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高考模拟卷(一)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)14．一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，同时放出3个中子，核反应方程是U＋X→Ba＋Kr＋3n，已知部分原子核的比结合能5689361092144235与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是( )A．核反应方程中，X粒子是中子B．核反应方程中，X粒子是质子C.U、Ba和Kr相比，Ba核的比结合能最大，它最稳定5689361445692144235D.U、Ba和Kr相比，U核的核子数最多，它的比结合能5689362359292144235最大解析：根据质量数和电荷数守恒可得X为n，为中子，A正确，B10错误；从图中可知中等质量的原子核的比结合能最大，故Kr的比结8936合能最大，C、D错误．答案：A15．如图所示，一轻杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动，在小球运动过程中，轻杆对它的作用力( )A．方向始终沿杆指向O点B．一直不做功C．从最高点到最低点，一直做负功D．从最高点到最低点，先做负功再做正功解析：小球做匀速圆周运动，合力提供向心力，方向始终沿杆指向O点，小球受重力和杆的作用力，所以杆的作用力不一定沿杆指向O 点，故A错误；小球做匀速圆周运动，合力做功为零，从最高点到最低点，重力做正功，所以杆一直做负功，故B、D错误，C正确．答案：C16．如图所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上，一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°.若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )A．小球将向上加速运动B．小球对斜面的压力变大C．地面受到的压力不变D．地面受到的摩擦力不变解析：小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为：竖直向下的重力G，斜面对小球的支持力F N和细线对小球的拉力F，把三个力正交分解，列平衡方程为：G cos 37°＝F N＋F sin 37°，F cos 37°＝G sin 37°，两式联立解得：F ＝G ，F N ＝G ；将拉力换为大小不变、34720方向水平向左的推力，小球受力为：竖直向下的重力G ，斜面对小球的支持力F ′N 和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有F cos 37°＝G sin 37°，故小球处于静止状态，垂直斜面方向F ′N ＝G cos 37°＋F sin 37°＝G ，小球对斜面的压力变大，故A 错误，B 正确；54斜面体与小球为整体，受力为：竖直向下的重力G ′、地面对斜面体的支持力F ″N 、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力F ；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为：竖直向下的重力G ′、地面对斜面体的支持力F N 、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力F ，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力变大，由牛顿第三定律知，地面受到的压力和摩擦力均变大，故C 、D 错误．答案：B17．如图，在xOy 平面内，虚线y ＝x 左上方存在范围足够大、33磁感应强度为B 的匀强磁场，在A (0，l )处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，速率均为，粒3qBl 2m子重力不计．则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A. B.πm qB πm 4qB C. D.πm 3qB πm 6qB解析：粒子进入磁场中做匀速圆周运动，则有：q v B ＝，而将m v 2r题中的v 值代入得：r ＝l ，分析可知：粒子运动的时间t 最短时，粒32子偏转的角度θ最小，则θ所对弦长最短，作AB ⊥OB 于B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB ＝OA sin 60°＝l ，粒子偏转的角度：θ＝60°，结合周期公式：T ＝，322πm qB可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t ＝＝，故C 正确，A 、B 、D T 6πm 3qB错误．答案：C18．一含有理想降压变压器的电路如图所示，U 为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L 为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R 、R1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小．现将照射光强度增强，则( )A ．原线圈两端电压不变B ．通过原线圈的电流减小C ．灯泡L 变暗D ．R 1两端的电压增大解析：当入射光的强度增强时，由题意可知，光敏电阻R3的阻值减小，则副线圈的负载电阻减小，副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，定值电阻R分得的电压增大，原线圈的输入电压减小，A、B 错误；副线圈的输出电压减小，由于副线圈的电流增大，则定值电阻R1的电压增大，则并联部分的电压减小，流过定值电阻R2的电流减小，灯泡的电流增大，灯泡变亮，C错误，D正确．答案：D19．如图所示为缓慢关门时(图中箭头方向)门锁的示意图，锁舌尖角为37°，此时弹簧弹力为30 N，锁舌表面较光滑，摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是( )A．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力逐渐增大B．关门过程中锁壳碰锁舌的弹力保持不变C．此时锁壳碰锁舌的弹力为37.5 ND．此时锁壳碰锁舌的弹力为50 N解析：关门时，锁舌受到锁壳的作用力，弹簧被压缩，处于压缩状态，则弹力增大，故A正确，B错误；对锁舌受力分析，受到弹簧弹力和锁壳的作用力，受力平衡，则有F弹＝F sin 37°，因此F＝30 0.6N＝50 N，故C错误，D正确．答案：AD20．如图所示，一带电粒子在匀强电场中只受电场力而运动，经过一平面直角坐标系中的a、O、b三点时的动能分别为10 eV、4 eV、12 eV，下列说法正确的是( )A．该电场方向一定与xOy平面平行B．该电场场强大小为200V/m2C．O点是该粒子轨迹上电势能最大的点D．该粒子轨迹为抛物线解析：带电粒子在匀强电场中只受电场力运动，由于电场力是恒力，而且粒子在xOy平面内运动，所以电场力方向一定与xOy平面平行，则电场方向一定与xOy平面平行，由于a、O、b三点不在同一直线上，所以粒子做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线，分析可知，电场方向与x轴的夹角为45°，O点不是抛物线轨迹的最高点，则O点不是粒子轨迹上动能最小的点，也不是电势能最大的点，故A、D正确，C 错误；由于粒子电荷量未知，无法确定两点间的电势差，则无法确定电场场强大小，故B错误．答案：AD21.一探测器探测某星球表面时做了两次测量．探测器先在近星轨道上做圆周运动测出运行周期T；着陆后，探测器将一小球以不同的速度竖直向上抛出，测出了小球上升的最大高度h与抛出速度v的二次方的关系，如图所示，图中a、b已知，引力常量为G，忽略空气阻力的影响，根据以上信息可求得( )A ．该星球表面的重力加速度为2b aB ．该星球的半径为bT 28a π2C ．该星球的密度为3πGT 2D ．该星球的第一宇宙速度为4aTπb解析：设该星球表面的重力加速度为g ，由匀变速直线运动规律得h＝，由图得＝，解得g ＝，选项A 错误；探测器做匀速圆周运v 22g12g a b b 2a 动的向心力由万有引力提供，设该星球的半径为R ，探测器的质量为m ，由星球表面重力近似等于万有引力及万有引力定律得mg ＝m ，解4π2R T 2得R ＝，选项B 正确；设该星球的密度为ρ，由万有引力定律得G bT 28π2a＝m ，解得ρ＝，选项C 正确；设该星球的第一宇宙ρ·43πR 3m R 24π2R T 23πGT 2速度为v ，由万有引力定律得mg ＝m ，解得v ＝，选项D 错误．v 2RbT 4πa 答案：BC二、非选择题(共62分．第22～25题为必考题，每个度题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共47分)22．(6分)某物理兴趣小组利用如图所示的装置进行实验．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g .实验步骤如下：①在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；②用天平分别测出小滑块a (含挡光片)和小球b 的质量m a 、m b ；③在a 和b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，静止放置在平台上；④细线烧断后，a 、b 瞬间被弹开，向相反方向运动；⑤记录滑块a 通过光电门时挡光片的遮光时间t ；⑥滑块a 最终停在C 点(图中未画出)，用刻度尺测出AC 之间的距离x a ；⑦小球b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与B 点之间的水平距离x b ；⑧改变弹簧压缩量，进行多次测量．(1)该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证________＝__________即可(用上述实验数据字母表示)．(2)改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到x a 与的关系1t 2图象如图所示，图线的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数大小为________(用上述实验数据字母表示)．解析：(1)由于A 点右侧摩擦可以不计，所以被弹开后滑块a 的瞬时速度等于通过光电门的平均速度，即v a ＝，b 被弹开后的瞬时速度d t等于做平抛运动的初速度，v b t ＝x b ，可得v b ＝x b ，该实验要验证动g 2h量守恒定律，则只需要验证＝m b x b ；(2)根据动能定理可得m a d t g 2hμmgx a ＝m v ，即μgx a ＝，化简可得x a ＝·，即k ＝，μ＝122a 12(d t )2 d 22g μ1t 2d 22g μ.d 22kg答案：(1)(2分) m b x b (2分)(前后两空可互换) (2)(2分)m a d t g 2hd 22kg23．