（28套）2019版高考物理专题复习（全国通用）分题
型专项练习汇总
计算题限时突破(一)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1所示，为室内冰雪乐园中一个游玩项目，倾斜冰面与水平面夹角θ＝30°，冰面长、宽均为L ＝40 m ，倾斜冰面两侧均安装有安全网护栏，在冰面顶端中点，由工作人员负责释放载有人的凹形滑板，与冰面相连的水平面上安有缓冲装置(图中未画出)，使滑下者能安全停下．周末某父子俩前往游玩，设父亲与滑板总质量为M ＝80 kg ，儿子与滑板总质量为m ＝40 kg ，父子俩准备一起下滑，在工作人员静止释放的瞬间，父亲沿水平方向推了一下儿子，父子俩迅速分开，并沿冰面滑下．不计一切阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，父子俩均视为质点．
图1
(1)若父子俩都能安全到达冰面底端(没碰到护栏)，下滑的时间t 多长？
(2)父子俩都能安全达到冰面底端(没碰到护栏)，父亲在推儿子时最多做功W 为多少？ 答案 (1)4 s (2)750 J
解析 (1)父子俩都沿冰面做类平抛运动，沿冰面向下的加速度为：a ＝g sin θ＝5 m/s 2，两者同时达到底端．
根据位移与时间关系：L ＝1
2at 2，代入数据解得：t ＝4 s
(2)推开后，设父亲获得初速度为v M ，儿子获得初速度v m ， 父子俩水平方向动量守恒，则：M v M ＝m v m
因儿子质量小些，只要儿子安全即可，水平滑动距离为L
2，
若儿子刚好没有碰到护栏，根据位移与时间关系：L
2＝v m t ，
代入数据解得v m ＝5 m /s ，代入动量守恒式，得：v M ＝2.5 m/s 根据功能关系：W ＝12m v 2m ＋12M v 2
M 代入数据得最多做功：W ＝750 J
25．(20分)如图2所示，在方向竖直向上、大小为E ＝1×106 V /m 的匀强电场中，固定一个穿有A 、B 两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O 、半径为R ＝0.2 m ．A 、B 用一根绝缘轻杆相连，A 带的电荷量为q ＝＋7×10－
7 C ，B 不带电，质量分别
为m A ＝0.01 kg 、m B ＝0.08 kg.将两小球从圆环上的图示位置(A 与圆心O 等高，B 在圆心O 的正下方)由静止释放，两小球开始沿逆时针方向转动．取g ＝10 m/s 2.
图2
(1)通过计算判断，小球A 能否到达圆环的最高点C . (2)求小球A 的最大速度值．(可保留根号)
(3)求小球A 从图示位置逆时针转动的过程中，其电势能变化的最大值． 答案 (1)A 不能到达圆环最高点 (2)223
m/s (3)0.134 4 J
解析 (1)设A 、B 在转动过程中，轻杆对A 、B 做的功分别为W T 、W T ′，则W T ＋W T ′＝0 设A 、B 到达圆环最高点的动能分别为E k A 、E k B 对A 由动能定理：qER －m A gR ＋W T ＝E k A 对B 由动能定理：W T ′－m B gR ＝E k B 联立解得：E k A ＋E k B ＝－0.04 J
上式表明，A 在圆环最高点时，系统动能为负值．故A 不能到达圆环最高点．
(2)设B 转过α角时，A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，因A 、B 做圆周运动的半径和角速度均相同，故v A ＝v B
对A 由动能定理：qER sin α－m A gR sin α＋W T ＝12m A v 2
A 对
B 由动能定理：W T ′－m B gR (1－cos α)＝12
m B v 2B 联立方程并结合数学知识，解得：v 2A ＝89×(3sin α＋4cos α－4)＝89×5sin(53°＋α)－329 解得当α＝37°时，A 、B 有最大速度，均为v max ＝
22
3
m/s (3)A 、B 从图示位置逆时针转动过程中，当两球速度为0时，电场力做功最多，电势能减少最多，故得：3sin α＋4cos α－4＝0 解得：sin α＝24
25(sin α＝0舍去)
A 的电势能减少了ΔE p ＝qER sin α
代入数值得：A 的电势能减少量的最大值为ΔE pm ＝0.134 4 J ．
计算题限时突破(二)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1甲所示，边长L ＝2.5 m 、质量m ＝0.5 kg 的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度为B ＝0.8 T 的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN 重合．在水平力F 的作用下，线框由静止开始向左运动，经过5 s 被拉出磁场区域，此过程中利用电流传感器测得线框中的电流强度I 随时间t 变化的图象如图乙所示．则在这个过程中：
图1
(1)由图乙可得出通过线框导线截面的电荷量q ＝______ C, I 与t 的关系式是：______； (2)求出线框的电阻R;
(3)试判断说明线框的运动情况，并求出水平力F 随时间t 变化的表达式. 答案 见解析
解析 (1)I －t 图线与横轴所围的面积在数值上等于通过线框截面的电荷量q ，即有： q ＝1
2
×0.5×5 C ＝1.25 C 由I －t 图象可知，感应电流I 与时间t 成正比，有：I ＝kt ＝0.1t (2)由I ＝
E
R ，E ＝ΔΦ
Δt
，ΔΦ＝BL 2，q ＝I Δt 联立得：q ＝BL 2
R
则电阻：R ＝BL 2q ＝0.8×2.5
2
1.25
Ω＝4 Ω；
(3)设在某时刻t ，线框的速度为v ，则线框中感应电流：I ＝BL v
R
结合(1)中I ＝kt ＝0.1t 可得金属框速度随时间也是线性变化的，有v ＝Rkt BL ＝4×0.1×t
0.8×2.5＝0.2t
所以可知线框做匀加速直线运动，加速度为：a ＝0.2 m/s 2
由牛顿第二定律得：F －BIL ＝ma ，
联立解得水平力F 随时间t 变化满足：F ＝BLkt ＋ma ＝(0.2t ＋0.1) N.
25．(20分)如图2所示，一个质量为m ＝2 kg 的小物块(可看成质点)开始时静止在高度h ＝0.2 m 、长度L ＝4 m 、质量M ＝1 kg 的木板AB 的最左端A 处，C 点为AB 的中点．木板上表面AC 部分粗糙，CB 部分光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.现对小物块施加一个水平向右的大小为F ＝12 N 的恒力，木板和小物块恰好能保持相对静止．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.
图2
(1)求小物块与木板上表面AC 部分间的动摩擦因数μ2；
(2)如果对小物块改成施加一个水平向右的大小为F ′＝14 N 的恒力，当小物块运动到达C 点时，小物块和木板的速度各为多少？
(3)在第(2)问的情况下，当小物块到达C 点时撤去F ′，求小物块落地时与木板B 端的水平距离．
答案 (1)0.3 (2)8 m /s 6m/s (3)0.82 m
解析 (1)因为木板和小物块恰好能保持相对静止，并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律
对整体：F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 1 对小物块：F －μ2mg ＝ma 1 解得：μ2＝0.3
(2)F ′＝14 N ，此时小物块与木板发生相对滑动，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有 μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2 可得木板加速度a 2＝3 m/s 2 对小物块有F ′－μ2mg ＝ma 3 可得小物块加速度a 3＝4 m/s 2
根据位移关系有12a 3t 21－12a 2t 21＝12L ，可得t 1＝2 s 设小物块到C 点时小物块和木板各自的速度分别为v 1、v 2 v 1＝a 3t 1＝4×2 m /s ＝8 m/s ，v 2＝a 2t 1＝3×2 m /s ＝6 m/s
(3)当小物块到达C 点撤去F ′后，小物块水平方向不受力，做匀速直线运动．木板受到地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律得：－μ1(m ＋M )g ＝Ma 4，代入数据得：a 4＝－3 m/s 2 设再经过时间t 2小物块离开木板，则：v 1t 2－(v 2t 2＋12a 4t 22)＝12L
代入数据得：t 2＝2
3
s ，t 2＝－2 s(舍去)
小物块离开木板时木板的速度：v 3＝v 2＋a 4t 2＝6 m/s ＋(－3)×2
3 m /s ＝
4 m/s
小物块离开木板后做平抛运动，平抛的运动时间：t 3＝
2h g
＝ 2×0.2
10
s ＝0.2 s 该过程小物块沿水平方向的位移：x 3＝v 1t 3＝8×0.2 m ＝1.6 m
木板在水平方向做匀减速运动，其加速度：a 5＝－μ1Mg
M ＝－μ1g ＝－1 m/s 2
t 3时间内木板的位移：x 4＝v 3t 3＋12a 5t 2
3
＝4×0.2 m －12×1×0.22 m ＝0.78 m 所以小物块落地时与木板B 端的水平距离：Δx ＝x 3－x 4＝(1.6－0.78) m ＝0.82 m
计算题限时突破(三)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1甲所示，倾角θ＝37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A 、B 用细线跨过光滑轻质定滑轮相连，A 与滑轮间的细线与斜面平行，B 距地面一定高度，A 可在细线的牵引下沿斜面向上滑动．某时刻由静止释放 A ，测得A 沿斜面向上运动的v －t 图象如图乙所示(B 落地后不反弹)．已知m A ＝2 kg ，m B ＝4 kg ，重力加速度 g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
图1
(1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移． 答案 (1)0.25 (2)0.75 m
解析 (1)在0～0.5 s 内，根据题图图象，可得AB 系统的加速度大小为a 1＝v
t ＝4 m/s 2
设细线张力大小为F T ，分别对A 、B ，由牛顿第二定律有 F T －m A g sin θ－μm A g cos θ ＝m A a 1 m B g －F T ＝m B a 1
联立上述两式并代入数据解得μ＝0.25
(2)B 落地后，A 继续减速上升，由牛顿第二定律有 m A g sin θ＋μm A g cos θ ＝m A a 2 代入数据解得加速度大小a 2＝ 8 m/s 2
故A 减速向上滑动的位移为：x 2＝v 2
2a 2＝0.25 m
0～0.5 s 内A 加速向上滑动的位移x 1＝v 2
2a 1＝0.5 m
所以A 沿斜面上滑的最大位移为x ＝x 1＋x 2＝0.75 m.
