2020版高考物理大二轮专题复习新方略通用版讲义：核心素养提升一

核心素养提升——科学态度与责任“嫦娥”探月四步曲(自主阅读)中国探月工程,又称“嫦娥工程”.2004年,中国正式开展月球探测工程．嫦娥工程分为“无人月球探测”“载人登月”和“建立月球基地”三个阶段.2007年10月24日18时05分,“嫦娥一号”成功发射升空,在圆满完成各项使命后,于2009年按预定计划受控撞月.2010年10月1日18时57分59秒“嫦娥二号”顺利发射,也已圆满并超额完成各项既定任务.2011年离开拉格朗日点L2点后,向深空进发,现今仍在前进,意在对深空通信系统进行测试.2013年9月19日,探月工程进行了嫦娥三号卫星和玉兔号月球车的月面勘测任务．嫦娥四号是嫦娥三号的备份星．嫦娥五号主要科学目标包括对着陆区的现场调查和分析,以及月球样品返回地球以后的分析与研究．要完成“嫦娥”工程的前提是要把卫星成功送到月球,大致经历“发射→转移→环绕→着陆”四步．第一步：卫星发射我国已于2013年12月2日凌晨1点30分使用长征三号乙运载火箭成功发射“嫦娥三号”．火箭加速是通过喷气发动机向后喷气实现的．设运载火箭和“嫦娥三号”的总质量为M ,地面附近的重力加速度为g ,地球半径为R ,万有引力常量为G .(1)用题给物理量表示地球的质量；(2)假设在“嫦娥三号”舱内有一平台,平台上放有测试仪器,仪器对平台的压力可通过监控装置传送到地面．火箭从地面发射后以加速度g 2竖直向上做匀加速直线运动,升到某一高度时,地面监控器显示“嫦娥三号”舱内测试仪器对平台的压力为发射前压力的1718,求此时火箭离地面的高度． 【解析】 (1)在地面附近,mg ＝G M 地m R 2,解得：M 地＝gR 2G. (2)设此时火箭离地面的高度为h ,选仪器为研究对象,设仪器质量为m 0,火箭发射前,仪器对平台的压力F 0＝G M 地m 0R2＝m 0g . 在距地面的高度为h 时,仪器所受的万有引力为F ＝G M 地m 0R ＋h 2设在距离地面的高度为h 时,平台对仪器的支持力为F 1,根据题述和牛顿第三定律得,F 1＝1718F 0 由牛顿第二定律得,F 1－F ＝m 0a ,a ＝g 2联立解得：h ＝R2. 【答案】 见解析第二步：卫星转移(多选)如图为嫦娥三号登月轨迹示意图．图中M 点为环地球运行的近地点,N 点为环月球运行的近月点．a 为环月球运行的圆轨道,b 为环月球运行的椭圆轨道,下列说法中正确的是( )A ．嫦娥三号在环地球轨道上的运行速度大于11.2 km/sB ．嫦娥三号在M 点进入地月转移轨道时应点火加速C ．设嫦娥三号在圆轨道a 上经过N 点时的加速度为a 1,在椭圆轨道b 上经过N 点时的加速度为a 2,则a 1>a 2D ．嫦娥三号在圆轨道a 上的机械能小于在椭圆轨道b 上的机械能【解析】 嫦娥三号在环地球轨道上运行速度v 满足7.9 km/s≤v <11.2 km/s,则A 错误；嫦娥三号要在M 点点火加速才能进入地月转移轨道,则B 正确；由a ＝GMr2,知嫦娥三号在圆轨道a 上经过N 点和在椭圆轨道b 上经过N 点时的加速度相等,则C 错误；嫦娥三号要从b 轨道转移到a 轨道需要在N 点减速,机械能减小,则D 正确．【答案】 BD第三步：卫星绕月嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示．假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时,只受到月球的万有引力,则( )A．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量,则可算出月球的密度B．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时,应让发动机点火使其加速C．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P点的速度大于Q点的速度D．嫦娥三号在动力下降段,其引力势能减小【解析】利用环月圆轨道半径、运动周期和引力常量,可以计算出月球的质量,月球半径未知,不能计算出月球的密度,A错误；由环月圆轨道进入椭圆轨道时,在P点让发动机点火使其减速,B错误；嫦娥三号在椭圆轨道上P点速度小于在Q点速度,C错误；嫦娥三号在动力下降段,高度减小,引力势能减小,D正确．【答案】 D第四步：卫星着陆如图所示为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图．首先在发动机作用下,探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0,h1远小于月球半径)；接着推力改变,探测器开始竖直下降,到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭,探测器仅受重力下落至月面．已知探测器总质量为m(不包括燃料),地球和月球的半径比为k1,质量比为k2,地球表面附近的重力加速度为g,求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时,探测器机械能的变化．【解析】 (1)设地球质量和半径分别为M 和R ,月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M ′、R ′和g ′,探测器刚接触月面时的速度大小为v t ,则有mg ′＝G M ′m R ′2,mg ＝G Mm R 2,解得g ′＝k 21k 2g 由v 2t －v 2＝2g ′h 2得v t ＝v 2＋2k 21gh 2k 2. (2)设机械能变化量为ΔE ,动能变化量为ΔE k ,重力势能变化量为ΔE p ,有ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p则ΔE ＝12m (v 2＋2k 21gh 2k 2)－m k 21k 2gh 1 得ΔE ＝12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)． 【答案】 (1)k 21k 2g v 2＋2k 21gh 2k 2(2)12mv 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)。