(9分)某实验小组用如图甲所示的电路图来测量电流表(量程2 mA ，内阻约为200 Ω)的内阻，除待测电流表、1.5 V 的电源、开关和导线外，还有下列可供选择的实验器材：A ．定值电阻R 1B ．定值电阻R 2C ．滑动变阻器R 3(最大阻值为20 Ω)D ．滑动变阻器R 4(最大阻值为1 000 Ω)E ．电阻箱R x (最大阻值为999.9 Ω)F ．灵敏电流计G(内阻很小可忽略)(1)为确保安全，精准实验，滑动变阻器应选用________(填写器材前对应的字母)．(2)用笔画线代替导线，将实物图乙连接成实验电路图．(3)在闭合开关前滑动变阻器的滑片应置于________(选填“a ”或“b ”)端，然后闭合开关移动滑动变阻器的滑片使待测表的示数适当后再不移动滑片，只调节R x ，发现当R x ＝400 Ω时灵敏电流计的示数正好为零；将电阻箱和待测电流表位置互换，其他不动，再次调节R x ′＝100 Ω的灵敏电流计的示数又正好为零，由此可知待测电流表的内阻为________Ω.解析：(1)由于电源电动势较小，而两个滑动变阻器都没有给出额定电流可认为两个都是安全的，此时为便于调节滑动变阻器宜小不宜大，选C 即可．(2)实物图如图所示．(3)为确保电路安全，闭合开关前滑片应置于b 端，让分压电路的电压最小．当R x ＝400 Ω时电流计的示数正好为零，表明＝；将R 1R A R 2R x电阻箱和待测电流表位置互换，电流计的示数又正好为零时有＝R 1R x ′R 2R A，于是有R A ＝，代入数据得R A ＝200 Ω.R x R x ′答案：(1)C(2分) (2)见解析图(3分) (3)b (2分) 200(2分)24．(12分)如图所示，足够长的U 型光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L ＝0.5 m ，其下端与R ＝1 Ω的电阻连接，质量为m ＝0.2 kg 的导体棒(长度也为L )与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计．磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M ＝0.4 kg 的重物相连，重物离地面足够高．使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t ＝1 s 时，其速度达到最大．g 取10 m/s 2.求：(1)导体棒的最大速度v m ；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t ＝1 s 的过程中，电阻R 上产生的焦耳热是多少？解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BL v m ，(1分)感应电流I ＝，(1分)E R安培力F A ＝BIL ，(1分)导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg ＝mg sin 30°＋F A ，(1分)联立解得v m ＝3 m/s ；(1分)(2)以导体棒和重物为系统，由动量定理得Mgt －mg sin 30°·t －B Lt ＝(M ＋m )v －0，(1分)—I 解得1 s 内流过导体棒的电荷量q ＝1.2 C ，(1分)又有电荷量q ＝＝，(1分)ΔΦR BLx R解得1 s 内导体棒上滑位移x ＝1.2 m ，(1分)由能量守恒定律得Mgx ＝mgx sin 30°＋(M ＋m )v 2＋Q ，(2分)12解得Q ＝0.9 J ．(1分)答案：(1)3 m/s (2)0.9 J25．(20分)如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道固定在地面上．长直平板车放在光滑的水平面上．其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接．小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧．平板车右端到弹簧右端的距离为L .一物块从四分之一圆弧轨道的上端由静止下滑．运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力为F ，平板车的质量为物块质量的3倍．重力加速度为g ，整个过程中忽略弹簧的形变量，求：(1)物块的质量大小；(2)若平板车的上表面光滑．物块在平板车上运动的时间(不计物块与弹簧作用的时间)；(3)若平板车的上表面粗糙，物块滑上车后最终停在平板车的右端，则物块与平板车上表面间的动摩擦因数为多少；物块与弹簧作用过程中弹簧具有的最大弹性势能为多少．解析：(1)物块在四分之一光滑圆弧轨道上下滑的过程，由机械能守恒定律有：mgR ＝m v 2，(2分)12在轨道的最低点，由向心力公式有：F －mg ＝m ，(2分)v 2R解得m ＝.(1分)F 3g(2)物块滑上平板车的速度为：v ＝，(1分)2gR 物块与轻弹簧发生弹性碰撞的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：m v ＝3m v 1－m v 2，(1分)m v 2＝×3m v ＋m v ，(2分)121221122求得：v 1＝v 2＝v ＝，(1分)12122gR 则物块与弹簧作用前在车上运动的时间为：t 2＝＝，(1分)L v L 2gR物块与弹簧作用后在车上运动的时间为：t 1＝＝＝，(1分)L v 1＋v 2L v L 2gR因此物块在平板车上运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝；(1分)2L2gR (3)设物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ，物块停在平板车右端时物块与车的共同速度为v 3，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：m v ＝4m v 3，(1分)根据功能关系有：2μmgL ＝m v 2－×4m v ，(2分)121223求得：μ＝.(1分)3R 8L当弹簧具有最大弹性势能时，物块与平板车具有共同速度，根据动量守恒可知：m v ＝4m v 4，(1分)根据功能关系有：μmgL ＋E p ＝m v 2－×4m v ，(1分)121224求得：E p ＝.(1分)FR 8答案：(1) (2) (3) F 3g 2L 2gR3R 8L FR 8(二)选考题(共15分，请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3－3](15分)(1)(5分)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．该循环过程中，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 ．A →B 过程中，气体对外界做功，吸热B ．B →C 过程中，气体分子的平均动能增加C ．C →D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少D ．D →A 过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化E ．该循环过程中，气体吸热(2)(10分)如图所示，一水平放置的薄壁圆柱形容器内壁光滑，长为L ，底面直径为D ，其右端中心处开有一圆孔．质量为m 的理想气体被活塞封闭在容器内，器壁导热良好，活塞可沿容器内壁自由滑动，其质量、厚度均不计．开始时气体温度为300 K ，活塞与容器底部相距L .现对气体缓慢加热，已知外界大气压强为p 0.求温度为480 K 时23气体的压强．解析：(1)A →B 过程，气体温度不变、体积增大，则气体对外做功，内能不变，由热力学第一定律知，气体吸热，选项A 正确；B →C 过程是绝热过程，气体体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律知，气体内能减少，温度降低，气体分子的平均动能减小，选项B 错误；C →D 过程，为等温过程，气体分子的平均动能不变，气体体积减小，分子的密集程度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C 错误；D →A 过程是绝热过程，气体体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知，气体内能增加，温度升高，大多数分子的速度增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，选项D 正确；在pV 图象中，相应图形的面积表示气体对外做的功或外界对气体做的功，由图可知，该循环过程中，气体对外做的功大于外界对气体做的功，由热力学第一定律知，气体吸热，选项E 正确．(2)开始加热时，在活塞移动的过程中，气体做等压变化．设活塞缓慢移动到容器最右端时，气体末态温度为T 1，V 1＝，初态温度T 0πD 2L 4＝300 K ，V 0＝.(2分)πD 2L 6由盖—吕萨克定律知＝，(2分)V 0T 0V 1T 1解得T 1＝450 K ，(2分)活塞移至最右端后，气体做等容变化，已知T 1＝450 K ，p 1＝p 0，T 2＝480 K ，由查理定律知＝，(2分)p 1T 1p 2T 2则p 2＝p 0.(2分)1615答案：(1)ADE (2)见解析34．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)图甲为一列简谐横波在t ＝0.10 s 时的波形图，P 是平衡位置在x ＝0.5 m 处的质点，Q 是平衡位置在x ＝2.0 m 处的质点；图乙为质点Q 的振动图象．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 ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的传播速度为20 m/sC ．从t ＝0到t ＝0.15 s ，这列波传播的距离为3 mD ．从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s ，P 通过的路程为10 cmE ．t ＝0.15 s 时，P 的加速度方向与y 轴正方向相反(2)(10分)如图所示，一玻璃砖的截面为直角三角形ABC ，其中∠A ＝60°，AB ＝9 cm.现有两细束平行且相同的单色光a 、b ，分别从AC 边上的D 点、E 点以45°角入射，且均能从AB 边上的F 点射出，已知AD ＝AF ＝3 cm.求：(ⅰ)玻璃砖的折射率；(ⅱ)D 、E 两点之间的距离．解析：(1)由图乙知，t ＝0.10 s 时质点Q 沿y 轴负方向运动，由图甲，根据“同侧法”知，这列波沿x 轴负方向传播，选项A 错误；由图甲知，这列波的波长λ＝4 m ，由图乙知，这列波的周期T ＝0.2 s ，则这列波的传播速度v ＝＝＝20 m/s ，选项B 正确；从t ＝0到t ＝0.15 s ，λT 4 m 0.2 s这列波传播的距离x ＝v t ＝20 m/s ×0.15 s ＝3 m ，选项C 正确；由图甲知，质点振动的振幅为10 cm ，从t ＝0.10 s 到t ＝0.15 s 时间内，P 点运动了，t ＝0.10 s 时质点P 沿y 轴正方向运动，由于质点离平衡位置T 4越远，速度越小，故P 通过的路程小于10 cm ，选项D 错误；t ＝0.15 s 时，P 在最大正向位移与平衡位置之间且向平衡位置移动，加速度方向指向平衡位置，即与y 轴正方向相反，选项E 正确．(2)(ⅰ)光路如图所示，由于AD ＝AF ，∠A ＝60°，则入射光a 经AC 边的折射角r ＝30°，折射率n ＝＝＝；(3分)sin i sin r sin 45°sin 30°2(ⅱ)设光在玻璃中发生全反射的临界角为C ，sin C ＝＝，1n 12则C ＝45°，(1分)由图可知，b 光经AC 边折射后，在BC 边上的入射角为60°，此光线在G 点发生全反射．(1分)由几何知识可知，四边形DEGF 是平行四边形，由于∠BFG ＝60°，AF ＝3 cm ，则BF ＝AB －AF ，(1分)BF ＝FG cos 60°，(1分)FG ＝DE ，(1分)联立解得DE ＝12 cm.(2分)答案：(1)BCE (2)见解析 。