25．(20分)平面OM 和水平面ON 之间的夹角为30°，其横截面如图2所示，平面OM 和平面ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．匀强电场的方向竖直向上，一带电小球的质量为m ，电荷量为q ，带电小球沿纸面以大小为v 0的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM 成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON 恰好相切，且带电小球能从OM 上另一点P 射出磁场(P 未画出)．
图2
(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E 为多大？
(2)带电小球离开磁场的出射点P 到两平面交点O 的距离s 多大？
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO ′上，求此点到O 点的距离多大？ 答案 见解析
解析 (1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷； 电场力与重力大小相等：qE ＝mg ，解得：E ＝mg q
；
(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20
r
解得：r ＝m v 0
qB
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，
Q 点为运动轨迹与ON 相切的点，P 点为出射点
小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为30°，由几何关系可得，QP 为圆轨迹的直径， 所以OP 的长度为：s ＝QP sin 30°＝2r sin 30°＝4r ＝4m v 0qB ；
(3)带电小球从P 点离开磁场后做平抛运动， 设打在光屏上的T 点，竖直位移为y .
水平位移：x ＝v 0t ，解得：t ＝x v 0＝s cos 30°v 0＝23m
qB
竖直位移：y ＝12gt 2＝6m 2g
q 2B
2
OT 的距离为：H ＝2r ＋y ＝2m v 0qB ＋6m 2g
q 2B
2.
计算题限时突破(四)
(限时：25分钟)
24．(12分)(2017·广东佛山市高三教学质检一)在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球．
图1
(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；
(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图1所示，空间再加一个水平向右、场强E ＝mg
q 的匀强电场(未画出)，若小球仍以v 0的初速度沿切线方向
从左边管口射入，求小球：
①运动到最低点的过程中动能的增量； ②在管道运动全程中获得的最大速度． 答案 见解析
解析 (1)小球在水平面上洛伦兹力提供向心力，故
q v 0B ＝m v 20
R
解得v 0＝qBR
m
(2)①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功．
对小球运动到最低点的过程，由动能定理： mgR ＋qER ＝ΔE k 由题目已知：E ＝mg
q
联合以上两式得：动能增量ΔE k ＝2mgR ②求最大速度方法一：
当小球到达管道中与水平方向成θ角的位置(如图甲所示)时，应用动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2－1
2m v 20
即v 2
＝q 2B 2R 2
m 2
＋2gR ＋2gR (sin θ＋cos θ)
对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 可得最大速度为：v max ＝
q 2B 2R 2
m 2
＋(2＋22)gR
求最大速度方法二：
如图乙所示，根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为： mg ′＝(mg )2＋(qE )2＝2mg tan υ＝mg
qE
＝1，即υ＝45°
小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中与水平方向成θ＝υ＝45°角时，速度最大． 由动能定理：
mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2max －12m v 20
解得：v max ＝
q 2B 2R 2
m 2
＋(2＋22)gR 25．(20分)如图2所示，MN 、PQ 是足够长的光滑平行导轨，其间距为L ，且MP ⊥MN .导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.MP 接有电阻R ，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 0，将一根质量为m 的金属棒ab 紧靠MP 放在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻也为R ，其余电阻均不计．现质量为m 的重物通过与导轨平行且足够长的绳，沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动．金属棒运动过程中始终与MP 平行，当金属棒滑行至cd 处时己经达到稳定速度，MP 到cd 的距离为s .不计定滑轮的质量、一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g ，求：
图2
(1)金属棒达到的稳定速度；
(2)金属棒从静止开始运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量；
(3)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t ＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，求出磁感应强度B 随时间t 变化的关系式． 答案 (1)mgR B 20L 2 (2)14mgs －m 3g 2R 2
2B 40L
4 (3)B ＝8B 30L 2
s
B 20L 2(8s ＋gt 2
)＋8mgRt
解析 (1)根据平衡条件有： mg ＝mg sin θ＋F 安 切割产生的电动势为：E ＝B 0L v 电流为：I ＝E 2R
金属棒所受的安培力：F 安＝B 0IL 解得：v ＝mgR
B 20L
2
(2)金属棒从静止开始运动到cd 的过程，由能量守恒关系得：mgs －mgs sin θ＝1
2·2m v 2＋Q
电阻R 上产生的热量为：Q R ＝1
2Q
解得Q R ＝14mgs －m 3g 2R 2
2B 40L
4 (3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．
根据牛顿第二定律： mg －mg sin θ＝2ma 解得a ＝g 4
根据磁通量不变则有：B 0Ls ＝BL (s ＋v t ＋1
2at 2)
解得：B ＝8B 30L 2s
B 20L 2(8s ＋gt 2)＋8mgRt
计算题限时突破(五)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1所示，相邻两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，设磁感应强度的大小分别为B 1、B 2.已知磁感应强度方向相反且垂直纸面，两个区域的宽度都为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子由静止开始经电压恒为U 的电场加速后，垂直于区域Ⅰ的边界线MN ，从A 点进入并穿越区域Ⅰ后进入区域Ⅱ，最后恰好不能从边界线PQ 穿出区域Ⅱ.不计粒子重力．求：
图1
(1)B 1的取值范围； (2)B 1与B 2的关系式． 答案 (1)0＜B 1＜
2qUm qd (2)B 2－B 1＝2qUm
qd
解析 (1)设粒子经U 加速后获得的速度为v ，根据动能定理有：qU ＝1
2m v 2①
在区域Ⅰ的磁场中偏转，有：qB 1v ＝m v 2
R 1②
要使粒子能进入区域Ⅱ，必须：R 1＞d ③ 联立①②③④得：0＜B 1＜
2qUm
qd
④ (2)两区域磁场方向相反(以区域Ⅰ磁场方向垂直纸向外，区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向里为例)，则粒子的运动轨迹如图线ACD .带电粒子在区域Ⅱ的磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，有：qB 2v ＝m v 2R 2
⑤
如图△O 1HC ∽△O 2JC ，则有：R 1d ＝R 2
d －R 2⑥
联立①②⑤⑥得：B 2－B 1＝
2qUm
qd
25．(20分)如图2所示，一长为L 的木板A 放置在水平地面上，木板的两端分别放置着B 、C 两物块，三者质量分别为m A ＝3m ，m B ＝2m 和m C ＝m ，A 与地面、B 与A 、C 与A 间的动
摩擦因数分别为μ
6、μ和2μ，开始时三者均静止，现给物块B 一水平向右的初速度v 0(v 0＝
5μgL
8
)，同时给物块C 一向左的水平拉力F (F ＝3μmg )，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，试求：
图2
(1)经过多长时间木板A 开始运动； (2)从A 开始运动至B 与C 相遇的时间． 答案 (1)
10μgL 4μg (2)10μgL
8μg
解析 (1)各接触面上的最大静摩擦力分别为：F f A m ＝1
6μ×6mg ＝μmg ，F f B m ＝F f C m ＝2μmg
B 开始运动时，假定把A 与
C 看成整体，整体水平方向所受合力为零，而：F ＝3μmg ＞F f C m 故开始时C 向左运动，A 仍处于静止状态，设此时B 、C 的加速度大小分别为a B 、a C 由牛顿第二定律：2μmg ＝2ma B,3μmg －2μmg ＝ma C ，解得：a B ＝a C ＝μg
当B 的速度减为零时，分析可以知道C 对A 的摩擦力大于地面对A 的最大静摩擦力，此时A 和B 共同向左运动，因此A 由静止开始运动需经过时间t 1＝v 0μg ＝10μgL
4μg .
