备战高考物理临界状态的假设解决物理试题(大题培优易错试卷)
一、临界状态的假设解决物理试题
1．如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥顶角为2θ，当圆锥和球一起以角速度ω匀速转动时，球压紧锥面．
()1此时绳的张力是多少？
()2若要小球离开锥面，则小球的角速度至少为多少？
【答案】（1）()2
2cos sin T mg m l θωθ=+（2）cos g
l ωθ
=【解析】
（1）小球此时受到竖直向下的重力mg ，绳子的拉力T ，锥面对小球的支持力N ，三个力作用，合力充当向心力，即合力2sin F m l ωθ= 在水平方向上有，sin cos T N ma F ma θθ-==，， 在竖直方向上：cos sin T N mg θθ+= 联立四个式子可得()22cos sin T mg m l θωθ=+
（2）重力和拉力完全充当向心力时，小球对锥面的压力为零， 故有向心力tan F mg θ=，2sin F m l ωθ=，联立可得cos g
l ωθ
=，即小球的角速度至
少为cos g
l ωθ
=
；
2．如图甲所示，小车B 紧靠平台的边缘静止在光滑水平面上，物体A （可视为质点）以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v -t 图像如图乙所示，取重力加速度g =10m /s 2，求：
(1)物体A 与小车上表面间的动摩擦因数； (2)物体A 与小车B 的质量之比； (3)小车的最小长度。
【答案】(1)0.3；(2)1
3
；(3)2m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据v t -图像可知，A 在小车上做减速运动，加速度的大小
21241m /s 3m /s 1
v a t ==?-?=
若物体A 的质量为m 与小车上表面间的动摩擦因数为μ，则
1mg ma μ=
联立可得
0.3μ=
(2)设小车B 的质量为M ，加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律
2mg Ma μ=
得
1
3
m M = (3)设小车的最小长度为L ，整个过程系统损失的动能，全部转化为内能
2
201
1()22
mgL mv M m v μ=-+
解得
L =2m
3．如图甲，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O 在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v ，此时绳子拉力大小为F ，拉力F 与速度的平方的关系如图乙所示，图象中的数据a 和b 以及重力加速度g 都为已知量，以下说法正确的是（ ）
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.当时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则有：
解得：
解得：
与物体的质量无关，A错误；
B.当时，对物体受力分析，则有：
解得：
b=mg
与小球的质量有关，B错误；
C.根据AB可知：
与小球的质量有关，与圆周轨道半径有关，C错误；
D. 若F=0，由图知：，则有：
解得：
当时，则有：
解得：
D正确．
4．一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为F T，则F T随ω2变化的图象是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为θ，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为F T，圆锥对小球的支持力为F N，根据牛顿第二定律有
F T sinθ－F N cosθ＝mω2L sinθ
F T cosθ＋F N sinθ＝mg
联立解得
F T＝mg cosθ＋ω2mL sin2θ
小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有
F T sinα＝mω2L sinα
解得
F T＝mLω2
故C正确。
故选C。
5．中国已进入动车时代，在某轨道拐弯处，动车向右拐弯，左侧的路面比右侧的路面高一些，如图所示，动车的运动可看作是做半径为R的圆周运动，设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L，已知重力加速度为g，要使动车轮缘与内、外侧轨道无挤压，则动车拐弯时的速度应为（）
A．gRh
L
B．
gRh
d
C．
2
gR
D．
gRd
h
【答案】B
【解析】
【详解】
把路基看做斜面，设其倾角为θ，如图所示
当动车轮缘与内、外侧轨道无挤压时，动车在斜面上受到自身重力mg和斜面支持力N，二者的合力提供向心力，即指向水平方向，根据几何关系可得合力F=mg tanθ，合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
mg tanθ＝
2 v m
R
计算得v tan
gR
tanθ＝h d
带入解得v gRh
d
gRh
d
压，故B正确，ACD错误。故选B。
6．如图所示，AB为竖直转轴，细绳AC和BC的结点C系一质量为m的小球，两绳能承担的最大拉力均为2mg。当AC和BC均拉直时∠ABC=90°，∠ACB=53°，BC=1m．ABC能绕竖直轴AB匀速转动，因而C球在水平面内做匀速圆周运动．当小球的线速度增大时，两绳均会被拉断，则最先被拉断那根绳及另一根绳被拉断时的速度分别为（已知g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（）
A．AC绳 5m/s B．BC绳 5m/s
C．AC绳 5.24m/s D．BC绳 5.24m/s
【答案】B
【解析】
【分析】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，求出A绳的拉力，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先断；当BC绳断之后，小球线速度继续增大，小球m作离心运动，AC绳与竖直方向的夹角α增大，对球进行受力分析，根据合外力提供向心力列式求解。
【详解】
当小球线速度增大时，BC逐渐被拉直，小球线速度增至BC刚被拉直时，根据牛顿第二定律得：
对小球有
T A sin∠ACB﹣mg=0 ①
T A cos∠ACB+T B=
2
v
m
l
②
由①可求得AC绳中的拉力T A=5
4
mg，线速度再增大些，T A不变而T B增大，所以BC绳先
断。
当BC绳刚要断时，拉力为T B=2mg，T A=5
4
mg，代入②得
22
5
cos2 4v v
mg ACB mg m m
r l
∠+==
解得
v=5.24m/s
当BC线断后，AC线与竖直方向夹角α因离心运动而增大，当使球速再增大时，角α随球速增大而增大，当α=60°时，T AC=2mg，AC也断，
则有
T AC sin53°2
sin 60AC v m L =?