1．1.1&1.1.2 变化率问题 导数的概念预习课本P2～6，思考并完成下列问题(1)平均变化率的定义是什么？平均变化率的几何意义是什么？(2)瞬时变化率的定义是怎样的？如何求瞬时变化率？(3)如何用定义求函数在某一点处的导数？[新知初探]1．函数y ＝f (x )从x 1到x 2的平均变化率 (1)定义式：Δy Δx ＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1.(2)实质：函数值的改变量与自变量的改变量之比． (3)意义：刻画函数值在区间[x 1，x 2]上变化的快慢． (4)平均变化率的几何意义：设A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))是曲线y ＝f (x )上任意不同的两点，函数y ＝f (x )的平均变化率Δy Δx ＝f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＝f (x 1＋Δx )－f (x 1)Δx 为割线AB 的斜率，如图所示．[点睛] Δx 是变量x 2在x 1处的改变量，且x 2是x 1附近的任意一点，即Δx ＝x 2－x 1≠0，但Δx 可以为正，也可以为负．2．函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率[点睛] “Δx 无限趋近于0”的含义Δx 趋于0的距离要多近有多近，即|Δx －0|可以小于给定的任意小的正数，且始终Δx ≠0. 3．导数的概念1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数值与Δx 值的正、负无关．( ) (2)瞬时变化率是刻画某函数值在区间[x 1，x 2]上变化快慢的物理量．( ) (3)在导数的定义中，Δx ，Δy 都不可能为零．( ) 答案：(1)√ (2)× (3)×2．质点运动规律为s (t )＝t 2＋3，则从3到3＋Δt 的平均速度为( ) A ．6＋Δt B ．6＋Δt ＋9ΔtC ．3＋ΔtD ．9＋Δt答案：A3．已知函数f (x )＝2x 2－4的图象上两点A ，B ，且x A ＝1，x B ＝1.1，则函数f (x )从A 点到B 点的平均变化率为( )A ．4B ．4xC ．4.2D ．4.02答案：C4．在f ′(x 0)＝lim Δx →f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx中，Δx 不可能为( )A ．大于0B ．小于0C ．等于0D ．大于0或小于0答案：C[典例] 求函数f (x )＝x 2在x ＝1,2,3附近的平均变化率，取Δx 的值为13，哪一点附近的平均变化率最大？[解] 在x ＝1附近的平均变化率为k 1＝f (1＋Δx )－f (1)Δx ＝(1＋Δx )2－1Δx ＝2＋Δx ；在x ＝2附近的平均变化率为k 2＝f (2＋Δx )－f (2)Δx ＝(2＋Δx )2－22Δx ＝4＋Δx ；在x ＝3附近的平均变化率为k 3＝f (3＋Δx )－f (3)Δx ＝(3＋Δx )2－32Δx ＝6＋Δx ；若Δx ＝13，则k 1＝2＋13＝73，k 2＝4＋13＝133，k 3＝6＋13＝193，由于k 1＜k 2＜k 3，故在x ＝3附近的平均变化率最大．求平均变化率的步骤(1)先计算函数值的改变量Δy ＝f (x 1)－f (x 0)． (2)再计算自变量的改变量Δx ＝x 1－x 0. (3)求平均变化率Δy Δx ＝f (x 1)－f (x 0)x 1－x 0.[活学活用]求函数y ＝x 3从x 0到x 0＋Δx 之间的平均变化率，并计算当x 0＝1，Δx ＝12时平均变化率的值．