(2)设A 板开始运动前B 、C 的位移大小分别为x B 、x C ，由运动学公式得： x B ＝v 202a B ＝5L 16，x C ＝12a C t 12＝5L
16
B 的速度减为零时，
C 的速度v C ＝a C t 1＝v 0
A 与
B 共同向左做匀加速运动的过程中，对A 、B 整体，由牛顿第二定律可得：a AB ＝2μmg －1
6×6μmg
5m ＝1
5
μg
设再经过时间t ，B 与C 相遇，此过程中B 、C 所运动的位移分别为x B ′、x C ′，由运动学公式可以得到：x C ′－x B ′＝L －x B －x C 即：v 0t ＋12a C t 2－12a AB t 2＝L －2×516L
把L ＝8v 2
05μg
代入上式可以得到：
2(μg )2t 2＋5μg v 0t －3v 2
0＝0
解得：t ＝v 02μg ＝10μgL 8μg
.
计算题限时突破(六)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1甲所示，可视为质点的A 、B 两物体置于一静止长纸带上，纸带左端与A 间距离为d 1＝0.5 m ，A 与B 间距为d 2＝1.5 m ，两物体与纸带间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.2.现以恒定的加速度a ＝2 m /s 2向右水平拉动纸带，重力加速度g ＝10 m/s 2.
图1
(1)求A 物体在纸带上的滑动时间；
(2)在图乙给定的坐标系中画出A 、B 两物体的v －t 图象； (3)求两物体A 、B 停在地面上的距离s . 答案 见解析
解析 (1)A 、B 在纸带上加速时的加速度均为a 1＝μ1g ＝1 m/s 2，设A 物体在纸带上的滑动时间为t 1，对A 物体有12at 21－12a 1t 21＝d 1 代入数据得 t 1＝1 s
(2)A 、B 两物体的v －t 图象如图所示．
(3)由图象得
x B －x A ＝(12×3×2－1
2×1.5×1) m ＝2.25 m
两物体A 、B 停在地面上的距离 s ＝x B －x A ＋d 2＝(2.25＋1.5) m ＝3.75 m
25．(20分)如图2所示，水平面内有一光滑金属导轨QPMN ，MP 边长度为d ＝3 m 、阻值为R ＝1.5 Ω，且MP 与 PQ 垂直，与MN 的夹角为135°，MN 、PQ 边的电阻不计．将质量m ＝2 kg 、电阻不计的足够长直导体棒放在导轨上，并与MP 平行，棒与MN 、PQ 交点F 、E 间的距离L ＝4 m ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B ＝0.5
T ．在外力作用下，棒由EF 处以初速度v 0＝3 m/s 向右做直线运动，运动过程中回路的电流强度始终不变．求：
图2
(1)棒在EF 处所受的安培力的功率P ； (2)棒由EF 处向右移动2 m 所需的时间Δt ； (3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中，外力做功W . 答案 (1)24 W (2)5
6
s (3) 41.25 J
解析 (1)棒在EF 处的感应电动势E ＝BL v 0＝6 V 电流I ＝E
R ＝4 A
安培力F 安＝BIL ＝8 N 安培力的功率P ＝F 安v 0＝24 W
(2)棒向右移动2 m 的过程中回路磁通量变化量 ΔΦ＝B ΔS ＝B (Lx ＋1
2
x 2)＝5 Wb
因为电流强度始终不变，电动势也不变，由E ＝ΔΦΔt 可得Δt ＝ΔΦE ＝5
6
s
(3)棒由EF 处向右移动2 s 的过程中，回路磁通量变化量ΔΦ′＝E Δt ′＝12 Wb 棒扫过的面积为ΔS ′＝ΔΦ′
B
＝24 m 2
设2 s 的过程棒移动了x ′，ΔS ′＝Lx ′＋x ′2
2，解得x ′＝4 m
此时电动势不变E ＝B (L ＋x ′)v ，解得v ＝1.5 m/s 安培力做功等于回路产生的焦耳热W 安＝I 2R Δt ′＝48 J 根据动能定理得W －W 安＝12m v 2－1
2m v 20
解得W ＝41.25 J.
计算题限时突破(七)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1所示，在第一象限内有一正三角形区域的有界匀强磁场(未画出)，方向垂
直纸面向里，磁感应强度大小B ＝0.5 T ，—比荷为2×102 C /kg 的带正电粒子，从M 点以v ＝200 m/s 的速度垂直x 轴方向射入第一象限，粒子射出磁场时，速度方向恰好与OA 直线垂直．不计粒子的重力，则：
图1
(1)粒子在磁场中运动的时间为多少； (2)正三角形磁场区域的最小面积为多少． 答案 (1)π3
×10－
2 s (2)
3 m 2
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期： T ＝2πR v ＝2πm qB
解得：T ＝2π×10－
2 s
由题可知，粒子在磁场中运动的时间：t ＝1
6T
解得：t ＝π3
×10－
2 s
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：qB v ＝m v 2
R
R ＝m v
qB
＝2 m
则正三角形的最小边长：L ＝R ＝2 m
故正三角形的最小面积：S ＝1
2
L 2sin 60°＝ 3 m 2
25．(20分)如图2所示，水平传送带两轮间的距离L ＝40 m ，传送带以恒定的速率v 0＝2 m /s 顺时针匀速转动，两个完全一样的滑块P 、Q (视为质点)用一根轻绳(未画出)连接，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧(弹簧与物体不拴接)，此时弹簧的弹性势能E p >5 J ，现把P 、Q 从传送带的最左端由静止开始释放，t 1＝4 s 时突然烧断轻绳，很短时间内弹簧伸长至原长(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块Q 的速率刚好是P 的速率的两倍．已知两滑块的质量都是m ＝0.2 kg ，两滑块与传送带之间的动摩擦因数都是μ＝0.1，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：
图2
(1)轻绳断前，两滑块的位移； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)两滑块离开传送带的时间差． 答案 见解析
解析 (1)绳子断前，对PQ 整体分析 其加速度：a ＝μg ＝1 m/s 2
P 、Q 从开始释放到与传送带相对静止的时间：t 0＝v 0
a
＝2 s ＜t 1＝4 s
故4 s 内两滑块的位移：x 1＝v 20
2a
＋v 0(t 1－t 0)＝6 m ＜L ＝40 m ，符合题意．
(2)绳断到弹簧处于原长的过程，PQ 系统动量守恒 若P 、Q 与弹簧分离时速度方向相同 则有2m v 0＝m v P ＋m v Q 又v Q ＝2v P
联立解得：v P ＝43 m/s ，v Q ＝8
3 m/s
由题给数据知：E p ＞5 J
而12m v 2P ＋12m v 2Q ＝89
J ＜E p ，不符合题意． 若P 、Q 与弹簧分离时速度方向相反，有2m v 0＝－m v P ′＋m v Q ′ 又v Q ′＝2v P ′
联立解得：v P ′＝4 m /s ，v Q ′＝8 m/s 由能量守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能： E p ＝12m v P ′2＋12m v Q ′2－12
×2m v 2
0＝7.2 J (3)弹簧处于原长后，滑块Q 与传送带共速的时间：t 2＝v Q ′－v 0
μg
＝6 s 这段时间内Q 的位移：x 2＝
v Q ′＋v 0
2
t 2＝30 m ＜L －x 1＝34 m 故滑块Q 先匀减速运动，再匀速运动，匀速运动的时间： t 3＝(L －x 1)－x 2v 0
＝2 s
则弹簧处于原长后Q 到传送带最右端的时间：t Q ＝t 2＋t 3＝8 s 弹簧处于原长后，对滑块P ，其减速到零的位移：x 3＝v P ′2
2μg ＝8 m ＞x 1
故弹簧处于原长后P 到传送带最左端的过程：x 1＝v P ′t P －12μgt 2
P 解得：t P ＝2 s 或t P ′＝6 s(舍去)
故两滑块离开传送带的时间差：Δt ＝t Q －t P ＝6 s
计算题限时突破(八)
(限时：25分钟)
24．(12分)如图1甲所示，物体A 、B (均可视为质点)用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接，A 、B 离水平地面的高度H ＝1 m ．A 的质量m 0＝0.4 kg ，如果B 的质量m 可以连续变化，得到A 的加速度随m 的变化图线如图乙所示，图中虚线为渐近线，设竖直向上为加速度的正方向，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：
图1
(1)图乙中a 0值；
(2)若m ＝1.2 kg ，由静止同时释放A 、B 后，A 距离水平地面的最大高度(设B 着地后不反弹，A 不与天花板碰撞) 答案 (1)10 (2)2.5 m
解析 (1)分别选择B 、A 进行受力分析，根据牛顿第二定律可得： mg －F T ＝ma F T －m 0g ＝m 0a
解得a ＝m －m 0
m ＋m 0g ，当m →∞时，a →g ＝10 m/s 2
故a 0的值为10.