代入数据解得
v =5m/s
故BC 线先断；AC 线被拉断时球速为5.0m/s ． 故选B 。 【点评】
解决本题的关键搞清向心力的来源，抓住临界状态的特点，运用牛顿第二定律进行求解．
7．火车以速率1v 向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车s 处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率2v 做匀速运动，于是司机立即使车做匀减速运动，该加速度大小为a ，则要使两车不相撞，加速度a 应满足的关系为（ ）
A ．()
221
22v
v a s
->
B ．2
12v a s
>
C ．22
2v a s
>
D ．()2
1
22v v a s
->
【答案】D 【解析】 【详解】
ABCD.设经过时间t 两车相遇，则有
2211
2
v t s v t at +=-
整理得
()221220at v v t s +-+=
要使两车不相撞，则上述方程无解，即
()2
21480v v as ?=--<
解得
()2
12
2v v a s
->
故D 正确ABC 错误? 故选D 。
8．在上表面水平的小车上叠放着上下表面同样水平的物块A 、B ，已知A 、B 质量相等，A 、B 间的动摩擦因数10.2μ=，物块B 与小车间的动摩擦因数20.3μ=。小车以加速度
0a 做匀加速直线运动时，A 、B 间发生了相对滑动，B 与小车相对静止，设最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度g 取210m/s ，小车的加速度大小可能是（ ）
A ．22m/s
B ．22.5m/s
C ．23m/s
D ．24.5m/s
【答案】BC 【解析】 【详解】
以A 为研究对象，由牛顿第二定律得：
μ1mg =ma 0，
得：
a 0=μ1g =2m/s 2，
所以小车的加速度大于2m/s 2。
当B 相对于小车刚要滑动时静摩擦力达到最大值，对B ，由牛顿第二定律得：
μ2?2mg -μ1mg =ma ，
得
a =4m/s 2，
所以小车的加速度范围为
2m/s 2＜a ≤4m/s 2，
故AD 错误，BC 正确。 故选BC 。
9．如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A ，质量为M =0.8kg 。一细线的一端固定于楔形滑块A 的顶端O 处，细线另一端拴一质量为m =0.2kg 的小球。若滑块与小球在外力F 作用下，一起以加速度a 向左做匀加速运动。取g =10 m/s 2;s in 370=0.6;s in 530=0.8，则下列说法正确的是（ ）
A ．当a =5 m/s 2时，滑块对球的支持力为0 N
B ．当a =15 m/s 2时，滑块对球的支持力为0 N
C ．当a =5 m/s 2时，外力F 的大小为4N
D ．当a =15 m/s 2时，地面对A 的支持力为
10N 【答案】BD 【解析】 【详解】
设加速度为a 0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力和拉力， 根据牛顿第二定律，有：
水平方向：0cos37F F ma =?=合， 竖直方向：sin37F mg ?=，
解得204
13.3m/s 3
a g =
= A.当2
05m/s a a =<时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，选项A 错误； B.当2
015m/s a a =>时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为
零，选项B 正确；
C.当25m/s a =时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：
()5N F M m a =+=
选项C 错误；
D.当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A 的支持力一定等于两个物体的重力之和，即
()10N N M m g =+=
选项D 正确。 故选BD 。
10．如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r =0.4m ，最低点处有一小球（半径比r 小很多），现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足（g =10m/s 2）（ ）
A ．04v ≥m/s
B ．025v ≥
C ．025m/s 22m/s v ≤≤
D ．022v ≤m/s
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
小球不脱离圆轨道时，最高点的临界情况为
2
v mg m r
=
解得
2v gr ==m/s
根据机械能守恒定律得
22011
222
mv mg r mv =?+
解得
025
v=m/s
故要使小球做完整的圆周运动，必须满足
25
v≥m/s；
若不通过圆心等高处小球也不会脱离圆轨道，根据机械能守恒定律有
2
1
2
mgr mv
=
解得
22
v=m/s
故小球不越过圆心等高处，必须满足
22
v≤m/s，所以要使小球不脱离圆轨道运动，v0
应当满足
25
v≥m/s或
22
v≤m/s，AC错误，BD正确。
故选BD。
11．如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点处有一正离子源，单位时间在xOy平面内发射n0个速率为υ的离子，分布在y轴两侧各为θ的范围内．在x轴上放置长度为L的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L，当磁感应强度为B0时，沿y轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间的相互作用．
（1）求离子的比荷q
m
；
（2）若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；
（3）假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布．当θ=370，磁感应强度在B0≤B≤ 3B0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系（不计离子在磁场中运动的时间）
【答案】（1）
q v
m B L
=（2）
3
π（3）
00
1.6
B B B
≤≤时，
10
n n
=；
00
1.62
B B B
<≤时，
20
5
(5)
2
B
n n
B
=-；
00
23
B B B
<≤时，有
3
n=
【解析】
（1）洛伦兹力提供向心力，故
2
v qvB m
R
=，
圆周运动的半径R=L，解得
q v
m B L
=
（2）和y轴正方向夹角相同的向左和向右的两个粒子，达到x轴位置相同，当粒子恰好达到收集板最左端时，θ达到最大，轨迹如图1所示，
根据几何关系可知2(1cos
)
m
x R L
θ
?=-=，解得
3
m
π
θ=
（3）
B B
>，全部收集到离子时的最小半径为R，如图2，有
1
2cos37
R L
?=，
解得10
1
1.6
mv
B B
qR
==
当
00
1.6
B B B
≤≤时，所有粒子均能打到收集板上，有
10
n n
=
1.6
B B
>，恰好收集不到粒子时的半径为
2
R，有
2
0.5
R L
=，即
20
2
B B
=
当
00
1.62
B B B
<≤时，设'
mv
R
qB
=，解得
200
2'5
5
2'(1cos37)2
R L B
n n n
R B
??
-
==-
?
-???
当
00
23
B B B
<≤时，所有粒子都不能打到收集板上，
3
n=
12．如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2，求：
(1)在最高点时，绳的拉力；
(2)在最高点时水对小杯底的压力；
(3)为使“水流星”能完成竖直平面内的圆周运动，在最高点时最小速率是多少？
【答案】(1)9N，方向竖直向下，(2)6N，方向竖直向上，10m/s。
【解析】
【详解】
(1)以小杯m 和水M 为研究对象，根据牛顿第二定律：
2
()()v T M m g M m r
++=+
解得绳子的拉力：9N T =，方向竖直向下； (2)在最高点时，以水为研究对象：
2
v N Mg M r
+= 解得：6N N =，根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N ，方向竖直向上； (3)绳子拉力为0时，通过最高点速率最小：
2min
()()v M m g M m r
+=+ 解得：min 10m/s v =。
13．如图甲所示，在足够大的水平地面上有A 、B 两物块(均可视为质点)。t =0时刻，A 、B 的距离x 0=6m ，A 在水平向右的推力F 作用下，其速度—时间图象如图乙所示。t =0时刻，B 的初速度大小v 0=12m/s 、方向水平向右，经过一段时间后两物块发生弹性正碰。已知B 的质量为A 的质量的3倍，A 、B 与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、2μ=0.4，取g=10m/s 2。
(1)求A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的时间t 1以及距离x 1； (2)求从t =0时刻起到A 与B 相遇的时间t 2；
(3)若在A 、B 碰撞前瞬间撤去力F ，求A 、B 均静止时它们之间的距离x 。
【答案】(1)3s ，18m(2)4s(3)10m 【解析】 【详解】
(1)设B 的质量为3m ，A 、B 碰撞前B 在地面上滑动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
233mg ma μ?=
若A 、B 碰撞前B 已停止运动，则由匀变速直线运动的规律有：
010v at =-
2012v ax -=-
解得
1t =3s ，1x =18m
由题图乙可得，0~3s 时间内A 滑动的距离为：
()1
1382
A x =?+?m=16m
由于
01A x x x <+=24m
故A 、B 碰撞前B 已停止运动，假设成立。
(2)由(1)可知1t =3s 时，A 、B 尚未发生碰撞，故A 、B 碰撞前瞬间A 的速度大小为：
A v =8m/s
经分析可知
0121()A A x x x v t t +-=-
解得：
2t =4s
(3)设碰撞后瞬间A 、B 的速度分别为1v 、2v ，有：
123A mv mv mv =+
222121113222
A mv mv mv =+? 解得：
1v =4m/s(1v 为负值，说明1v 的方向水平向左)，2v =4m/s
设A 、B 碰撞后滑行的距离分別为L 1、L 2，有：，
12x L L =+
根据动能定理有：
21111
02mgL mv μ-=-
2
22213032
mgL mv μ-?=-?
