专题四 功和能
学案6 动能定理 能量守恒定律
【考情分析】
【考点预测】
功和功率、动能和动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律是力学的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．预计在2014年高考中，仍将对该部分知识进行考查，复习中要特别注意功和功率的计算，动能定理、机械能守恒定律的应用以及与平抛运动、圆周运动知识的综合应用． 考题1 对功和功率的计算的考查
例1 一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外
力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用．下列判断正确的是
( )
A ．0～2 s 内外力的平均功率是94
W B ．第2 s 内外力所做的功是54
J C ．第2 s 末外力的瞬时功率最大
D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是45
审题突破 ①分析质点运动情况，分别求第1 s 、第2 s 内的位移．②计算平均功率用公
式P ＝W t
，计算瞬时功率用公式P ＝F v . 解析 第1 s 内，质点的加速度为a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，位移x 1＝12
a 1t 2＝1 m,1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m/s ，第1 s 内质点动能的增加量为ΔE k1＝12m v 21
－0＝2 J. 第2 s 内，质点的加速度为a 2＝F 2m ＝1 m/s 2，位移x 2＝v 1t ＋12
a 2t 2＝2.5 m,2 s 末的速度为v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ，第2 s 内质点动能的增加量为ΔE k2＝12m v 22－12m v 21
＝2.5 J ；第1 s 内与
第2 s 内质点动能的增加量的比值为ΔE k1ΔE k2＝45
，D 选项正确．第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W>P 2，C 选项错误．第1 s 内外力做的功W 1＝F 1x 1＝2 m ，第2 s 内外力做的功为W 2
＝F 2x 2＝2.5 J ，B 选项错误.0～2 s 内外力的平均功率为P ＝
W 1＋W 22t ＝94
W ，所以A 选项正确．
答案 AD
易错辨析
1． 计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功．若是恒力做功，可用公式W
＝Fl cos α进行计算．若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：(1)微元法：把物体的运动分成无数个小段，计算每一小段力F 的功．(2)将变力做功转化为恒力做功．(3)用动能定理或功能关系进行求解．
2． 对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率．P ＝W t
只能用来计算平均功率，P ＝F v cos α中的v 是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v 是平均速度时，计算出的功率是平均功率．
突破练习
1． 图1中甲、乙是一质量m ＝6×103 kg 的公共汽车在t ＝0和t ＝4 s 末两个时刻的两张照片．当
t ＝0时，汽车刚启动(汽车的运动可看成是匀加速直线运动)．图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图象，测得θ＝30°.根据题中提供的信息，无法估算出的物理量是( )
图1
A ．汽车的长度
B ．4 s 内汽车牵引力所做的功
C ．4 s 末汽车的速度
D ．4 s 末汽车合外力的瞬时功率
答案 B
解析 根据题图丙，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为
a ＝g tan θ＝1033 m/s 2，所以，t ＝4 s 末汽车的速度v ＝at ＝4033
m/s ，选项C 可估算出；根据题图甲、乙可知，汽车的长度等于4 s 时汽车的位移，即l ＝12at 2＝8033
m ，选项A 可估算出；因为4 s 末汽车的瞬时速度可求出，汽车所受的合外力F ＝ma 也可求出，所
以汽车在4 s 末的瞬时功率为P ＝F v 也可估算出，即选项D 可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算4 s 内汽车牵引力所做的功，选项B 符合题意．
2． 一质量m ＝0.5 kg 的滑块以某一初速度冲上倾角θ＝37°的足够长的斜面，利用传感器测
出滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出滑块上滑过程中的v －t 图象如图2所示．取sin 37°＝0.6，g ＝10 m/s 2，认为滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 ( )
图2
A ．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5
B ．滑块返回斜面底端时的速度为2 m/s
C ．滑块在上升过程中重力做的功为－25 J
D ．滑块返回斜面底端时重力的功率为6 5 W
答案 AD
解析 由题图可知a ＝10 m/s 2，即g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s 2，解得μ＝0.5.
上滑位移x ＝102
×1.0 m ＝5 m ，下滑加速度 a ′＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2.
所以回到斜面底端时的速度v ′＝2a ′x ＝2 5 m/s.
上升过程中重力做功W ＝－Gx sin θ＝－15 J ，返回底端时求的是重力的瞬时功率，P ＝mg v ′sin θ＝6 5 W ．A 、D 正确．
考题2 对动能定理应用的考查
例2 如图3甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、
方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g .
图3
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m ，求滑块从静止释放到速度大小为v m 过程中弹簧的弹力所做的功W ；
(3)从滑块由静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v －t 图象．图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程)
审题突破 ①滑块的运动过程经历三个阶段：匀加速运动、加速度逐渐减小的加速运动、加速度逐渐增大的减速运动．
②弹力是变力，可利用动能定理求弹力做的功．
解析 (1)滑块从静止释放到与弹簧上端接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有
qE ＋mg sin θ＝ma
① s 0＝12at 21 ②
联立①②可得
t 1＝ 2ms 0qE ＋mg sin θ ③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0
④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
(mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12m v 2m
－0 ⑤ 联立④⑤可得
W ＝12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k
)
(3)在0～t 1阶段，滑块做匀加速运动，其v －t 图线为过原点的倾
斜直线．t 1～t 2阶段，滑块做加速度逐渐减小的加速运动，v －t
图线的斜率逐渐减小，t 2时刻速度达到最大值．t 2～t 3阶段，滑块
做加速度逐渐增大的减速运动，v －t 图线的斜率逐渐增大，t 3时
刻滑块的速度减为零．所以画出v －t 图象如图．
答案 (1) 2ms 0qE ＋mg sin θ
(2)12m v 2m －(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k ) (3)见解析图 题后反思 应用动能定理的三点注意 (1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分
段应用动能定理，也可以对全程应用动能定理，一般对全程列式更简单．
(2)因为动能定理中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有
关．在中学物理中一般取地面为参考系．
(3)动能定理通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系
统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中学阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定理，然后再联立求解．
突破练习
3．如图4所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在B上使其由静止开始运动，用F f1代表B对A的摩擦力，
F f2代表A对B的摩擦力，下列说法正确的有()
图4
A．力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量
B．力F做的功一定小于A、B系统动能的增加量
C．力F f1对A做的功等于A动能的增加量
D．力F、F f2对B做的功之和等于B动能的增加量
答案CD
解析当水平拉力F较小时，二者一起运动，力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量；当水平拉力F较大时，二者发生相对滑动，力F做的功一定大于A、B系统动能的增加量，选项A、B错误；由动能定理，力F f1对A做的功等于A动能的增加量，力F、
F f2对B做的功之和等于B动能的增加量，选项C、D正确．
4．如图5所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量m＝1 kg 的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2.