解：当自变量从x 0变化到x 0＋Δx 时，函数的平均变化率为Δy Δx ＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx＝(x 0＋Δx )3－x 30Δx＝3x 20＋3x 0Δx ＋(Δx )2，当x 0＝1，Δx ＝12时平均变化率的值为3×12＋3×1×12＋⎝⎛⎭⎫122＝194.求瞬时速度[典例] )＝3t －t 2. (1)求此物体的初速度；(2)求此物体在t ＝2时的瞬时速度．[解] (1)当t ＝0时的速度为初速度．在0时刻取一时间段[0,0＋Δt ]，即[0，Δt ]， ∴Δs ＝s (Δt )－s (0)＝[3Δt －(Δt )2]－(3×0－02)＝3Δt －(Δt )2，Δs Δt ＝3Δt －(Δt )2Δt ＝3－Δt ，li mΔt →0 ΔsΔt＝li m Δt →0 (3－Δt )＝3. ∴物体的初速度为3. (2)取一时间段[2,2＋Δt ]， ∴Δs ＝s (2＋Δt )－s (2)＝[3(2＋Δt )－(2＋Δt )2]－(3×2－22) ＝－Δt －(Δt )2，Δs Δt ＝－Δt －(Δt )2Δt＝－1－Δt ， lim Δx →ΔsΔt ＝lim Δx →0(－1－Δt )＝－1， ∴当t ＝2时，物体的瞬时速度为－1.1．求运动物体瞬时速度的三个步骤(1)求时间改变量Δt 和位移改变量Δs ＝s (t 0＋Δt )－s (t 0)． (2)求平均速度v ＝Δs Δt； (3)求瞬时速度，当Δt 无限趋近于0时，ΔsΔt无限趋近于常数v ，即为瞬时速度． 2．求ΔyΔx (当Δx 无限趋近于0时)的极限的方法(1)在极限表达式中，可把Δx 作为一个数来参与运算； (2)求出ΔyΔx的表达式后，Δx 无限趋近于0就是令Δx ＝0，求出结果即可． [活学活用]一木块沿某一斜面自由滑下，测得下滑的水平距离s 与时间t 之间的函数关系为s ＝12t 2，则t ＝2时，此木块在水平方向的瞬时速度为( )A ．2B ．1 C.12D.14解析：选A ∵Δs Δt ＝12(2＋Δt )2－12×22Δt ＝12Δt ＋2，∴lim Δx →Δs Δt ＝lim Δx →0 ⎝⎛⎭⎫12Δt ＋2＝2，故选A.求函数在某点处的导数[典例] (1)函数y ＝x 在x ＝1处的导数为________．(2)如果一个质点由定点A 开始运动，在时间t 的位移函数为y ＝f (t )＝t 3＋3， ①当t 1＝4，Δt ＝0.01时，求Δy 和比值Δy Δt； ②求t 1＝4时的导数． [解析] (1)Δy ＝1＋Δx －1， Δy Δx ＝1＋Δx －1Δx ＝11＋Δx ＋1， li mΔx →0 11＋Δx ＋1＝12，所以y ′|x ＝1＝12.答案：(1)12(2)解：①Δy ＝f (t 1＋Δt )－f (t 1)＝3t 21·Δt ＋3t 1·(Δt )2＋(Δt )3，故当t 1＝4，Δt ＝0.01时，Δy ＝0.481 201，ΔyΔt＝48.120 1.②lim Δx →Δy Δt ＝lim Δx →0[3t 21＋3t 1·Δt ＋(Δt )2]＝3t 21＝48， 故函数y ＝t 3＋3在t 1＝4处的导数是48， 即y ′|t 1＝4＝48.1．用导数定义求函数在某一点处的导数的步骤 (1)求函数的增量Δy ＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)； (2)求平均变化率Δy Δx ＝f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx ；(3)求极限lim Δx →Δy Δx. 2．瞬时变化率的变形形式lim Δx →f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx＝lim Δx →f (x 0－Δx )－f (x 0)－Δx＝lim Δx →f (x 0＋n Δx )－f (x 0)n Δx＝lim Δx →f (x 0＋Δx )－f (x 0－Δx )2Δx＝f ′(x 0)．