解得：
x =10m
14．如图所示，A 、B 是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为U 1，C 、D 是水平放置的平行金属板，板间距离为d ，板的长度为L ，P 是C 板的中点，A 、B 两板小孔连线的延长线与C 、D 两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求： (1)为了使负离子能打在P 点，C 、D 两板间的电压应为多少？ (2) C 、D 两板间所加的电压为多少时，负离子不能打在板上？
【答案】（1）2
12
8U d L
（2）21222U d U L '≤ 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设负离子的质量为m ，电量为q ，从B 板小孔飞出的速度为v 0，由动能定理得：
U 1q ＝
2012
mv 由类平抛规律有：
2
L
＝v 0t 2d ＝12
at 2 又
a ＝
2
qU md
联立解得
U cd ＝2
12
8U d L
(2)若负离子不能打在板上，则应满足：
L ＝v 0t '
2
122
d a t ''≥ 又
2
qU a md ''
= 联立解
U 2′2
12
2U d L
≤
15．为了测量玻璃棱镜的折射率n ，采用如图所示装置．棱镜放在会聚透镜的前面，AB 面垂直于透镜的光轴．在透镜的焦平面上放一个屏，当散射光照在AC 面上时在屏上可以观察到两个区域：照亮区和非照亮区．连接两区分界处（D 点）与透镜光心Ο的线段OD 与透镜光轴OO '成角30°．试求棱镜的折射率n ．棱镜的顶角30α
=?．
【答案】2
(13)1 1.24n =-+≈
【解析】 【详解】
我们分析AC 面上某点α处光线的折射情况（如图所示）．根据题意各个方向的光线（散射光）可能照射到这个面上，因为玻璃棱镜与空气相比为光密介质，折射角不可以大于某一极限角0r ，0r 由01
sin r n
=
式子决定，从a 点发出光线锥体的达缘光线，将分别以角00r r α'=-和00r r α='+'射在ΑΒ面上的b 和c 两点，要注意：00r r '<，而00r r ''>．这意味
着，光线ab 在玻璃与空气的分界面上不会发生全反射，这时光线ac 却被完全反射．光线在b 点从棱镜射出，光线的折射角0i 从下面关系式可以得到
00sin 1
sin r i n
='． 由此得到
()00
sin 1sin r i n
α-=
, 整理得到2
0sin cot +1sin i n αα??=- ???
． 以角0i 从棱镜中射出的所有光线将会聚在透镜焦平面上某一点（图中D 点），从透镜光心指向此点的方向与光轴成角0i 光线不可能射到D 点上方（非照亮区），因为从棱镜射出的光线与光轴向上的倾角不可能大于 ．照亮区位于D 点下方，而光线与光轴向下的倾角可以是从0°到90°这个范围内任意一个角度（例如，在图中的d 点处，从棱镜射出的光线与光轴向下倾斜成90°）．在本情况下，=30α?，030i =?因而
n=≈．
1.24
【点睛】
解答本题的要点是对散射光经棱镜后的出射光线中的临界光线的分析，找到了临界光线的出射方向，后面的问题便瞬时化解．
如果答题者对屏上照亮区和非照亮区的成因没有正确的认识，或者是对漫散射光经三棱镜后形成的出射区域不能做出正确的分析，此题便无法得到正确的解答，甚至连题都无法读懂．
2018年天津市高考物理试卷 一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1．（6.00分）国家大科学工程﹣﹣中国散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台。下列核反应中放出的粒子为中子的是（） A．N俘获一个α粒子，产生O并放出一个粒子 B．Al俘获一个α粒子，产生P并放出一个粒子 C．B俘获一个质子，产生Be并放出一个粒子 D．Li俘获一个质子，产生He并放出一个粒子 2．（6.00分）滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直圆面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（） A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变 3．（6.00分）如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为a M、a N，速度大小分别为v M、v N，电势能分别为E PM、E PN．下列判断正确的是（）
A．v M＜v N，a M＜a N B．v M＜v N，φM＜φN C．φM＜φN，E PM＜E PN D．a M＜a N，E PM＜E PN 4．（6.00分）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P．若发电机线圈的转速变为原来的，则（） A．R消耗的功率变为P B．电压表V的读数变为U C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 5．（6.00分）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n＞2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定（） A．Hα对应的前后能级之差最小 B．同一介质对Hα的折射率最大 C．同一介质中Hδ的传播速度最大 D．用Hγ照射某一金属能发生光电效应，则Hβ也一定能 二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） 6．（6.00分）2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面
一、第一章运动的描述易错题培优（难） 1．甲、乙两辆赛车从同一地点沿同一平直公路行驶。它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是( ) A．60 s时,甲车在乙车的前方 B．20 s时,甲、乙两车相距最远 C．甲、乙加速时,甲车的加速度大于乙车的加速度 D．40 s时,甲、乙两车速度相等且相距900m 【答案】AD 【解析】 【详解】 A、图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，由图象可知60s时，甲的位移大于乙的位移，所以甲车在乙车前方，故A正确； B、40s之前甲的速度大于乙的速度，40s后甲的速度小于乙的速度，所以40s时，甲乙相距最远，在20s时，两车相距不是最远，故B错误； C、速度?时间图象斜率表示加速度，根据图象可知，甲加速时的加速度小于乙加速时的加速度，故C错误； D、根据图象可知，40s时，甲乙两车速度相等都为40m/s，甲的位移 ，乙的位移，所以甲乙相距，故D正确； 故选AD。 【点睛】 速度-时间图象切线的斜率表示该点对应时刻的加速度大小，图线与时间轴包围的面积表示对应时间内的位移大小，根据两车的速度关系知道速度相等时相距最远，由位移求相距的距离。 2．物体沿一条东西方向的水平线做直线运动，取向东为运动的正方向，其速度—时间图象如图所示，下列说法中正确的是