图5
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；
(3)若滑块离开C点后恰能垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力．
答案(1)0.5(2)2 m(3)3.3 N，方向竖直向上
解析(1)A到D过程：根据动能定理有
mg (2R －R )－μmg cos 45°·2R sin 45°
＝0－0 解得μ＝0.5
(2)若滑块恰能到达C 点，根据牛顿第二定律有
mg ＝m v 2C R
v C ＝Rg ＝2 m/s 至少从离地高为H 处下滑到达C 的过程：根据动能定理有
mg (H －2R )－μmg cos 45°·H sin 45°＝12m v 2C
－0 解得H ＝2 m
(3)离开C 点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有
x ＝v C ′t
y ＝12gt 2＝v y 2
t tan 45°＝
v C ′v y tan 45°＝2R －y x
解得v C ′＝433
m/s 在C 点，由牛顿第二定律有
mg ＋F N ＝m v C ′2
R
解得F N ＝3.3 N
由牛顿第三定律可知，滑块经过C 点时对轨道的压力为F N ′＝F N ＝3.3 N ，方向竖直向上．
考题3 对能量守恒定律的考查
例3 如图6所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为
水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：
图6
(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．
(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．
(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？
审题突破 ①滑块P 沿曲线AB 运动，无摩擦力做功，机械能守恒，滑块Q 沿粗糙水平轨道AC 运动，机械能不守恒．②写出滑块Q 距O 点的距离d 与L 的关系式，利用数学方法判断何时d 最大．
解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12
m v 2B ＋mgh 得v B ＝v 20－2gh
从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P
得x 1＝2v 20－2gh · h g
滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12
m v 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh
从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g
(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh
所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh
(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20
滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：
x ＝v t Q ′，h ＝12
gt Q ′2 距O 点的距离为d ＝L ＋x
从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174
h 答案 (1)2v 20－2gh ·
h g v 20－gh ·2h g (2)v 0＝3gh (3)154
h 知识拓展
应用机械能守恒定律解题时的三点注意
1． 要注意研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为单个物体与地球组成的系
统)为研究对象，机械能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的．如图7所示，单独选物体A 时机械能减少，但选由物体A 、B 组成的系统时机械能守恒．
图7
2． 要注意研究过程的选取
有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒．因此，在应用机械能守恒定律解题时要注意研究过程的选取．
3． 要注意机械能守恒定律表达式的选取
守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面．后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面．
突破练习
5． 如图8所示，弹簧的一端固定在水平面上，另一端与质量为1 kg 的小球相连，小球原来
处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在小球上，使小球开始向上做匀加速直线运动，经0.2 s 弹簧刚好恢复到原长，此时小球的速度为1 m/s ，整个过程中弹簧始终在弹性限度内，g 取10 m/s 2.则 ( )
图8
A ．弹簧的劲度系数为100 N/m
B ．在0～0.2 s 内拉力的最大功率为15 W
C ．在0～0.2 s 内拉力对小球做的功等于1.5 J
D ．在0～0.2 s 内小球和弹簧组成的系统机械能守恒
答案 AB
解析 弹簧的压缩量x ＝v 2
t ＝0.1 m ，又因为静止时，kx ＝mg 所以k ＝100 N/m ，选项A 正确．
由v ＝at 得a ＝v t
＝5 m/s 2
在0.2 s 时拉力的功率最大，F －mg ＝ma ，得F ＝15 N ，所以P ＝F v ＝15×1 W ＝15 W ，选项B 正确．[学&科&]
0～0.2 s 内拉力F 逐渐增加到15 N ，拉力对小球的功应小于1.5 J ，选项C 错误．
0～0.2 s 内有拉力F 做功，小球和弹簧组成的系统的机械能增加，机械能不守恒，D 错误．
6． 如图9所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h ，一可视为质点的小物块
质量为m ，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O 点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动，将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M 处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O 点．已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是 ( )
图9
A ．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小
B ．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能
C ．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为1－μcot θ1＋μcot θ
h D ．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh
答案 ACD
解析 小物块在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，沿斜面方
向的加速度由摩擦力和重力沿斜面方向的分力提供，下滑的加速度a 1＝mg sin θ－F f m
，上滑的加速度a 2＝mg sin θ＋F f m
，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A 正确．由于小物块在倾斜轨道上有摩擦力做功，故当小物块压缩弹簧到最短时，物块重力势能的部分转化
为弹簧的弹性势能，B 错误．小物块下滑到O 点时，由动能定理得mgh －μmg cos θ·h sin θ
＝12m v 2，在水平面上，由机械能守恒定律得12
m v 2＝E p ，设小物块能够上升的最大高度为h 1，物块返回倾斜轨道过程中由动能定理得－mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ＝0－12
