W2002＝5.0W，U1＝V＝1002V，由P1＝U1I1＝5.0W可得电流表的读数为A≈0.035402A，选项B错误；电阻R2上消耗的功率为＝2.5W，选项C正确；若闭合开关S，R1和2P2R3并联部分电压最大值为V<8V，电容器不会被击穿，选项D错误．17203三、非选择题11．如图11甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨距为L＝2m，重力加速度g＝10m/.轨道足够长且电阻不计．2图11(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；(2)求金属杆的质量m和阻值r；(3)求金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm；(4)当R＝4Ω时，随着杆ab下滑，求回路瞬时电功率每增大1W的过程中合外力对杆做的功W.答案(1)2V，电流方向由b→a(2)0.2kg2Ω(3)4W(4)0.6J解析(1)由题图乙可知，当R＝0时，杆最终以v＝2m/匀速运动，产生感应电动势E＝BLv＝0.5某2某2V＝2V杆中电流方向从b→a(2)最大速度为vm，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm由闭合电路欧姆定律：I＝ER＋r杆达到最大速度时满足mginθ－BIL＝0解得：vm＝mginθmginθR＋r22BLB2L24－2m/(·Ω)＝1m/(·Ω)，纵截距为v0＝2m/2由题图乙可知：斜率为k＝即mginθmginθr＝v0，＝k22BLB2L2解得m＝0.2kg，r＝2Ω18(3)金属杆匀速下滑时电流恒定mginθ－BIL＝0mginθI＝＝1ABLPm＝I2Rm＝4W(4)由题意：E＝BLv，P＝E2R＋rB2L2v2得P＝R＋rB2L2v2B2L2v221ΔP＝－R＋rR＋r1212由动能定理得W＝mv2－mv122故W＝mR＋rΔP222BL代入数据，解得W＝0.6J12．杂技中的“顶竿”由两个演员共同表演，站在地面上的演员肩部顶住一根长竹竿，另一演员爬至竹竿顶端完成各种动作后下滑．若竿上演员自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零．已知有一传感器记录了竿上演员下滑时的速度随时间变化的情况，如图12所示．竿上演员质量为m1＝40kg，长竹竿质量m2＝10kg，g＝10m/.2图12(1)求下滑过程中，竿上演员克服摩擦力做的功；(2)求下滑过程中，竿上演员受到的摩擦力；。

2024届高考物理冲刺备考之回归课本阅读指导

2024届高考物理冲刺备考之回归课本(阅读指导)物理必修一页码内容简介备注P12旁批理想化模型还有哪些理想化模型P16图1.2-7打点计时器正确操作P23拓展学习位移传感器测速度的原理P25旁批比值定义法列举学过的比值定义法P27科学漫步变化率P32第1题x-t图像P36第1题用纸带v-t图像说说你的看法P43拓展学习匀变速直线运动位移公式的推导微元法还体现在哪些地方P44第2题P85参考案例2由位移之比求加速度之比P45旁批P48页科学漫步推理与实验相结合体会科学方法P47表一些地点的重力加速度解释纬度越高加速度越大P47做一做用手机测自由落体加速度P51第5题频闪摄影如何求加速度P51第6题人的反应时间测量尺刻度是否均匀P53第2题汽车在雨天安全行驶的最大速度P53第6题ETC通道P57演示通过平面镜观察桌面的微小形变物理中还有哪些用到放大思想P62演示静摩擦力的大小随拉力的变化最大静摩擦力与滑动摩擦力关系P63科学漫步流体的阻力流体的阻力与哪些因素有关P66拓展学习作用力和反作用力的关系关注图3.3-6P67正文平衡力与作用力、反作用力的区别P75第3题动态平衡绳OA、AB中张力如何变化P76第2题画直梯的受力图P877第6题多体平衡整体法与隔离法P82拓展学习惯性参考系P83旁批两个力近似相等的条件如何证明P84参考案例1用阻力补偿法P86正文a与m成反比的证据作a–1/m图像P86科学方法控制变量还有哪些地方用到P92科学漫步用动力学方法测质量为什么不用天平P92第6题周围物体对石块B作用力P96拓展学习基本单位的定义写出学过的六个基本单位P100第4题货车运载着圆柱形光滑的空油桶P102思考与讨论分析“下蹲”“站起”超失重情况P104正文完全失重时的一些现象用学过的知识进行解释P104第5题估测电梯的加速度P105第6题斜面问题对斜面问题（模型）进行总结P106第2题其加速度应满足什么条件P107第6题B的加速度如何变化P110图研-2球形物体所受空气阻力跟速率成正比P114误差和有效数字物理必修二页码内容简介备注P4做一做用飞镖显示曲线运动的速度方向插入泥土后的指向的意义P5第4题圆心角度等于速度的偏向角结合带电粒子在磁场中运动P9思考与讨论蜡块的轨迹P12拓展学习用传感器描绘平抛轨迹P13第4题猜想在x方向的运动P16正文抛体的轨迹方程P18页第4题P19第5题跳伞运动员在空中位置P21第3题炸弹两个方向上距离之比关注抛体与斜面结合的问题P21第5题在坐标系中研究抛体运动分解的思想方法P29思考与讨论一般曲线运动的研究方法曲率半径P35正文火车转弯关注车轮形状P37思考与讨论会不会出现这样的情况地球看作巨大的拱形桥P37旁批航天器中的失重现象完全失重状态P40第5题洗衣机脱水P42第3题白点转动的方向和转动的周期P42第6题最大水平距离P45做一做绘制椭圆思考两绳间夹角的变化情况P45正文开普勒行星运动定律准确表达其内容P50正文月—地检验假设法P58第4题哈雷彗星P59正文图7.4-1三个宇宙速度理解第一宇宙速度的意义P64科学漫步黑洞半径R 