A．在1 s末，物体速度为9 m/s B．0～2 s内，物体加速度为6 m/s2 C．6～7 s内，物体做速度方向向西的加速运动 D．10～12 s内，物体做速度方向向东的加速运动 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．由所给图象知，物体1 s末的速度为9 m/s，选项A正确；B．0～2 s内，物体的加速度 a＝ 126 2 v t ?- = ? m/s2＝3m/s2 选项B错误； C．6～7 s内，物体的速度、加速度为负值，表明它向西做加速直线运动，选项C正确；D．10～12 s内，物体的速度为负值，加速度为正值，表明它向西做减速直线运动，选项D 错误． 3．一个物体做直线运动的位移—时间图象（即x t-图象）如图所示，下列说法正确的是 A．物体在1s末运动方向改变 B．物体做匀速运动 C．物体运动的速度大小为5m/s D．2s末物体回到出发点 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB．位移时间图象的斜率表示速度，根据图象可知物体一直向负方向匀速运动，故A错误、B正确； C．物体运动的速度大小为5m/s，故C正确；
高考物理备考之临界状态的假设解决物理试题压轴突破训练∶培优易错试卷篇 含详细答案 一、临界状态的假设解决物理试题 1．质量为m 2=2Kg 的长木板A 放在水平面上，与水平面之间的动摩擦系数为0.4；物块B （可看作质点）的质量为m 1=1Kg ，放在木板A 的左端，物块B 与木板A 之间的摩擦系数为0.2.现用一水平向右的拉力F 作用在木板A 的右端，让木板A 和物块B 一起向右做匀加速运动．当木板A 和物块B 的速度达到2 m/s 时，撤去拉力，物块B 恰好滑到木板A 的右端而停止滑动，最大静摩擦力等于动摩擦力，g=10m/s 2，求： （1）要使木板A 和物块B 不发生相对滑动，求拉力F 的最大值； （2）撤去拉力后木板A 的滑动时间； （3）木板A 的长度。 【答案】（1）18N （2）0.4s （3）0.6m 【解析】 【详解】 （1）当木板A 和物块B 刚要发生相对滑动时，拉力达到最大 以B 为研究对象，由牛顿第二定律得 1111m g m a μ= 可得 2112m/s a g μ==． 再以整体为研究对象，由牛顿第二定律得 212121 ))F m m g m m a μ-+= +（（ 故得最大拉力 18F N =； （2）撤去F 后A 、B 均做匀减速运动，B 的加速度大小仍为1a ，A 的加速度大小为2 a ，则 2121122)m m g m g m a μμ+-=（ 解得 225m/s a = 故A 滑动的时间 22 0.45 v t s s a = == （3）撤去F 后A 滑动的距离 22 122m=0.4m 225 v x a ==? B 滑动的距离
高三物理培优补潜计划 宁乡十三中姜冶赤 2014.9. 一、指导思想 按照新课标的要求、新高考要求和教学大纲的安排，以及本届学生的基础掌握情况，加强物理基础知识的教学，启发学生积极主动地学习，提高优生的自主和自觉学习能力，进一步巩固并提高中等生的物理学习成绩，帮助潜能生取得适当进步，让潜能生在教师的辅导和优生的帮助下，逐步提高学习成绩，并培养较好的学习习惯，形成基本能力。 二、学生情况分析 从上学期的学习情况及知识技能掌握情况看，一部分学生学习积极性高，学习目的明确，上课认真，各科作业能按时按量完成，且质量较好，且担任班干部能起到较好的模范带头作用，但也有一部分学生，基础知识薄弱，学习态度欠端正，物理思维不严密，作业有时不能及时完成.因此本学期除在教学过程中要注重学生的个体潜异外，我准备在提高学生学习兴趣上下功夫，通过培优辅潜的方式使优秀学生得到更好的发展，潜能生得到较大进步。 三、具体措施 1、沟通思想，切实解决潜能生在学习上的困难。 2、认真备好每一次培优辅潜教案，努力做好物理学习过程的趣味性和知识性相结合。 3．课堂上创造机会，用优生学习思维、方法来影响潜能生。 4．采用激励机制，对潜能生的每一点进步都给予肯定，并鼓励其继续进取，在优生中树立榜样，给机会表现，调动他们的学习积极性和成功感。 5．充分了解潜能生现行学习方法，给予正确引导，朝正确方向发展，保证潜能生改善目前学习潜的状况，提高学习成绩。 6、加强交流，了解潜能生、优异生的家庭、学习的具体情况，尽量排除学习上遇到的困难。 7、根据学生的个体潜异，安排不同的作业。 8．采用一优生带一潜能生的一帮一行动。 9、搞好家访工作，及时了解学生家庭情况，交流、听取建议意见。 10、坚持辅潜工作，每周不少于一次。 11．请优生介绍学习经验，潜能生加以学习。
2013 年天津市高考物理试卷 一、选择题 1．（ 3 分）下列说法正确的是（） A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流 C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 2．（ 3 分） 2018 平昌冬奥会短道速滑男子 5000 米接力赛，中国队夺得银牌。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的 相互作用，则（） A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 3．（ 3 分）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd．ab 边长大于 bc 边长，置于垂直纸 面向里、边界为MN 的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向 均垂直于 MN．第一次 ab 边平行 MN 进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面 的电荷量为 q1：第二次 bc 边平行 MN 进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截 面的电荷量为 q2，则（）
4．（ 3 分）普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器 来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为 I cd，为了使电流表能正常工作，则（） ．接 MN 、 cd 接＜I cd ． ab 接 MN 、 cd 接，＞I A ab PQ， I ab B PQ I ab cd ．接 PQ、cd 接 MN， I ab＜I cd ． ab 接、 cd 接 MN ， ab＞I cd C ab D PQ I 5．（ 3 分）如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O 点。现用水平力 F 缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接 近水平，此过程中斜面对小球的支持力F N以及绳对小球的拉力F T的变化情况是（） A．F N保持不变， F T不断增大 B．F N不断增大， F T不断减小 C．F N保持不变， F T先增大后减小 D．F N不断增大， F T先减小后增大 6．（ 3 分）两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q 两点， MN 为 PQ连线的中垂线，交PQ 于 O 点， A 点为 MN 上的一点．一带负电的试探电荷q，从 A 点由静止释放，只在静电力作用 下运动．取无限远处的电势为零，则（） A．q 由 A 向 O 的运动是匀加速直线运动 B．q 由 A 向 O 运动的过程电势能逐渐减小 C．q 运动到 O 点时的动能最大 D．q 运动到 O 点时电势能为零 7．（ 3 分）一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m 的 a、b 两质点的振动图象如