m v 2，解得：h 1＝1－μcot θ1＋μcot θ
h ，C 正确．由能量守恒定律可知小物块最终将静止在O 点，重力势能全部转化为内能，故在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh ，D 正确．
7． 如图10所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环
(图中未画出)，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆
上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是 ( )
图10
A ．环到达
B 处时，重物上升的高度h ＝d 2
B ．环到达B 处时，环与重物的速度大小相等
C ．环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D ．环能下降的最大高度为43
d 答案 CD
解析 将环和重物作为一个系统，显然整个系统满足机械能守恒，故环从A 到B ，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 正确．初状态：环在A 处，重物在起始位置，它们的速度都为0.末状态：环在最低处(设环最大下滑距离是H )，重物在最高处，它们的速度都为0.环从A 处下滑到最低处时，滑轮左侧的绳子长度增加了L ＝H 2＋d 2－d ，那么重物对应上升的高度也是h ＝L ，由机械能守恒，得mgH ＝(2m )gh ，即mgH ＝(2m )g (H 2＋d 2－d )，解得H ＝4d /3，可见，环下滑的最大距离是H ＝4d /3，D 正确．环到达B 处时，重物上升的高度h ＝(2－1)d ，A 错误．由运动的合成与分解可知环沿杆向下的速度沿绳的分速度等于重物上升的速度，故B 错误．
物理模型三 传送带运动模型
传送带有水平传送带和倾斜传送带两类，往往涉及多个运动过程，常结合圆周运动、平抛运动进行考查，解答时可从以下两点进行突破：
1． 分析物体在传送带上的运动过程
物体相对传送带运动，分清二者的速度关系，明确不同状态下物体的受力情况及运动情况是解决问题的突破口．
2． 分析每个过程的初、末速度
无论是单纯的传送带类问题，还是传送带与圆周运动、平抛运动相结合的问题，涉及多过程时，前一个运动过程的末速度是后一个运动过程的初速度，因此速度是联系前、后两个过程的桥梁，分析每个过程的初、末速度是解决问题的关键．
例4如图11所示，一传送带倾斜放置，倾角α＝53°，长为L＝10 m．一个质量m＝1 kg的小物体在光滑的平台上以速度v0向右做匀速直线运动，到达平台末端物体沿水平方向抛出，当物体运动到传送带上表面顶端A点时，速度方向刚好和传送带上表面平行，即物体A无碰撞地运动到传送带上．已知传送带顶端A点与平台的高度差h＝0.8 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：
图11
(1)物体在平台上运动的速度大小v0；
(2)若传送带静止，物体到达传送带下端B点时的速度大小v B；
(3)当传送带以v＝4 5 m/s的速度顺时针方向转动时，物体由A到B的过程中所受摩擦
力做的功W f.
审题突破①物体A无碰撞地运动到传送带上，说明已知物体落到传送带上时速度的方向．
②传送带静止时，传送带对物体的摩擦力做负功．
③传送带v＝4 5 m/s时，传送带速度大于物体速度，物体加速，当速度相等后，要注
意摩擦力方向的变化．
解析(1)由运动的合成与分解知识得
v y
v0＝tan 53°
v2y＝2gh
联立并代入数据得，物体在平台上运动的速度v0＝3 m/s
(2)传送带静止，物体由A加速到B的过程中，由动能定理得
(mg sin 53°－μmg cos 53°)L＝1
2m v
2
B
－
1
2m v
2
A
又v2A＝v20＋v2y
联立并代入数据得物体到达传送带下端B点时的速度v B＝5 5 m/s
(3)当传送带以v＝4 5 m/s速度顺时针方向转动时，小物体加速到v＝4 5 m/s之前，传送带的摩擦力一直对物体做正功，由动能定理得
(mg sin 53°＋μmg cos 53°)s＝1
2m v
2－1
2m v
2
A
代入数据得s＝2.5 m
小物体加速到v＝4 5 m/s之后直到到达底端，传送带的摩擦力对物体做负功，故得物
体由A 到B 的过程中所受摩擦力做的功
W f ＝μmgs cos 53°－μmg (L －s )cos 53°＝－15 J
答案 (1)3 m/s (2)5 5 m/s (3)－15 J
题后反思
1． 在水平传送带上当物体相对传送带向后运动时，物体所受滑动摩擦力向前，当物体相对
传送带向前运动时，物体所受滑动摩擦力向后．
2． 在倾斜传送带上，物体与传送带速度相等后，物体做加速运动还是匀速运动决定于重力
的分力与最大静摩擦力大小关系．
3． 若求摩擦生热，应用滑动摩擦力乘以相对位移，即Q ＝F f x
相对，若物体出现往返运动情
况，应分段求摩擦生热． 知识专题练 训练6
一、单项选择题
1． 如图1所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现
缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是 ( )
图1
A ．木板对小物块做功为12
m v 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin α
C ．支持力对小物块做功为mgL sin α
D ．滑动摩擦力对小物块做功为12
m v 2－mgL sin α 答案 B
解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，
支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12m v 2，即W f ＝12
m v 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块
在整个过程由动能定理得W ＝12
m v 2，A 正确． 2． 如图2所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 段为过原点的倾斜直线，ab
段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与ab 段相切的水平直线，则下述说法中正确的是 ( )
图2
A ．0～t 1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定
B ．t 1～t 2时间内汽车牵引力做功为12m v 22－12
m v 21 C ．t 1～t 2时间内的平均速度为12
(v 1＋v 2) D ．在全过程中t 1时刻的牵引力及功率都是最大值，t 2～t 3时间内牵引力最小
答案 D
解析 由题图知，0～t 1时间内汽车做匀加速运动，功率P ＝Fat 随时间均匀增加，t 1时刻的功率达到额定功率P 额，则A 错．t 1～t 2时间内以额定功率P 额加速行驶，由动能定
理得P 额(t 2－t 1)－W f ＝12m v 22－12m v 21，牵引力做功W ＝P 额(t 2－t 1)＝W f ＋12m v 22－12m v 21
，则B 错．t 1～t 2时间内汽车做加速度减小的加速运动，平均速度v >12
(v 1＋v 2)，则C 错.0～t 1时间内加速度恒定，牵引力恒定；t 1～t 2时间内加速度减小，牵引力减小，在t 2时刻的牵引力恰减小到等于阻力；t 2～t 3时间内，汽车的加速度为0，牵引力恒定，则D 正确．
3． 如图3所示，工厂利用皮带传输机把货物从地面运送到高出水平地面的C 平台上，C 平
台离地面的高度一定．运输机的皮带以一定的速度v 顺时针转动且不打滑．将货物轻轻地放在A 处，货物随皮带到达平台．货物在皮带上相对滑动时，会留下一定长度的痕迹．已知所有货物与皮带间的动摩擦因数为μ.若皮带的倾角θ、运行速度v 和货物质量m 都可以改变，始终满足tan θ<μ，可以认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )
图3
A ．当速度v 一定时，倾角θ越大，运送时间越短
B ．当倾角θ一定时，改变速度v ，运送时间不变
C ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上留下的痕迹越长
D ．当倾角θ和速度v 一定时，货物质量m 越大，皮带上摩擦产生的热越多
答案 D
解析 开始时对货物受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝μg cos θ－g sin θ，根据运动学公