第 1 页 共 4 页押题练第2组1.(6分)将一长为L 、质量为m 的均匀杆绕一端无摩擦地转动,当转动角速度为ω时,杆具有一定的动能E k ,关于动能E k 的大小同学们有如下猜想。
甲同学:把杆当成在重心处的质量为m 的质点,可能是E k =m ω·2=mω2L 212L 218乙同学:根据动能的平均值计算,可能是E k =m ·mω2L 212ω2L 2+02=14丙同学:可能是E k =mω2L 216为了验证猜想,设计了如图甲所示的实验。
质量为m 的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O 处,杆从水平位置由静止释放,用光电门测出另一端A 经过某位置时的瞬时速度v A ,并记下该位置与转轴O 的高度h 。
(1)用游标卡尺测得杆的直径d 如图乙所示,则d= ,A 端通过光电门的时间为t ,则A 端通过光电门的瞬时速度v A 的表达式为 。
(2)调节h 的大小并记录对应的速度v A ,建立-h 坐标系,并将实验数据在坐标系中描出,如图丙所示,v A 2试在图丙中绘出和h 的关系曲线,可得和h 的关系式为 。
v A 2v A 2(3)当地重力加速度g 取10 m/s 2,结合图象分析,可得 (选填“甲”“乙”或“丙”)同学的猜想是正确的。
第 2 页 共 4页2.(9分)(2019湖南娄底二模)某同学测定电源电动势和内阻,所使用的器材有:待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A,内阻R A 小于1 Ω)、电流表A 1(量程0.6 A,内阻未知)、电阻箱R 1(0~99.99 Ω)、滑动变阻器R 2(0~10 Ω)、单刀双掷开关S 、单刀单掷开关K 各一个,导线若干。
(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。
请在虚线框内补全与图甲对应的电路图。
第 3 页 共 4 页(2)测电流表A 的内阻:闭合开关K,将开关S 与C 接通,通过调节电阻箱R 1和滑动变阻器R 2,读取电流表A 的示数为0.20 A 、电流表A 1的示数为0.60 A 、电阻箱R 1的示数为0.10 Ω,则电流表A 的内阻R A = Ω。
名师导学·高考二轮总复习·物理(教师用书)(这是双页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动(这是单页眉，请据需要手工删加)专题二力与运动二、考向分析及备考建议瞬时速度和加速度概念、匀变速直线运动的规律和图象，物体的受力分析和力的合成与分解，共点力作用下物体的平衡，牛顿运动定律及其综合应用，抛体运动、圆周运动及其应用，应用万有引力定律分析天体运动问题等是历年高考的重点，今后仍将如此．本专题命题点多，特别重视对考纲中10个Ⅱ级考点的考查，题型多变．在复习备考中应引起足够重视，对10个Ⅱ级考点逐一落实．加强对诸如：连接体模型、传送带模型、滑块与滑板模型，天体运动中的环绕模型、登陆模型等的理解和应用，以应对高考对理解能力、建模能力、过程综合分析能力的综合考查．第1讲力与物体的平衡【p6】力与物体的平衡【p6】一、力的合成与分解1．__平行四边形__定则：两个力合成时，以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__就代表合力的大小和方向．2．__三角形__定则：两个力(或者其他任何矢量)合成，其合力应当为将一个力的起始点移动到另一个力的终止点，合力为__从第一个的起点到第二个的终点__．二、共点力作用下物体的平衡1．共点力作用下物体的平衡条件是合力为__零__．2．三个共点力平衡：如果物体仅受三个共点力作用而处于平衡状态，则其中任意两个力的合力与第三个力大小__相等__、方向__相反__．表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的__矢量三角形__．3．多个共点力平衡：任一方向上合力为__零__．建立直角坐标系后，两个坐标轴上的合力均为__零__．即F x＝0，F y＝0.4．动态平衡：物体在__缓慢__移动过程中，可认为其所受__合力__为零，物体处于平衡状态．5．带电粒子在复合场中除了受到重力、弹力和摩擦力外，还涉及__电场力__和洛伦兹力．6．载流导体在磁场中除要分析重力、弹力和摩擦力外，还应分析安培力．【p7】考点一物体的受力分析例1(多选)一斜劈被两个小桩A和B固定在光滑的水平地面上，然后在斜面上放一物体C，如图所示，下列判断正确的是()A．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C一定处于静止状态B．若A和B均未受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面匀速下滑C．若只有A受到斜劈的挤压，则C一定在沿斜面加速下滑D．若只有B受到斜劈的挤压，则C可能在沿斜面加速下滑【解析】首先将物体和斜面看成一个整体，然后根据C的运动状态进行分析．若物体静止，则系统所受合力为零，A、B均不受挤压；若物体匀速下滑，则系统所受合力仍为零，A、B也不受挤压，故选项A错误，选项B正确．若物体的加速度大小为a，方向沿斜面向下，在水平方向的加速度为a x＝a cosθ，方向水平向左，对系统应用牛顿第二定律，水平方应有F＝ma cosθ，方向向左，则B对斜面有向左的作用力，B应受到挤压，而A没有受到挤压，此时物体可能加速下滑或减速上升，故选项C错误，选项D正确．【答案】BD【方法总结】进行物体受力分析时，除了掌握好分析思路和方法外，还应注意几个问题：(1)模型的理解和应用，如“轻绳”“轻杆”表示不考虑绳与杆的重力；如“光滑面”示意不考虑摩擦力；(2)弹力表现出的形式具有多样性；(3)摩擦力产生的必要条件；(4)隔离法和整体法的应用；(5)“转换对象法”的应用：直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力；(6)注意质点与物体的差别等等．变式训练1用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3【解析】以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：tanα＝3F－F（m a＋m b）g＝2F（m a＋m b）g①以b球为研究对象，受力如图乙．设ab线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：tanβ＝Fm b g②由几何关系得到：α＝β③联立①②③式解得：m a＝m b，故A正确，B、C、D错误．【答案】A考点二物体的静态平衡例2(2019·天津卷)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车．为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示．下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C ．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D ．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布【解析】以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A 错误；由图甲可知2T cos α＝Mg ，当索塔高度降低后，α变大，cos α 变小，故T 变大，故B 错误；由B 项的分析可知，当钢索对称分布时，2T cos α＝Mg ，钢索对索塔的合力竖直向下，故C 正确；受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要F AB sin α＝F AC sin β，钢索AC 、AB 的拉力F AC 、F AB 进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D 错误．【答案】C【方法总结】解决共点力平衡问题的典型方法和一般思路变式训练2(多选)如图，三个小球a、b、c分别用三根绝缘细线悬挂在同一点O，细线的长度关系为Oa＝Ob＜Oc，让三个小球带电后它们能静止在图中位置．此时细线Oc沿竖直方向，a、b连线水平，a、b、c恰为一等边三角形的三个顶点，则下列说法正确的是()A．a、b、c三球质量一定相等B．a、b两球所带电荷量一定相等C．细线Oa、Ob所受拉力大小相等D．a、b、c三球所受静电力大小一定相等【解析】由于Oc沿竖直方向，而c受重力及绳拉力也在竖直方向，所以a对c的库仑力与b对c的库仑力一定等大，即q a＝q b；选项B正确；因为ab连线处于水平，则m a ＝m b，但与c的质量关系不能确定，选项A错误；因c对a、b的库仑力大小相等，由受力分析知Oa、Ob所受拉力大小相等，C正确；而c的电荷量与a、b电荷量不一定相等，所以a、b、c三球所受库仑力大小不一定相等，故D错误，故选B、C.【答案】BC考点三物体的动态平衡例3(2019·全国卷Ⅰ)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中()A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【解析】如图甲所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；如图乙所示，对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选B、D.【答案】BD【方法总结】解决动态平衡问题的一般思路和方法把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动态平衡问题的分析过程与处理方法如下：变式训练3(多选)《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1 000 kV的高压线上带电作业的过程．