一、第五章抛体运动易错题培优（难） 1．如图所示，半径为R的半球形碗竖直固定，直径AB水平，一质量为m的小球（可视为 质点）由直径AB上的某点以初速度v0水平抛出，小球落进碗内与内壁碰撞，碰撞时速度大小为2gR，结果小球刚好能回到抛出点，设碰撞过程中不损失机械能，重力加速度为g，则初速度v0大小应为（） A．gR B．2gR C．3gR D．2gR 【答案】C 【解析】 小球欲回到抛出点，与弧面的碰撞必须是垂直弧面的碰撞，即速度方向沿弧AB的半径方向．设碰撞点和O的连线与水平夹角α，抛出点和碰撞点连线与水平夹角为β，如图，则由2 1 sin 2 y gt Rα ==，得 2sin R t g α =，竖直方向的分速度为 2sin y v gt gRα ==，水平方向的分速度为 22 (2)(2sin)42sin v gR gR gR gR αα =-=-，又 00 tan y v gt v v α==，而2 00 1 2 tan 2 gt gt v t v β==，所以tan2tan αβ =，物体沿水平方向的位移为2cos x Rα =，又0 x v t =，联立以上的方程可得 3 v gR =，C正确． 2．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（）
A 6m/s 22m/s v << B ．22m/s 3.5m/s v <≤ C 2m/s 6m/s v << D 6m/s 23m/s v << 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 若小球打在第四级台阶的边缘上高度4h d =，根据2 112 h gt = ，得 1880.4s 0.32s 10 d t g ?= == 水平位移14x d = 则平抛的最大速度 1112m/s 0.32 x v t = == 若小球打在第三级台阶的边缘上，高度3h d =，根据2 212 h gt = ，得 260.24s d t g = = 水平位移23x d =，则平抛运动的最小速度 2226m/s 0.24 x v t = == 所以速度范围 6m/s 22m/s v << 故A 正确。 故选A 。 【点睛】 对于平抛运动的临界问题，可以通过画它们的运动草图确定其临界状态及对应的临界条件。 3．一个半径为R 的空心球固定在水平地面上，球上有两个与球心O 在同一水平面上的小孔A 、B ，且60AOB ∠=?2 gR
万方数据
巧用换元法求解极限 作者：林群 作者单位：韩山师范学院数学与信息技术系 刊名： 科技信息 英文刊名：SCIENCE & TECHNOLOGY INFORMATION 年，卷(期)：2009，""(6) 被引用次数：0次 参考文献(3条) 1.华中理工大学教学系高等数学 2.同济大学教学系高等数学 2007 3.吉艳霞用等价无穷小量代换求极限的探讨[期刊论文]-运城教育学院学报 2007(02) 相似文献(10条) 1.期刊论文林清华探讨洛必达法则求解极限-湖北广播电视大学学报2008,28(12) 极限作为重要的思想方法和研究工具贯穿于高等数学课程的始终.本文通过对洛必达法则求极限的深入探讨,针对不同题型归纳总结出具体的化简转化的方法;利用数列极限和函数极限的关系间接地应用洛必达法则求数列未定式,充分体现了洛必达法则应用的广泛性,给求极限提供了强有力的工具. 2.期刊论文王悦关于利用洛必达法则求极限的几点探讨-科技信息2009,""(2) <高等数学>是大学中的基础课程,极限是学生一开始就要接触的最基本的知识.其中有一类未定式的极限不能用"商的极限等于极限的商"这一法则,而要用洛必达法则.洛必达法则内容很简单,使用起来也方便,但在具体使用过程中,一旦疏忽,解题就可能出错.对于初学者来讲,若盲目使用此法则,会导致错误.本文就利用该法则解题中的几点注意作以分析与探讨,并举例说明. 3.期刊论文杨黎霞使用洛必达法则求极限的几点注意-科教文汇2008,""(25) 如果当x→a或x→∞时,两个函数∫(x)与F(x)都趋于零或都趋于无穷大,那么极限lim x→a x→∞∫(x)/F(x)可能存在,也可能不存在,洛必达法则是计算此类未定式极限行之有效的方法,然而,对于本科一年级的初学者来讲,若盲目使用此法则,会导致错误.本文就使用该法则解题过程中的几点注意作了分析与探讨. 4.期刊论文吴维峰.Wu Weifeng对等价无穷小代换与洛必达法则求极限的探讨-潍坊教育学院学报2008,21(2) 本文对用等价无穷小代换与洛必达法则求函数的极限进行了探讨. 5.期刊论文于祥洛必达法则应用误区的分析-北京电力高等专科学校学报2010,28(2) 洛必达法则是在柯西中值定理的基础之上推出的一种求不定式极限的重要定理,它的应用避免了因机械使用极限四则运算法则"商的极限等于极限的商"而产生的错误.但不可忽视的是由于对洛必达法则的使用不当,在计算不定式极限时同样得不到正确结果,究其因为主要是对洛必达法则的使用条件把握不够准确.本文结合具体例子对洛必达法则应用中易产生的误区进行了探讨和分析. 6.期刊论文夏滨利用洛必达法则求极限的方法与技巧探讨-现代企业教育2008,""(4) 本文主要通过一些典型例题介绍利用洛必达法则求极限的方法与技巧,从而更好地解决未定式问题. 7.期刊论文汤茂林.TANG Mao-lin用洛必达法则求不定式极限的技巧-职大学报2007,""(2) 本文介绍用洛必达法则求不定式极限的技巧. 8.期刊论文张波.李秀菊.赵广华关于"洛必达法则"求未定式极限的几点思考-网络财富2009,""(11) 本文通过洛必达法则的内客,给出了应用此法财的几类需要注意的情况. 9.期刊论文冯志敏.薛瑞使用洛必达法则的实质及其注意事项-中国科技信息2009,""(15) 本文主要总结了洛必达法则在求未定式极限中的应用,需要注意的问题,并深入分析了在使用洛必过法则的时候实质是对无穷小或无穷大进行降阶,从而经过有限次的使用法则将未定式转化成一般的极限问题,再利用极限的四则运算法则求出极限.另外指出在使用的时需要注意条件的满足,与其它求极限的方法如无穷小的替换的结合. 10.期刊论文刘蒲凰洛必达法则应用两则-高等数学研究2004,7(2) 指出洛必达法则在证明二重极限不存在时的一个应用,并指出了洛必达法则的一个推广 本文链接：https://www.doczj.com/doc/2d18471903.html,/Periodical_kjxx200906374.aspx 授权使用：中共汕尾市委党校(zgsw)，授权号：bac87a45-fe3a-4be7-ae02-9dcd008a87c0 下载时间：2010年8月9日
培优点四 共点力的平衡 1. 从历年命题看，对共点力平衡的考查，常以选择题的形式出现，以物体的平衡状态为背景，考查整体与隔离法、受力分析、正交分解与共点力平衡，同时对平衡问题的分析在后面的计算题中往往也有所涉及。 2. 解决平衡问题常用方法： (1)静态平衡：三力平衡一般用合成法，合成后力的问题转换成三角形问题；多力平衡一般用正交分解法；遇到多个有相互作用的物体时一般先整体后隔离。 (2)动态平衡：三力动态平衡常用图解法、相似三角形法等，多力动态平衡问题常用解析法，涉及到摩擦力的时候要注意静摩擦力与滑动摩擦力的转换。 典例1. (2017·全国Ⅰ卷?21)如图，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】方法一 设重物的质量为m ，绳OM 中的张力为T OM ，绳MN 中的张力为T MN 。开始时，T OM ＝mg ，T MN ＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg 等大、反向。 如图所示，已知角α不变，在绳MN 缓慢拉起的过程中，角β逐渐增 大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定 理得：T OM α－β＝mg sin θ，(α－β)由钝角变为锐角，则T OM 先增 大后减小，选项D 正确；同理知T MN sin β＝mg sin θ，在β由0变为π2的一、考点分析 二、考题再现