[活学活用]求函数y＝x－1x在x＝1处的导数．解：因为Δy＝(1＋Δx)－11＋Δx－()1－1＝Δx＋Δx1＋Δx，所以ΔyΔx＝Δx＋Δx1＋ΔxΔx＝1＋11＋Δx.当Δx→0时，ΔyΔx→2，所以函数y＝x－1x在x＝1处的导数为2.对应课时跟踪检测(一)层级一学业水平达标1．如果一个函数的瞬时变化率处处为0，则这个函数的图象是() A．圆B．抛物线C．椭圆D．直线解析：选D当f(x)＝b时，瞬时变化率limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0b－bΔx＝0，所以f(x)的图象为一条直线．2．设函数y＝f(x)＝x2－1，当自变量x由1变为1.1时，函数的平均变化率为() A．2.1 B．1.1C．2 D．0解析：选A ΔyΔx＝f(1.1)－f(1)1.1－1＝0.210.1＝2.1.3．设函数f(x)在点x0附近有定义，且有f(x0＋Δx)－f(x0)＝aΔx＋b(Δx)2(a，b为常数)，则()A．f′(x)＝a B．f′(x)＝bC．f′(x0)＝a D．f′(x0)＝b解析：选C f′(x0)＝limΔx→0f(x0＋Δx)－f(x0)Δx＝limΔx→0(a＋b·Δx)＝a.4．如果质点A按照规律s＝3t2运动，则在t0＝3时的瞬时速度为() A．6B．18C．54D．81解析：选B∵s(t)＝3t2，t0＝3，∴Δs＝s(t0＋Δt)－s(t0)＝3(3＋Δt)2－3·32＝18Δt＋3(Δt)2.∴ΔsΔt＝18＋3Δt.∴limΔx→0ΔsΔt＝limΔx→0(18＋3Δt )＝18，故应选B.5．已知f (x )＝x 2－3x ，则f ′(0)＝( ) A ．Δx －3 B ．(Δx )2－3Δx C ．－3D ．0解析：选C f ′(0)＝lim Δx →0 (0＋Δx )2－3(0＋Δx )－02＋3×0Δx＝li m Δx →0 (Δx )2－3ΔxΔx ＝lim Δx →0 (Δx －3)＝－3.故选C.6．设f (x )＝ax ＋4，若f ′(1)＝2，则a ＝________. 解析：∵f ′(1)＝lim Δx →f (1＋Δx )－f (1)Δx＝lim Δx →a (1＋Δx )＋4－(a ＋4)Δx＝a ，∴a ＝2.答案：27.汽车行驶的路程s 和时间t 之间的函数图象如图，在时间段[t 0，t 1]，[t 1，t 2]，[t 2，t 3]上的平均速度分别为v 1，v 2，v 3，则三者的大小关系为________．解析：v 1＝k OA ，v 2＝k AB ，v 3＝k BC ， 由图象知k OA ＜k AB ＜k BC . 答案：v 1＜v 2＜v 38．球的半径从1增加到2时，球的体积平均膨胀率为______． 解析：∵Δy ＝43π×23－43π×13＝28π3，∴Δy Δx ＝28π32－1＝28π3. 答案：28π39．质点按规律s (t )＝at 2＋1做直线运动(s 单位：m ，t 单位：s)．若质点在t ＝2时的瞬时速度为8 m/s ，求常数a 的值．解：∵Δs ＝s (2＋Δt )－s (2)＝[a (2＋Δt )2＋1]－(a ×22＋1)＝4a Δt ＋a (Δt )2，∴ΔsΔt ＝4a ＋a Δt ，∴在t ＝2时，瞬时速度为lim Δx →ΔsΔt＝4a,4a ＝8，∴a ＝2. 10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－1x ，x >0，1＋x 2，x ≤0求f ′(4)·f ′(－1)的值．解：当x＝4时，Δy＝－14＋Δx＋14＝12－14＋Δx＝4＋Δx－224＋Δx＝Δx24＋Δx(4＋Δx＋2).∴ΔyΔx＝124＋Δx(4＋Δx＋2).