如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制．身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处．绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，不计一切阻力，重力加速度大小为g.关于王进从C点运动到E点的过程中，下列说法正确的是() A．工人对绳的拉力一直变大B．绳OD的拉力一直变小C．OD、CD两绳拉力的合力大小等于mgD．当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为33mg【解析】对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示，绳OD的拉力为F1，与竖直方向的夹角为θ，绳CD的拉力为F2，与竖直方向的夹角为α.根据几何知识知：θ＋2α＝90°，由正弦定理可得F 1sin α＝F 2sin θ＝mgsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α，α增大，θ减小，则F 1增大，F 2减小，A 、B 错误；两绳拉力的合力大小等于mg ，C 正确；α＝30°时，θ＝30°，则2F 2cos 30°＝mg ，可求出F 2＝33mg ，D 正确． 【答案】CD考点四 平衡中的临界与极值问题 例4(多选)如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b ，另一端与套在水平细杆上的小球a 连接．在水平拉力F 作用下小球a 从图示虚线位置开始缓慢向右移动．已知小球a 的质量为m ，小球b 的质量是小球a 的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a 与细杆间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为g.则下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小一直增大B ．拉力F 的大小先减小后增大C ．支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大D ．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为⎝⎛⎭⎫2－33mg 【解析】设a 的质量为m ，则b 的质量为2m ；以b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力始终等于b 的重力，即T ＝2mg ，保持不变；以a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方向夹角为θ，支持力F N＝2mg sinθ－mg，向右缓慢拉动的过程中，θ角逐渐减小；水平方向：F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(2mg sinθ－mg)＝2mg(cosθ＋μsinθ)－μmg由于：cosθ＋μsinθ＝cosθ＋33sinθ＝23(sin60°cosθ＋cos60°sinθ)＝23sin(60°＋θ)θ有一临界值30°.当θ从90°开始逐渐减小至30°，即(60°＋θ)从150°逐渐减小时，sin(60°＋θ)逐渐增大；当θ＜30°后，F＝f＋2mg cosθ＝2mg cosθ＋μ(mg－2mg sinθ)＝2mg(cosθ－μsinθ)＋μmg由于：cosθ－μsinθ＝cosθ－33sinθ＝23(cos30°cosθ－sin30°sinθ)＝23cos(30°＋θ)当θ从30°逐渐减小的过程中，cos(30°＋θ)逐渐增大，所以当θ从30°逐渐减小的过程中F 仍然逐渐增大．可知水平拉力一直增大．故A 正确，B 错误．向右缓慢拉动的过程中，两绳子之间的夹角逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作用力大小逐渐减小；故C 错误．当细绳与细杆的夹角为60°时，拉力F 的大小为： F ＝2mg(cos θ＋μsin θ)－μmg ＝2mg ⎝⎛⎭⎫cos 60°＋33sin 60°－33mg＝⎝⎛⎭⎫2－33mg. 故D 正确．【答案】AD【方法总结】临界状态：平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述．解决临界问题的基本思路：解决此类问题重在形成清晰的物理图景和模型(常见的模型如：细绳模型、摩擦自锁型)，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．解决临界问题的基本方法是假设推理法．也可以抓住平衡这一特点，利用矢量三角形法、相似三角形法、或正交分解处理．变式训练4如图所示，足够长的平行金属导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻忽略不计，两导轨间距L ＝1 m ，导轨上端接入电路，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度B ＝0.2 T ．质量m ＝0.02 kg ，阻值r ＝2 Ω的金属棒与导轨垂直并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨上端定值电阻R 2＝2 Ω，R 1为滑动变阻器，电源电动势E ＝4 V ，内阻不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m /s 2)求：(1)开关S断开，金属棒从导轨上端由静止开始下滑的过程中能达到的最大速度；(2)开关S闭合，若金属棒能静止在导轨上，滑动变阻器R1接入电路的阻值范围．【解析】(1)当金属棒的合力为零时，达到最大速度，设为v.根据平衡条件有：mg sinθ＝BIL＋μmg cosθ①其中I＝BLvR2＋r②联立①②式可得：v＝8 m/s(2)当滑动变阻器的阻值取最小值时，流过金属棒的电流最大，所受安培力最大，此时最大静摩擦力向下，则有：mg sinθ＋μmg cosθ＝BI max L③I干＝2I max④I干＝ER1min＋R2rR2＋r⑤联立③④⑤式可得：R1min＝1.5 Ω当滑动变阻器的阻值取最大值时，流过金属棒的电流最小，所受安培力最小，此时最大静摩擦力向上，则有：mg sinθ＝μmg cosθ＋BI min L⑥I干′＝2I min⑦I干′＝ER1max＋R2rR2＋r⑧联立⑥⑦⑧式可得：R1max＝4 Ω综上1.5 Ω≤R1≤4 Ω【答案】(1)8 m/s(2)1.5 Ω≤R1≤4 Ω【p113】A组1．a、b两个质量相同的球用线相连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止(线的质量不计)，则下列图中正确的是()【解析】对a、b球整体受力分析，受重力、斜面的支持力和线的拉力，如图甲所示，同理，对b球受力分析如图乙所示，可知B项正确．【答案】B2．力的合成和分解在生产和生活中有着重要的作用，下列说法中正确的是() A．高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，是为了减小汽车重力沿桥面向下的分力，达到行车方便和安全的目的B．幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩滑滑梯时受到的重力，使小孩下滑得更快C．运动员做引体向上(缓慢上升)动作时，双臂张开很大的角度时要比双臂竖直平行时觉得手臂用力大，是因为张开时手臂产生的合力增大的缘故D．帆船能逆风行驶，说明风力一定沿水平方向向前【解析】高大的桥要建很长的引桥，减小斜面的倾角，根据力的平行四边形定则可知，汽车重力沿桥面向下的分力减小，达到行车方便和安全的目的，故A正确；幼儿园的滑梯很陡，是为了增加小孩下滑的分力，而其重力不变，故B错误；双臂张开很大的角度时与双臂竖直平行时比较，合力不变，随着夹角越大，其分力越大，故C错误；帆船能逆风行驶，根据力的平行四边形定则，结合力的分解，则风力一定能分解出沿船前进方向的分力，所以风力不一定向前．故D错误．【答案】A3．如图是当前街头常见的踩踏式独轮电动车示意图，其中间是一个由电动机驱动的独轮，两侧各有一块踏板．当人站在踏板上向右做直线运动时，关于踏板对脚的摩擦力，下列说法正确的是()A．考虑空气阻力，以图甲的状态向右匀速运动时，摩擦力向左B．不计空气阻力，以图甲的状态向右加速运动时，摩擦力向左C．考虑空气阻力，以图乙的状态向右匀速运动时，摩擦力可能为零D．不计空气阻力，以图乙的状态向右加速运动时，摩擦力不可能为零【解析】考虑空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，则脚所受摩擦力向右，故A错误；不计空气阻力，当人处如图甲所示的状态向右加速运动时，脚受到摩擦力向右，故B错误；当考虑空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右匀速运动时，根据平衡条件，若重力、支持力与空气阻力处于平衡，则脚所受摩擦力可能为零，故C正确；当不计空气阻力，当人处如图乙所示的状态向右加速运动时，根据牛顿第二定律，脚受到的重力与支持力的合力产生加速度，那么脚所受摩擦力可能为零，故D错误．【答案】C4．如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F作用下，形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则F的大小为()A.k2(R－l) B．k(R－l)C．k(R－2l) D．2k(R－l)【解析】正六边形外接圆的半径为R，则弹簧的长度为R，弹簧的伸长量为：Δx＝R －l，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为：f＝kΔx＝k(R－l)；两相邻弹簧夹角为120°，两相邻弹簧弹力的合力为：F合＝f＝k(R－l)．弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，F的大小为：F＝F合＝k(R－l)，故B正确；A、C、D错误．【答案】B5．(多选)如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F 通过球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统仍保持静止，下列说法正确的是()A．斜劈P所受合外力增大B．斜劈P对竖直墙壁的压力增大C．球Q对地面的压力增大D．墙面对斜劈P的摩擦力增大【解析】斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对竖直墙壁的压力增大．故B正确；对Q 受力分析，如图：根据平衡条件：F＝N′sin θ，F增大，则N′增大；N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大．