2015年天津市高考物理试卷 一、单项选择题（每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1．（6分）物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（） A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的 B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构 C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的 D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 2．（6分）中国古人对许多自然现象有深刻认识，唐人张志和在《玄真子?涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”．从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的．如图是彩虹成因的简化示意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，则两光（） A．在同种玻璃中传播，a光的传播速度一定大于b光 B．以相同角度斜射到同一玻璃板透过平行表面后，b光侧移量大 C．分别照射同一光电管，若b光能引起光电效应，a光也一定能 D．以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是a光3．（6分）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为x a=2m和x b=6m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象，下列说法正确的是（）
A．该波沿+x方向传播，波速为1m/s B．质点a经4s振动的路程为4m C．此时刻质点a的速度沿+y方向 D．质点a在t=2s时速度为零 4．（6分）未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示，当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是（） A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 5．（6分）如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），则在圆环下滑到最大距离的过程中（） A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
一、第四章 运动和力的关系易错题培优（难） 1．A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ） A ．A 、 B 的质量之比为1︰3 B ．A 、B 所受弹簧弹力大小之比为3︰2 C ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为1︰2 D ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为1︰2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A ．对A B 两个物体进行受力分析，如图所示，设弹簧弹力为F 。 对物体A A tan 60m g F = 对物体B B tan 45m g F = 解得 A B 3 m m 故A 错误； B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误； C ．快速撤去弹簧的瞬间，两个物体都将以悬点为圆心做圆周运动，合力为切线方向。 对物体A A A A sin 30m g m a = 对物体B
sin 45B B B m g m a = 联立解得 A B 2 a a = 故C 正确； D ．对物体A ，细线拉力 A cos60F T = 对物体B ，细线拉力 cos 45 B F T = 解得 A B 2T T = 故D 错误。 故选C 。 【点睛】 快速撤去弹簧瞬间，细线的拉力发生突变，故分析时应注意不能认为合外力的大小等于原弹簧的弹力。 2．如图所示，斜面体A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 在外力F （方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止。若撤去力F ，下列说法正确的是（ ） A ．A 所受地面的摩擦力方向向左 B ．A 所受地面的摩擦力可能为零 C ．A 所受地面的摩擦力方向可能向右 D ．物体B 仍将沿斜面向下做匀速运动 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 根据题意可知B 物块在外力F 的作用下沿斜面向下做匀速直线运动，撤去外力F 后，B 物块沿斜面向下做加速运动，加速度沿斜面向下，所以A 、B 组成的系统在水平方向上有向左的分加速度，根据系统牛顿第二定律可知，地面对A 的摩擦力水平向左，才能提供系统在水平方向上的分加速度。
高三物理尖子生培优资料（1）（2017.8.23） 命题：阮文超 共点力的平衡 摩 擦 角 ?： 例1：如图所示，用绳通过定滑轮 物块，使物块在水平面上从图示位置开始沿地面 匀速直线运动，若物块与地面的摩擦因素1μ<，滑轮的质量及摩擦不计，则物块运动过程中，以下判断正确的是（ ）【多选】 A.绳子的拉力将保持不变 B.绳子的拉力将不断增大 C.地面对物块的摩擦力不断减小 D.物块对地面的压力不断减小 例2：如图所示，倾角45o的斜面上，放置一质量m 的小物块，小物块与斜面的动摩擦因素3μ=，欲使小物块能静止在斜面上，应对小物块再施加一力，该力最小时大小与方向是（ ） A.0sin15mg ，与水平成15o斜向右 B.0sin30mg ，竖直向上 C.0sin 75mg ，沿斜面向上 D.0tan15mg ，水平向右 例3：水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为(01)μμ<<。现对木箱施加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动。设F 的方向与水平面夹角为θ，如图所示，在θ从0逐渐增 大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）【多选】 A. F 先减小后增大 B. F 一直增大 C. F 的功率减小 D. F 的功率不变 练习 1.在固定的斜面上放一物体，并对它施加一竖直向下的压力，物体与斜面间的摩擦因数为μ。求斜面倾角θ的最大值，使得当θ≤θm 时，无论竖直向下的压力有多大，物体也不会滑下。 2.倾角为θ的三角形木块静止于水平地面上，其斜面上有一滑块正向下匀速直线运动，现对其分别施加如图所示的F 1 、F 2 、F 3三个力作用，滑块仍然下滑，则地面对三角形木块的支持力和摩擦力会怎么变化？
物理高一上册期末精选（培优篇）（Word版含解析） 一、第一章运动的描述易错题培优（难） 1．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x一t）图线，由图可知 A．在时刻t1，a车追上b车 B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 由x—t图象可知，在0-t1时间内，b追a，t1时刻相遇，所以A错误；在时刻t2，b的斜率为负，则b的速度与x方向相反，所以B正确；b图象在最高点的斜率为零，所以速度为零，故b的速度先减小为零，再反向增大，所以C正确，D错误． 2．在下图所示的四个图象中，表示物体做匀速直线运动的图象是（） A．B． C．D． 【答案】AD