(2)当m ＝1.2 kg 时，AB 的加速度大小为a ′＝1
2g ，设B 着地时的速度为v .则有v 2＝2a ′H ，
接着A 做竖直上抛运动，到速度为零时到达最高点，由机械能守恒定律可得：m 0gh ＝1
2m 0v 2，
解得：h ＝0.5 m
A 距离水平地面的最大高度：h m ＝2H ＋h ＝2.5 m.
25．(20分)如图2所示，两条相同的、阻值不计的“L ”形金属导轨平行固定且相距d ＝1 m ．水平部分LM 、OP 在同一水平面上且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B 1＝1 T ；倾斜部分MN 、PQ 与水平面成37°角，有垂直于轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度B 2＝3 T ．金属棒ab 质量为m 1＝0.2 kg 、电阻R 1＝1 Ω，金属棒ef 质量为m 2＝0.5 kg 、电阻为R 2＝2 Ω.ab 置于光滑水平导轨上，ef 置于动摩擦因数μ＝0.5的倾斜导轨上，两金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t ＝0时刻起，ab 棒在水平恒力F 1的作用下由静止开始向右运动，ef 棒在沿斜面
向上的力F 2的作用下保持静止状态．当ab 棒匀速运动时，撤去力F 2，金属棒ef 恰好不向上滑动(设定最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab 始终在水平导轨上运动，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.
图2
(1)当金属棒ab 匀速运动时，求其速度为多大； (2)求金属棒ab 在运动过程中最大加速度的大小；
(3)若金属棒ab 从静止开始到匀速运动用时1.2 s ，则此过程中金属棒ef 产生的焦耳热为多少？ 答案 (1)5 m/s (2)253 m/s 2 (3)53
J
解析 (1)撤去力F 2，金属棒ef 恰好不上滑，由平衡条件得m 2g sin 37°＋μm 2g cos 37°＝B 2Id 由闭合电路欧姆定律得E ＝I (R 1＋R 2) 金属棒ab 产生电动势E ＝B 1d v 解得v ＝5 m/s
(2)金属棒ab 匀速运动时，由平衡条件得F 1＝B 1Id 解得：F 1＝5
3
N
由牛顿第二定律得a ＝F 1m 1＝25
3
m/s 2
(3)金属棒ab 从静止开始到匀速运动过程，由动量定理得F 1t －B 1I dt ＝m 1v 得电荷量q ＝I t ＝F 1t －m 1v
B 1d
由法拉第电磁感应定律得E ＝
ΔΦΔt
由闭合电路欧姆定律得I ＝
E
R 1＋R 2
电荷量q ＝I t ＝ΔΦR 1＋R 2＝B 1ds
R 1＋R 2
由能量守恒定律得F 1s ＝1
2m 1v 2＋Q
金属棒ef 产生的焦耳热Q ′＝R 2Q R 1＋R 2＝5
3
J
实验题限时突破(一)
(限时：15分钟)
22．(6分)某同学利用弹簧和小物块探究弹簧的弹性势能与弹簧形变量之间的关系．如图1甲所示，把弹簧放在带有刻度的水平桌面上，将弹簧的左端固定在桌面的“0”刻度处，弹簧的右端带有指针，弹簧处于自由状态时指针指示值为16.00 cm，只有在0～16 cm范围内桌面光滑．该同学进行如下操作：
图1
(1)将物块靠近弹簧右端并缓慢压缩，当指针在如图甲所示位置时，弹簧的长度为______________ cm.记下弹簧的压缩量Δx，由静止释放物块，物块离开弹簧后，在粗糙桌面上滑行一段距离s停下，记下s的值．
(2)改变弹簧的压缩量Δx，重复以上操作，得到多组数据，并在图乙的坐标纸上描点．请根据描出的点，作出s－Δx图象．
(3)根据作出的图象，能否直接得到弹簧的弹性势能与弹簧形变量之间的关系？________(回答“能”或“不能”)．
答案(1)14.80
(2)
(3)不能
解析(1)当指针在如题图甲所示位置时，弹簧的长度为14.80 cm；
(2)作出的s－Δx图象如图：
(3)因s－Δx图象不是直线，故不能直接得到弹簧的弹性势能与弹簧形变量之间的关系，需要
作s－(Δx)2图象进一步证明．
23．(9分)某实验小组准备测一未知电阻R x的阻值，他们先用多用电表，在正确操作的情况下粗测其阻值约为100 Ω，然后用伏安法测量．实验室提供的器材有：
A．电压表V(量程3 V，内阻约为3 kΩ)
B．电流表A(量程30 mA，内阻约为8 Ω)
C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D．滑动变阻器R2(最大阻值3 kΩ，额定电流0.5 A)
E．电池组(电动势约为3 V，内阻很小)
F．开关一个，导线若干
(1)滑动变阻器应选______________．(填所选器材前的字母)
(2)在虚线框内画出测量电阻的电路图．
(3)实验测得的数据如下表所示，电流表读数明显错误的是第______________组．当电压表的读数是2.40 V时，电流表的示数如图2所示，读数为____________________ mA.
图2
(4)由实验数据求得待测电阻的阻值R x____________________ Ω(结果保留三位有效数字)．答案(1)C
(2)
(3)222.7(4)106
T 0 T 1 选修 3－3 增分练(一) 1．[物理——选修 3－3](15 分) (1)(6 分)关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选 对一个给 3 分，选对两个给 4 分，选对 3 个给 6 分．每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分) A ．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 B ．当分子间距离增大时，分子间的引力减少、斥力增大 C ．一定量的理想气体，在压强不变时，气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随 着温度升高而减少 D ．水的饱和汽压随温度的升高而增大 E ．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 (2)(9 分)如图所示，竖直放置的足够长圆柱形绝热汽缸内封闭着 1 mol 单原子分子理想气体，气体温度为 T 0.活塞的质量为 m ，横截面积为 S ， 与汽缸底部相距 h ，现通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升了 h .已知 1 mol 3 单原子分子理想气体内能表达式为 U ＝2RT ，大气压强为 p 0，重力加速度 为 g ，不计活塞与汽缸的摩擦．求： ①加热过程中气体吸收的热量； ②现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为 m 1 时，活塞 恰好回到原来的位置，求此时气体的温度． 解析：(2)①加热前，活塞平衡，有： p 1S ＝mg ＋p 0S ① 加热过程，气体等压膨胀，由盖吕萨克定律，得： hS 2hS ＝ ② 解得：T 1＝2T 0 由题给条件得，加热过程气体内能的增量为： 3 3 Δ U ＝2R (T 1－T 0)＝2RT 0 ③ 此过程，气体对外做功为： W ＝－p 1Sh ④ 由热力学第一定律 Δ U ＝W ＋Q 解得，气体吸收的热量为：
2019年高考物理试题分类解析 专题11 光学 1.2019全国1卷34.（2）（10分）如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m 。距水面4 m 的湖底P 点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）。已知水的折射率为4 3 （i ）求桅杆到P 点的水平距离； （ii ）船向左行驶一段距离后停止，调整由P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。 【答案】[物理——选修3–4] （2）（i ）设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x 1，到P 点的水平距离为x 1；桅杆高度为h 1，P 点处水深为h 2：微光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有 1 1 tan 53x h =? ① 2 3 tan x h θ= ② 由折射定律有sin53° =n sin θ ③ 设桅杆到P 点的水平距离为x ，则x =x 1+x 2 ④ 联立①②③④式并代入题给数据得x =7 m ⑤ （ii ）设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i '，由折射定律有 sin i '=n sin45° ⑥ 设船向左行驶的距离为x'，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x'1，到P 点的水平距离为x'2，则 1 2x x x x '''+=+ ⑦ 1 1 tan x i h ''= ⑧
2 2 tan 45x h '=? ⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得x'= 623m=5.5m -（） ⑩ 2.34.（2）（10分）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题： （i ）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________； A ．将单缝向双缝靠近 B ．将屏向靠近双缝的方向移动 C ．将屏向远离双缝的方向移动 D ．使用间距更小的双缝 （ii ）若双缝的间距为d ，屏与双缝间的距离为l ，测得第1条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx ，则单色光的波长λ=_________； （iii ）某次测量时，选用的双缝的间距为0．300 mm ，测得屏与双缝间的距离为1.20 m ，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm 。则所测单色光的波长为______________nm （结果保留3位有效数字）。 【答案】（2）（i ）B （ii ） 1x d n l ??-（） （iii ）630