以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，若N″增大至与Mg相等，则f＝0，故C正确，D错误．【答案】BC6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动．用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在以O点为圆心的圆弧形墙壁上的C点．当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与地面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小【解析】对G分析，G受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O受绳子的拉力，OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示，F 和OC绳上拉力的合力与G大小相等，方向相反，则在OC上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC的拉力先减小后增大，图中D点时力最小，选项C正确．【答案】C7．(多选)如图所示，一个教学用的直角三角板的边长分别为a、b、c，被沿两直角边的细绳A、B悬吊在天花板上，且斜边c恰好平行于天花板，过直角顶点的竖直线为MN.设A、B两绳对三角形薄板的拉力分别为F a和F b，已知F a和F b及薄板的重力为在同一平面的共点力，则下列判断正确的是()A．薄板的重心不在MN线上B．薄板所受重力的反作用力的作用点在MN的延长线上C．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于薄板发生形变而产生D．两绳对薄板的拉力F a和F b之比为F a∶F b＝b∶a【解析】三角形薄板受重力、两个拉力处于平衡，三个力虽然不是作用在同一点，但不平行，根据三力汇交定理，三个力的延长线必然交于一点，由几何关系，三个力一定交于三角形下面的顶点，所以重心一定在MN线上．故A错误．重心一定在MN线上，则根据牛顿第三定律知，重力的反作用力的作用点在MN的延长线上，故B正确．两绳对薄板的拉力F a和F b是由于绳发生形变而产生．故C错误．三角形薄板受力分析如图，根据合力等于0，则F a＝mg cos α，F b＝mg sin α，则F a∶F b＝cot α＝b∶a.故D正确．【答案】BD8.(多选)如图所示，一足够长的斜面体静置于粗糙水平地面上，一小物块沿着斜面体匀速下滑，现对小物块施加一水平向右的恒力F，在物块运动到最低点之前，下列说法正确的是()A．物块与斜面体间的弹力不变B．物块与斜面体间的摩擦力增大C．斜面体与地面间的弹力不变D．斜面体与地面间的摩擦力始终为0【解析】设斜面的倾角为α，不加推力F时，滑块匀速下滑，受重力、支持力和摩擦力，根据共点力平衡条件，支持力N＝mg cos α，摩擦力f＝mg sin α，故动摩擦因数μ＝fN ＝tan α；对小物块施加一水平向右的恒力F后，支持力N′＝mg cos α＋F sin α，变大；滑动摩擦力f′＝μN′，也变大；故A错误，B正确；不加推力F时，根据平衡条件，滑块受的支持力和摩擦力的合力竖直向上；故根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力竖直向下，斜面体相对地面没有滑动趋势，故斜面体不受摩擦力；加上水平推力后，滑块对斜面体的摩擦力和压力同比例增加，其合力方向依旧是竖直向上(大小变大，方向不变)；同理，根据牛顿第三定律，滑块对斜面体的压力和摩擦力的合力依旧是竖直向下(大小变大，方向不变)，故斜面体相对地面仍然没有滑动趋势，故斜面体仍然不受摩擦力，但对地压力变大了；故C 错误，D 正确；故选B 、D.【答案】BDB 组9．如图所示，A 、B 为竖直墙壁上等高的两点，AO 、BO 为长度相等的两根轻绳，CO 为一根轻杆．转轴C 在AB 中点D 的正下方，AOB 在同一水平面上．∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°.若在O 点处用轻绳悬挂一个质量为m 的物体，则平衡后绳AO 所受拉力的大小为( )A.13mgB.33mgC.16mgD.66mg 【解析】设绳AO 和绳BO 拉力的合力为F ，对O 点进行受力分析可知，O 点受到竖直轻绳拉力mg 、杆的支持力F 1和两绳子拉力的合力F ，根据平衡条件得：F ＝mg tan 30°，将F 分解，则有AO 所受拉力的大小F 2＝22F ＝66mg ，选项D 正确． 【答案】D10．如图所示，水平面上等腰三角形均匀框架顶角∠BAC ＝30°，一均匀圆球放在框架内，球与框架BC 、AC 两边接触但无挤压，现使框架以顶点A 为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB 边水平缓慢转至AB 边竖直，则在转动过程中( )A ．球对AB 边的压力先增大后减小 B ．球对BC 边的压力先增大后减小 C ．球对AC 边的压力先增大后减小D ．球的重力势能一直增大【解析】对球受力分析，重力、AB 边和AC 边的支持力，两个支持力的夹角为120°，重力的大小和方向都不变，BC 边与球间没有弹力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：根据正弦定理，有：mgsin 30°＝F ACsin β＝F ABsin α，解得：F AB ＝sin αsin 30°mg ，F AC ＝sin βsin 30°mg ，在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，α减小，β增加，由于α先大于90°，后小于90°，因此F AB先增大，后减小，F AC增加，故A正确，B、C均错误；在框架以顶点A为转轴在竖直平面内顺时针方向从AB边水平缓慢转至AB边竖直的过程中，球的重心先升高后降低，故重力势能先增加后减小，故D 错误．【答案】A11．(多选)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．可能带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a点到b点的过程，克服电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加速运动【解析】因小球受到的洛伦兹力F＝q v B 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A正确，B错误；从a点到b点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．【答案】AC12.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角α时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角α的大小．【解析】(1)由题意可知：当θ＝30°时物体匀速下滑，由平衡关系可得：mg sin θ＝μmg cos θμ＝tan θ＝3 3(2)设斜面倾角为α时，无论F多大都不能推动物块．受力情况如图所示，由平衡条件可得：。
姓名，年级：时间：高考题型二实验题专项练1力学实验1。
下图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验:①用天平测出两个小球的质量分别为m和m2；1②安装实验装置,将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平,再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球m，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落2点位置P；④将小球m放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发2生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离。
图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为s M、s P、s N。
依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1)两小球的质量m1、m2应满足m1m2(选填“〉”“=”或“〈"）; (2)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中点，m2的落点是图中点;(3）用实验中测得的数据来表示,只要满足关系式，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的;（4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞,用实验中测得的数据来表示，只需比较与是否相等即可.2.(2019广东揭阳高三模拟）某实验小组采用图甲所示的装置“探究动能定理”即探究小车所受合外力做功与小车动能的变化之间的关系。
该小组将细绳一端固定在小车上,另一端绕过定滑轮与力传感器、重物相连。
实验中,小车在细绳拉力的作用下从静止开始加速运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况，力传感器记录细绳对小车的拉力大小。
（1）实验中为了把细绳对小车的拉力视为小车的合外力，要完成的一个重要步骤是;(2）若实验中小车的质量没有远大于重物的质量，对本实验影响（选填“有”或“没有");(3)实验时，下列物理量中必须测量的是.A。
长木板的长度LB。
重物的质量mC。
小车的总质量M（4)实验中，力的传感器的示数为F，打出的纸带如图乙。
普通高等学校2020年招生全国统一考试临考冲刺卷理科综合（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
O-16 H-1 C-12 可能用到的相对原子质量第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1 ．下列有关细胞结构和功能的叙述，正确的是ADNARNA 和．硝化细菌、酵母菌、颤藻的细胞中都含有核糖体、B ．变形虫膜蛋白的形成不需要内质网、高尔基体的参与C ．性激素由内质网上的核糖体合成，可与靶细胞膜上的受体结合D[H] 可进入线粒体参与反应生成水．叶肉细胞中叶绿体产生的 A】答案【】硝化细菌、颤藻属于原核生物，酵母菌属于真核生物，三者均具有细胞结构，均含有核【解析BADNARNA错误；性激素糖体、，和正确；膜蛋白的合成过程与核糖体、内质网、高尔基体有关，[H]C只能在错误；叶肉细胞中叶绿体产生的属于脂质类，由内质网合成，性激素的受体位于细胞内，D错误。
叶绿体基质中用于光合作用的暗反应，2．下列关于科学探宄思维和方法的叙述，错误的是——DNAA放射性同位素示踪技术．科学家证实的复制是半保留复制——B差速离心法．真核细胞中的各种细胞器的分离——DNAC数学模型建构法．沃森和克里克发现规则的双螺旋结构D——类比推理法．萨顿根据基因和染色体的平行关系推测基因在染色体上1C】【答案NDNAA正】科学家对的复制方式是半保留复制，进行放射性同位素示踪技术，证明了【解析BDNA规则的双螺旋结构正确；确；真核细胞分离各种细胞器时采用差速离心法，沃森和克里克发现C错误；萨顿是将看不见的基因与看得见的染色体的行为进行类比，根据采用的是物理模型建构法，D 正确。