∴limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0124＋Δx(4＋Δx＋2)＝12×4×(4＋2)＝116.∴f′(4)＝1 16.当x＝－1时，ΔyΔx＝f(－1＋Δx)－f(－1)Δx＝1＋(－1＋Δx)2－1－(－1)2Δx＝Δx－2，由导数的定义，得f′(－1)＝li mΔx→0(Δx－2)＝－2，∴f′(4)·f′(－1)＝116×(－2)＝－18.层级二应试能力达标1．已知函数f(x)＝2x2－4的图象上一点(1，－2)及邻近一点(1＋Δx，－2＋Δy)，则Δy Δx等于()A．4B．4xC．4＋2Δx D．4＋2(Δx)2解析：选C ΔyΔx＝f(1＋Δx)－f(1)Δx＝2(1＋Δx)2－4＋2Δx＝2(Δx)2＋4ΔxΔx＝2Δx＋4.2.甲、乙两人走过的路程s1(t)，s2(t)与时间t的关系如图，则在[0，t0]这个时间段内，甲、乙两人的平均速度v甲，v乙的关系是()A．v甲＞v乙B．v甲＜v乙C．v甲＝v乙D．大小关系不确定解析：选B设直线AC，BC的斜率分别为k AC，k BC，由平均变化率的几何意义知，s1(t)在[0，t0]上的平均变化率v甲＝k AC，s2(t)在[0，t0]上的平均变化率v乙＝k BC.因为k AC＜k BC，所以v甲＜v乙．3．若可导函数f(x)的图象过原点，且满足limΔx→0f(Δx)Δx＝－1，则f′(0)＝()A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：选B∵f(x)图象过原点，∴f(0)＝0，∴f′(0)＝limΔx→0f(0＋Δx)－f(0)Δx＝limΔx→0f(Δx)Δx＝－1，∴选B.4．已知f(x)＝2x，且f′(m)＝－12，则m的值等于()A．－4 B．2 C．－2 D．±2解析：选D f′(x)＝limΔx→0f(x＋Δx)－f(x)Δx＝－2x2，于是有－2m2＝－12，m2＝4，解得m＝±2.5．已知函数f(x)＝－x2＋x在区间[t,1]上的平均变化率为2，则t＝________.解析：∵Δy＝f(1)－f(t)＝(－12＋1)－(－t2＋t)＝t2－t，∴ΔyΔx＝t2－t1－t＝－t. 又∵ΔyΔx＝2，∴t＝－2.答案：－26．一物体的运动方程为s＝7t2＋8，则其在t＝________时的瞬时速度为1.解析：ΔsΔt＝7(t0＋Δt)2＋8－(7t20＋8)Δt＝7Δt＋14t0，当limΔx→0(7Δt＋14t0)＝1时，t＝t0＝114.答案：1 147．枪弹在枪筒中运动可以看作匀加速运动，如果它的加速度是5.0×105 m/s2，枪弹从枪口射出时所用时间为1.6×10－3 s，求枪弹射出枪口时的瞬时速度．解：位移公式为s＝12at2，∵Δs＝12a(t0＋Δt)2－12at2＝at0Δt＋12a(Δt)2，∴ΔsΔt＝at0＋12aΔt，∴limΔx→0ΔsΔt＝limΔx→0⎝⎛⎭⎫at0＋12aΔt＝at0，已知a＝5.0×105m/s2，t0＝1.6×10－3s，∴at0＝800 m/s. 所以枪弹射出枪口时的瞬时速度为800 m/s.8．设函数f(x)在x0处可导，求下列各式的值．(1)limΔx→0f(x0－mΔx)－f(x0)Δx；(2)limΔx→0f(x0＋4Δx)－f(x0＋5Δx)Δx.解：(1)limΔx→0f(x0－mΔx)－f(x0)Δx＝－m limΔx→0f(x0－mΔx)－f(x0)－mΔx＝－mf′(x0)．(2)原式＝limΔx→0f(x0＋4Δx)－f(x0)－[f(x0＋5Δx)－f(x0)]Δx＝limΔx→0f(x0＋4Δx)－f(x0)Δx－limΔx→0f(x0＋5Δx)－f(x0)Δx＝4limΔx→0f(x0＋4Δx)－f(x0)4Δx－5limΔx→0f(x0＋5Δx)－f(x0)5Δx＝4f′(x0)－5f′(x0)＝－f′(x0)．。