不大于多少P 71第7题某中子星P71第2题证明ρΤ2是一个常量P71第3题剩余部分对m′的万有引力填补法、等效法P72第6题行星冲日关注中国航天（空间站、神舟、嫦娥、天问）P 78第6题抽水机输出的功率P 83图8.2-8足球的轨迹分析能量转化情况P 85正文动能定理的应用还有哪些功能关系P 94第6题电动机输出功率P 99第5题竖直上抛中的高度P 100第1题缓慢和恒力作用下比较P100第3题风力发电机P100第4题x 与θ是否有关P 101第6题滑轮组A 、B 的位移和速度关系P 103课题研究甩手动作的数据分析P19正文尖端放电现象高压设备表面光滑、电晕P20图9.4-6 P22图9.4-13高压线屏话筒线屏蔽外接干扰三条输电线上方还有两条导线P21图9.4-8静电除尘原理哪一端电场强度大P23第6题棒上感应电荷的电场P24第4题带电薄板产生的电场对称性P30图10.1-8一对等量同种电荷一对等量异种电荷呢P34第6题P51第4题画出经过A点的一条电场线中画出过B点的电场线方向P39拓展学习P51第4题用传感器观察电容器的放电过程在I-t图像和UAB-t图像I-t图像面积的物理意义P44例1直线加速器圆筒的长度和序号间的关系P47拓展学习示波管的原理P49第2题求电子的最大速度光电效应P51第1题等量异种点电荷P55STSE电动汽车中的电池充放电时锂离子的流向P60正文超导现象关注科技前沿P61第6题电流流向不同时样品的电阻P62图11.3-1 P64图11.3-4游标卡尺螺旋测微器操作、读数P67第2题电导率电导率是电阻率的倒数P70正文P71第4题电压表和电流表的电路结构求电阻R1、R2的值电表的改装P74第5题电路故障分析P 77第3题小灯泡的伏安特性曲线P 77第4题电学黑箱P 86思考与讨论图12.2-5断路与短路P 88第7题充电宝的能量与电量P 91参考案例1测量干电池的电动势和内阻选择合适的起点标度P 92第3题橙汁电池P 100第2题装置的效率P 100第5题电动机的机械功率P 100第7题图像的斜率P 101第4题消耗的功率最大105图13.1-3两条通电导线间的相互作用P 108第7题地球环形电流的方向P 111正文P 128第6题磁通量穿过线圈的磁通量磁通量与匝数无关P 117第1题线框中的感应电流P 121图13.4-4电磁波谱及其应用记住排列顺序P 129第1题充气泵工作原理P 129第5题铁环中心O 点的磁场方向等效为两个磁铁P 129第6题推导出B 与t 的关系式6-9动量定理内容推导、表达式、应用实例12-14动量守恒定律内容、适用范围16-18实验：验证动量守恒定律不同方案的比较19习题第2题实验误差分析21-22弹性碰撞的实例分析动量和能量观点及相关结论23科学方法抽象与概括23习题第4题弹性正碰的动量和能量观点24-26反冲现象、火箭做一做、科学漫步27习题第3题相对速度的理解29习题第7题动量与能量的综合应用29习题第8题动量与能量的综合应用31-34简谐运动弹簧振子模型、位移时间图像、频闪照片35-39简谐运动的描述相关物理量、表达式41-42简谐运动的回复力回复力的特点42简谐运动的能量振子在一次全振动过程中各物理量的变化45习题第1题简谐运动的证明45习题第2题简谐运动的证明44-45单摆回复力的来源、视为简谐运动的条件和证明猜想、化曲为直45-46实验：探究单摆周期T与摆长L之间的关系48-49实验：用单摆测量重力加速度误差分析、图像法处理数据的优势50-52受迫振动、共振做一做：研究受迫振动的频率做一做：研究摆的共振图2.6-4受迫振动振幅与驱动力频率的关系53科学漫步振动控制技术55习题第5题类单摆模型58页眉波的概念的理解60横波与纵波声波是纵波60-61机械波全篇阅读62倒数第二段简谐波的概念63思考与讨论上面一段机械波在介质中传播速度由介质本身性质决定65第6题作出波形图讨论67-68图3.3-3、图3.3-4水波的衍射69旁批波的叠加过程的理解70图3.4-3波的干涉示意图71倒数第二段波的干涉概念的理解72STSE主动降噪技术73第2题波的干涉示意图的理解73第4题加强点和减弱点的判断76课本内容多普勒效应的应用78第3题波的双向传播及波形的重复性导致的多解问题78第5题加强点和减弱点的判断81折射定律1621年，荷兰数学家斯涅耳折射率n12可以简单写成n82实验测量玻璃的折射率84练习与应用第4题、第5题86下半页课本内容全反射87下半页课本内容全反射棱镜88-89光导纤维特点应用、“做一做”水流导光89练习与应用第4题91最后两段课本内容光的干涉现象、物理学史92推导过程相邻干涉条纹间距93图4.3-5灯焰在肥皂膜上形成的像93图4.3-6薄膜干涉95-96双缝干涉实验图4.4-1，图4.4-2、图4.4-3，图4.4-4 