第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
考纲解读1.能应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt
和导线切割磁感线产生电动势公式E ＝Bl v 计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感．
考点一 法拉第电磁感应定律的应用
1．感应电动势
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r
. 2．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt
和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔS Δt
；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt
. 3．磁通量的变化率ΔΦΔt
是Φ－t 图象上某点切线的斜率． 例1 (2013·江苏·13)如图1所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0m 、bc ＝0.5m ，电阻r ＝2Ω.磁感应强度B 在0～1s 内从零均匀变化到0.2T ．在1～5s 内从0.2T 均匀变化到－0.2T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
图1
(1)0.5s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；
(2)在1～5s 内通过线圈的电荷量q ；
(3)在0～5s 内线圈产生的焦耳热Q .
解析 (1)感应电动势E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB 1·S ，解得E 1＝N ΔB 1·S Δt 1
，代入数
据解得E 1＝10V ，感应电流方向为adcba (或逆时针方向)．
(2)同理可得：1s ～5s 内，感应电动势E 2＝N ΔΦ2Δt 2＝N ΔB 2·S Δt 2，感应电流I 2＝E 2r
，电荷量q ＝I 2Δt 2，解得q ＝N ΔB 2·S r
，代入数据解得q ＝10C. (3)0～1s 内线圈产生的焦耳热Q 1＝I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r
，1～5s 内线圈产生的焦耳热Q 2＝I 22r Δt 2，由Q ＝Q 1＋Q 2，代入数据得Q ＝100J.
答案 (1)10V adcba (或逆时针方向) (2)10C (3)100J
递进题组
1．[感应电动势大小的计算](2012·新课标全国·19)如图2，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为
了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt
的大小应为( )
图2
A.4ωB 0π
B.2ωB 0π
C.ωB 0π
D.ωB 02π
答案 C
解析 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动
势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0R πω
＝B 0r 2ω2R .当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔB ·S R Δt ＝ΔB πr 22R Δt ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π
，C 选项正确． 2．[法拉第电磁感应定律的应用]如图3甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200cm 2，线圈的电阻r ＝1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是
(
)
图3
A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大
C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－
4W D ．前4s 内通过R 的电荷量为4×10－
4C 答案 C
解析 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电
磁感应定律可知，产生的感应电动势为E ＝nS ·ΔB Δt
＝0.1V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝E R ＋r
＝0.02A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4W ，选项C 正确；前4s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08C ，选项D 错误．
法拉第电磁感应定律解题技巧
(1)公式E ＝n ΔΦΔt
是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择． (2)用公式E ＝nS ΔB Δt
求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积． (3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关．推导如
下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR 总·Δt ＝n ΔΦR 总
. 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1．公式E ＝Bl v 的使用条件
(1)匀强磁场．
(2)B 、l 、v 三者相互垂直．
(3)如不垂直，用公式E ＝Bl v sin θ求解，θ为B 与v 方向间的夹角．
2．“瞬时性”的理解
(1)若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势．
(2)若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势．
3．切割的“有效长度”
公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别
为：
图4
甲图：l ＝cd sin β；
乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.
丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R .
4．“相对性”的理解
E ＝Bl v 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．
例2 (2012·四川·20)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图5所示．则( )
图5
A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba v
B ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba v
C ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v (π＋2)R 0
D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0
解析 当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝
2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0
，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 0
，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2(2πa －2πa 6
＋a )R 0＝3B v (5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v (5π＋3)R 0
，选项D 正确．
答案 AD
递进题组
3．[对E ＝Blv 的考查]如图6所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )
图6
A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BL v
B ．此时A
C 两端电压为U AC ＝2BL v R 0R 0＋r
C ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12
m v 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r
答案 BD
解析 AC 的感应电动势为E ＝2BL v ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BL v R 0R 0＋r
，A 错，B 对；由功能关系得Fd ＝12m v 2＋Q ＋Q f ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd (R 0＋r )Δt
，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLd R 0＋r
，D 对． 4．[导体切割磁感线产生感应电动势问题]如图7所示，足够长的“U ”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab 棒接入电路的部分的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )
图7
A ．a 点的电势高于b 点的电势
B ．ab 棒中产生的焦耳热小于ab 棒重力势能的减少量
C ．下滑的位移大小为qR BL
D ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R
sin θ 答案 ABC
解析 由右手定则可知a 点相当于电源的正极，b 点相当于电源的负极，故A 正确；由能量守恒可知ab 棒重力势能的减少量等于ab 棒中产生的焦耳热与ab 棒的动能之和，故B 正确；
由q ＝ΔΦR ＝BxL R 可得，下滑的位移大小x ＝qR BL
，故C 正确；金属棒ab 在这一过程中受到的安培力大小为F ＝BIL ，I 最大为BL v R ，故最大安培力大小为B 2L 2v R
，故D 错误．
公式E ＝n ΔΦ
与E ＝Bl v sin θ的区别与联系 考点三 自感现象的理解
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．
(2)表达式：E ＝L ΔI Δt .