核心素养微专题(三) 模型建构——板块模型【模型解读】滑块和木板组成相互作用的系统,在摩擦力的作用下发生相对滑动,称为板块模型。

板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型,也是高考考查的重点,能从多方面体现物理学科素养。

此类模型的一个典型特征是:滑块、木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化。

常见类型如下:类型图示规律分析B 带动A木板B 带动物块A ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等,则位移关系为x B =x A +LA 带动B物块A 带动木板B ,物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时,二者速度相等,则位移关系为x B +L =x AF 作用在A 上力F 作用在物块A 上,先考虑木板B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况 F 作用在B 上力F 作用在木板B 上,先考虑B 与地面是否有摩擦,然后利用整体受力分析和隔离B 受力分析,分析相关临界情况【模型1】 物块、木板上均未施加力【典例1】(2022·山东等级考)如图所示,“L ”形平板B 静置在地面上,小物块A 处于平板B 上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。

用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在O'点正上方的O 点,轻绳处于水平拉直状态。

将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A 发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A 以速度v 0沿平板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。

一段时间后,A 返回到O 点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。

已知A 的质量m A =0.1 kg,B 的质量m B =0.3 kg,A 与B 的动摩擦因数μ1=0.4,B 与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v 0=4 m/s,取重力加速度g = 10 m/s 2。

核心素养提升——情境命题系列灵活多变的能量转化能量观念是物理核心素养的重要组成部分，是高考考查的重点和难点。

能量守恒定律是自然界最普遍、最重要、最可靠的自然规律之一，能量转化在生产、生活中随处可见，举不胜举。

命题情境1 动能重力势能【典例1】(多选)如图甲所示，闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机。

将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物M 。

发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。

现将其简化为图乙所示。

将一质量m ＝50 kg 的可视为质点的石块装在长L ＝10 m 的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面的夹角α＝30°，松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上。