2019高考物理二轮复习攻略 物理在绝大多数的省份既是会考科目又是高考科目，在高中的学习中占有重要地位。以下是查字典物理网为大家整理的高考物理二轮复习攻略，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典物理网一直陪伴您。 一、知识板块：以小综合为主，不求大而全 第一轮复习基本上都是以单元，章节为体系。侧重全面弄懂基本概念，透彻理解基本规律，熟练运用基本公式解答个体类物理问题。综合应用程度不太高。实际上知识与技能的综合是客观存在，所以，我们因势利导把知识进行适当综合。但要循序渐进，以小综合为主，不求一步到位的大而全。 所谓小综合，就是大家一眼就能审视出一个问题涉及那两个知识点，可能用到那几个物理公式的。譬如： 1.力和物体的运动综合问题(力的平衡、直线运动、牛顿定律、平抛运动、匀速圆周运动)； 2.万有引力定律的应用问题； 3.机械振动和机械波； 4.动能定理与机械能守恒定律； 5.气体性质问题； 6.带电粒子在电场中的直线运动(匀速、匀加速、匀减速、往复运动)，曲线运动(类平抛、圆周运动)； 7.直流电路分析问题：①动态分析，②故障分析；
8.电磁感应中的综合问题：①导体棒切割磁感线(单根、双根、U形导轨、形导轨、O形导轨；导轨水平放置、竖直放置、倾斜放置等各种情景)，②闭合线圈穿过有界磁场(线圈有正方形、矩形、三角形、圆形、梯形等)，(有边界单个磁场，有分界衔接磁场)、(线圈有竖直方向穿过、水平方向穿过等各种情景)； 9.物理实验专题复习：①应用性实验，②设计性实验，③探究性实验； 10.物理信息给予题(新概念、新规律、数据、表格、图像等) 11.联系实际新情景题(文字描述新情景、图字展现新情景、建物理模型，重物理过程分析)； 12.常用的几种物理思维方法； 13.物理学习中常用的物理方法。 二、方法板块：以基本方法为主，不哗众取宠 分析研究和解答物理问题，离不开物理思想，这种思想直觉反应是思维方法。平时学习中大家已经接触和应用过多种方法，但仍是比较零乱的。因此，有必要适当地加于归纳总结，能知道一些方法的适用情况，区别普遍性与特殊性。其中要以基本方法为主。即必须掌握，熟练应用且平时用得最多的几种方法。 如受力分析法：从中判断研究对象受几个力，是恒力还是变力；过程分析法：能把较复杂的物理问题分析成若干简单的
物理学史 一、力学： 伽利略（意大利物理学家） ①1638年，伽利略用观察——假设——数学推理的方法研究了抛体运动，论证重物体和轻物体下落一样快，并在比萨斜塔做了两个不同质量的小球下落的实验，证明了他的观点是正确的，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点（即质量大的小球下落快是错误的）。 ②伽利略的理想斜面实验：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去。得出结论（力是改变物体运动的原因），推翻了亚里士多德的观点（力是维持物体运动的原因）。 评价：将实验与逻辑推理相结合，标志着物理学的开端。 （在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，理想实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断。） 奥托··格里克（德国马德堡市长） ①马德堡半球实验：证明大气压的存在。 胡克（英国物理学家） ①提出胡克定律：只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比。 笛卡儿（法国物理学家）①根据伽利略的理想斜面实验，提出：如果没有其它原因，运动物体将继续以同一速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。 牛顿（英国物理学家） ①将伽利略的理想斜面实验的结论归纳为牛顿第一定律（即惯性定律）。 卡文迪许（英国物理学家） ①利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量。（微小形变放大思想） 万有引力定律的应用 ①1846年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维烈（勒维耶）应用万有引力定律，计算并观测到海王星。1930年，美国天文学家汤博用同样的计算方法发现冥王星。 经典力学的局限性 ①20世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。 二、电磁学：
.精品文档. 2019年高考物理一轮复习试题 测量速度和加速度的方法 【纲要导引】 此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度验证牛二或动能定理等。此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。 【点拨练习】 考点一打点计时器 利用打点计时器测加速度时常考两种方法： （1）逐差法 纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆） 点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔） （2）平均速度法 ，两边同时除以t，，做图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是 开始计时点0的初速。
1. 【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电频率f=50Hz在线带上打出的点中，选 出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A B、、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： =16.6=126.5=624.5 若无法再做实验，可由以上信息推知： ①相信两计数点的时间间隔为___________ S ②打点时物体的速度大小为_____________ /s（取2位有效数字） ③物体的加速度大小为__________ （用、、和f表示） 【答案】①0.1s②2.5③ 【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s . ②根据间的平均速度等于点的速度得v==2.5/s . ③利用逐差法：，两式相加得，由于，，所以就有了，化简即得答案。 2. 【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运
计算题增分练(一) (满分32分 20分钟) 1．如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v 0 ＝2 m/s 的速度沿顺时针方向转动，小物块A 从传送带顶端无 初速度释放的同时，小物块B 以v 1＝8 m/s 的速度从底端滑上 传送带．已知小物块A 、B 质量均为m ＝1 kg ，与传送带间的 动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A 、B 未在传送带上发生碰 撞，重力加速度g 取10 m/s 2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 求： (1)小物块B 向上运动过程中平均速度的大小； (2)传送带的长度l 应满足的条件． 解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 解得a 1＝10 m/s 2 小物块B 减速至与传送带共速的过程中， 时间t 1＝v 1－v 0a 1 ＝0.6 s 位移s 1＝v 2 1－v 202a 1 ＝3 m 之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得 mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 解得a 2＝2 m/s 2 小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0 a 2 ＝1 s 位移s 2＝v 2 02a 2 ＝1 m 小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝ s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经 具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此
力学题的深入研究 最近辅导学生的过程中，发现几道力学题虽然不是特别难，但容易错，并且辅导书对这几道题或语焉不详，或似是而非，或浅尝辄止，本文对其深入研究，以飨读者。 【题1】（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图1所示。打点计时器电源的频率为50Hz 。 ○ 1通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。 ○ 2计数点5对应的速度大小为 m/s ，计数点6对应的速度大小为 m/s 。（保留三位有效数字）。 ○3物块减速运动过程中加速度的大小为a = m/s 2,若用a g 来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g 为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。 【原解析】一般的辅导书是这样解的： ①和②一起研究：根据T s s v n n n 21++=,其中s T 1.050 15=?=，得