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2．自感现象“阻碍”作用的理解
(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．
线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I L逐渐变小．
3．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．
4．断电自感中，灯泡是否闪亮问题
(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．
(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．
例3如图8所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()
图8
解析当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，
电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1先变亮再慢慢熄灭，电流反向；综上所述知选项A、C正确．
答案AC
递进题组
5．[对自感的考查]如图9(a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，电路达到稳定后，灯泡A发光，则()
图9
A．在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案AD
解析在电路(a)中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，流过灯A的电流逐渐减小，因而灯A渐渐变暗．在电路(b)中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S 后，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，通过电阻R、灯泡A形成回路，灯泡A中电流突然变大，灯泡A先变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确．6．[对通电自感和断电自感的考查]如图10所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()
图10
A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变暗
B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭
C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭
D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭
答案 D
分析自感现象的两点注意
(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．
(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．
高考模拟 明确考向
1．(2014·安徽·20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图11所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球，已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
图11
A ．0B.12
r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk
答案 D
解析 变化的磁场产生电场，电场对运动的带电粒子做功．均匀变化的磁场产生恒定的电场，
电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt
·S ＝k πr 2，电场力做功W ＝qE ＝πr 2qk 故选项D 正确．
图12
2．(2014·江苏·1)如图12所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
A.Ba 2
B.nBa 2
C.nBa 2Δt
D.2nBa 2
Δt
答案 B
解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt
，选项B 正确． 3．(2013·北京·17)如图13所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )
图13
A ．c →a,2∶1
B ．a →c,2∶1
C ．a →c,1∶2
D ．c →a,1∶2
答案 C
解析 用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN 中的电流方向均为N →M ，所以电阻R 中的
电流方向为a →c .由感应电动势公式E ＝Bl v 可知：E 1E 2＝Bl v 2Bl v ＝12
，故选项C 正确． 4．磁场在xOy 平面内的分布如图14所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同
向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc ＝L B 、ab ＝L ，L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止．求：
图14
(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；
(2)线框所受安培力的大小和方向．
答案 (1)2nB 0L v 2nB 0L v R (2)4n 2B 20L 2v R
方向沿x 轴正方向 解析 (1)线框相对于磁场向左做切割磁感线的匀速运动，切割磁感线的速度大小为v ，任意时刻线框ab 边切割磁感线产生的感应电动势大小为E 1＝nB 0L v
cd 边切割磁感线产生的感应电动势大小为E 2＝nB 0L v
ab 边和cd 边所处的磁场方向总是相反的，故ab 边和cd 边中产生的感应电动势方向总是相同的，所以总的感应电动势大小E ＝2nB 0L v ，由闭合电路欧姆定律得导线中的电流大小I ＝2nB 0L v R . (2)线框所受安培力的大小F ＝2nB 0LI ＝4n 2B 20L 2v R
由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x 轴正方向．
练出高分
一、单项选择题
1．如图1所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L ，磁感应强度大小为B .总电阻为R 的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L 和L ，当该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是( )
图1
A ．线框中的感应电流方向始终不变
B ．线框中感应电流一直在增大
C ．线框所受安培力方向始终相同
D ．当通过线框的磁通量最大时，线框中的感应电动势为零
答案 C
解析 该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律、安培定则可以判断线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，且始终不为零，由左手定则可以判断线框在该磁场中一直受到水平向左的安培力作用，
故A 、D 项错，C 项正确；该线框以垂直于磁场边界的速度v 匀速穿过磁场的过程中，导线框切割磁感线的有效长度先增大、后不变、后再增大，由E ＝BL v 及闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流先增大、后不变、后再增大，故B 项错．
2.如图2所示，两块水平放置的金属板距离为d ，用导线、开关K 与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B 中．两板间放一台小型压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球．K 没有闭合时传感器有示数，K 闭合时传感器示数变为原来的一半．则线圈中磁场B 的变化情况和磁通量的变化率分别为( )
图2
A ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd 2q
B ．正在增强，ΔΦΔt ＝mgd 2nq
C ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd 2q
D ．正在减弱，ΔΦΔt ＝mgd 2nq
答案 B
解析 根据K 闭合时传感器示数变为原来的一半，推出带正电小球受向上的电场力，即上极板带负电，下极板带正电，线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板，根据安培定则知感应磁场的方向向下，与原磁场方向相反，又由楞次定律得线圈中磁场正在增强；对
小球受力分析得q E d ＝mg 2，其中感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，代入得ΔΦΔt ＝mgd 2nq
，故B 正确． 3．如图3甲所示，电路的左侧是一个电容为C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S .在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．则在0～t 0时间内，电容器( )
图3
A ．上极板带正电，所带电荷量为CS (
B 2－B 1)t 0
B ．上极板带正电，所带电荷量为
C (B 2－B 1)t 0
C ．上极板带负电，所带电荷量为CS (B 2－B 1)t 0
D ．上极板带负电，所带电荷量为C (B 2－B 1)t 0
答案 A
解析 由题图乙可知ΔB Δt ＝B 2－B 1t 0
，B 增大，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，故电容器上极板带正电，E ＝n S ΔB Δt ＝S (B 2－B 1)t 0，Q ＝CE ＝CS (B 2－B 1)t 0
，A 正确． 4．(2013·海南·6)如图4，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是( )
图4
A ．拉力的大小在运动过程中保持不变
B ．棒通过整个圆环所用的时间为2R a
C ．棒经过环心时流过棒的电流为B 2aR πr
D ．棒经过环心时所受安培力的大小为8B 2R 2aR πr
答案 D
解析 导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A 错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t ，由匀变速直线运动的基本关系
式可得2R ＝12at 2，解得t ＝4R a
，选项B 错误；由v 2－v 20＝2ax 可知棒经过环心时的速度v ＝2aR ，此时的感应电动势E ＝2BR v ，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r 总＝πRr 2
，故棒经过环心时流过棒的电流为I ＝E r 总
＝4B 2aR r ，选项C 错误；由对选项C 的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F ＝2BIR ＝8B 2R 2aR πr
，选项D 正确. 5．(2013·天津·3)如图5所示，纸面内有一矩形导体闭合线框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Q 1，通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场，线框上产生的热量为Q 2，通过线框导体横截面的电荷量为q 2，则( )
图5
A ．Q 1＞Q 2，q 1＝q 2
B ．Q 1＞Q 2，q 1＞q 2
C ．Q 1＝Q 2，q 1＝q 2
D ．Q 1＝Q 2，q 1＞q 2
答案 A
解析 由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦΔt
① I ＝E R
② q ＝I Δt ③
由①②③得：q ＝ΔΦR
所以q 1＝q 2
由Q ＝|W 安|＝BIl ·x 得 Q 1＝B 2l 2ab v R ·l bc
Q 2＝B 2l 2bc v R ·l ab
又因l ab ＞l bc
所以Q 1＞Q 2，选项A 正确．
6．如图6甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B 的正方向)，导体棒ab 垂直导轨放置且与导轨接触良好，除导体棒电阻R 的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab 在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a →b 的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t 1时间内，能正确反映流过导体棒ab 的电流I 和导体棒ab 所受水平外力F 随时间t 变化的图象是( )
图6
答案 D
解析由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F与F安等值反向，方向水平向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确．
7.如图7所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则()
图7
A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
答案 A
解析因线圈L的自感系数较大且直流电阻可忽略不计，S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭，A正确．S闭合时，B灯先不太亮，然后变亮，B错误．电路接通稳定后，B、C灯亮度相同，A灯不亮，C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯逐渐熄灭，D错误．
二、多项选择题
8.如图8所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻为R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A位置自由释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，E k表示导体棒的动能，a 表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是()
图8
答案AC
解析由于导体棒释放时距离磁场上边界有一定高度，所以导体棒到达磁场上边界时获得大小一定的速度v0，若速度v0较小，导体棒切割磁感线产生的感应电流较小，导体棒受到的安培力小于其自身的重力，导体棒做加速运动，当速度增大到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．
若速度v0较大，切割磁感线产生的感应电流较大，导体棒受到的安培力大于其自身的重力，导体棒做减速运动，当速度减小到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．选项A符合此种情况；选项B中的0～h段不应该是直线，故B 选项错误；选项D中到达h以后，导体棒做匀加速运动，速度增大，D选项错误；
若速度v0刚好满足安培力等于重力，则导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动，选项C符合此种情况．本题应选A、C.