测得石块落地点与O 点的水平距离s ＝30 m ，忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g 取10 m /s 2，下列说法正确的是( )A .石块水平抛出时的初速度为10 3 m /sB .重物M 重力势能的减少量等于石块机械能的增加量C .石块从A 到最高点的过程中，石袋对石块做功15 000 JD .石块运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为500 N【解析】选A 、C 。

石块平抛运动的高度h ＝L ＋L sin 30°＝10 m ＋10×0.5 m ＝15 m ，竖直方向：h ＝12gt 2，水平方向：s ＝v 0t ，代入数据解得：v 0＝10 3 m /s ，故A 正确；长臂转动过程中，重物的动能也在增加，因此重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，故B 错误；石块从A 到最高点的过程中，石袋对石块做功等于石块机械能的增加量，则有W ＝12 mv 20 ＋mgh ＝12×50×(10 3 )2 J ＋50×10×15 J ＝15 000 J ，故C 正确；石块运动至最高点时，由牛顿第二定律得：F ＋mg ＝mv 20 L，代入数据解得：F ＝1 000 N ，故D 错误。

核心素养微专题(一)模型建构——传送带模型传送带是将物体从一处传向另一处应用比较广泛的一种传送装置,与日常生活联系紧密,以其为素材的计算题大多具有情境多样、条件隐蔽、过程复杂的特点。

主要知识涉及运动学规律、牛顿运动定律、功能关系等。

常见类型如下:1.水平传送带:项目图示滑块可能的运动情况情境1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情境2 (1)v0>v时,可能一直减速,也可能先减速再匀速(2)v0<v时,可能一直加速,也可能先加速再匀速情境3 (1)传送带较短时,滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时,滑块还要被传送带传回右端。

其中当v0>v时,返回时速度为v;当v0<v时,返回时速度为v02.倾斜传送带:项目图示滑块可能的运动情况情境1 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速情境2 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速情境3 (1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速情境4 (1)可能一直加速(2)可能一直匀速(3)可能先减速后反向加速【模型1】水平传送带(2022·重庆模拟)如图为地铁入口安检装置简易图,水平传送带AB长度为l,传送带右端B与水平平台等高且平滑连接,物品探测区域长度为d,其右端与传送带右端B重合。

已知:传送带匀速运动的速度大小为v,方向如图,物品(可视为质点)由A端无初速度释放,加速到传送带速度一半时恰好进入探测区域,最后匀速通过B端进入平台并减速至0,各处的动摩擦因数均相同,空气阻力忽略不计,重力加速度为g。

求:(1)物品与传送带间的动摩擦因数μ;(2)物品运动的总时间t。

【解析】(1)设物品做匀加速直线运动的加速度大小为a,则(v2)2=2a(l-d)μmg=ma联立解得a=v 28(l-d),μ=v28(l-d)g(2)设物品匀加速到v走过的位移为s。

12.4交变电流传感器综合练一、单选题1．（2022·浙江·高考真题）下列说法正确的是（）A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率【答案】B【解析】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。

故选B。

2．（2022·浙江·高考真题）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。

下列说法正确的是（）A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电【答案】A【解析】A．甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；B．乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故BC ．根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C 错误；D ．乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D 错误； 故选A 。

3．（2022·北京·101中学三模）如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a 、b 所示，则（ ）A ．曲线a 表示的交变电动势有效值为15VB ．曲线a 表示的交变电动势频率为25HzC ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2:3D ．0=t 时刻穿过线圈平面的磁通量均为零 【答案】B【解析】A ．曲线a 表示的交变电动势有效值为a U == 故A 错误；B ．曲线a 表示的交变电动势的周期为0.04s ，则频率为125Hz a af T == 故B 正确；C ．曲线b 表示的交变电动势的周期为0.06s ，根据1n T=可知转速与周期成反比，故转速之比为3:2，故C 错误；D ．0=t 时刻曲线a 、b 的电动势瞬时值都为零，线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故D 错误。