式得货物加速到与皮带速度相等所需的时间t 1＝v a ，货物加速过程的位移x 1＝v 2
2a
，货物加速到与皮带的速度相等时，因为μmg cos θ>mg sin θ，货物将做匀速运动，根据运动学公
式得货物匀速的时间t 2＝L －x 1v ，因此货物从底端运送到顶端的时间t ＝t 1＋t 2＝L v ＋v 2a
，当速度一定时，θ越大，加速度越小，运送的时间越长，A 错误；当θ一定时，加速度一
定，速度不同，运送时间不同，B 错误；货物相对皮带运动的位移Δx ＝v t 1－v 2t 1＝v 2
t 1，v 和θ一定，速度一定，加速度一定，由t 1＝v a
得货物的加速时间t 1一定，货物相对皮带的位移一定，C 错误；摩擦产生的热量为μmg Δx ，当倾角θ和速度v 一定时，货物质量越大，摩擦产生的热越多，D 正确．
二、多项选择题
4．如图4甲所示，静止在水平地面的物块A ，受到水平向右的拉力F 作用，F 与时间t 的关
系如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm 与滑动摩擦力大小相等，则
( )
图4
A ．0～t 1时间内F 的功率逐渐增大
B ．t 2时刻物块A 的加速度最大
C ．t 3时刻物块A 的动能最大
D ．t 1～t 3时间内F 对物块先做正功后做负功
答案 BC
解析 当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C.
5． (2013·山东·16)如图5所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc
与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块、通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 ( )
图5
A ．两滑块组成系统的机械能守恒
B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加
C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加
D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功
答案 CD
解析 两滑块释放后，M 下滑、m 上滑，摩擦力对M 做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M 克服摩擦力做的功，选项A 错误，D 正确．除重力对滑块M 做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功，选项B 错误．绳的拉力对滑块m 做正功，滑块m 机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C 正确．
6． 如图6所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R 的光滑圆环顶点
P ，另一端连接一套在圆环上且质量为m 的小球，开始时小球位于A 点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B 时速率为v ，此时小球与圆环之间压力恰好为零．下列分析正确的是 ( )
图6
A ．小球过
B 点时，弹簧的弹力大小为mg ＋m v 2R
B ．小球过B 点时，弹簧的弹力大小为k (2R －2R )
C ．从A 到B 的过程中，重力势能和弹簧的弹性势能转化为小球的动能[学,科,]
D ．从A 到B 的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功
答案 AB
解析 在B 点弹簧的伸长量Δx ＝2R －2R ×
22
＝2R －2R ，所以弹簧的弹力F ＝k Δx ＝k (2R －2R )，B 正确．
另外，在B 点由向心力公式得：F －mg ＝m v 2R ，解得F ＝mg ＋m v 2R
，A 正确． 在从A 到B 的过程中，小球的重力势能减少，弹簧的弹性势能增加，小球减少的重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，C 、D 均错．
7． 如图7所示，劲度系数为k 的轻弹簧下悬挂一个质量为m 的重物，处于静止状态，手托
重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力，则下列说法正确的是 ( )
图7
A ．小球速度最大时弹簧的弹性势能为零
B ．弹簧的弹性势能最大时小球速度为零
C ．手托重物缓慢上移时手对重物做功为W 1＝m 2g 2k
D ．重物从静止下落到速度最大过程中重物克服弹簧弹力所做的功为W 2＝m 2g 2k －12
m v 2 答案 BD
解析 小球速度最大时，合外力为零，所以弹簧处于拉伸状态，弹性势能不为零，选项A 错误．当小球到达最低点时，速度为零，弹簧的伸长量最大，弹性势能最大，B 正确．重
物上升过程，根据动能定理得W 1＋W 弹－mgx ＝0，其中x ＝mg k ，所以W 1＝m 2g 2k
－W 弹，C 错误．重物下落过程：mgx －W 弹＝12m v 2，解得W 弹＝m 2g 2k －12
m v 2，D 正确． 8． 一辆汽车在水平路面匀速直线行驶，阻力恒定为F f .t 1时刻驶入一段阻力为F f /2的路段继
续行驶．t 2时刻驶出这段路，阻力恢复为F f .行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v 及牵引力F 随时间变化图象可能是 ( )
答案 AC
解析 0～t 1时间内，汽车做匀速运动，F ＝F f .t 1～t 2时间内P ＝F v ，随着v 的增大，F 减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动．t 2时刻，F 9． (2013·江苏·9)如图8所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹 簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中 ( ) 图8 A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12 μmga B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32 μmga C ．经O 点时，物块的动能小于W －μmga D ．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC 解析 如图，在A 点弹簧的拉力大于摩擦力，即F A >μmg ，在B 点弹 簧的弹力小于等于摩擦力，即F B ≤f B ，则有F B ≤μmg ，因此O 点距 离B 点较近，即x OB －W 弹 ＝0，W 弹 ＝E p A 则有 E p A ＝ W －μmgx OA μmga ，则A 错．整个过程由能量守恒得：W －μmg (a ＋x OA )＝E p B ，x OA >12a ，则E p B μmga ，B 正确．从O 到A 再到O 过程： W －2μmgx OA ＝E k O ，则E k O a ＝W －μm ga ，C 正确．物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等，即F ＝μmg ，而F B ≤μmg ，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于B 点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B 点的弹簧弹性势能，则D 错． 10．如图9所示，将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端，现用一质量为m 的物体将弹簧 压缩锁定在A 点，解除锁定后，物体将沿斜面上滑，物体在运动过程中所能到达的最高点B 距A 点的竖直高度为h ，物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g .则下列说法正确的是 ( ) 图9 A ．弹簧的最大弹性势能为mgh B ．物体从A 点运动到B 点的过程中系统损失的机械能为mgh C ．物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能 D ．