98光的衍射图4.5-2，图4.5-3100科学漫步泊淞亮斑101练习与应用第3、4题103演示观察光的偏振现象图4.6-3104第一段、第四段偏振光的理解104最后一段偏振现象的应用105-106课本全篇激光的特点及应用106科学漫步立体电影和偏振光108复习与提高A组第4题109复习与提高B组第2题和第4题11练习与应用第4题磁流体发电机16-18质谱仪与回旋加速器掌握原理27科学方法归纳推理32练习与应用第3题动圈式扬声器32练习与应用第5题电磁流量计32练习与应用第6题绕固定点转动的导体棒产生E感33电子感应加速器理解原理34-35涡流的应用与防止真空冶炼炉、电磁炉、变压器、探雷器35-36电磁阻尼现象的理解及“做一做”磁电式仪表36电磁驱动电动机37练习与应用第3题38-39自感现象通电自感、断电自感41练习与应用第1题延时继电器49-50交变电流的变化规律产生过程及函数表达式51交流发电机分类与结构53交流电的有效值定义及计算54-55拓展学习电感器、电容器对交流电的作用56-57实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系59科学漫步无线充电技术60练习与应用第4题65练习与应用第2题66复习与提高A组第1题66-67复习与提高B组第2题、第3题、第4题70-72电磁振荡产生过程、能量变化、周期频率公式73练习与应用第4题78-80课本内容无线电波的发射和接受81-84电磁波谱各波段电磁波的特点和应用86复习与提高A组第3题87复习与提高B组第5题89图5.1-1干簧管原理93思考与讨论电容式话筒95-99课本内容各种敏感元件特点及相关应用100练习与应用第2题、第3题105练习与应用第1题、第3题23-25实验探究气体等温变化“做一做”用传感器探究气体等温变化规律29拓展学习理想气体状态方程气体实验定律的微观解释30练习与应用第3题、第4题31-33固体晶体与非晶体、金属铁的显微组织（晶体、各向同性）、微观结构34科学漫步石墨烯的晶体结构35练习与应用第2题36-40液体实验：液体的表面张力插图：液体的表面张力、浸润与不浸润、毛细现象、液晶、图2.5-9、科学漫步41练习与应用第6题42复习与提高A组第2题、第5题43-44复习与提高B组第1、2、3、7题46-49功、热和内能的改变焦耳的实验、绝热过程、内能的改变50-53热力学第一定律内容、表达式及其应用P51例题、P53水的比热容54-58能量守恒定律内容及形形色色的永动机59-63热力学第二定律两种表述、能量耗散、拓展学习：熵与熵增加原理67-70黑体辐射理论黑体辐射的实验规律（图4.1-2）普朗克将量子理论引入物理学71-77光电效应赫兹做实验时意外发现光电效应光电效应的实验规律、两个关系及相关图像康普顿效应的实验事实及意义（P76光子具有动量）、光的波粒二象性77练习与应用第4题78-83原子的核式结构汤姆生发现电子、α粒子散射的实验结果及物理意义、P79比荷84-91氢原子光谱和玻尔的原子模型光谱的分类及光谱的分析作用玻尔的原子模型及玻尔理论的局限性P88图4.4-692-97粒子的波动性与量子力学的建立物质波、电子衍射及干涉条纹量子力学的建立及其应用98-99复习与提高A组第6题101-107原子核的组成物理学史：贝克勒尔、居里夫妇天然放射性三种射线的特性及应用原子核的组成（P105原子核的符号）108-114放射性元素的衰变衰变的实质、半衰期的意义和影响因素、核反应、放射性同位素及其应用、辐射与安全115-118核力与结合能核力与四种基本相互作用、结合能、比结合能（理解图5.3-4）、质量亏损119-125核裂变与核聚变核裂变的发现、链式反应、P121原子弹、反应堆与核电站、核聚变125练习与应用第5题131复习与提高B组第2、3题。

[优选]突破—高考物理二轮复习优质PPT2

第三部分题型突破
（【名名师校整课理堂课】本获专奖题P）PT突-第破部—分高突考破物—理高二考轮物复理习二优轮质复P习PT课2p件p t2优（质最说新课版稿本（）精推选荐）
【解析】 (1)利用电压表和电流表测量电源电动势和内阻的实验，电流表内阻与电源内阻相差不大，所以要把电流表相对电源外接，电路图如图．(2)由于待测电源电动势约为 6 V，电流表量程只有 0.6 A，所以需要串联的电阻 R1 应该选择阻值为 10 Ω 的定值电阻 RA．(3)由闭合电路欧姆定律，得 E＝U＋I(R2＋r)，变化为 U＝E－(R2＋r)I.对照题图乙，则有 b＝E，a＝R2E＋r.