20分钟快速训练(二)本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1．巴耳末对氢原子可见光谱进行分析，发现了辐射可见光的波长(λ)公式即巴耳末公式1λ＝R(122－1n2)(n＝3,4，5，…)，R为里德伯常量；玻尔在原子结构假说中提出频率(ν)条件hν＝E m－E n(m＞n)。
下列说法正确的是( D )A．巴耳末公式中的n与频率条件中的m、n具有完全不同的意义B．由频率条件可知，大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出10种不同频率的可见光C．大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子比大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率高D．巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律[解析]两公式中的n或m、n都是与氢原子轨道量子化相关的量，A错误；只有从高能级跃迁到n＝2能级才辐射可见光，因此大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出3种不同频率的可见光，B错误；大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子可辐射两种频率的可见光，其中一种可见光的频率与大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率相同，C错误；巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律，D正确。
2．如图所示，质量m＝0.15 kg、长度l＝10 cm的金属棒ab用两完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx ＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC ．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D ．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm[解析] 由于mg ＝1.5 N<2k Δx ＝2 N ，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg ＋BIl ＝2k Δx ，可得B ＝1 T ，B 错误；根据左手定则，可知ab 棒中电流方向由b 指向a ，故N 端是电源正极，A 正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大，故形变量变大，弹簧的长度变大，C 错误；仅使磁场反向，则mg ＝BIl ＋2k Δx ′，可得Δx ′＝0.5 cm ，D 错误。
2020年新课标Ⅱ卷高考物理冲刺压轴卷理科综合·物理（考试时间：55分钟试卷满分：110分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．如图所示，某物体在四个共点力作用下处于平衡状态，若将42NF 的力沿逆时针方向转动90，其余三个力的大小和方向不变，则此时物体所受合力的大小为A．0 B．2 N C．22N D2N15．关于原子学物理知识，下列说法正确的是A．升高放射性物质的温度，其半衰期变短B．发生光电效应现象时，增大照射光的频率，同一金属的逸出功变大C．23793Np经过7次α衰变和5次β衰变后变成20983BiD．根据玻尔理论，氢原子向低能级跃迁时只放出符合两能级能量差的光子16．中国自行研制的北斗卫星导航系统，由35颗卫星组成，其中静止同步轨道卫星、中地球轨道卫星距离地面的高度分别约为3.6×104 km、2.2×104 km。
下列说法中正确的是A．静止同步轨道卫星的机械能大于中地球轨道卫星的机械能B．所有静止同步轨道卫星在同一轨道上C．静止同步轨道卫星的运行速度大于中地球轨道卫星的运行速度D．静止同步轨道卫星的加速度大于中地球轨道卫星的加速度17．某做直线运动的质点的位置–时间图象（抛物线）如图所示，P（2，12）为图线上的一点。
PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q（0，4）。
2020浙江高考新突破考前冲刺卷（二）本试卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。
选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30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.以下各物理量属于矢量的是()A.质量B.时间C.电流D.磁感应强度解析矢量是既有大小，又有方向的物理量，质量、时间只有大小而没有方向，电流有大小和方向，但也是标量，磁感应强度有大小，也有方向，故选项D正确。
答案 D2.世界上最长的高铁京广线全线开通。
如图1所示，京广高铁从北京出发，经石家庄、郑州、武汉、长沙、衡阳，到达广州，途经北京、河北、河南、湖北、湖南、广东等6省市，全程2 230公里，全程运行时间8小时。
同学们根据上述材料，可以求出()图1A.北京到广州的路程B.北京到广州的平均速度C.北京到广州的加速度D.北京到广州的位移解析A、D项由题意，高铁京广线全线全程2 230公里，全程运行时间8小时，对应的是路程，不是位移，选项A正确，D错误；B项由于题目给出的是路程，不是位移，所以不能得到平均速度，选项B错误；C项题目中没有给出速度的变化量，所以不能求得加速度，选项C错误。
答案 A3.一只小鸟飞停在一棵细树枝上，随树枝上下晃动，从最高点到最低点的过程中，小鸟()图2A.一直处于超重状态B.一直处于失重状态C.先失重后超重D.先超重后失重解析小鸟随树枝从最高点先向下加速后向下减速到最低点，所以小鸟先处于失重状态，后减速处于超重状态，选项C正确。
答案 C4.“跳跳鼠”是很多小朋友喜欢玩的一种玩具(图3甲)，弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆(图乙)，人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面。
下列说法正确的是()图3A.不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将跳杆带离地面B.从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为人的动能C.从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人一直向上加速运动D.从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人的加速度先减小后增大解析当弹簧下压的程度比较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，选项A错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能转化为人的动能和重力势能，选项B错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，开始弹力大于重力，人向上加速，弹簧逐渐恢复原状，弹力逐渐减小，加速度逐渐减小；后来弹力小于重力，人的加速度反向增加，所以人的加速度先减小后增大，选项C错误，D正确。
2020版高考物理大二轮检测模块综合检测(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．2017年12月29日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设．“快堆”核反应进程依次为：238 92U→239 92U→239 93Np→239 94Pu，下列说法正确的是()A.238 92U和239 92U是同位素，其原子核内中子数相同B.238 92U和239 92U发生了α衰变C.238 92U变为239 92U发生了β衰变D．1 g 239 92U经过一个半衰期，239 92U原子核数目变为原来的一半答案：D2.如图所示，竖直平面内固定着一个光滑圆环，中央有孔的小球P和K套在环上，两小球由伸直的轻细绳连接，它们恰好能保持静止状态．已知K的质量为m，O、K连线水平，P、K连线与水平线夹角为30°.重力加速度为g，则()A．细绳对K球的拉力大小为mgB．细绳对K球的拉力大小为2mgC．P球的质量为mD．P球的质量为2m解析：选B.本题考查平行四边形定则及物体的平衡．分析K球受力情况，有F T sin 30°＝mg，得F T＝2mg，A项错误，B项正确；分析P球受力情况，并作力的平行四边形，如图所示．由几何关系得m P g＝F T＝2mg，C、D项错误．3.如图所示，斜面体A上的物块P，用平行于斜面体的轻弹簧拴接在挡板B上，在物块P上施加水平向右的推力F，整个系统处于静止状态，下列说法正确的是()A ．物块P 与斜面之间一定存在摩擦力B ．轻弹簧一定被拉长C ．地面对斜面体A 一定存在摩擦力D ．若增大推力F ，则弹簧弹力一定减小解析：选C.若物块P 受到弹簧的弹力与物块的重力及推力F 、支持力平衡，则不受摩擦力，选项A 错误；若物块P 受到支持力与物块的重力及推力F 三力平衡，则无弹簧弹力，选项B 错误；物块P 、斜面A 及弹簧相对静止，可看成一整体，受到的水平面的摩擦力大小等于推力F ，选项C 正确；增大推力F ，因为不确定弹簧的初始状态及物块P 是否受静摩擦力，增大推力F 弹簧弹力减小、不变或者增大都有可能，选项D 错误．4．2017年国际雪联单板滑雪U 形池世锦赛决赛在西班牙内华达山收官，女子决赛中，中国选手蔡雪桐以90.75分高居第一，成功卫冕．如图所示，单板滑雪U 形池场地可简化为固定在竖直面内的半圆形轨道场地，雪面不同曲面处的动摩擦因数不同．因摩擦作用，滑雪运动员从半圆形场地的坡顶下滑到坡底的过程中速率不变，则( )A ．运动员下滑的过程中加速度不变B ．运动员下滑的过程所受合力恒定不变C ．运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小D ．运动员滑到最低点时所受重力的瞬时功率达到最大 解析：选C.本题考查圆周运动与受力分析．运动员下滑过程中加速度始终指向圆心，方向不断变化，A 项错误；由牛顿第二定律可知，合力方向也不断变化，B 项错误；运动员下滑过程中受力情况如图所示，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝mg cos θ，由牛顿第二定律和圆周运动知识，有F N －mg sin θ＝m v 2R ，联立解得mg cos θ＝μ(mg sin θ＋m v 2R )，则运动员下滑过程中与雪面的动摩擦因数变小，C 项正确；运动员滑到最低点时重力方向与速度方向垂直，此时重力的瞬时功率为零，D 项错误．