【解析】 【分析】 x -t 图像中，倾斜的直线表示匀速直线运动；v -t 图象中，匀速直线运动的图像是一条与x 轴平行的直线；倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度．分别分析物体的运动情况，即可作出选择． 【详解】 A. 此图表示物体的位移随时间均匀增加，物体处于匀速直线运动状态，故A 正确； B. 此图表示物体的位移不随时间变化，物体处于静止状态，故B 错误； C. 此图表示物体的速度均匀增加，说明物体做匀加速直线运动，故C 错误； D. 此图表示物体的速度不变，说明物体做匀速直线运动，故D 正确． 故选AD 。 3．一个以初速度v 0沿直线运动的物体，t 秒末的速度为v t ，如图所示，则下列说法正确的是( ) A ．0～t 秒内的平均加速度0 t v v a t -= B ．t 秒之前，物体的瞬时加速度越来越小 C ．t ＝0时的瞬时加速度为零 D ．平均加速度和瞬时加速度的方向相同 【答案】ABD 【解析】 根据加速度的定义式可知0～t 秒内的平均加速度a= t v v t -，故A 正确；由图可知，物体做加速度减小的加速运动，故B 正确；t=0时斜率不为零，故瞬时加速度不为零，故C 错误； 物体做加速度逐渐减小的变加速运动，故平均加速度和瞬时加速度的方向相同，故D 正确；故选ABD. 点睛：v-t 图象中图象的斜率表示物体的加速度，则根据斜率可求得加速度的变化；由图象的面积可得出物体通过的位移． 4．历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称为“另类匀变速直线运动”）,“另类加速度”的定义式为0 s v v A s -= ,其中0v 和s v 分别表示某段位移s 内的初速度和末速度>0A 表示物体做加速运动,0A <表示体做减速运动,
求极限的方法 具体方法 ⒈利用函数极限的四则运算法则来求极限 定理1①：若极限)(lim 0 x f x x →和)(lim x g x x →都存在，则函数)(x f ±)(x g ，)()(x g x f ? 当0x x →时也存在且 ①[])()()()(lim lim lim 0 .0 x g x f x g x f x x x x x →→→±=± ②[])()()()(lim lim lim 0 x g x f x g x f x x x x x x →→→?=? 又若0)(lim 0 ≠→x g x x ，则 ) () (x g x f 在0x x →时也存在，且有 )()()() (lim lim lim 0 x g x f x g x f x x x x x x →→→= 利用极限的四则运算法则求极限，条件是每项或每个因子极限存在，一般所给的变量都不满足这个条件，如 ∞ ∞、00 等情况，都不能直接用四则运算法则，必须要对变量进行变形，设法消去分子、分母中的零因子，在变形时，要熟练掌握饮因式分解、有理化运算等恒等变形。 " 例1：求24 22 lim ---→x x x 解：原式=()()()022 22lim lim 22 =+= -+-- - →→x x x x x x ⒉用两个重要的极限来求函数的极限 ①利用1sin lim =→x x x 来求极限 1sin lim 0 =→x x x 的扩展形为： 令()0→x g ，当0x x →或∞→x 时，则有
()()1sin lim 0=→x g x g x x 或()()1sin lim =∞ →x g x g x 例2：x x x -→ππ sin lim 解：令t=x -π.则sinx=sin(-π t)=sint, 且当π→x 时0→t 故 1sin sin lim lim 0 ==-→→t t x x t x ππ ~ 例3：求() 11 sin 21 lim --→x x x 解：原式=()()()()()()()211sin 1111sin 1221 21lim lim =--?+=-+-+→→x x x x x x x x x ②利用e x x =+∞→)1 1(lim 来求极限 e x x =+∞ →)1 1(lim 的另一种形式为e =+→α α α1 )1(lim .事实上，令 .1 x =α∞→x .0→?α所以=+=∞ →x x x e )11(lim e =+→ααα1 0)1(lim 例4: 求x x x 1 )21(lim +→的极限 解：原式=221 210)21()21(lim e x x x x x =?? ?+????+→ 利用这两个重要极限来求函数的极限时要仔细观察所给的函数形式只有形式符合或经过变化符合这两个重要极限的形式时才能够运用此方法来求极限。一般常用的方法是换元法和配指数法。 ⒊利用等价无穷小量代换来求极限 所谓等价无穷小量即.1) () (lim =→x g x f x x 称)(x f 与)(x g 是0x x →时的等价无穷小量，记作)(x f )(~x g .)(0x x →.
U x 第1讲 运动的描述 质点、参考系 (考纲要求 Ⅰ) 1.质点 (1)定义：忽略物体的大小和形状，把物体简化为一个有质量的物质点，叫质点． (2)把物体看做质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略． 2．参考系 (1)定义：要描述一个物体的运动，首先要选定某个其它的物体做参考，这个被选作参考的物体叫参考系． (2)选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)质点是一种理想化模型，实际并不存在． ( ) (2)只要是体积很小的物体，就能被看作质点． ( ) (3)参考系必须要选择静止不动的物体． ( ) (4)比较两物体的运动情况时，必须选取同一参考系． ( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ 位移、速度 (考纲要求 Ⅱ) 1.位移和路程 (1)位移：描述物体位置的变化，用从初位置指向末位置的有向线段表示，是矢量． (2)路程：是物体运动轨迹的长度，是标量． 2．速度 (1)平均速度：在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值，即v ＝x t ，是矢量． (2)瞬时速度：运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，是矢量． 3．速率和平均速率 (1)速率：瞬时速度的大小，是标量． (2)平均速率：路程与时间的比值，不一定等于平均速度的大小． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)一个物体做单向直线运动，其位移的大小一定等于路程．( ) (2)一个物体在直线运动过程中路程不会大于位移的大小． ( ) (3)平均速度的方向与位移的方向相同． ( ) (4)瞬时速度的方向就是该时刻(或该位置)物体运动的方向．( ) 答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
求极限的方法 具体方法 ⒈利用函数极限的四则运算法则来求极限 定理1①：若极限)(lim 0 x f x x →和)(lim x g x x →都存在，则函数)(x f ±)(x g ，)()(x g x f ? 当0x x →时也存在且 ①[])()()()(lim lim lim 0 .00 x g x f x g x f x x x x x →→→± = ± ②[])()()()(lim lim lim 0 x g x f x g x f x x x x x x →→→?= ? 又若0)(lim 0 ≠→x g x x ，则 ) ()(x g x f 在0x x →时也存在，且有 ) ()() ()(lim lim lim x g x f x g x f x x x x x x →→→= 利用极限的四则运算法则求极限，条件是每项或每个因子极限存在，一般所给的变量都不满足这个条件，如 ∞ ∞、 0等情况，都不能直接用四则运算法则， 必须要对变量进行变形，设法消去分子、分母中的零因子，在变形时，要熟练掌握饮因式分解、有理化运算等恒等变形。 例1：求2 42 2 lim --- →x x x 解：原式=()() ()022 22lim lim 2 2 =+= -+-- - →→x x x x x x ⒉用两个重要的极限来求函数的极限 ①利用1sin lim =→x x x 来求极限 1sin lim =→x x x 的扩展形为： 令()0→x g ，当0x x →或∞→x 时，则有 ()() 1sin lim =→x g x g x x 或()() 1sin lim =∞ →x g x g x