第三部分
题型突破
突破三 “2大策略”破解实验题
策略1 细心审题——做到一“明”、二“看”、三“提取” 1．明——明确考查的知识范围现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学知识．尽管题目千变万化，但通过仔细审题，都能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图． 2．看——看清实验题图实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验器材 (或部分实验器材)及其组装情况，认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画出实验过程．
（【名名师校整课理堂课】本获专奖题P）PT突-第破部—分高突考破物—理高二考轮物复理习二优轮质复P习PT课2p件p t2优（质最说新课版稿本名师校整课理堂课】本获专奖题P）PT突-第破部—分高突考破物—理高二考轮物复理习二优轮质复P习PT课2p件p t2优（质最说新课版稿本（）精推选荐）
(1)图甲为该同学设计的电路图的一部分，将电路图补充完整．
(2)图甲中的 R1 应选__R__A_(选填“RA”或“RB”)．
(3)改变滑动变阻器接入电路的阻值，分别记下几组电压表的示数 U

【突破】高考物理回归教材绝对考点突破十二动量和能量

【关键字】突破高考物理回归教材之绝对考点突破十二动量和能量重点难点1．弹簧类问题：系统内有两个物体之间用轻质弹簧连在一起，连接的弹簧或为原长，或已压缩而被锁定．这样包括弹簧的系统与第三个物体相互作用（碰撞、子弹射入等）。

这是这类问题的典型物理情境．首先应注意上述两种情况的区别：已完全压缩的弹簧没有缓冲作用，应将系统当作一个整体来处理；没压缩的弹簧有缓冲作用，只有碰撞的两个物体组成系统，与弹簧相连的另一端的物体没有参与．此类问题还应注意：把相互作用的总过程划分为多个依次进行的子过程，分析确定哪些子过程机械能是守恒的，哪些子过程机械能不守恒．还有一个常见的物理条件：当弹簧最长或最短（或弹簧中弹性势能最大）时，弹簧两端的物体速度相等．2．“子弹击木块”模型类问题：子弹击穿木块时，两者速度不相等；子弹未击穿木块时，两者速度相等．这两种情况的临界情况是：当子弹从木块一端到达另一端，相对木块运动的位移等于木块长度时，两者速度相等．此时系统的动量守恒，机械能不守恒．可应用动能定理分别对子弹、木块列式，也可应用动能关系对系统列式．对系统的功能关系是：滑动摩揩力对系统做的功（W =-fd，d为子弹击入木块的深度），等于系统功能的变化（ΔEk = Ek未Ek初）．3．“类子弹击木块”模型问题：此时相互作用力不是介质阻力或滑动摩揩力，而是重力、弹力，此时机械能是守恒的．如弹性碰撞时：动量守恒、动能守恒，以两个运动物体发生弹性碰撞为例：两物体质量分别为m1、m2，碰撞前速度分别为υ10、υ20，碰撞后速度分别为υ1，υ2，且碰撞是弹性正碰，则有：动量守恒即m1υ10+m2υ20 = m1υ1+m2υ2 ①动能守恒即m1υ+m2υ = m1υ+m2υ ②将①式变形有：m1（υ10 -υ1）= m2（υ2- υ20）③将②式变形有：m1（υ10 -υ1）（υ10+υ1）= m2（υ2 -υ20）（υ2+υ20）④将④÷③有：υ10+υ1 = υ2+υ20 ⑤由①和⑤解得：υ1 = υ10+υ20，υ2 = υ10+．当υ20＝0时，υ1＝υ10，υ2 = υ10．当m1 = m2时，υ1＝υ20，υ2 = υ10，即两物体交换速度．规律方法【例1】如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA = ，mB = ，mC = ．现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起．求：（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小．（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能．【解析】（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为υA、υB．由动量守恒定律有：0 = mAυA - mBυB此过程机械能守恒有：Ep = mAυ+mBυ代入Ep＝108J，解得：υA＝/s，υB = /s，A的速度向右，B的速度向左．（2）C与B碰撞时，C、B组成的系统动量守恒，设碰后B、C粘连时速度为υ′，则有：mBυB -mCυC = （mB+mC）υ′，代入数据得υ′ = /s，υ′的方向向左．此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep′，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为υ，则有：动量守恒：mAυA -（mB+mC）υ′ = （mA+mB+mC）υ，代入数据得υ = /s，υ的方向向右．机械能守恒：mAυ+（mB+mC）υ′2 = Ep′+（mA+mB+mC）υ2，代入数据得E′p＝50J．训练题如图所示，滑块A、B的质量分别为m1和m2，m1＜m2，由轻质弹簧连接，置于光滑的水平面上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，并使两滑块以速度υ0向右运动，突然轻绳断开，当弹簧伸长到原长时，滑块A的速度恰好为零．请通过定量分析说明，在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为零的时刻．答案：滑块B不会有速度为零的时刻【例2】如图所示，两个完全相同的质量分别为m的木块A、B置于水平地面上，它们的间距S＝2．．质量为，大小可忽略的滑块C置于A板的左端．C与A、B之间的动摩揩因数μ1 = 0．22，A、B与水平地面之间的动摩揩因数为μ2＝0.10，最大静摩揩力可认为等于滑动摩揩力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C施加一个水平向右、大小为mg的力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？【解析】A、C之间的滑动摩揩力大小为f1，f1 = μ1mcg = 0.44m g，A与水平地面之间的滑动摩揩力大小为f2，f2 = μ2（mA+mC）g = 0.3mg，外力F = mg = 0．4mg可见F＜f1，F＞f2，即首先A和C之间保持相对静，在F的作用下一起向右做加速运动．设A与B碰撞前A、C的速度大小为υ1，由动能定理有：（F-f2）s = （mA+mC）υ 代入数据得：υ1 = 0．