9．如图9所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是()
图9
A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光
D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭
答案 AC
解析 电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源．电感线圈的特性是“阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，相当于电源．因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，C 和B 组成的电路分压作用小，A 、L 组成的电路分压作用大，B 灯很暗，A 灯很亮．当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻很小，B 灯较亮，A 灯被短路，不发光；开关断开瞬间，电容器和B 组成的回路中，电容器放电，B 灯逐渐变暗，A 灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，A 灯先变亮再熄灭，故选项A 、C 正确．
三、非选择题
10．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度方向竖直向上，大小为B 0，用电阻率为ρ、横截面积为S 的导线做成的边长为l 的正方形线框abcd 水平放置，OO ′为过ad 、bc 两边中点的直线，线框全部都位于磁场中．现把线框右半部分固定不动，而把线框左半部分以OO ′为轴向上转动60°，如图中虚线所示．
图10
(1)求转动过程中通过导线横截面的电荷量；
(2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化(k 为常量)，求出磁场对线框ab 边的作用力大小随时间变化的关系式．
答案 (1)B 0lS 16ρ (2)F ＝(B 0＋kt )3kl 2S 16ρ
解析 (1)线框在转动过程中产生的平均感应电动势 E ＝ΔΦΔt ＝B 012l 2cos60°Δt ＝B 0l 2
4Δt
① 在线框中产生的平均感应电流I ＝E R ②
R ＝ρ4l S
③ 转动过程中通过导线横截面的电荷量q ＝I Δt ④
联立①②③④解得：q ＝B 0lS 16ρ
.⑤ (2)若转动后磁感应强度随时间按B ＝B 0＋kt 变化，在线框中产生的感应电动势大小
E ＝ΔΦΔt ＝(12l 2cos60°＋l 22)ΔB Δt ＝3l 24
k ⑥ 在线框中产生的感应电流I ＝E R
⑦ 线框ab 边所受安培力的大小为F ＝BIl ⑧
联立⑥⑦⑧解得：F ＝(B 0＋kt )3kl 2S 16ρ
.
17 极值问题 [方法点拨] (1)三力平衡下的极值问题，常用图解法，将力的问题转化为三角形问题，求某一边的最短值．(2)多力平衡时求极值一般用解析法，由三角函数、二次函数、不等式求解．1．(2018·姜堰中学月考)如图1所示，用细线相连的质量分别为2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力F的最小值为( ) 图1 A.33 2 mg B. 23＋1 2 mg C.3＋2 2 mg D. 3 2 mg 2.如图2所示，质量均为m＝10 kg的A、B两物体放在粗糙的水平木板上，中间用劲度系数为k＝5×102 N/m的弹簧连接，刚开始时A、B两物体处于平衡状态，弹簧的压缩量为Δx＝ 5 cm.已知两物体与木板间的动摩擦因数均为μ＝ 3 2 ，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩 擦力等于滑动摩擦力．现将木板的右端缓慢抬起，木板形成斜面，在木板缓慢抬起过程中，以下说法正确的是( ) 图2 A．A先开始滑动，A刚开始滑动时木板的倾角θ＝30° B．A先开始滑动，A刚开始滑动时木板的倾角θ＝60° C．B先开始滑动，B刚开始滑动时木板的倾角θ＝30° D．B先开始滑动，B刚开始滑动时木板的倾角θ＝60° 3．如图3所示，在水平板左端有一固定挡板，挡板上连接一轻质弹簧．紧贴弹簧放一质量为 m的滑块，此时弹簧处于自然长度．已知滑块与水平板的动摩擦因数为 3 3 (最大静摩擦力与 滑动摩擦力视为相等)．现将板的右端缓慢抬起使板与水平面间的夹角为θ，最后直到板竖直，此过程中弹簧弹力的大小F随夹角θ的变化关系可能是( )
图3 4.如图4所示，质量为M的滑块a，置于水平地面上，质量为m的滑块b放在a上．二者接触面水平．现将一方向水平向右的力F作用在b上．让F从0缓慢增大，当F增大到某一值时，b相对a滑动，同时a与地面间摩擦力达到最大．已知a、b间的动摩擦因数为μ1，a 与地面之间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则μ1与μ2之比为( ) 图4 A.m M B. M m C. m M＋m D. M＋m m 5.(2018·兴化一中质检)如图5所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程A上升的高度为( ) 图5 A.mg k B. 2mg k C.3mg k D. 4mg k 6.如图6所示，质量为M的斜劈倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑．
近四年全国Ⅰ卷选考题涉及的考点与内容 命题形式 例题展示 (1)(2016·全国乙卷·33(1))(5分)关于热力学定律，下列说法正确的是____.(填正确答案标号.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分.每选错1个扣3分，最低得分为0分) A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡 (2)(2016·全国乙卷·33(2))(10分)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压
强差Δp 与气泡半径r 之间的关系为Δp ＝2σ r ，其中σ＝0.070 N /m.现让水下10 m 处一半径为 0.50 cm 的气泡缓慢上升.已知大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，重力加速度大小g ＝10 m/s 2. (ⅰ)求在水下10 m 处气泡内外的压强差； (ⅱ)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值. 解析 (1)气体内能的改变ΔU ＝Q ＋W ，故对气体做功可改变气体内能，B 选项正确；气体吸热为Q ，但不确定外界做功W 的情况，故不能确定气体温度变化，A 选项错误；理想气体等压膨胀，W <0，由理想气体状态方程pV T ＝C ，p 不变，V 增大，气体温度升高，内能增 大，ΔU >0，由ΔU ＝Q ＋W ，知Q >0，气体一定吸热，C 选项错误；由热力学第二定律，D 选项正确；根据热平衡性质，E 选项正确. (2)(ⅰ)由公式Δp ＝2σ r 得Δp ＝2×0.0705×10－3 Pa ＝28 Pa 水下10 m 处气泡内外的压强差是28 Pa. (ⅱ)气泡上升过程中做等温变化，由玻意耳定律得 p 1V 1＝p 2V 2 ① 其中，V 1＝43πr 31 ② V 2＝43 πr 32 ③ 由于气泡内外的压强差远小于10 m 深处水的压强，气泡内压强可近似等于对应位置处的水的压强，所以有 p 1＝p 0＋ρgh 1＝1×105 Pa ＋1×103×10×10 Pa ＝2×105 Pa ＝2p 0 ④ p 2＝p 0 ⑤ 将②③④⑤代入①得，2p 0×43πr 31＝p 0 ×43πr 3 2 2r 31＝r 32 r 2r 1 ＝3 2 答案 (1)BDE (2)(ⅰ)28 Pa (ⅱ)3 2 命题分析与对策 1.命题特点