3.1牛顿运动三定律一、牛顿第一定律的理解1．牛顿第一定律(1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．(2)意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都具有惯性，因此牛顿第一定律又被叫作惯性定律；②揭示了运动和力的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．2．惯性(1)定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．(2)量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．(3)普遍性：惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关．二、牛顿第二定律的理解1．牛顿第二定律(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比、跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．(2)表达式：F＝ma.2．力学单位制(1)单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．(2)基本单位：基本物理量的单位．国际单位制中基本物理量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．(3)导出单位：由基本物理量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．三、牛顿第三定律的理解1．作用力和反作用力：两个物体之间的作用总是相互的，一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体同时对前一个物体也施加力．2．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．3．表达式：F＝－F′.1．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)．(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态的改变，惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态较易改变．2．牛顿第一定律与牛顿第二定律的关系牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的．(1)牛顿第一定律告诉我们改变运动状态需要力，力是如何改变物体运动状态的问题则由牛顿第二定律来回答．(2)牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．例题1.下列说法符合史实的是()A．伽利略提出力是维持物体运动的原因B．亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证C．笛卡儿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持D．牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动【答案】D【解析】亚里士多德提出力是维持物体运动的原因，故A错误；伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是直接用实验验证这个结论，故B错误；伽利略利用“理想斜面实验”发现了物体的运动不需要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的原因”的观点，故C错误；牛顿认为力的真正效应是改变物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。

考情透析命题点考频分析命题特点核心素养水平面内圆周运动及临界问题2023：全国甲T4江苏T132022：全国甲T1北京T8河北T10浙江6月T2山东T82021：全国甲T2浙江6月T7广东T4本专题主要涉及水平面内、竖直面内和斜面上的圆周运动基本规律及临界问题等。

高考常以生活中圆周运动的实例为命题背景。

物理观念：能清晰、系统地理解向心力、临界状态的概念和各种圆周运动的规律。

能正确解释关于圆周运动的自然现象，综合应用所学的物理知识解决圆周运动的实际问题。

科学思维：能将较复杂的圆周运动过程转换成标准的物理模型。

能对常见的物理问题进行分析，通过推理，获得结论并作出解释。

竖直面内圆周运动及临界问题斜面上的圆周运动及临界问题热点突破1水平面内圆周运动及临界问题▼考题示例1（2023·湖南·模拟题）（多选）如图所示，半径为R的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转。

甲、乙两个小物块（可视为质点）质量均为m，分别在转台的A、B两处随陶罐一起转动且始终相对罐壁静止，OA、OB与OO′间的夹角分别为a＝30°和β＝60°，重力加速度大小为g。

当转台的角速度为ω0时，小物块乙受到的摩擦力恰好为零，下列说法正确的是（）A ．ω0＝g RB ．当转台的角速度为ω0时，甲有上滑的趋势C ．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的摩擦力一直增大D ．当角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，甲受到的支持力一直增大答案：BD解析：A 、小物块乙受到的摩擦力恰好为零，重力和支持力的合力提供向心力，即mg tan β＝mω02R sin β,解得：ω0＝2gR,故A 错误；B 、设转台角速度为ω时，物块甲受到的摩擦力为零，重力和支持力的合力提供向心力，mg tan α＝mω2R sin α,解得：ω＝2g3R＜ω0;所以当转速为ω0时，支持力和重力的合力不足以提供向心力，甲有沿内壁切线上滑的趋势，故B 正确；C 、甲的临界角速度ω＝2g3R＞0.5ω0，所以当角速度从0.5ω0缓慢增大到2g3R时，甲有沿内壁切线下滑的趋势，角速度从2g3R缓慢增大到1.5ω0时，甲有沿内壁切线上滑的趋势，摩擦力方向发生了变化，其大小先减小再反向增大，故C 错误；D 、将甲收到的力分解为水平方向和竖直方向，竖直方向的合力为0，即mg ＝N cos α＋f sin α，由C 可知，角速度从0.5ω0缓慢增加到1.5ω0的过程中，先减小再反向增大，则支持力一直在增大，故D 正确；故选：BD 。