5．为探究人在运动过程中脚底在接触地面瞬间受到的冲击力问题，实验小组的同学利用落锤冲击地面的方式进行实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况．重物与地面的形变很小，可忽略不计．g 取10 m/s 2.表中为一次实验过程中的相关数据．根据实验数据可知( )重物(包括传感器)的质量m /kg8.5 重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s0.1A.B ．重物与地面接触前瞬时的速度大小为2 m/s C ．重物离开地面瞬时的速度大小为3 m/sD ．在重物与地面接触的过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍解析：选D.本题考查牛顿运动定律、动能定理、动量定理等知识点，设重物受到最大冲击力时加速度的大小为a ，由牛顿第二定律有a ＝F m －mg m ，解得a ＝90 m/s 2，A 项错误；重物在空中运动过程中，由动能定理mgH ＝12m v 2，可得重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH ＝3 m/s ，B 项错误；重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh ＝2 m/s ，C 项错误；重物与地面接触过程中，设重物受到的平均作用力大小为F ，选取竖直向上为正方向，由动量定理有(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1)，解得F ＝510 N ，由F mg ＝51085＝6，D 项正确．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )A ．a 的向心加速度小于重力加速度g ，c 的向心加速度大于d 的向心加速度B ．在相同时间内b 转过的弧长最长，a 、c 转过的弧长对应的角度相等C ．c 在4小时内转过的圆心角是π3，a 在2小时内转过的圆心角是π6D ．b 的运动周期一定小于d 的运动周期，d 的运动周期一定小于24小时解析：选ABC.此题考查万有引力定律、卫星的运动等知识点．c 是地球同步卫星，相对于地面静止，a 与c 的角速度相等，由a 向＝ω2R 知，a 的向心加速度小于c 的向心加速度，c 的向心加速度大于d 的向心加速度，a 、c 的向心加速度均小于g ，A 项正确；a 、b 、c 、d 四颗卫星中，b 的线速度最大，所以在相同时间内b 转过的弧长最长，a 、c 角速度相等，相同时间内转过的弧长对应的角度相等，B 项正确；c 的周期为24小时，c 在4小时内转过的圆心角θ＝ωt ＝2π24×4＝π3，处在地面上的a 在2小时内转过的圆心角是π6，C 项正确；由T ＝4π2r 3GM知，d 的周期大于c 的周期，大于24小时，D 项错误． 7．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P 拴接，另一端与物体A 相连，物体A 静止于光滑水平桌面上，A 右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B 相连．开始时用手托住B ，让细线恰好伸直，然后由静止释放B ，直至B 获得最大速度．在该过程中下列分析正确的是( )A ．B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B ．B 物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B 所受重力大小C ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对A 做的功D ．A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功解析：选BD.对于物体A 、B 及弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，可知B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与A 动能增加量之和，故A 错误；对于B 物体，只受重力与细线拉力，达到最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于B 所受重力大小，故B 正确；根据功能关系可知，A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A 做的功，故C 错误，D 正确．8.如图所示直角坐标系xOy ，P (a ，－b )为第四象限内的一点，一质量为m 、电荷量为q 的负电荷(重力不计)从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 方向匀强电场，该电荷仍通过P 点．则( )A ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2am v 0q （a 2＋b 2）B ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2m v 0q a 2＋b 2C ．电荷从O 运动到P ，第二次所用时间一定短些D ．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些 解析：选AC.第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰能通过P 点，粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．由几何知识可知： (a －R )2＋b 2＝R 2，解得R ＝a 2＋b 22a ，由q v B ＝m v 2R ，解得B ＝2am v 0q （a 2＋b 2），故A 正确，B 错误；第二次保持y ＞0区域磁场不变，而将y ＜0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场．该电荷仍通过P 点，粒子在第一象限做匀速圆周运动．在第四象限做类平抛运动，运动时间t 2＝12T ＋b v 0；第一次做匀速圆周运动时间t 1＝12T ＋PQ ︵v 0，PQ ︵大于b ，所以t 1＞t 2，C 正确；电荷第一次通过P 点时，速度与x 轴负方向的夹角为α，则tan α＝R 2－b 2b ＝a 2－b 22ab ，第二次速度与x 轴负方向的夹角为θ，则tan θ＝b2R －R 2－b 2＝a2b，所以tan θ＞tan α，D 错误． 三、非选择题(本题共4小题，共52分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(8分)某实验小组用图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．在一端装有定滑轮的长木板上固定A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩相连，测力计另一端吊着沙桶，测力计能显示滑块所受的拉力，滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，已知遮光片宽度为d ，当地的重力加速度为g .(1)为了满足实验的要求，下列说法正确的是______． A ．长木板应放在水平桌面上B ．长木板没有定滑轮的一端应适当垫高，以平衡摩擦力C ．沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量D ．定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行(2)甲同学测出A 、B 两光电门之间的距离为L ，滑块通过A 、B 两光电门的时间分别为t 1、t 2，滑块的加速度大小a ＝________________(用字母L 、d 、t 1、t 2表示)．(3)多次改变沙桶里沙的质量，重复步骤(2)，根据测得的多组F 和a ，作出a －F 图象如图乙所示，由图象可知，滑块的质量为____________，滑块与长木板间的动摩擦因数为________．解析：(1)为保证滑块做匀加速运动，绳子的拉力必须恒定，应调整滑轮高度，使细线与木板平行，故A 、D 正确；本实验要测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故B 错误；由于本实验中有测力计，故不要求沙桶及测力计的总质量远小于滑块的质量，故C 错误．(2)滑块通过A 、B 两光电门的速度分别为：v A ＝d t 1，v B ＝dt 2，由匀变速直线运动的速度—位移公式可知，2aL ＝v 2B －v 2A ，解得：a ＝v 2B －v 2A 2L ＝d 2t 22－d 2t 212L ＝d 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21.(3)滑块受到的摩擦力为：f ＝μmg 由牛顿第二定律可得：F －μmg ＝ma解得力F 与加速度a 的函数关系式为：a ＝Fm －μg ，由图象所给信息可得图象斜率为：k ＝a 0F 0＝1m ，所以m ＝F 0a 0，由图象所给信息可得图象截距为：b ＝－μg ＝－a 0，所以μ＝a 0g .答案：(1)AD (2)d 22L ⎝⎛⎭⎫1t 22－1t 21(3)F 0a 0 a 0g10．(9分)某研究小组想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E 和内阻r ，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．A ．电压表V 1 (量程6 V 、内阻约5 000 Ω)B ．电压表V 2 (量程3 V 、内阻约3 000 Ω)C ．电流表A(量程3 A 、内阻约0.5 Ω)D ．滑动变阻器R (最大阻值10 Ω、额定电流4 A)E ．小灯泡(2 A 、5 W)F ．电池组(电动势E 、内阻r )G ．开关一只，导线若干实验电路如甲图所示时，调节滑动变阻器的阻值，经多次测量，得到多组对应的电流表、电压表示数，并在U －I 坐标系中描绘出两条图线，如乙图所示，则(1)电池组的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________．(结果保留两位有效数字) (2)在U －I 坐标中两条图线在P 点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω.(3)将三个这样的灯泡并联后再接到该电路上，则每个灯泡的实际功率为________W. 解析：(1)电源的U －I 图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势等于图线的总截距，即E ＝4.5 V ，电源内阻r ＝ΔU Δt＝4.5－2.52.0 Ω＝1.0 Ω.