物理选择题专项训练题一 答案填写在后面的答题卡中！ 1、下列说确的是 A ．行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的规律 B ．物体沿光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用 C ．月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用 D ．物体在转弯时一定受到力的作用 2、天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。由此可推算出 A ．恒星的质量 B ．行星的质量 C ．行星的半径 D ．恒星的 密度 3、甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t ＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v －t 图中（如图），直线a 、b 分别描述了甲乙两车在0－20 s 的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说确的是 A ．在0－10 s 两车逐渐靠近 B ．在2－18 s 两车的位移相等 C ．在t ＝10 s 时两车在公路上相遇 D ．在10－20 s 两车逐渐靠近 4、一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知 A ．该交流电的电压瞬时值的表达式为 u ＝100sin(25t)V B ．该交流电的电压的有效值为 C ．该交流电的频率为25 Hz D ．若将该交流电压加在阻值R ＝200 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W 5、两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E 的匀强电场中，小球1带正电、小球2带负电，电荷量大小分别为q 1和q 2（q 1＞q 2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的力T 为（不计重力及两小球间的库仑力） A ．121()2T q q E =- B ． 121()2T q q E =+ C ．12()T q q E =- D ．12()T q q E =+ － 2 s E 球1 球2
2019高考物理二轮复习重点及策略 一、考点网络化、系统化 通过知识网络结构理解知识内部的联系。因为高考试题近年来突出对物理思想本质、物理模型及知识内部逻辑关系的考察。 例如学习电场这章知识，必须要建立知识网络图，从电场力和电场能这两个角度去理解并掌握。 二、重视错题 错题和不会做的题，往往是考生知识的盲区、物理思想方法的盲区、解题思路的盲区。所以考生要认真应对高三复习以来的错题，问问自己为什么错了，错在哪儿，今后怎么避免这些错误。分析错题可以帮助考生提高复习效率、巩固复习成果，反思失败教训，及时在高考前发现和修补知识与技能方面的漏洞。充分重视通过考试考生出现的知识漏洞和对过程和方法分析的重要性。很多学生不够重视错题本的建立，都是在最后关头才想起要去做这件事情，北京新东方一对一的老师都是非常重视同时也要求学生一定要建立错题本，在大考对错题本进行复习，这样的效果和收获是很多同学所意想不到的。 三、跳出题海，突出高频考点 例如电磁感应、牛二定律、电学实验、交流电等，每年会考到，这些考点就要深层次的去挖掘并掌握。不要盲区的去大
量做题，通过典型例题来掌握解题思路和答题技巧；重视“物理过程与方法”；重视数学思想方法在物理学中的应用；通过一题多问，一题多变，一题多解，多题归一，全面提升分析问题和解决问题的能力；通过定量规范、有序的训练来提高应试能力。 四、提升解题能力 1、强化选择题的训练 注重对基础知识和基本概念的考查，在选择题上的失手将使部分考生在高考中输在起跑线上，因为选择题共48分。所以北京新东方中小学一对一盛海清老师老师建议同学们一定要做到会的题目都拿到分数，不错过。 2、加强对过程与方法的训练，提高解决综合问题的应试能力 2019年北京高考命题将加大落实考查“知识与技能”、“过程与方法”的力度，更加注重通过对解题过程和物理思维方法的考查来甄别考生的综合能力。分析是综合的基础，分析物理运动过程、条件、特征，要有分析的方法，主要有：定性分析、定量分析、因果分析、条件分析、结构功能分析等。在处理复杂物理问题是一般要定性分析可能情景、再定量分析确定物理情景、运动条件、运动特征。 如物体的平衡问题在力学部分出现，学生往往不会感到困难，在电场中出现就增加了难度，更容易出现问题的是在电
第3讲力的合成与分解 一、力的合成 1．合力与分力 (1)定义：如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫做那几个力的合力，那几个力叫做这一个力的分力． (2)关系：合力与分力是等效替代关系． 判断正误
(1)合力的作用效果跟原来几个力共同作用产生的效果相同．(√) (2)合力与原来那几个力同时作用在物体上．(×) 2．共点力 作用在物体的同一点，或作用线交于一点的几个力．如图1均为共点力． 图1 3．力的合成 (1)定义：求几个力的合力的过程． (2)运算法则 ①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．如图2甲所示，F1、F2为分力，F为合力．
图2 ②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的起点到第二个矢量的终点的有向线段为合矢量．如图乙，F1、F2为分力，F为合力． 自测
1(多选)两个共点力F1、F2大小不同，它们的合力大小为F(不为零)，则() A．F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍 B．F1、F2同时增加10 N，F也增加10 N C．F1增加10 N，F2减少10 N，F一定不变 D．若F1、F2中的一个增大，F不一定增大 答案AD 解析根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；若F1、F2方向相反，F1、F2同时增加10 N，F不变，故B错误；若F1、F2方向相反，F1增加10 N，F2减少10 N，则F增加20 N，故C错误；若F1、F2方向相反，F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确． 二、力的分解 1．定义：求一个力的分力的过程． 力的分解是力的合成的逆运算． 2．遵循的原则 (1)平行四边形定则．(2)三角形定则． 3.分解方法 (1)效果分解法．如图3所示，物体重力G的两个作用效果，一是使物体沿斜面下滑，二是使物体压紧斜面，这两个分力与合力间遵循平行四边形定则，其大小分别为G1＝G sin θ，G2＝G cos θ.