8m/sA、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律，设A、B碰后一起运动的速度为υ2，则有：mAυ1 = （mA+mB）υ2 得υ2 = = 0．m/s碰撞后C与A、B之间有相对滑动，此时A、B与地面间滑动摩揩力大小为f3，f3＝μ2（mA+mB+mC）g = 0．4mg，可见F＝f3，即三物体组成的系统受合外力为零，动量守恒，设它们达到的共同速度为υ3，此时A 、B 向前滑动的距离为s1，C 恰好滑到B 板的右端，此后三者一起做匀速运动，C 不会脱离木板，设对应的木块长度为l ．由动量守恒有：mcυ1+（mA+mB ）υ2 = （mC+mA+mB ）υ3 得υ3 = 0．6m/s对A 、B 整体，由动能定理有：f1s1-f3s1 = （mA+mB ）（υ-υ），得s1 =对C ，由动能定理有：F （+s1）- f1（+s1） = mC （υ- υ），得l =训练题如图所示，O 点左侧是粗糙的，右侧是光滑的一轻质弹簧右端与墙壁固定，左端与静止在O 点的质量为m 的小物块A 连接，弹簧处于原长状态．质量也为m 的物块B 在大小为F 的水平恒力．作用下由C 处从静止开始向右运动，已知物块B 与地面EO 段的滑动摩揩力大小为．物块B 运动到O 点与物块A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D 点时撤云外力F 已知CO ＝4s ，OD = s ，求撤去外力后：（1）弹簧的最大弹性势能（2）物块B 最终离O 点的距离（设碰后A 、B 一起运动但不粘连）答案：（1）Ep=5Fs/2（2）L=0．【例3】空间探测器从行星旁边绕过时，由于行星的引力作用，可以使探测器的运动速率增大，这种现象被称之为“弹弓效应”在航天技术中，“弹弓效应”是用来增大人造小天体运动速率的一种有效方法．（1）如图所示是“弹弓效应”的示意图：质量为m 的空间探测器以相对于太阳的速度u0飞向质量为M 的行星，此时行星相对于太阳的速度为u0，绕过行星后探测器相对于太阳的速度为υ，此时行星相对于太阳的速度为υ，由于m M ，υ0、υ、u0、u 的方向均可视为相互平行试写出探测器与行星构成的系统在上述过程中“动量守恒”“及始末状态总动能相等”的方程，并在m<<M 的条件下，用υ0和u0来表示υ．（2）若上述行星是质量为M ＝5．67×的土星，其相对太阳的轨道速率u0 = /s ，而空间探测器的质量m ＝，相对于太阳迎向土星的速率υ0＝/s ，则由于“弹弓效应”，该探测器绕过火星后相对于太阳的速率将增为多少？（3）若探测器飞向行星时其速度υ0与行星的速度u0同方向，则是否仍能产生使探测器速率增大的“弹弓效应”？简要说明理由．【解析】（1）以探测器初始时速度υ0的反方向为速度的正方向由动量守恒定律有：-mυ0+Mu 0 = mυ+Mu由动能守恒有:21mυ20+21Mu 20 = mυ2+Mu 2 由上两式解得：υ = m M m M +-υ0+mM M +2u 0．当m <<M 时，m M m M +-≈1， m M M +2≈2，故近似有υ＝υ0+2u 0（2）从所给数据可知m <<M ，代入υ0、u 0的值可得υ＝29．6km /s（3）当υ0与u 0方向同向时，此时υ0、u 0都取负值，为使探测器能追上行星，应使｜υ0｜＞|u 0|，此时有υ = υ0+2（u 0）即｜υ｜＝｜υ0．2u 0｜＜|υ0|可见不能使探测器速率增大训练题如图所示，运动的球A 在光滑的水平面上与一个原来静止的B球发生弹性碰撞，碰撞前后的速度在一条直线上A、B 的质量关系如何，才可以实现使B 球获得：（1）最大的动能；（2）最大的速度；（3）最大的动量（设两球半径相等）答案：（1）E k2m =m A v 02/2（2）v Bm =2v 0（3）P 2m =2m A v 0【例4】如图所示，弹簧上端固定在O 点，下端挂一木匣A ，木匣A 顶端悬挂一木块B （可视为质点），A 和B 的质量都为m = 1kg ，B 距木匣底面高度h = 16cm ，当它们都静止时，弹簧长度为L 某时刻，悬挂木块B 的细线突然断开，在木匣上升到速度刚为0时，B 和A 的底面相碰，碰撞后结为一体，当运动到弹簧长度又为L 时，速度变为υ′ = 1m/s 求：（1）B 与A 碰撞中动能的损失ΔE k ;（2）弹簧的劲度系数k ；（3）原来静止时弹簧内具有的弹势势能E 0【解析】线断后，A 向上做简谐运动，刚开始为最低点，此时弹簧伸长为x ，应有kx = 2mg ；A 到达平衡位置时，应有kx 1 = mg ，x 1为此时弹簧的伸长，可见x = 2x 1，A 振动的振幅即x 1 = 2x ，当A 到达最高点时，A 的速度为零，弹簧处于原长位置，弹簧的弹性势能也为零．（1）当A 、B 结为一体运动到弹簧长度又为L 时，弹簧中弹性势能不变，A 的重力势能不变，B 的重力势能减少mgh ，此时A 、B 具有动能·2m ·υ2，可见系统（A 、B 及弹簧）减少的机械能为ΔE ＝mgh ·2mυ2 = 0．6J只有在B 与A 碰撞粘合在一起时有机械能（动能）的损失，其他过程均不会损失机械能，故碰撞中损失的动能即系统损失的机械能：ΔE k = ΔE ＝0．6J（2）A 、B 发生碰撞时，A 向上运动了x ，速度为零;B 向下自由下落了h- x ，速度为υB ，由机械能守恒定律有：mg （h- x ） = 21mυ2B A 和B 碰撞过程，动量守恒，设碰后共同速度为υ，则mυB = 2mυ由能量守恒有：21mυ2B = ΔE k +21·2m ·υ2由以上各式，代入数据解得：x = 0．04m ，k = 500N/m（3）线断后，A 从最低点到最高点时，弹簧原来具有的弹性势能转化为A 的重力势能，有E 0＝mgx ，得E 0 = 0.4J 训练题如图所示，一质量M ＝2kg 的长木板B 静止于光滑的水平面上，B 的右端与竖直档板的距离为s ＝1m ，一个质量m= 1kg 的小物体A 以初速度υ0 = 6m/s 从B 的左端水平滑上B ，在B 与竖直挡板碰撞的过程中，A 都没有到达B 的右端设物体A 可视为质点，A 、B 间的动摩擦因数μ = 0.1，B 与竖直挡板碰撞时间极短，且碰撞过程中无机械能损失，g 取10m/s 2求：（1）B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A 、B 的速度各是多少？（2）最后要使A 不从B 的两端滑下，木板B 的长度至少是多少？（结果保留3位有效数字）答案：（1）v A =4m/s ，v B =1m/s（2）L=18．0m能力训练1．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘结在一起，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m 的子弹以速度u 水平射向滑块若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，则整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较（ AB ）A ．