物体最终静止在B 点 答案 BD 解析 根据能量守恒，在物体上升到最高点的过程中，弹性势能变为物体的重力势能mgh 和内能，故弹簧的最大弹性势能应大于mgh ，故A 错误．物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重力加速度g ，由牛顿第二定律得物体所受沿斜面向下的合力为F ＝mg ，而重力沿斜面向下的分力为mg sin 30°＝12 mg ，可知，物体必定受到沿斜面向下的摩擦力为F f ＝12 mg ，摩擦力做功等于物体从A 点运动到B 点的过程中系统损失的机械能，W f ＝F f h sin 30° ＝mgh ，故B 正确．物体动能最大时，加速度为零，此时物体必定沿斜面向上移动了一定距离，故损失了一部分机械能，所以动能小于弹簧的最大弹性势能，故C 错误．由于物体到达B 点后，瞬时速度为零，此后摩擦力方向沿斜面向上，与重力沿斜面向下的分力相抵消，物体将静止在B 点，故D 正确．故选B 、D. 三、非选择题 11．某幼儿园的滑梯简化图如图10所示，其中AB 段为一倾角为θ的粗糙斜面，BC 段为一 段半径为R 的光滑圆弧，其底端切线沿水平方向．若一儿童自A 点由静止滑到C 点时，对C 点的压力大小为其体重的n 倍，已知A 与B 、B 与C 间的高度差分别为h 1、h 2，重力加速度为g ，求： 图10 (1)儿童经过B 点时的速度大小； (2)儿童与斜面间的动摩擦因数μ. 答案 (1)(nR －R －2h 2)g (2)2h 1＋2h 2＋R －nR 2h 1 tan θ 解析 (1)儿童对C 点的压力大小设为F ，则F ＝nmg ，由牛顿第二定律可知F －mg ＝m v 2C R 儿童由B 至C ，由机械能守恒可得mgh 2＝12m v 2C －12 m v 2B 联立以上三式解得v B ＝(nR －R －2h 2)g (2)儿童在斜面所受摩擦力大小为F f ＝μmg cos θ 儿童由A 至B ，由动能定理可得mgh 1－F f ·h 1sin θ＝12m v 2B －0 联立解得μ＝2h 1＋2h 2＋R －nR 2h 1 tan θ. 12．如图11所示，轮半径r ＝10 cm 的传送带，水平部分AB 的长度L ＝1.5 m ，与一圆心在O 点半径R ＝1 m 的竖直光滑圆轨道的末端相切于A 点，AB 高出水平地面H ＝1.25 m ．一质量m ＝0.1 kg 的小滑块(可视为质点)，在水平力F 作用下静止于圆轨道上的P 点，OP 与竖直线的夹角θ＝37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1. 图11 (1)求水平力F 的大小． (2)撤去F ，使滑块由静止开始下滑． ①若传送带一直保持静止，求滑块的落地点与B 间的水平距离． ②若传送带以v 0＝0.5 m/s 的速度沿逆时针方向运行(传送带上部分由B 到A 运动)，求滑块在传送带上滑过痕迹的长度． 答案 (1)0.75 N (2)①0.5 m ②2 m 解析 (1)滑块静止于P 点时，由平衡条件知 F ＝mg tan θ 代入数值得F ＝0.75 N (2)①滑块从P 到A 的过程，由机械能守恒定律得 mg (R －R cos θ)＝12m v 2A 从A 到B 的过程，由动能定理得 －μmgL ＝12m v 2B －12 m v 2A 解得v B ＝1 m/s 经传送带的B 点时，根据牛顿第二定律 mg －F N ＝m v 2B r 得F N ＝0 所以滑块从B 点开始做平抛运动，设滑块在空中飞行的时间为t ，落地点与B 点间的水平距离为x ，则 H ＝12 gt 2 x ＝v B t 解得x ＝0.5 m ②传送带逆时针运行时，滑块做匀减速运动，运动情况与传送带保持静止时相同．设滑块运动的加速度为a ，滑块在传送带上运动的时间为t ′，则 v B ＝v A ＋at ′ －μmg ＝ma 滑过痕迹的长度L ′＝L ＋v 0t ′ 解得L ′＝2 m 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 2019年高三物理第二轮复习计划高三物理第二轮复习计划 高三物理通过第一轮的复习，学生大都能掌握物理学中的基本概念、规律，及其一般应用。但这些方面的知识，总的感觉是比较零散的，同时，对于综合方面的应用更存在较大的问题。因此，在第二轮复习中，首要的任务是能把整个高中的知识网络化、系统化，把所学的知识连成线，铺成面，织成网，疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。为达到第二轮复习的目的，经备课组老师讨论决定，将以专题复习的形式为主。计划如下 一、时间按排:2019年3月底至2019年4月底(第五-----九周) 二、内容安排暨专题设置: 专题一:物理实验(六课时第五周，由李振德老师负责) 专题二:力与运动(六课时第六周，由徐光范老师负责) 专题三:功和能热学(六课时第七周，由陈立平老师负责) 专题四:带电粒子在电场和磁场中的运动(六课时第八周，由吴雷老师负责) 专题五:电磁感应和电路，交变电流(六课时第九周，由刘兆祥老师负责) 三、其它问题:我们认为要搞好第二轮复习还应注意以下几个 方面: 1、应抓住主干知识及主干知识之间的综合 概括起来高中物理的主干知识有以下方面的内容: (1)力学部分:物体的平衡与直线运动；平抛与圆周运动，牛顿运动定律与运动规律的综合应用；机械能守恒定律及能的转化和守恒定律。 (2)电磁学部分:带电粒子在电、磁场中的运动；有关电路的分析和计算；电磁感应现象及其应用。 (3)热学部分:分子运动论，热力学定律，理想气体 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的综合(主要体现在力学、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能量的综合(是解决物理问题中一个基本的观念，一定要加强这方面的训练，也是每年必考内容之一)； (3)以带电粒子在电场、磁场中为模型的电学与力学的综合，主要有三种具体的综合形式: 一是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； 二是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， 三是用能量观点解决带电粒子在电场中的运动。 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 (最新原创)2021高考二轮复习物理学案（6）电磁感应一．典例精析 题型1.（楞次定律的应用和图像）如图甲所示，存在有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，师雪清方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧相距为L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直. 现使线框以速度v匀速穿过师雪清磁场区域. 以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B垂直纸面向里时为正，则以下关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流、和电功率的四个图师雪清象描述不正确的是（） 师雪清 师雪清 解析：在第一段时间内，磁通量等于零，感应电动势为零，感应电流为零，电功率为零。 在第二段时间内，BLvt BS ==Φ，BLv E =，R BLv R E I ==，R BLv P 2)(=。 在第三段时间内， BLvt BS 2==Φ，BLv E 2=，R BLv R E I 2==，R BLv P 2)2(= 师雪清 在第四段时间内， BLvt BS ==Φ，BLv E =，R E I =，R BLv P 2)(=。此题 选B 。师雪清 规律总结：对应线圈穿过磁场产生感应电流的图像问题，应该注意以下几点：师雪清 ⑴要划分每个不同的阶段，对每一过程采用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析。 ⑵要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系式，以便确定图像的形状。师雪清 ⑶线圈穿越方向相反的两磁场时，要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势。 师雪清 题型2.（电磁感应中的动力学分析）如图所示，固定在绝缘水平面上的的金属框架cdef 处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 电阻为r ，跨在框架上，可以无摩擦地滑动，其余电阻不计．