模块检测卷一必修1 第Ⅰ卷 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．下列各组物理量中，全部是矢量的一组是() A．质量、加速度B．位移、速度变化量 C．时间、平均速度D．路程、加速度 答案 B 解析质量只有大小，没有方向，是标量，而加速度是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故A错误；位移和速度变化量都是既有大小又有方向的物理量，是矢量，故B正确；平均速度是矢量，而时间是标量，故C错误；路程只有大小，没有方向，是标量，加速度是矢量，故D错误． 2．如图1甲所示，火箭发射时，速度能在10 s内由0增加到100 m/s；如图乙所示，汽车以108 km/h的速度行驶，急刹车时能在2.5 s内停下来，下列说法中正确的是() 图1 A．10 s内火箭的速度变化量为10 m/s B．刹车时，2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s C．火箭的速度变化比汽车的快 D．火箭的加速度比汽车的加速度大 答案 B
解析10 s内火箭的速度变化量为100 m/s，加速度为10 m/s2；2.5 s内汽车的速度变化量为－30 m/s，加速度大小为12 m/s2，故汽车的速度变化快，加速度大． 3．杭州第二中学在去年的秋季运动会中，高二(9)班的某同学创造了100 m和200 m短跑项目的学校纪录，他的成绩分别是10.84 s和21.80 s．关于该同学的叙述正确的是() A．该同学100 m的平均速度约为9.23 m/s B．该同学在100 m和200 m短跑中，位移分别是100 m和200 m C．该同学的200 m短跑的平均速度约为9.17 m/s D．该同学起跑阶段加速度与速度都为零 答案 A 解析100 m是直道，而200 m有弯道． 4．一辆汽车运动的v－t图象如图2，则汽车在0～2 s内和2～3 s内相比() 图2 A．位移大小相等B．平均速度相等 C．速度变化相同D．加速度相同 答案 B 解析由图象面积可知位移大小不等，平均速度均为v 2＝2.5 m/s，B正确；速度变化大小相等， 但方向相反，由斜率可知0～2 s内加速度小于2～3 s内加速度． 5．2016年里约奥运会上，施廷懋凭高难度的动作夺得三米板女子跳水冠军．起跳前，施廷懋在跳板的最外端静止站立时，如图3所示，则()
最新高考物理选择题的五种类型 物理选择题类型分为五种 1.定性判断型 考查考生对物理概念、基本规律的掌握、理解和应用而设定。同学们要从物理规律的表达方式、规律中涉及的物理概念、规律的成立或适用条件、与规律有关的物理模型等方面把规律、概念、模型串联成完整的知识系统，并将物理规律之间作横向比较，形成合理、最优的解题模式。这就需要同学们对基本概念、规律等熟练掌握并灵活应用喽。 2.函数图象型 以函数图象的形式给出物理信息处理物理问题的试题。物理图象选择题是以解析几何中的坐标为基础，借助数和行的结合，来表现两个相关物理量之间的依存关系，从而直观、形象、动态地表达各种现象的物理过程和规律。图象法是物理学研究的重要方法。也是解答物理问题(特别是选择题)的有效方法。在图象类选择题中使用排除法的频次较高。
例如：如图甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd,导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示，MN始终保持静止。规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列选项正确的是( ) 快解秘诀：分析0~t1时间内可知磁通量无变化，导体棒不受安培力，可排除C选项;A、B选项中肯定有一个是错误的，分析t2~t3时间内可知电流方向为正，可排除A选项;然后多选题可轻松判断B、D正确。 3.定量计算型 考查考生对物理概念的理解、物理规律的掌握和思维敏捷性而设置，对考生来说一方面要有坚实的基础，更主要的是考生的悟性、平时积累的速解方法加上灵活运用知识的能力来迅速解题。这就需要同学们平时夯实基础，总结和掌握解题方法、归纳物理推论，这样才能在考场内得心应手。 其中一些量化明显的题，往往不是简单机械计算，而蕴涵了对概
2019年高考物理二轮复习计划五步走 通过第一轮的复习，高三学生大部分已经掌握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。在第二轮复习中，首要的任务是要把整个高中的知识网络化、系统化；另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题能力。这一阶段复习的指导思想是：突出主干知识，突破疑点、难点；关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础知识的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础知识和提高基本能力，进一步强化规范解题的训练；②知识重组：把所学的知识连成线、铺成面、织成网，梳理知识结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的能力的目的；③提升能力：通过知识网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题能力，三是提高实验操作能力。在第二轮复习中，重点在提高能力上下功夫，把目标瞄准中档题。 二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动；(2)力与曲线运动；(3)功和能；(4)带电体(粒子)的运动；(5)电路与电磁感应；(6)必做实验部分； (7)选考模块。每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)知识结构分析；(2)主要命题点分析；(3)方法探索；(4)典型例题分析；(5)配套训练。具体说来，专题复习中应注意以下几个方面的问题： 选考模块的复习不可掉以轻心，抓住规律区别对待。 选考模块的复习要突出对五个二级知识点的加强(选修3—4中四个，
选修3—5中一个)。由于分数的限制，该部分的复习重点应该放在扩大知识面上，特别是选修3—3，没有二级要求的知识点，应该是考生最容易拿分的版块，希望认真钻研教材。课本是知识之源，对这几部分的内容一定要做到熟读、精读课本，看懂、弄透，一次不够就两次，两次不行需再来，绝不能留任何的死角，包括课后的阅读材料、小实验、小资料等，因为大多的信息题是从这里取材的。 实验部分一直是高考复习的重点和难点 实验的理论部分一般在第一轮中进行，我们把“走进实验室”放在第二轮。历年来尽管在实验部分花费不少的时间和精力，但掌握的情况往往是不尽如人意，学生中高分、低分悬殊较大，原因在于很多学生思想重视不够、学习方法不对。实验中最重要的是掌握实验目的和原理，特别是《课程标准》下，高考更加注重考查实验原理的迁移能力，即使是考查教材上的原实验，也是改容换面而推出的。原理是为目的服务的，每个实验所选择的器材源于实验原理，电学中的控制电路与测量电路之间的关系是难以把握的地方。复习中还要注意器材选择的基本原则，灵活地运用这些基本原则是二轮实验复习的一个目的。针对每一个实验，注意做到“三个掌握、五个会”，即掌握实验目的、步骤、原理；会控制条件、会使用仪器、会观察分析、会处理数据并得出相应的结论、会设计简单的实验方案。选做题中考实验的可能性也很大，不要忽视这方面内容。 突出重点知识，狠抓主干知识，落实核心知识 二轮复习中我们不可能再面面俱到，切忌“眉毛胡子一把抓”，而且时
2018高考物理步步高第五章第1讲 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
考试内容范围及要求 高考命题解读 内容 要求 说明 1.考查方式 能量观点是高中物理解决问题的三大方法之一，既在选择题中出现，也在综合性的计算题中应用，常将功、功率、动能、势能等基础知识融入其他问题考查，也常将动能定理、机械能守恒、功能关系作为解题工具在综合题中应用． 2．命题趋势 通过比较，动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用在近两年有增加的趋势，常将功和能的知识和方法融入其他问题考查，情景设置为多过程，具有较强的综合性. 9.功和功率 Ⅱ 弹性势能的表达式不作要求 10.动能 动能定理 Ⅱ 11.重力势能 Ⅱ 12.弹性势能 Ⅰ 13.机械能守恒定律及其应用 Ⅱ 14.能量守恒 Ⅰ 实验四：探究动能定理 实验五：验证机械能守恒定 律 第1讲 功 功率 动能定理 一、功 1．定义：一个物体受到力的作用，如果在力的方向上发生了一段位移，就说这个力对物体做了功． 2．必要因素：力和物体在力的方向上发生的位移． 3．物理意义：功是能量转化的量度． 4．计算公式 (1)恒力F 的方向与位移l 的方向一致时：W ＝Fl .