1.0210)01.1100.9(25??+=-v =s m /00.1，1 .0210)28.1201.11(2 6??+=-v =s m /16.1， 1 .0210)06.1028.12(2 7??+=-v =s m /14.1，因为56v v >，67v v <，所以可判断物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 这样解是有错误的。其中5v 是正确的，6v 、7v 是错误的。因为公式T s s v n n n 21++=是匀变速运动的公式，而在6、7之间不是匀变速运动了。 第一问应该这样解析： ①物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 根据1到6之间的cm 00.2s =?，如果继续做匀加速运动的话，则6、7之间的距离应该为01.1300.201.11s 5667=+=?+=s s ，但图中cm s 28.1267=，所以是在6和7之间开始减速。 第二问应该这样解析： ②根据1到6之间的cm 00.2s =?，加速度s m s m T s a /00.2/1 .01000.222 2=?=?=- 所以s m aT v v /20.11.000.200.156=?+=+=。 因为s m T s s v /964.01 .0210)61.866.10(22 988=??+=+=- aT v v -=87=s m /16.11.0)2(964.0=?--。 ③ 首先求相邻两个相等时间间隔的位移差，从第7点开始依次为，cm s 99.161.860.101=-=?，cm s 01.260.661.82=-=?， cm s 00.260.460.63=-=?，求平均值cm s s s s 00.2)(3 1321=?+?+?=?，所以加速度222 2/.1 .01000.2s m T s a -?=?==2/00.2s m 根据ma =mg μ，得g a μ=这是加速度的理论值，实际上'ma f mg =+μ（此式中f 为纸带与打点计时器的摩擦力），得m f g a + =μ'，这是加速度的理论值。因为a a >'所以g a =μ的测量值偏大。
A B 2019年高考物理一轮复习知识点总结 Ⅰ。力的种类:（13个性质力） 这些性质力是受力分析不可少的“是受力分析的基础” 力的种类:（13个性质力） 有18条定律、2条定理 1重力： G = mg (g 随高度、纬度、不同星球上不同) 2弹力：F= Kx 3滑动摩擦力：F 滑= μN 4静摩擦力： O ≤ f 静≤ f m (由运动趋势和平衡方程去判断) 5浮力： F 浮= ρgV 排 6压力: F= PS = ρghs 7万有引力： F 引=G 22 1r m m 8库仑力： F=K 2 2 1r q q (真空中、点电荷) 9电场力： F 电=q E =q d u 10安培力：磁场对电流的作用力 F= BIL (B ⊥I) 方向：左手定则 11洛仑兹力：磁场对运动电荷的作用力 f=BqV (B ⊥V) 方向：左手定则 12分子力：分子间的引力和斥力同时存在,都随距离的增 大而减小,随距离的减小而增大,但斥力变化得快． 。 13核力：只有相邻的核子之间才有核力，是一种短程强 力。 5种基本运动模型 1静止或作匀速直线运动（平衡态问题）； 2匀变速直、曲线运动（以下均为非平衡态问 题）； 3类平抛运动； 4匀速圆周运动； 5振动。 1万有引力定律B 2胡克定律B 3滑动摩擦定律B 4牛顿第一定律B 5牛顿第二定律B 力学 6牛顿第三定律B 7动量守恒定律B 8机械能守恒定律B 9能的转化守恒定律． 10电荷守恒定律 11真空中的库仑定律 12欧姆定律 13电阻定律B 电学 14闭合电路的欧姆定律B 15法拉第电磁感应定律 16楞次定律B 17反射定律 18折射定律B 定理： ①动量定理B ②动能定理B 做功跟动能改变的关系
力学题的深入研究 最近辅导学生的过程中，发现几道力学题虽然不是特别难，但容易错，并且辅导书对这几道题或语焉不详，或似是而非，或浅尝辄止，本文对其深入研究，以飨读者。 【题1】（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图1所示。打点计时器电源的频率为50Hz 。 通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间○1某时刻开始减速。 计数点5对应的速度大小为 m/s ，计数点6对应的速度大小○2为 m/s 。（保留三位有效数字）。 物块减速运动过程中加速度的大小为= m/s 2,若用来计算物○3a a g 块与桌面间的动摩擦因数（g 为重力加速度），则计算结果比动摩擦 因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。【原解析】一般的辅导书是这样解的： ①和②一起研究：根据,其中，得T s s v n n n 21++=s T 1.05015=?=
=，=， 1.0210)01.1100.9(25??+=-v s m /00.11 .0210)28.1201.11(2 6??+=-v s m /16.1=，因为，，所以可判断物1 .0210)06.1028.12(2 7??+=-v s m /14.156v v >67v v <块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 这样解是有错误的。其中是正确的，、是错误的。因为公式 5v 6v 7v 是匀变速运动的公式，而在6、7之间不是匀变速运动了。T s s v n n n 21++=第一问应该这样解析： ①物块在两相邻计数点6和7之间某时刻开始减速。 根据1到6之间的，如果继续做匀加速运动的话，则6、7之cm 00.2s =?间的距离应该为，但图中，01.1300.201.11s 5667=+=?+=s s cm s 28.1267=所以是在6和7之间开始减速。 第二问应该这样解析： ②根据1到6之间的，加速度 cm 00.2s =?s m s m T s a /00.2/1 .01000.222 2=?=?=-所以。 s m aT v v /20.11.000.200.156=?+=+=因为s m T s s v /964.01 .0210)61.866.10(22 988=??+=+=-=。 aT v v -=87s m /16.11.0)2(964.0=?--③ 首先求相邻两个相等时间间隔的位移差，从第7点开始依次为，，， cm s 99.161.860.101=-=?cm s 01.260.661.82=-=?，求平均值，所cm s 00.260.460.63=-=?cm s s s s 00.2)(3 1321=?+?+?=?以加速度=222 2/.1 .01000.2s m T s a -?=?=2/00.2s m 根据，得这是加速度的理论值，实际上 ma =mg μg a μ=（此式中为纸带与打点计时器的摩擦力），得，'ma f mg =+μf m f g a +=μ'这是加速度的理论值。因为所以的测量值偏大。a a >'g a =μ
——教学资料参考参考范本——2019-2020高考物理一轮复习专题1 ______年______月______日 ____________________部门 一．
二．选择题 1.汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止，对这一运动过程，下列说法正确的有 A. 这连续三个1s的初速度之比为 B. 这连续三个1s的平均速度之比为 C. 这连续三个1s发生的位移之比为 D. 这连续三个1s的速度改变量之比为 【参考答案】ACD 2.如图所示，完全相同的三个木块并排固定在水平面上，一子弹以速度v水平射入，若子弹在木块中做匀减速运动，且穿过第三块木块后速度恰好为零则子弹依次射入每块木块时的速度比和穿过每块木块所用的时间比正确的是
A. ：：：2：1 B. ：：：： C. ：：：： D. ：：：：1 【参考答案】D 则：子弹依次穿过321三木块所用时间之比：：：：： 得：子弹依次穿过123三木块所用时间之比：：：：：1 设子弹穿过第三木块所用时间为1秒，则穿过3，2两木块时间为：， 穿过3，2，1三木块时间为： 则：子弹依次穿过3，2，1三木块时速度之比为：1：：，所以，子弹 依次穿过1，2，3三木块时速度之比为：：：1； 故D正确，ABC错误；． 3.小物块以一定的初速度自光滑斜面的底端a点上滑，最远可达b点，
e为ab的中点，如图所示，已知物体由a到b的总时间为，则它从a 到e所用的时间为 A. B. C. D. 【参考答案】D
4.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀减速直线运动，依次经A，B，C，D到达最高点E，已知，，滑块从A到C和从C到D所用的时间都是设滑块经C时的速度为，则 A. 滑块上滑过程中加速度的大小为 B. C. D. 从D到E所用时间为4s 【参考答案】AD 5.一小物体以一定的初速度自光滑斜面的底端a点上滑，最远可达b 点，e为ab的中点，已知物体由a到e的时间为t0,则它从e经b再返回e所需时间为（）
2019年高考物理试题分类解析 专题06 磁场 1. （2019全国1卷17）如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为（ ） A ．2F B ．1.5F C ．0.5F D ．0 【答案】B 【解析】设导体棒MN 的电流为I ，则MLN 的电流为 2I ，根据BIL F =,所以ML 和LN 受安培力为2F ，根据力的合成，线框LMN 受到的安培力的大小为F +F F 5.130sin 2 20 =? 2. （2019全国1卷24）（12分）如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上某点以垂直于x 轴的方向射出。已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d ，不计重力。求 （1）带电粒子的比荷； （2）带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。 【答案】 （1）设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度大小为v 。由动能定理有2 12 qU mv =① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r ，由洛伦兹力公式和牛领第二定律有2 v qvB m r =②