两次子弹对滑块做的功一样多B ．两次滑块所受冲量一样大C ．子弹嵌入下层过程中对滑块做功多D ．子弹击中上层过程中，系统产生的热量多2．1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念任何一个运动着的物体，小到电子，大到行星、恒星都有一种波与之对应，波长为λ = ph ，P 为物体运动的动量，h 是普朗克常量．同样光也具有粒子性，光子的动量为：P = λh．根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子，会发生下列情况：设光子频率为ν，则E = h ν，P = λh = c hv ，被电子吸收后有h ν = 21m e υ2，h cv = m e υ，解得：υ = 2C ．电子的速度为光速的2倍，显然这是不可能的关于上述过程以下说法正确的是（ CD ）A ．因为在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子B ．因为在微观世界能量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子C ．动量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，所以惟一结论是电子不可能完全吸收一个r 光子D ．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则r 光子被电子散射后频率会减小3．如图所示，质量为m 的子弹以速度υ0水平击穿放在光滑水平地面上的木块木块长为L ，质量为M ，木块对子弹的阻力恒定不变，子弹穿过木块后木块获得动能为E k ，若木块或子弹的质量发生变化，但子弹仍穿过木块，则（ AC ）A ．M 不变，m 变小，则木块获得的动能一定变大B ．M 不变，m 变小，则木块获得的动能可能变大C ．m 不变，M 变小，则木块获得的动能一定变大D ．m 不变，M 变小，则木块获得的动能可能变大4．如图所示，半径为R 的光滑圆环轨道与高为10R 的光滑斜面安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，在水平轨道CD 上一轻质弹簧被两小球a 、b 夹住（不连接）处于静止状态，今同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆环轨道最高点A ，b 球恰好能到达斜面最高点B ，已知a 球质量为m ，求释放小球前弹簧具有的弹性势能为多少？答案：Ep=7．5mgR5．如图所示，光滑水平面上，质量为2m 的小球B 连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m 的小球A 以初速度v 0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B 运动，过一段时间，A 与弹簧分离，设小球A 、B 与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内（1）求当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E ．（2）若开始时在小球B 的右侧某位置固定一块挡板(图中未画出)，在小球A 与弹簧分离前使小球B 与挡板发生正撞，并在碰后立刻将挡板撤走．设小球B 与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变、但方向相反。

高考物理考前回归教材单元综合突破二相互作用

2013年高考物理考前回归教材之单元综合突破二(相互作用)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下面关于重力、重心的说法中正确的是( )A．风筝升空后，越升越高，其重心也升高B．质量分布均匀、形状规则的物体的重心一定在物体上C．舞蹈演员在做各种优美动作时，其重心位置不变化D．重力的方向总是垂直于地面解析：实际上，一个物体的各个部分都受到重力，重心的说法是从宏观上研究重力对物体的作用效果时而引入的一个概念，重心是指一个点(重力的作用点)．由此可知，重心的具体位置应该由物体的形状和质量分布情况决定，也就是说只要物体的形状和质量分布情况不变，重心与物体的空间位置关系就保持不变．重心可能在物体外，也可能在物体内，对具有规则几何形状、质量均匀分布的物体，重心在物体的几何中心上．物体位置升高，其重心也跟着升高，根据以上分析可以判断选项A是正确的，选项B、C是错误的．重力的方向是“竖直向下”的，要注意“竖直向下”与“垂直于地面”并不完全相同，所以选项D的说法是错误的．答案：A图12．如图1，加装“保护器”的飞机在空中发生事故失去动力时，上方的降落伞就会自动弹出．已知一根伞绳能承重2940 N，伞展开后伞绳与竖直方向的夹角为30°，飞机的质量约为30吨．忽略其他因素，仅考虑当飞机处于平衡时，降落伞的伞绳至少所需的根数最接近于(图中只画出了2根伞绳)( )A．120 B．90C．60 D．30解析：由力的平衡可知，2940×cos30°·n＝30×104, n＝118，则降落伞的伞绳至少所需的根数最接近120根，A正确．答案：A3．假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀产生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前图2部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大(如图2所示)，他先后做出过几个猜想，其中合理的是( )A．刀刃前部和后部厚薄不一样，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B．在刀背上加上同样的力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C．在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D．在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大解析：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为L，如图a所示．图3当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体．