(2)恒力F 的方向与位移l 的方向成某一夹角α时：W ＝Fl cos_α. 5．功的正负 (1)当0≤α<π 2 时，W >0，力对物体做正功． (2)当π 2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)当α＝π 2时，W ＝0，力对物体不做功． 6．一对作用力与反作用力的功 做功情形 图例 备注 都做正功 (1)一对相互作用力做的总功与参考系无关 (2)一对相互作用力做的总功W ＝Fl cos α.l 是相对位移，α是F 与l 间的方向夹角 (3)一对相互作用力做的总功可正、可负，也可为零 都做负功 一正一负 一为零 一为正 一为负 ]7.一对平衡力的功 一对平衡力作用在同一个物体上，若物体静止，则两个力都不做功；若物体运动，则这一对力所做的功一定是数值相等，一正一负或均为零． 二、功率 1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式 (1)P ＝W t ，P 为时间t 内物体做功的快慢． (2)P ＝F v ①v 为平均速度，则P 为平均功率． ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率． ③当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解． 深度思考 由公式P ＝F v 得到F 与v 成反比正确吗？
传送带问题归类分析 传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：一是从传送带问题的考查目标（即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型） 1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种； 2.按转向分顺时针、逆时针转两种； 3.按运动状态分匀速、变速两种。 （二）| （三）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。 （三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v物与v带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。突变有下面三种： 1.滑动摩擦力消失； 2.滑动摩擦力突变为静摩擦力； 3.滑动摩擦力改变方向； （四）运动分析： 1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系； 2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢还是继续加速运动 ， 3.判断传送带长度——临界之前是否滑出 （五）传送带问题中的功能分析
1.功能关系：W F =△E K +△E P +Q 。传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。 2.对W F 、Q 的正确理解 （a ）传送带做的功：W F =F·S 带 功率P=F× v 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f·S 相对 （c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q= 2 mv 2 1传 。一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。 （六）水平传送带问题的变化类型 ） 设传送带的速度为v 带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L ，物体置于传送带一端的初速度为v 0。 1、v 0＝0， v 0物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a =μg 的加速运动。 假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v ＝ gL μ2，显然有： v 带＜ gL μ2 时，物体在传送带上将先加速，后匀速。 v 带 ≥ gL μ2时，物体在传送带上将一直加速。 2、 V 0≠ 0，且V 0与V 带同向 （1）V 0＜ v 带时，同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a =μg 的加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220 +，显然有： V 0＜ v 带＜ gL V μ220 + 时，物体在传送带上将先加速后匀速。 v 带 ≥ gL V μ220 + 时，物体在传送带上将一直加速。 （2）V 0＞ v 带时，因V 0＞ v 带，物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a = μg 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220 - ，显然
专题定位 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想． 应考策略 深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法． 1． 弹力 (1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解． (2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2． 摩擦力 (1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力0 (1)大小：F洛＝q v B，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0. (2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力总不做功．6．共点力的平衡 (1)平衡状态：静止或匀速直线运动． (2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0. (3)常用推论：①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1) 个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形． 1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论． 2．常用的方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法． (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解 法等． 3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力． 4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v. 题型1整体法和隔离法在受力分析中的应用 例1如图1所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统平衡，g＝10 m/s2，则以下正确的是() 图1 A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N 2020年高考物理试题分类汇编：3--4 1．（2020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）（2020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) V =- a n 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．