由几何关系知d ③ 联立①②③式得 224q U m B d =④ （2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为 πtan302 r s r = +?⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为 s t v = ⑥ 联立②④⑤⑥式得 2π(42Bd t U =⑦ 【解析】另外解法（2）设粒子在磁场中运动时间为t 1，则U Bd qB m T t 8241412 1ππ=? ==(将比荷代入) 设粒子在磁场外运动时间为t 2，则U Bd qU md qU m d v t 1236326y 2 22= ?=?== 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为21t t t +=，代入t 1和t 2得2π(42Bd t U =. 3. （全国2卷17）如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。ab 边中点有一电子源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k 。则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为（ ） A ．14kBl B ．14kBl ，5 4 kBl
2019年高考物理必考的热点总结 科学备考 抓基础是原则练套题是方法 高考复习第一轮做题，第二轮做专题，第三轮做真题真卷。模拟考试是为练速度、调整状态，希望同学们认真对待。要想迅速提高自己的应试能力，抓基础是原则，练套题是方法，理清解题思路，熟记典型题目的解题套路，例如把复杂的计算题分解为简单运动分析、受力分析等，养成画图分析的习惯，提高应试能力。 不同学校的学生基础不同，要本着实事求是的态度进行高考二轮复习，不可东施效颦。对于学生基础薄弱的普通高中，不宜一味追求教学容量，一节课围绕高考热点解决一个主要问题即可。高考复习不应都是讲习题，如果一节课内老师滔滔不绝地讲解十几道题，往往吃力不讨好，其教学效果不会太好。学生基础薄弱的学校，到高考前把基础内容复习一遍，这是符合学生实际的正常现象。但也要尽早让学生做近年的高考真题，高考题目最经典，考前冲刺天天练。建议从5月份开始有计划地每周训练一份高考真题。以高考真题为载体讲解基础知识，积累考试经验，提高应试技巧。 解题技巧 联系题目找隐情 本地考生高考失分原因如下：一是学习水平方面的问题，表现出基础不够扎实，审题不够仔细;实验不够重视，分析不够透彻等。二是竞技状态方面的问题，表现出精力不够充沛，头脑不够清醒等。考场如何有效避免失分?一是解题要讲科学、讲方法。要重视过程的分析，重视对问题的推理和总结。仔细读题，把握已知条件，深入挖掘，找
出隐含条件，综合梳理确认，理解题目的要求，理清答题思路。二是不回避旧题，不迷恋难题。若在备考时把教材作为重要的复习材料，平时心中有数，考试就会得心应手。 理性复习 不必迷信名校的模拟题 关于物理复习“专题的分类”，除了按照学科研究领域划分为力学、电学、实验等专题外，还可按照考题的难度进行划分，如基础题专题、中等难度题等。从而掌握一些解题套路，提高应试能力。 临近高考，各种资料满天飞，要学会主动复习，敢于舍弃，快速浏览，看图理思路即可，不必每道题都深究，不要总对照答案。做完题目就立刻对照答案的习惯不利于树立学习的自信心，四月后的日子更要把这个习惯改掉。学会用自己的理解，按照物理高考的十大热点和若干套路评价这些试题。老师和同学都不必过分迷信各名校的模拟试题。 对于每一位考生来说，自己的考试卷和改错本都是最适合自己的复习资料，翻阅、思考、再练习，效果会特别好。通过阅读改错本，做高考套题等方式整理解题方法，逐步“把书读薄”。为提高应试的能力奠定基础。高考注重知识考查的同时，更注重考查能力。所要考查的主要有五大能力：理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力、实验能力。其中理解能力是基础。在第二轮复习中，教师应该有针对性的把一些重点实验给学生进行现场演示，或开放物理复习的实验，最好能让学生自己动手，对着实验仪器弄清实验原理，老师和学生都不要认为实验操作复习是浪费复习时间。 考前冲刺
2019年高考物理试题分类汇编：3--4 1．（2018福建卷）.一列简谐波沿x 轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，此时质点P 正沿y 轴负方向运动，其振动图像如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是 A ．沿x 轴负方向，60m/s B ．沿x 轴正方向，60m/s C ．沿x 轴负方向，30 m/s D ．沿x 轴正方向，30m/s 答案：A 2．（1）（2018福建卷）（6分）在“用双缝干涉测光的波长”实验中（实验装置如图）： ①下列说法哪一个是错误．．．．．．的_______。（填选项前的字母） A ．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝 B ．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划中心刻线与该亮纹的中心对齐 C ．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n 条亮纹间的距离a ，求出相邻两条亮纹间距x /(1)a n =-V ②测量某亮纹位置时，手轮上的示数如右图，其示数为___mm 。 答案：①A ②1.970 3．（2018上海卷）．在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的（ ） （A ）频率 （B ）强度 （C ）照射时间 （D ）光子数目 答案： A 4．（2018上海卷）．下图为红光或紫光通过双缝或单缝所呈现的图样，则（ ） （A ）甲为紫光的干涉图样 （B ）乙为紫光的干涉图样 （C ）丙为红光的干涉图样 （D ）丁为红光的干涉图样 答案： B 5．（2018上海卷）．如图，简单谐横波在t 时刻的波形如实线所示，经过?t ＝3s ，其波形如虚线所示。已知图中x 1与x 2相距1m ，波的周期为T ，且2T ＜?t ＜4T 。则可能的最小波速为__________m/s ，最小周期为__________s 。 （A ） （B ） （ C ） （D ）
精选2019高考物理实验复习专题高考在即，为了方便考生们更好地复习总结物理知识，小编在这里整理了精选2019高考物理实验复习专题，供考生们学习，希望能对考生们有帮助! 复习重点：1、长度的测量;2、研究匀变速直线运动;3、探究弹力和弹簧伸长的关系;4、验证力的平行四边形定则。 知识能力点提要： 实验一、长度的测量。实验目的：练习使用刻度尺和游标卡尺测量长度。 一、练习使用刻度尺测量长度。刻度尺又称米尺，常用米尺的最小刻度为lmm，量程不等。 1、刻度尺测量物体的长度时要注意以下几点： (1)刻度线紧贴被测物，眼睛正对刻度线读数，以避免视差。 (2)为防止因端头磨损而产生误差，常选择某一刻度线为测量起点，测量的长度等于被测物体的两个端点在刻度尺上的读数之差。 (3)毫米以下的数值靠自测估读一位，估读最小刻度值的1/10。 (4)测量精度要求高时，要进行重复测量后取平均值。可用累积法测细金属丝的直径或一张白纸的厚度。 二、练习使用游标卡尺测量长度。 1、游标卡尺的构造如图所示。 2、读数原理：如表。 3、测量范围：一般最多可以测量十几个厘米的长度。
4、使用游标卡尺时要注意： (1)对游标尺的末位数不要求再作估读，如遇游标上没有哪一根刻度线与主尺刻度线对齐的情况，则选择靠最近的一根线读数。有效数字的末位与游标卡尺的精度对齐。 (2)测量物不可在钳口间移动或压得太紧，以免磨损钳口或损坏工件。 (3)测量物上被测距离的连线必须平行于主尺。 (4)读数时，在测脚夹住被测物后适当旅紧固定螺丝。 实验二、研究匀变速直线运动。 1、实验目的：测定匀变速直线运动的加速度。 2、电磁打点计时器或电火花计时器是计时仪器。工作电压为_____ 流伏，f = 50Hz时，每隔_______ s打一次点。 3、实验原理：如图所示，T=0.02n秒： (1)逐差法： a平= (a1 + a2 +a3)/3 = [(s4 + s5 +s6) - (s1 + s2 +s3)]/9T2 (2)v - t图象法：利用vn = (sn + sn + 1)/2T求出v1、v2、v3……再作出v - t图象求出斜率，即可得到a。 4、注意事项： (1)实验中应先根据测量和计算得出的各Δs先判断纸带是否做匀变速直线运动，据估算，如果各Δs的差值在5%以内，可认为它们是相等的，纸带做匀变速直线运动。 (2)每打好一条纸带，将定位轴上的复写纸换个位置，以保证打点清晰，同时注意纸带打完后及时断开电源。
考查点8 圆周运动 第1课时圆周运动(1) 考点突破 1.物体在做匀速圆周运动的过程中，下列物理量中变化的是( ) A．周期B．动能C．线速度D．角速度 2．(2016·无锡模拟)甲、乙、丙三个物体，甲放在海南，乙放在无锡，丙放在天津．当它们随地球一起转动时，下列说法中正确的是( ) A．三个物体的角速度相等 B．甲的线速度最小 C．三个物体的线速度都相等 D．甲的角速度最大 3．用细线拴着一个小球，在光滑水平面上作匀速圆周运动，有下列说法，其中正确的是( ) A．小球线速度大小一定时，线越长越容易断 B．小球线速度大小一定时，线越短越不容易断 C．小球角速度一定时，线越长越容易断 D．小球角速度一定时，线越短越容易断 第4题图 4．如图所示，一圆盘可绕过圆盘的中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一小木块A，它随圆盘一起做匀速圆周运动，则关于木块A的受力，下列说法中正确的是( ) A．木块A受重力、支持力和向心力 B．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相反 C．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向指向圆心 D．木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相同 5．物体做匀速圆周运动时，下列说法中不正确的 是( ) A．向心力一定指向圆心 B．向心力一定是物体受到的合外力 C．向心力的大小一定不变 D．向心力的方向一定不变