由对称性知，这两个分力大小相等(F1＝F2)，由此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图b所示．在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑(图中阴影部分)，根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，有关系式F1F/2＝Ld/2＝1sinθ，得F1＝F2＝F2sinθ.由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大．但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚．答案：D图44．(2012·河北承德模拟)如图4所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态．则该力可能为图中的( )A．F1B．F2C．F3D．F4解析：由于小球B处于静止状态，且细线OB沿竖直方向，因此细线AB无弹力，对小球A 受力分析，由于它受力平衡，并根据小球A受到的细线的拉力和重力的方向可知，施加给小球A的力F应沿F2或F3的方向，故选B、C.答案：BC图55．如图5所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不同的位置时，下列判断正确的是( )A．B端移到B1位置时，绳子张力不变B．B端移到B2位置时，绳子张力变小C．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D．B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小解析：以悬挂点为研究对象，画出其受力图，则两侧绳子的拉力相等，设绳子长为L，左、右两侧绳子长为L1、L2，两杆之间的宽度为d，两绳与竖直方向的夹角为θ，L1sinθ＋L2sinθ＝d，所以sinθ＝d/L，可见θ只由d、L决定，与其他因素无关，根据G＝2F cosθ，F的大小与绳子在B、B1、B2的位置无关，所以A正确．将杆移动到虚线位置时，d变小，θ变小，根据F＝G2cosθ，绳子张力变小，可见D正确．答案：AD6．如图6所示，水平地面上的物体A，在斜面上的拉力F的作用下，向右做匀速运动，则下列说法中正确的是( )图6A．物体A可能只受到三个力的作用B．物体A一定受到四个力的作用C．物体A受到的滑动摩擦力大小为F cosθD．物体A对水平地面的压力的大小一定为F sinθ解析：图7分析物体A受力如图7所示，由平衡条件可知，F cosθ＝F f，F N＋F sinθ＝mg，因F f≠0，F N一定不为零，故物体A一定受四个力作用，A错误，B、C正确；F N＝mg－F sinθ，故D错误．答案：BC图87．如图8所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止．已知A和B的质量分别为m A、m B，绳与水平方向的夹角为θ，则( )A．物体B受到的摩擦力可能为0B．物体B受到的摩擦力为m A g cosθC．物体B对地面的压力可能为0D．物体B对地面的压力为m B g－m A g sinθ解析：图9对B受力分析如图9所示，则水平方向上：F f＝F T cosθ，由于F T＝m A g，所以F f＝m A g cosθ，故A错B对；竖直方向上：F NB＋F T sinθ＝m B g.所以F NB＝m B g－F T sinθ＝m B g－m A g sinθ，故C错D对．答案：BD8．如图10所示，放在水平桌面上的木块A处于静止状态，所挂的砝码和托盘的总质量为0.6 kg，弹簧测力计读数为2 N，滑轮摩擦不计，若轻轻取走盘中的部分砝码，使总质量减小到0.3 kg，将会出现的情况是(取g＝10 m/s2)( )图10A．弹簧测力计的读数将变小B．A仍静止不动C．A对桌面的摩擦力不变D．A所受的合力将要变大解析：初态时，对A：图11得到F f＝F1－F2＝4 N，说明最大静摩擦力F f max≥4 N，当将总质量减小到0.3 kg时，F f′＝1 N<4 N，所以物体仍静止，故只有B正确．答案：B9．(2011·天津理综)如图12所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )图12A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小解析：B向右做匀减速直线运动，加速度大小不变、方向向左，故所受摩擦力的方向向左，大小不变，即A正确，B、C、D均错误．答案：A10．(2011·安徽理综)一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图13所示．则物块( )图13A．仍处于静止状态B．沿斜面加速下滑C．受到的摩擦力不变D．受到的合外力增大解析：物块恰好静止在斜面上，沿斜面方向有：mg sinθ＝μmg cosθ，得μ＝tanθ，摩擦力f＝mg sinθ，施加一个竖直向下的恒力F后，沿斜面向下的力(mg＋F)sinθ与沿斜面向上的力μ(mg＋F)cosθ仍然相等，所以物块仍处于静止状态，合外力不变，仍为零，故A正确，B、D错误．受到的摩擦力f′＝(mg＋F)sinθ，变大，故C错误．答案：A第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．“验证力的平行四边形定则”实验中．(1)部分实验步骤如下，请完成有关内容：A．将一根橡皮筋的一端固定在贴有白纸的竖直平整木板上，另一端绑上两根细线．B．在其中一根细线上挂上5个质量相等的钩码，使橡皮筋拉伸，如图甲所示，记录：________、________、________.图14C ．将步骤B 中的钩码取下，分别在两根细线上挂上4个和3个质量相等的钩码，用两光滑硬棒B 、C 使两细线互成角度，如图乙所示，小心调整B 、C 的位置，使________，记录________．(2)如果“力的平行四边形定则”得到验证，那么图乙中cos αcos β＝________. 解析：(1)B.记录钩码个数(或细线拉力)，橡皮筋与细线结点的位置O ，细线的方向(说明：能反映细线方向的其他记录也可以)C ．应使橡皮筋与细线结点的位置与步骤B 中结点位置重合，并记录钩码个数和对应的细线方向．(2)对结点进行受力分析，设每个钩码的质量均为m ，由平衡条件可知，水平方向满足：4mg cos α＝3mg cos β，所以cos αcos β＝34. 答案：(1)见解析 (2)3412．通过“探究弹簧弹力与弹簧伸长量之间的关系”实验，我们知道：在弹性限度内，弹簧弹力F 与形变量x 成正比，并且不同弹簧，其劲度系数也不同．某中学的探究学习小组从资料中查到：弹簧的劲度系数与弹簧的材料和形状有关．