（2020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．（2020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．（2020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 。 答案：5，7/9， 6．（2020天津卷）.半圆形玻璃砖横截面如图，AB 为直径，O 点为圆心，在该截面内有a 、b 两束单色可见光从空气垂直于AB 射入玻璃砖，两入射点到O 的距离相等，两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a 、b 两束光 A ．在同种均匀介质中传播，a 光的传播速度较大 B ．以相同的入射角从空气斜射入水中，b 光的折射角大 C ．若a 光照射某金属表面能发生光电效应，b 光也一定能 D ．分别通过同一双缝干涉装置，a 光的相邻亮条纹间距大 解析：当光由光密介质—玻璃进入光疏介质—空气时发生折射或全反射，b 发生全反射说明b 的入射角大于或等于临界角，a 发生折射说明a 的入射角小于临界角，比较可知在玻璃中a 的临界角大于b 的临界角；根据临界角定义有n C 1 sin = 玻璃对 （A ） （B ） （C ） （D ） 4 实物粒子的波粒二象性 5 不确定关系 [学习目标] 1.了解德布罗意物质波假说的内容, 知道德布罗意波的波长和粒子动量的关系.2.知道粒子和光一样具有波粒二象性, 了解电子波动性的实验验证.3.初步了解不确定关系的内容, 感受数学工具在物理学发展过程中的作用. 一、实物粒子的波动性 1.德布罗意波 (1)定义:任何运动着的物体, 小到电子、质子, 大到行星、太阳, 都有一种波与它相对应, 这种波叫物质波, 又叫德布罗意波. (2)德布罗意波的波长、频率的计算公式为λ＝h p , ν＝E h . (3)我们之所以看不到宏观物体的波动性, 是因为宏观物体的动量太大, 德布罗意波的波长太小. 2.电子波动性的实验验证 (1)实验探究思路:干涉、衍射是波特有的现象, 如果实物粒子具有波动性, 则在一定条件下, 也应该发生干涉或衍射现象. (2)实验验证:1926年戴维孙观察到了电子衍射图样, 证实了电子的波动性. (3)汤姆孙做电子束穿过多晶薄膜的衍射实验, 也证实了电子的波动性. 二、氢原子中的电子云 1.定义:用点的多少表示的电子出现的概率分布. 2.电子的分布:某一空间范围内电子出现概率大的地方点多, 电子出现概率小的地方点少.电 子云反映了原子核外的电子位置的不确定性, 说明电子对应的波也是一种概率波. 三、不确定关系 1.定义:在经典物理学中, 一个质点的位置和动量是可以同时测定的, 在微观物理学中, 要同时测出微观粒子的位置和动量是不太可能的, 这种关系叫不确定关系. 2.表达式:Δx·Δp x≥h 4π.其中以Δx表示粒子位置的不确定量, 以Δp x表示粒子在x方向上的动量的不确定量, h是普朗克常量. 高考理综物理选择题的基本题型 【摘要】高考理综物理选择题仅6道题，综合分析多年试卷，本文就6道选择题进行归类分析，供高三师生复习时参考，以期提高复习效率。 【关键词】高考；物理选择题；基本题型 1 高考物理选择题形式和考查特点 选择题是各种考试中最常见的一种题型，高考选择题分为单项选择和组合单项选择，还有排序选择等（例如一些实验考查题）.从近几年高考命题的趋势看，物理选择题主要考查概念的辨析和对物理现象、物理过程的分析、判断等，而题中的计算量有减少的趋势.定性具有考查面广，概念性强、灵活简便的特点，主要用于考查学生对物理知识的理解、判断和应用的能力；物理图像选择题是以解析几何中的坐标为基础，借助数和形的结合，来表现两个相关物理量之间的依存关系，从而直观、形象、动态地表达各种现象的物理过程和规律，图像法是物理学研究的重要方法；计算型选择题主要特点是量化突出，充满思辨性，数形兼备，解题灵活多样，要充分利用题设、选项提示提供的信息. 2 高考物理选择题的基本题型 求解选择题与求解其他题型一样，审题是第一步，也是最重要的一步.在认真审题的基础上，仍需通过一些解题方法和技巧进行定性分析或定量计算，或通过比对所掌握基础知识，进而较快地作出正确的判断. 题型一：直接判断型 通过观察，直接利用题目中所给的条件，根据所学知识和规律得出正确结果.这些题目主要用于考查学生对物理知识的记忆和理解程度，属于基础题. 13.（2009年高考福建理综卷）光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是： A.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 B.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C.在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象 D.光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 题型二：逐步淘汰型 专题一直线运动 『经典特训题组』 1．如图所示，一汽车在某一时刻，从A点开始刹车做匀减速直线运动，途经B、C两点，已知AB＝3.2 m，BC＝1.6 m，汽车从A到B及从B到C所用时间均为t＝1.0 s，以下判断正确的是() A．汽车加速度大小为0.8 m/s2 B．汽车恰好停在C点 C．汽车在B点的瞬时速度为2.4 m/s D．汽车在A点的瞬时速度为3.2 m/s 答案C 解析根据Δs＝at2，得a＝BC－AB t2＝－1.6 m/s 2，A错误；由于汽车做匀减速 直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，中间时刻的速度等于这段时间内的平 均速度，所以汽车经过B点时的速度为v B＝AC 2t＝2.4 m/s，C正确；根据v C＝v B＋ at得，汽车经过C点时的速度为v C＝0.8 m/s，B错误；同理得v A＝v B－at＝4 m/s，D错误。 2．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—时间(x-t)图线。由图可知() A．在t1时刻，b车追上a车 B．在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大 C．在t2时刻，a、b两车运动方向相同 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 答案A 解析在t1时刻之前，a车在b车的前方，在t1时刻，a、b两车的位置坐标相同，两者相遇，说明在t1时刻，b车追上a车，A正确；根据x-t图线纵坐标的变化量表示位移，可知在t1到t2这段时间内两车的位移相等，则两车的平均速度相等，B错误；由x-t图线切线的斜率表示速度可知，在t2时刻，a、b两车运动方向相反，C错误；在t1到t2这段时间内，b车图线斜率不是一直比a车的大，所以b车的速率不是一直比a车的大，D错误。 3．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示。在这段时间内() A．汽车甲的平均速度比乙的大 B．汽车乙的平均速度等于v1＋v2 2 C．甲、乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案A 解析根据v-t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲的位移大于乙的位移，而运动时间相同，故甲的平均速度比乙的大，A正确，C错误；匀变速 直线运动的平均速度可以用v1＋v2 2来表示，由图象可知乙的位移小于初速度为v2、 末速度为v1的匀变速直线运动的位移，故汽车乙的平均速度小于v1＋v2 2，B错误； 图象的斜率的绝对值表示加速度的大小，甲、乙的加速度均逐渐减小，D错误。 4. 如图所示是某物体做直线运动的v2-x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x＝x0处的过程分析，其中正确的是() 实验基础知识 一、螺旋测微器的使用 1．构造：如图1所示，B为固定刻度，E为可动刻度． 图1 2．