第6题图 6．如图所示是一个玩具陀螺．a、b和c是陀螺上的三个点．当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是( ) A．a、b和c三点的线速度大小相等 B．a、b和c三点的角速度相等 C．a、b的角速度比c的大 D．c的线速度比a、b的大 7．下列关于向心力的说法中正确的是( ) A．物体由于做圆周运动而产生了一个向心力 B．向心力会改变做圆周运动物体的速度大小 C．做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合力 D．做匀速圆周运动的物体其向心力是不变的 8．甲、乙两个做匀速圆周运动的质点，它们的角速度之比为3∶1，线速度之比为2∶3，那么下列说法中正确的是( ) A．它们的半径之比为9∶2 B．它们的半径之比为1∶2 C．它们的周期之比为2∶3 D．它们的周期之比为1∶3 9．自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C是相互关联的三个转动部分，且半径R B＝4R A，R C＝8R A，如图所示．正常骑行时三轮边缘的向心加速度之比a A∶a B∶a C等于( ) 第9题图 A．1∶1∶8 B．4∶1∶4 C．4∶1∶32 D．1∶2∶4 10．一石英钟的分针和时针的长度之比为3∶2，均可看作是匀速转动，则( ) A．分针和时针转一圈的时间之比为1∶60 B．分针和时针的针尖转动的线速度之比为40∶1 C．分针和时针转动的角速度之比为12∶1 D．分针和时针转动的周期之比为1∶6 11．如图为皮带传动示意图，假设皮带没有打滑，R>r，则下列说法中正确的是( ) 第11题图 A．大轮边缘的线速度大于小轮边缘的线速度
热学 1．（2014广东十校第一次联考）一定质量的理想气体，现要使它的压强经过状态变化后回到初始状态的压强，那么使用下列哪些过程可以实现() A.先将气体等温膨胀，再将气体等容降温 B.先将气体等温压缩，再将气体等容降温 C.先将气体等容升温，再将气体等温压缩 D.先将气体等容降温，再将气体等温压缩 2. （1）（5分）（2014河北省唐山市摸底考试）当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力相等。关于分子之间的相互作用，下列说法正确的是 A．当两个分子间的距离小于r0时，分子间只存在斥力 B．当两个分子间的距离大于r0时，分子间只存在引力 C．两个分子间的距离由较远逐渐减小到r= r0的过程中，分子间相互作用力先增大后减小，表现为引力 D．两个分子间的距离由r= r0开始减小的过程中，分子间相互作用力一直增大，表现为斥力 E．两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小 2.答案：CDE 解析：当两个分子间的距离小于r0时，分子间斥力大于引力，选项A错误。当两个分子间的距离大于r0时，分子间斥力小于引力，选项B错误。两个分子间的距离由较远逐渐减小到r= r0的过程中，分子间相互作用力先增大后减小，表现为引力，选项C正确。两个分子间的距离由r= r0开始减小的过程中，分子间相互作用力一直增大，表现为斥力，选项D正确。两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小，选项E正确。 【考点定位】此题考查分子力及其相关知识。 3.（2014河北省邯郸市摸底考试）（1）下列说法中正确的是 A．单晶体的各向异性是由晶体微观结构决定的 B．布朗运动就是液体分子的运动 C．能量转化和守恒定律是普遍规律，但是能量耗散违反能量转化和守恒定律 D．小昆虫水黾可以站在水面上是由于液体表面张力的缘故 E．物体可从单一热源吸收的热量并全部用于做功，而不引起其它变化 4（2014辽宁省五校联考）右图是氧气分子在不同温度（0℃和100℃） 下的速率分布，由图可得信息正确的是（填入选项前 的字母，有填错的不得分） A. 同一温度下，氧气分子速率呈现出“中间多，两头少” 的分布规律 B．随着温度的升高，每一个氧气分子的速率都增大 C．随着温度的升高，氧气分子中速率小的分子所占的比例高 D．随着温度的升高，氧气分子的平均速率变小
一、楞次定律的理解 理解楞次定律中的“阻碍”的含义： (1)谁在阻碍？感应电流的磁场. (2)阻碍什么？阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身. (3)如何阻碍？当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”. (4)结果如何？阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化过程，该增加的还是增加，该减少的还是减少. [复习过关] 1.1834年，楞次在分析了许多实验事实后，用一句话巧妙地概括出感应电流方向遵循的规律.在做用条形磁铁穿过闭合导体线圈的探究实验中，以下描述符合客观事实的是() A.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向相反 B.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向相同 C.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向先相反后相同 D.线圈内感应电流产生的磁场方向总是与条形磁铁产生的磁场方向先相同后相反 答案 C 解析当条形磁铁靠近闭合线圈时，导致穿过线圈的磁通量大小增加，根据楞次定律，线圈中感应电流产生的磁场方向与条形磁铁产生的磁场方向相反；同理，当条形磁铁远离闭合线圈时，导致穿过线圈的磁通量大小减小，根据楞次定律，线圈中感应电流产生磁场方向与条形磁铁产生磁场的方向相同；故C正确，A、B、D错误；故选C. 2.根据楞次定律可知感应电流的磁场一定是() A.阻碍引起感应电流的磁通量 B.与引起感应电流的磁场反向 C.与引起感应电流的磁场方向相同 D.阻碍引起感应电流的磁通量的变化 答案 D 解析根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.原磁场减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同，原磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向
测量速度和加速度的方法 【纲要导引】 此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度来验证牛二或动能定理等。此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。 【点拨练习】 考点一打点计时器 利用打点计时器测加速度时常考两种方法： （1）逐差法 纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆） 点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔） （2）平均速度法 ，两边同时除以t，，做s t t 图，斜率二倍是加速度，纵轴截 距是开始计时点0的初速0v。
1.【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50H z 在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： A S =16.6mm B S =126.5mm D S =624.5mm 若无法再做实验，可由以上信息推知： ① 相信两计数点的时间间隔为__________S ② 打C 点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字) ③ 物体的加速度大小为__________(用A S 、B S 、D S 和f 表示) 【答案】①0.1s ②2.5 ③ 【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s ． ②根据间的平均速度等于点的速度得v c ==2.5m/s ． ③利用逐差法：,两式相加得,由于 ,，所以就有了,化简即得答案 。 2.【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电
2019年高考物理复习计划 一、复习计划 多年来的实践证明,要搞好复习备考,就要制定出科学、周密、完整、详细和符合本人实际的高考物理总复习计划,计划主要包括以下方面: 高三物理总复习的指导思想就是通过物理总复习,掌握物理概念及其相互关系,熟练掌握物理规律、公式及应用,总结解题方法与技巧,从而提高分析问题和解决问题的能力。 根据物理学科的特点,把物理总复习分为三个阶段: 第一阶段: 以章、节为单元进行单元复习训练,时间上约从高三上学期到高三下学期期中考试前,即头年九月到第二年三月初,大约需要六个月,这一阶段主要针对各单元知识点及相关知识点进行分析、归纳、复习的重点在基本概念及其相互关系,基本规律及其应用,因此,在这一阶段里,要求同学们掌握基本概念,基本规律和基本解题方法与技巧。 第二阶段: 按知识块(力学、热学、电磁学、光学、原子物理、物理实验)进行小综合复习训练,时间上第二年三月到四月,大约需要二个月,这个阶段主要针对物理学中的几个分支(力学、热学、电磁学、光学、原子物理)进行小综合复习,复习的重点是在本知识块内进行基本概念及其相互关系的分析与理解,基本规律在小综合运用。因此,在这一阶段要求同学们能正确辨析各知识内的基本概念及其相互关系,总结小范围内综合问题的解题方法与技巧,初步培养分析问题和解决问题的能力。
第三阶段: 进行大综合(包括理科综合和学科内综合)复习训练,时间为第二年五 月至六月,这一阶段主要针对物理学科各个知识点间和理、化、生各学科之间知识点进行大综合复习训练,复习的重点是进行重要概念及相互关系的辨析、重要规律的应用,因此,在这一阶段里,要求同学们进一步总结解题的方法与技巧,培养分析和解决综合、复杂问题的能力。 二、复习方法 在制定好复习计划后,就要选定科学的、适合本人具体情况的复习方法,而且要根据不同的复习阶段确定不同的复习方法: 第一阶段: 以章或相关章节为单元复习时,首先要求同学们自己分析、归纳本单元知识结构网络,并在老师的指导下进一步充实、完整、使之系统化。其次,要对本单元的基本概念及其相互关系进行辨析,对本单元的典型问题及其分析方法进行有针对性的分析与归纳,并着重总结解题方法与技巧,然后对本章知识点进行针对性训练,但训练题不宜过多,应精 选练习题,不能搞题海战术,最后要根据训练中和考试中出现的问题进行有针对性的分析和小结。 第二阶段: 本阶段可根据各知识块的特点,将有关内容分为几个专题,进行专题复习,着重进行思维方法与解题技巧的训练。 第三阶段: 本阶段主要是训练知识的大综合,较为复杂问题的分析方法,并将整个