在t=0时刻，磁感应强度为B d c a b e f 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？ 高考物理通用版第二轮复习讲义（精华版） 第1讲 | 应用“三类典型运动”破解电磁场计算题 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动 [研一题]———————————————————————————————— 如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m 、电荷量为e ，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d ，当加速电压为U 1、偏转电压为U 2时，电子恰好打在下极板的右边缘M 点，现将偏转电场的下极板向下平移d 2 。 (1)如何只改变加速电压U 1，使电子打在下极板的中点？ (2)如何只改变偏转电压U 2，使电子仍打在下极板的M 点？ [解析] (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E 和E ′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a 、a ′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v 0、v 1 因偏转电压不变，所以有Ed ＝E ′·3 2d ， 即E ′＝2 3 E 由qE ＝ma 及qE ′＝ma ′知a ′＝2 3 a 设极板长度为L ，则d ＝12a ′????L 2v 12，d 2＝12a ????L v 02，解得v 12＝v 0 2 12 在加速电场中由动能定理知 eU 1＝12m v 02，eU 1′＝1 2m v 12 解得U 1′＝ U 112，即加速电压应减为原来的1 12 ，才能使电子打在下极板的中点。 (2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t 相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a 1、a 2，则有 d 2＝12a 1t 2，d ＝1 2a 2t 2， 即a 2＝2a 1 由牛顿第二定律知a 1＝eU 2 md ，a 2＝eU 2′m ·32 d 解得U 2′＝3U 2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M 点。 [答案] (1)加速电压应减为原来的1 12，即U 112 (2)偏转电压变为原来的3倍，即3U 2 [悟一法]———————————————————————————————— 带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程 [通一类]———————————————————————————————— (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0。在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小 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 能力呈现 【考情分析】 【备考策略】 抓住重点:有关宏观量、微观量的计算,热力学第一定律,气体实验三定律及图象.突破难点:布朗运动的本质,分子力和分子势能的变化特点,决定气体压强大小的微观因素,分子热运动速率的统计分布规律.注意常考要点:用油膜法估测分子的大小,晶体和非晶体,表面张力等. 1. (1) 下图描绘一定质量的氧气分子分别在0 ℃和100 ℃两种情况下的速率分布情况,符合统计规律的是. (2) 如图所示是岩盐的平面结构,实心点为氯离子,空心点为钠离子,如果将它们用直线连起来.将构成一系列大小相同的正方形.岩盐是(填“晶体”或“非晶体”).固体岩盐 中氯离子是(填“运动”或“静止”)的. (3) 如图所示,一定质量的理想气体先从状态A经等容过程到状态B,再经等压过程到状态C.在状态C时气体的体积V=3.0×10-3 m3,温度与状态A相同.求气体: ①在状态B时的体积. ②在整个过程中放出的热量. 2. (2013·江苏)如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态 A.其中,A→B和C→D为等温过程,B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换). 这就是著名的“卡诺循环”. (1) 该循环过程中,下列说法正确的是. A. A→B过程中,外界对气体做功 B. B→C过程中,气体分子的平均动能增大 C. C→D过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D. D→A过程中,气体分子的速率分布曲线不发生变化 (2) 该循环过程中,内能减小的过程是(填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”). 若气体在A→B过程中吸收63 kJ的热量,在C→D过程中放出38 kJ的热量,则气体完成一次循环对外做的功为kJ.? (3) 若该循环过程中的气体为1 mol,气体在A状态时的体积为10 L,在B状态时压强为A状态时 的2 3. 求气体在B状态时单位体积内的分子数. (已知阿伏加德罗常数N A=6.0×10 23 mol-1,计 算结果保留一位有效数字) 2013年高考二轮复习专题十 高考物理模型 方法概述 高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下： (1)选择题中一般都包含3～4道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题． (2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大． (3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型． 高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述． 热点、重点、难点 一、斜面问题 在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法． 1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝g tan θ． 图9－1甲 2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)： (1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左． 3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)． 图9－1乙 4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)： 图9－2 高考综合复习恒定电流专题 一、电流和电流强度I 二、电阻R 1、定义式： 2、电阻定律：，ρ为电阻率。 3、测量：伏安法测电阻，欧姆表。 4、超导体 三、闭合电路欧姆定律： 1、U—I关系曲线 2、电源的输出功率、内阻消耗的电功率、电源的总功率P总=Iε P出=IU P内=I2r 当外电路电阻与内阻相等时，电源的输出功率最大。 例题分析： 例1、一个电源的电动势为ε、内阻为r，在外电路上接一个电阻R0和一滑动变阻器R，求①滑动变阻器消耗的最大电功率是多少？②定值电阻R0消耗的最大电功率是多少？ 分析：（1）由前面的知识复习，已知道：若外电路电阻与内电路电阻阻值相等，则外电路消耗的电功率最大。因此，我们可以用等效思想将R0与r看作新电源的内阻（r+R0），新电源的电动 势仍为ε。这样，当R的阻值与内阻（r+R0）相等时，变阻器R消耗的电功率最大，等于。 （2）第2问与第1问的问题看起来相似，但实际上却是完全不同的两个问题。区别就在于第2问涉及的是一个定值电阻消耗的最大电功率问题。由电功率定义知，R0消耗的电功率P=I2R0，可见， I取最大值时，R0消耗的电功率最大，由于，所以R取最小值即R等于零时，定值 电阻消耗的功率最大，等于。 小结：此题两问分别涉及定值电阻与可变电阻消耗的最大电功率问题，处理方法不同。