原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01mm，即螺旋测微器的精确度为0.01mm.读数时估读到毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺． 3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)． 如图2所示，固定刻度示数为2.0mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数为：2.0mm＋15.0×0.01mm＝2.150mm. 图2 二、游标卡尺 1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标卡尺上还有一个深度尺．(如图3所示) 图3 2．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径． 3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成． 不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10个的、20个的、50个的，其规格见下表： 4.读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻度线对齐的游标的格数，则记录结果表示为(x＋K×精确度)mm. 三、常用电表的读数 对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允许通过的最大电压或电流，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进行读数即可． (1)0～3V的电压表和0～3A的电流表的读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1V和0.1A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位． (2)对于0～15V量程的电压表，精确度是0.5V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即读到0.1V. (3)对于0～0.6A量程的电流表，精确度是0.02A，在读数时只要求读到小数点后面两位，这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01A. 14 受力分析 [方法点拨] (1)受力分析的两种顺序：先场力后接触力，或先已知确定的力后未知不确定的力．(2)可从三个方面检验：①各力的施力物体、受力物体；②判断能否保持原来的运动状态； ③换角度(整体隔离)分析是否矛盾． 1．如图1所示，轻绳一端连接放置在水平地面上的物体Q，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮与小球P连接，P、Q始终处于静止状态，则( ) 图1 A．Q可能受到两个力的作用 B．Q可能受到三个力的作用 C．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向水平向左 D．Q受到的轻绳拉力与重力的合力方向指向左下方 2．如图2所示，放在粗糙水平地面上的斜劈C上叠放了A、B两个物体，B的上表面水平，三者均保持静止状态．关于A、B、C的受力情况，下列说法中正确的是( ) 图2 A．物体A可能受到三个力的作用 B．物体B一定受到四个力的作用 C．物体B对C的作用力可能与斜劈表面夹角为90° D．地面可能对C有摩擦力作用 3．(多选)(2017·扬州市期末)如图3所示，将一长方形木块锯开为A、B两部分后，静止放置在水平地面上，则( ) 图3 A．B受到四个力作用 B．B受到五个力作用 C．A对B的作用力方向竖直向下 D．A对B的作用力方向垂直于它们的接触面向下 4．(多选)(2018·泰州中学模拟)如图4所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们受力情况的说法正确的是( ) 图4 A．a一定受到4个力 B．b可能受到4个力 C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力 D．a与b之间一定有摩擦力 5.如图5所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知m A＞m B，不计空气阻力，则物体B( ) 图5 A．只受一个重力 B．受到重力、摩擦力各一个 C．受到重力、弹力、摩擦力各一个 D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个 6．(2018·淮阴中学调研)如图6所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，紧贴墙壁．若在斜面上放一物体m.再给m施加一竖直向下的恒力F.M、m均保持静止，则小车受力的个数为( ) 图6 A．3 B．4 C．5 D．6 7.(多选)如图7所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的均质圆环套在圆锥体上，重力加速度大小为g，下列判断正确的是( ) 2019年高考物理二轮复习计划（一） 通过第一轮的复习，高三学生大部分已经掌握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。在第二轮复习中，首要的任务是要把整个高中的知识网络化、系统化；另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题能力。这一阶段复习的指导思想是：突出主干知识，突破疑点、难点；关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础知识的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础知识和提高基本能力，进一步强化规范解题的训练；②知识重组：把所学的知识连成线、铺成面、织成网，梳理知识结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的能力的目的；③提升能力：通过知识网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题能力，三是提高实验操作能力。在第二轮复习中，重点在提高能力上下功夫，把目标瞄准中档题。 二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动；(2)力与曲线运动；(3)功和能；(4)带电体(粒子)的运动；(5)电路与电磁感应；(6)必做实验部分； (7)选考模块。每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)知识结构分析；(2)主要命题点分析；(3)方法探索；(4)典型例题分析；(5)配套训练。具体说来，专题复习中应注意以下几个方面的问题： 抓住主干知识及主干知识之间的综合 高中物理的主干知识是力学和电磁学部分，在各部分的综合应用中， 主要以下面几种方式的综合较多：①牛顿三定律与匀变速直线运动和曲线运动的综合(主要体现在动力学和天体问题、带电粒子在匀强电场中运动、通电导体在磁场中运动，电磁感应过程中导体的运动等形式)；②以带电粒子在电场、磁场中运动为模型的电学与力学的综合，如利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场 中的运动、利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动、利用能量观点解决带电粒子在电场中的运动；③电磁感应现象与闭合电路欧姆定律的综合，用力与运动观点和能量观点解决导体在匀强磁场中的运动问题；④串、并联电路规律与实验的综合(这是近几年高考实验命题的热点)，如通过粗略地计算选择实验器材和电表的量程、确定滑动变阻器的连接方法、确定电流表的内外接法等。对以上知识一定要特别重视，尽可能做到每个内容都过关，绝不能掉以轻心，要分别安排不同的专题重点强化，这是我们二轮复习的重中之重，希望在这些地方有所突破。2020年高考物理试题分类汇编 3--4
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