该学习小组想研究弹簧的劲度系数与弹簧原长的关系，现有A ，B ，C ，D 四根材料和粗细完全相同仅长度不同的弹簧．(1)学习小组的同学们经过思考和理论推导，各自提出了自己的看法，其中甲同学认为弹簧的劲度系数可能与弹簧长度成正比，乙同学认为弹簧的劲度系数可能与弹簧原长成反比，甲、乙有一名同学的看法是正确的．你认为正确的是________(填“甲”或“乙”)，就这一环节而言，属于科学探究中的哪个环节________(填序号)．A ．分析与论证B ．进行实验与收集证据C ．猜想与假设D ．制定计划与设计实验(2)为验证甲、乙谁的看法正确，可通过实验完成，实验器材除上述弹簧和已知质量的几个钩码外，还需要的实验器材是________．(3)探究学习小组进行实验记录的数据如下表所示．实验数据记录(g ＝10 m/s 2)请完成上表，从中得出的结论为：________.解析：(1)弹簧的劲度系数由弹簧的本身决定，而与悬挂的重物无关，所以乙正确．由于实验还没有被证实，所以属于猜想与假设环节．(2)实验中需要悬挂弹簧测力计，所以需要铁架台，还需要测量弹簧形变量，所以需要刻度尺．(3)根据数据计算可知道：在实验允许的误差范围内，弹簧的劲度系数与弹簧原长成反比．答案：(1)乙 C (2)铁架台、刻度尺(3)4.00 cm 50 N/m结论为：在实验允许的误差范围内，弹簧的劲度系数与弹簧原长成反比．三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)图1513．如图15所示，光滑斜面倾角为θ＝30°，一个重20 N的物体在斜面上静止不动．轻质弹簧原长为10 cm，现在的长度为6 cm.(1)求弹簧的劲度系数；(2)若斜面粗糙，将这个物体沿斜面上移6 cm，弹簧与物体相连，下端固定，物体仍静止于斜面上，求物体受到的摩擦力的大小和方向．解析：(1)对物体受力分析，则有：mg sinθ＝F此时F＝kx1联立以上两式，代入数据，得：k＝250 N/m.(2)物体上移，则摩擦力方向沿斜面向上有：F f＝mg sinθ＋F′此时F′＝kx2＝5 N代入上式得F f＝15 N.答案：(1)250 N/m (2)15 N 沿斜面向上图1614．如图16所示，板A的质量为m，滑块B的质量为2m，板A用绳拴住，绳与斜面平行，滑块B沿倾角为α的斜面在A板的中间一段匀速下滑，若A、B之间以及B与斜面间的动摩擦因数相同，求动摩擦因数μ解析：图17取B 为研究对象，受力分析如图17所示．由平衡条件得2mg sin α＝μF N 1＋μF N 2① 对于A ，由平衡条件得F ′N 2＝F N2＝mg cos α②对于A 、B 整体，由平衡条件得F ′N1＝F N1＝3mg cos α③由①②③得μ＝12tan α 答案：12tan α图1815．在倾角为α的斜面上，一条质量不计的皮带一端固定在斜面上端，另一端绕过一中间有一圈凹槽的圆柱体，并用与斜面夹角为β的力拉住，使整个装置处于静止状态，如图18所示．不计一切摩擦，圆柱体质量为m ，求拉力F 的大小和斜面对圆柱体的弹力F N 的大小．某同学分析过程如下：将拉力F 沿斜面和垂直于斜面方向进行分解．沿斜面方向：F cos β＝mg sin α①沿垂直于斜面方向：F sin β＋F N ＝mg cos α②问：你同意上述分析过程吗？若同意，按照这种分析方法求出F 及F N 的大小；若不同意，指明错误之处并求出你认为正确的结果．解析：不同意．平行于斜面的皮带对圆柱体也有力的作用，其受力如图19所示．图19①式应改为：F cos β＋F ＝mg sin α③由③得F ＝mg sin α1＋cos β④将④代入②，解得F N ＝mg cos α－F sin β＝mg cos α－mg sin βsin α1＋cos β. 答案：不同意，错误之处及正确结果见解析图2016．如图20所示，ABCD 为一倾角θ＝30°的粗糙斜面，其中AD 边与BC 边平行，斜面上有一重G ＝10 N 的物体，当对物体施加一个与AD 边平行的拉力F 时，物体恰能做匀速直线运动，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ＝63，求力F 的大小以及物体运动方向与力F 方向间的夹角α.解析：垂直于斜面方向上，物体对斜面的压力N ＝G cos θ；在斜面所在平面上，滑块受力为拉力F ，摩擦力f 和重力的分力G sin θ，根据物体的平衡条件有：μN ＝F 2＋G sin θ2 解得F ＝5 N ，tan α＝G sin θF ＝1，故α＝45°. 答案：5 N 45°。

高考物理(浙江专用)三轮考前通关：回归教材查缺补漏2曲线运动

标志着中国迈入中国航天“三步走”战略的第二步第二阶
段.21时25分，天宫一号进入近地点约200公里，远地点约
346.9公里，轨道倾角为42.75度，周期为5 382秒的运行轨
道．由此可知
( )．
A．天宫一号在该轨道上的运行周期比同步卫星的运行周期短
B．天宫一号在该轨道上任意一点的运行速率比同步卫星的运行速率小
解析根据牛顿第二定律，卫星的加速度取决于其受到的万有引力，由 GMr2m＝ma 知，在 P 点 a1＝a2，在 Q 点 a2＝a3， A 项正确；GMr2m＝mvr2是物体做圆周运动的条件，只适用于圆周运动，故 D 项错误；在 P 点由近地圆轨道 1 变轨到椭圆轨道 2 必须加速，即 v2>v1，所以 B 项中“v2<v1”的假设错误， B 项错误；C 项中椭圆轨道 2 在 Q 点的半径应是椭圆轨道在 Q 点的一小段圆弧的曲率半径，故 C 项的假设和结论都是正确的．答案 AC
6．如图 4 所示，是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置， M 为半径 R＝1.0 m、固定于竖直平面内的14光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径 r＝ 0.69 m 的14圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于轨道 M 的上端点，轨道 M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量 m＝0.01 kg 的钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道运动到轨道 M 的上端点时恰好对轨道无压力，水平飞出后落到圆弧 N 的某一点上，取 g＝10 m/s2，求：
图4
(1)弹簧枪发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep； (2)钢珠落到圆弧N上时的速度vN的大小．(结果保留两位有效数字)
解析 (1)设钢珠在轨道 M 最高点的速度为 v，由题意得 mg

高考物理回归教材绝对考点突破二