切不可将“外电路电阻与内电阻相等时，外电路消耗的电功率最大”这一结论无条件地、任意的推广。 例2、如图，直线A为电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与其中电流I的图象。用该电源与电阻R组成闭合电路，则电源的输出功率为___________，电源的效率为_____________。 分析：A图线是U—I特性曲线，从A图线上可以获取的信息是：纵轴截距—ε，横轴截距—— 短路电流，所以，知道电源电动势ε=3V，内阻r=0.5Ω。电阻R的阻值可由图线B的斜率得出：R=1Ω。电路见上图。据闭合电路欧姆定律和P R=I2R，可得电源的输出功率为4W，效率 。 小结：A、B两图线分别给出了电路中电源及电阻的信息，应注意利用图象寻找有关信息，另外，也应注意区分两条图线。 例3、在如图所示的电路中，电源的电动势为ε。内电阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于R 的中点位置时，小灯泡L1、L2、L3的亮度相同。若将滑片向左滑动时，三个小灯泡的亮度如何变化？ 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. 热点2 滑块—木板模型 [热点跟踪专练] 1．(多选)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12 μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .现对A 施加一水平拉力F ，则( ) A ．当F <2μmg 时，A 、 B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13 μg C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动 D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12 μg [解析] 当0 A ．F >μ(2m ＋M )g B ．F >μ(m ＋2M )g C ．F >2μmg D ．F >2μ(m ＋M )g [解析] 要使A 能从B 、C 间抽出来，则A 要相对于B 、C 都滑动，所以A 、C 间与A 、B 间都是滑动摩擦力，对A 有a A ＝F －μmg －μM ＋m g M ，对C 有a C ＝μmg m ，B 受到A 对B 的水平向右的滑动摩擦力μ(M ＋m )g 和地面对B 的摩擦力f ，由于f ≤μ(2M ＋m )g ，所以A 刚要从B 、C 间抽出时，B 静止不动，即a A >a C 时，A 能从B 、C 间抽出，得F >2μ(M ＋m )g ，D 对． [答案] D 3．(2017·广州模拟)如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为F 0；质 量为m 和2m 的木块间的最大静摩擦力为12 F 0.现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块一起加速运动，下列说法正确的是( ) A ．质量为2m 的木块受到四个力的作用 B ．当F 逐渐增大到F 0时，轻绳刚好被拉断 C ．在轻绳未被拉断前，当F 逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F 大小的一半 D ．在轻绳被拉断之前，质量为m 和2m 的木块间已经发生相对滑动 [解析] 质量为2m 的木块受到5个力的作用，重力、拉力、压力、支持力和摩擦力，则选项A 错误；对三者整体，应用牛顿第二定律有F ＝6ma ，对质量为m 和2m 的木块整体，同理有，轻绳拉力T ＝3ma ＝F 2，隔离质量为m 的木块，有f ＝ma ＝F 6 ，可知在轻绳未被拉断前，当F 逐渐增大时，轻绳上的拉力也随之增大，并且大小总等于F 大小的一半，则选项C 正确；当F 逐渐增大到F 0时，轻绳拉力T ＝F 0 2，轻绳没有达到最大拉力不会被拉断，则选项B 错误； 2013年高考二轮专题复习之模型讲解 斜面模型 ［模型概述］ 斜面模型是中学物理中最常见的模型之一，各级各类考题都会出现，设计的内容有力学、电学等。相关方法有整体与隔离法、极值法、极限法等，是属于考查学生分析、推理能力的模型之一。 ［模型讲解］ 一. 利用正交分解法处理斜面上的平衡问题 例1. 相距为20cm 的平行金属导轨倾斜放置（见图1），导轨所在平面与水平面的夹角为?=37θ，现在导轨上放一质量为330g 的金属棒ab ，它与导轨间动摩擦系数为50.0=μ，整个装置处于磁感应强度B=2T 的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V ，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，取2/10s m g =，为保持金属棒ab 处于静止状态，求： （1）ab 中通入的最大电流强度为多少？ （2）ab 中通入的最小电流强度为多少？ 解析：导体棒ab 在重力、静摩擦力、弹力、安培力四力作用下平衡，由图2中所示电流方向，可知导体棒所受安培力水平向右。当导体棒所受安培力较大时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向下，当导体棒所受安培力较小时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向上。 （1）ab 中通入最大电流强度时受力分析如图2，此时最大静摩擦力N f F F μ=沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab 平衡可知，x 方向： )sin cos (sin cos max θθμθ θμ+=+=N N N F F F F y 方向：)sin (cos sin cos θμθθμθ-=-=N N N F F F mg 由以上各式联立解得： A BL F I L BI F N m g F 5.16,6.6sin cos sin cos max max max max max == ==-+=有θ μθθθμ （2）通入最小电流时，ab 受力分析如图3所示，此时静摩擦力N f F F '' μ=，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有： x 方向：)cos (sin 'cos 'sin 'min θμθθμθ-=-=N N N F F F F y 方向：)cos sin ('cos 'sin 'θθμθθμ+=+=N N N F F F mg 联立两式解得：N mg F 6.0cos sin cos sin min =+-=θ θμθμθ 由A BL F I L BI F 5.1,min min min min === 评点：此例题考查的知识点有：（1）受力分析——平衡条件的确定；（2）临界条件分析的能力；（3）直流电路知识的应用；（4）正交分解法。 说明：正交分解法是在平行四边形定则的基础上发展起来的，其目的是用代数运算来解决矢量运算。正交分解法在求解不在一条直线上的多个力的合力时显示出了较大的优越性。建立坐标系时，一般选共点力作用线的交点为坐标轴的原点，并尽可能使较多的力落在坐标轴上，这样可以减少需要分解的数目，简化运算过程。 二. 利用矢量三角形法处理斜面系统的变速运动 例2. 物体置于光滑的斜面上，当斜面固定时，物体沿斜面下滑的加速度为1a ，斜面对物 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. 物理图像问题 22题 23题 24题25题 20题23题22题 19题 18题 19题 20题 第1课时力学图象问题 高考题型1运动学图象问题 1．v－t图象的应用技巧 (1)图象意义：在v－t图象中，图象上某点的斜率表示对应时刻的加速度，斜率的正负表示加速度的方向． (2)注意：加速度沿正方向不表示物体做加速运动，加速度和速度同向时做加速运动． 2．x－t图象的应用技巧 (1)图象意义：在x－t图象上，图象上某点的斜率表示对应时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向． (2)注意：在x－t图象中，斜率绝对值的变化反映加速度的方向．斜率的绝对值逐渐增大则物体加速度与速度同向，物体做加速运动；反之，做减速运动． 例1(多选)(2018·全国卷Ⅱ·19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图1中甲、乙两条曲线所示．已知两车在t2时刻并排行驶．下列说法正确的是() 图1 A．