培优专题限时训练11带电粒子在磁场中的运动1.如图所示,O'PQ是关于y轴对称的四分之一圆,在PQMN区域有均匀辐向电场,PQ与MN间的电压为U。PQ上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置上的粒子经电场加速后都会从O'进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向外,大小为B,其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K, 金属板长均为4R, 其中K板接地,A与K 两板间加有电压U AK>0, 忽略极板电场的边缘效应。已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O'在y 轴(0,-R)上。(不考虑粒子之间的相互作用力) (1)求带电粒子的比荷; (2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围; (3)若电压U AK=,求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。 2.如图为一装放射源氡的盒子,静止的氡核Rn)经过一次α衰变成钋Po,新核Po的速率约为2×105 m/s。衰变后的α粒子从小孔P进入正交的电磁场区域Ⅰ,且恰好可沿中心线匀速通过,磁感应强度B=0.1 T。之后经过A孔进入电场加速区域Ⅱ,加速电压U=3×106 V。从区域Ⅱ射出的α粒子随后又进入半径为r=m的圆形匀强磁场区域Ⅲ,该区域磁感应强度B0=0.4 T、方向垂直纸面向里。圆形磁场右边有一竖直荧光屏与之相切,荧光屏的中心点M和圆形磁场的圆心O、电磁场区域Ⅰ的中线在同一条直线上,α粒子的比荷为=5×107 C/kg。
(1)请写出衰变方程,并求出α粒子的速率(保留一位有效数字); (2)求电磁场区域Ⅰ的电场强度大小; (3)粒子在圆形磁场区域Ⅲ的运动时间多长? (4)求出粒子打在荧光屏上的位置。 3.(2018年3月新高考研究联盟第二次联考)一台质谱仪的工作原理如图1所示。大量的甲、乙两种离子以0到v范围内的初速度从A点进入电压为U的加速电场,经过加速后从O点垂直边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q、质量分别为2m和m。不考虑离子间的相互作用。 图1 图2 (1)求乙离子离开电场时的速度范围;
一、第三章 相互作用——力易错题培优（难） 1．水平传感器可以测量器械摆放所处的水平角度，属于角度传感器的一种，其作用就是测量载体的水平度，又叫倾角传感器。如图为一个简易模型，截面为内壁光滑的竖直放置的正三角形，内部有一个小球，其半径略小于内接圆半径，三角形各边有压力传感器，分别感受小球对三边压力的大小，根据压力的大小，信息处理单元能将各边与水平面间的夹角通过显示屏显示出来。如果图中此时BC 边恰好处于水平状态，将其以C 为轴在竖直平面内顺时针缓慢转动，直到AC 边水平，则在转动过程中（ ） A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，A B 处于水平状态 B ．球对A C 边的压力一直增大 C ．球对BC 边的压力一直减小 D ．BC 边所受压力不可能大于球的重力 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 对正三角形内部的小球受力分析，如图所示 由几何关系可知，随着角度θ从0°到120°增大过程中，角α与角θ之和保持不变，且α + θ = 120°，所以角β也保持不变，β = 60°，由平衡条件和正弦定理得 () sin sin sin 120AC BC N N G βθθ==?- 所以球对AC 边的压力 23 sin sin sin sin sin 60AC AC G G N N θθθβ'====? 球对BC 边的压力
()()()23 sin 120sin 120sin 120sin sin 603 BC BC G G N N G θθθβ'==?-=?-=?-? A ．当BC 边与AC 边所受压力大小相等时，即AC BC N N ''=，则θ = 60°，此时AB 处于水平状态，故A 正确； BC ．角度θ从0°到120°增大过程中，sin θ和()sin 120θ?-都是先增大后减小，所以球对AC 边的压力和球对BC 边的压力都是先增大后减小，BC 错误； D ．当0 < θ < 60°时，BC N G '>，即BC 边所受压力有可能大于球的重力，故D 错误。 故选A 。 2．如图所示，质量为M 的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m 的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态，则（ ） A ．地面对圆柱体的支持力大于（M ＋m ）g B ．地面对圆柱体的摩擦力为mg tan θ C ．墙壁对正方体的弹力为 tan mg θ D ．正方体对圆柱体的压力为cos mg θ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 CD ．以正方体为研究对象，受力分析，并运用合成法如图所示 墙壁对正方体的弹力 N 1= tan mg θ
备战高考物理比例法解决物理试题(大题培优)及详细答案 一、比例法解决物理试题 1．一个由静止开始做匀加速直线运动的物体，从开始运动起连续发生 3 段位移，在这 3 段位移中所用的时间分别是 1 s ，2 s,3 s ，这 3 段位移的大小之比和这 3 段位移上的平均速度之比分别为（ ） A ．1∶8∶27；1∶2∶3 B ．1∶8∶27；1∶4∶9 C ．1∶2∶3；1∶1∶1 D ．1∶3∶5；1∶2∶3 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 根据212x at = 可得物体通过的第一段位移为：211122 a x a =?=； 又前3s 的位移减去前1s 的位移就等于第二段的位移，故物体通过的第二段位移为： 22211 (12)1422 x a a a = ?+-?=； 又前6s 的位移减去前3s 的位移就等于第三段的位移，故物体通过的第三段位移为： 22311 (123)(12)13.522x a a a = ?++-?+=； 故x 1：x 2：x 3=1：8：27 在第一段位移的平均速度111x v t =，在第二段位移的平均速度2 22x v t =， 在第三段位移的平均速度3 33 x v t =，故123::1:4:9v v v =；故选B ． 【点睛】 本题求解第二段和第三段位移的方法十分重要，要注意学习和积累，并能灵活应用． 2．物体做匀加速直线运动，在时间T 内通过位移x 1到达A 点，紧接着在时间T 内又通过位移x 2到达B 点，则物体（ ） A ．在B 点的速度大小为21 32x x T - B ．在A 点的速度大小为1 2x T C ．运动的加速度为1 2 2x T D ．运动的加速度为 21 2 x x T + 【答案】A 【解析】 【详解】