两车在t1时刻也并排行驶 B．在t1时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 答案BD 解析t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，且t2时刻两车并排行驶，则t1时刻甲在乙的后面，A项错误，B项正确；由题图图象的斜率知，甲、乙两车的加速度均先减小后增大，C 项错误，D项正确． 拓展训练1(2018·河南省驻马店市第二次质检)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其v －t图象如图2所示，下列对汽车运动状态的描述正确的是() 图2 A．在第20 s末，甲、乙两车相遇 B．若乙车在前，则可能相遇两次 C．在第10 s末，乙车改变运动方向 D．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m 答案 B 2018年高考物理《步步高》（全国通用?含答案 及详细解析）专题复习题 （2套“微专题”题+1套章末综合练习题，共3套题） 第十一章交变电流 1．考点及要求：(1)交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)；(2)正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ).2.方法与技巧：(1)线圈每经过中性面一次，电流方向改变一次；从中性面开始转动时，i－t图象为正弦函数图象；(2)交变电流的求解一般选择一个周期，利用电流的热效应来求解． 1．(交变电流的产生)如图1甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则() 图1 A．乙图中Oa时间段对应甲图中①至②图的过程 B．乙图中c时刻对应甲图中的③图 C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次 D．若乙图中d等于0.02 s，则交流电的频率为25 Hz 2．(交变电流的瞬时值表达式和图象)(多选)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直 的转动轴匀速转动，如图2甲所示．产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是() 图2 A．t＝0.01 s时穿过线框的磁通量最小 B．该交变电动势的有效值为11 2 V C．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝222sin(100πt) V D．电动势瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为45° 图3 3．(交变电流的有效值)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图3所示，已知发电机线圈内阻为5 Ω，仅外接一只电阻为105 Ω的灯泡，则() A．线圈从垂直于中性面的位置开始转动 B．电路中的电流方向每秒改变50次 C．灯泡两端的电压为220 V D．发电机线圈内阻每秒产生的焦耳热为20 J 图4 4．(交变电流的“四值”)如图4所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m、ad＝0.4 m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左 侧，磁感应强度大小B＝2 16πT.电容器放电时间不计．下列说法正确的是() A．该线圈产生的交流电动势的峰值为50 V B．该线圈产生的交流电动势的有效值为25 2 V 第一讲 平衡问题 一、特别提示[解平衡问题几种常见方法] 1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。 2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。 3、正交分解法：将各力分解到x 轴上和y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件)00(∑∑==y x F F 多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。值得注意的是，对x 、 y 方向选择时，尽可能使落在x 、y 轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。 4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。 5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。解题中注意到这一点，会使解题过程简化。 6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。 7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。 二、典型例题 1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即0=a 。表现：静 止或匀速直线运动 （1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡 例1 质量为m 的物体置于动摩擦因数为μ的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？ 解析 取物体为研究对象，物体受到重力mg ，地面的支持力N ，摩擦力f 及拉力T 四个力作用，如图1-1所示。 由于物体在水平面上滑动，则N f μ=，将f 和N 合成，得到合力F ，由图知F 与f 的夹角： μ==αarcctg N f arcctg 不管拉力T 方向如何变化，F 与水平方向的夹角α不变，即F 为一个方向不发生改变的变力。这显然属于三力平衡中的动态平衡问题，由前面讨论知，当T 与F 互相垂直时，T 有最小值，即当拉力与水平方向的夹角μ=μ-=θarctg arcctg 90时，使物体做匀速运动的拉力T 最小。 （2）摩擦力在平衡问题中的表现 这类问题是指平衡的物体受到了包括摩擦力在内的力的作用。在共点力平衡中，当物 高考物理二轮专项：功和机械能压轴题训练 1．（10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。 （1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放。求： 金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小； 若金属棒a在磁场Ⅰ运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件； （2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。 2．（8分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）判断小球的带电性质； （2）求该匀强电场的电场强度E的大小； （3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。 3．（10分）如图甲，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，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a b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a b，测得最大速度为v m。改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示。已知轨距为L = 2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计。 （1）当R = 0时，求杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势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；高三物理二轮复习专题一
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