(2)由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压U L ＝2.5 V ，此时电路电流I ＝2.0 A ，根据闭合电路的欧姆定律得：E ＝Ir ＋U L ＋IR 滑，即4.5 V ＝2.0×1 V ＋2.5 V ＋2.0×R滑，解得R 滑＝0.(3)设流过每个灯泡的电流为I ，三个灯泡并联接在电源上，在闭电路中，路端电压：U＝E －3Ir ＝4.5 V －3×1×I ＝4.5 V －3I ，即U ＝4.5 V －3I ，在图乙所示坐标系中作出图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压约为1 V ，流过每个灯泡的电流为1.2 A ，每个灯泡实际功：P ＝UI ＝1×1.2 W ＝1.2 W.答案：(1)4.5 1.0 Ω (2)0 (3) 1.2 11．(15分)如图所示，在光滑的冰面上放置一个曲面滑槽，其上表面为四分之一圆周的圆弧，圆弧的半径足够大且光滑，圆弧与水平地面相切．一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上，某时刻小孩将小球以v 0的速度向曲面推出．已知小球的质量为m ，曲面滑槽的质量为2m ，重力加速度为g .(1)求小球在曲面上能上升的最大高度；(2)若小孩将小球推出后还能再接到小球，则小孩和冰车的总质量M 应满足什么条件？ 解析：(1)小球在曲面上运动到最大高度时两者共速，设速度为v ，小球与曲面的系统动量守恒，机械能也守恒，有：m v 0＝(m ＋2m )v12m v 20＝12(m ＋2m )v 2＋mgh 解得：h ＝v 203g.(2)小孩推球的过程中动量守恒，即0＝m v 0－M v M对于球和曲面，在相互作用到最后分开的过程中，动量守恒且机械能守恒，则有： m v 0＝m v 1＋2m v 2 12m v 20＝12m v 21＋12×2m v 22 解得：v 1＝－13v 0若小孩将球推出后还能再接到球，则有 13v 0>v M 得：M >3m . 答案：见解析12．(20分)研究太空宇宙射线的粒子组成时，要在探测卫星上安装“太空粒子探测器”和质谱仪．“太空粒子探测器”由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成，其原理可简化为图甲所示．辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O ，外圆的半径为R 1，电势为φ1，内圆的半径R 2＝1B 12m （φ1－φ2）q，电势为φ2.内圆内有方向垂直纸面向里的磁感应强度为B 1的匀强磁场，收集薄板MN 与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M 、N与内圆间存在狭缝．假设太空中漂浮着质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，粒子进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN 上并被吸收(收集薄板两面均能吸收粒子，两端不吸收粒子)，不考虑粒子间的相互作用．(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板MN 所在的直线为横轴建立如图甲所示的平面直角坐标系．分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动，求出这些粒子运动的一个周期内在磁场中运动的时间；(3)现“太空粒子探测器”收集到质量分别为2m 和m 、电荷量均为＋q 的甲、乙两种粒子，粒子从静止开始经乙图所示的电压为U 0的加速电场加速后通过狭缝PQ 垂直磁场方向进入磁感应强度为B 2的匀强磁场，最后打在照片底片上，不考虑粒子间的相互作用，若加速电压在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间波动，要使甲、乙两种粒子在底片上没有重叠，求狭缝PQ 的宽度L 满足的条件．解析：(1)带电粒子在辐射状电场中加速时，由动能定理可知： q (φ1－φ2)＝12m v 2－0则粒子刚到达内圆时速度的大小v ＝2q （φ1－φ2）m.(2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有：q v B 1＝m v 2r解得：r ＝1B 12m （φ1－φ2）q＝R 2所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动14圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，再返回磁场，如此反复做周期性的运动，其运动轨迹如图所示．设粒子在磁场中运动的时间为T ，有：T ＝2πr v ＝2πmqB 1粒子进入电场的四个位置坐标分别为(0，R 1)，(R 1，0)，(0，－R 1)，(－R 1，0)．(3)设甲种粒子在磁场B 2中的运动半径为r 1，则其在电场中加速时，有： qU 0＝12×2m v 21 且q v B 2＝2m v 21r 1解得：r 1＝2B 2mU 0q最小半径r 1min ＝2B 2m （U 0－ΔU ）q设乙种粒子在磁场B 2中的运动半径为r 2，同理可得最大半径r 2max ＝1B 22m （U 0＋ΔU ）q由题意得：2r 1min －2r 2max >L ， 即4B 2m （U 0－ΔU ）q －2B 22m （U 0＋ΔU ）q>L解得：L <2B 2mq[2U 0－ΔU －2（U 0＋ΔU ）]． 答案：见解析。
2020版高考物理大二轮检测(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是()A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．2．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。
下面是从物理的角度去解释此情境，其中正确的是()A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了解析：选B.骑车人与自行车本身处于运动状态，车的前轮陷入水坑时，前轮会立即静止，但人与车的后半部分由于惯性，仍要继续向原来的运动方向运动，故人和车的后半部分向原来运动的方向摔倒，因此选项B正确．3．牛顿在总结了C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是() A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：选D.由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，A项错；压力和支持力作用在不同的两个物体上，而平衡力是作用在同一物体上的，B项错；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，C项错；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力大小，D项对．4．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是()A．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明，物体受的力越大，速度就越大B．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力解析：选D.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，力越大，物体运动得越快，没有力的作用，物体将会逐渐停下来，故A、B、C项均是亚里士多德的观点，只有D项中说法与亚里士多德的观点相反．5．(2019·杭州模拟)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是()A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析：选C.物体的惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，故选项C正确，A、B、D错误．6.(2019·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时() A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C．B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力解析：选A.A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，选项B、C、D错误．7.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则()A．绳子对甲的拉力大小小于甲的重力大小B．绳子对甲的拉力大小大于甲对绳子的拉力大小C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定小于乙的重力大小D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小解析：选D.由平衡条件可知，绳子对甲的拉力大小等于甲受到的重力大小，A错；由作用力与反作用力的关系可知绳子对甲的拉力大小等于甲对绳子的拉力大小，B错；乙能把绳子拉断，对于具有同样承受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间绳子的拉力大小一定大于绳子的承受力，而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质量相等，因此乙拉的绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小，C错，D对．8.如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球．容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态．当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)()A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．9.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D 错误．二、多项选择题10．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是() A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，选项B错误；行星做匀速圆周运动是由于受中心天体的引力作用，不是由于具有惯性，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直做匀速直线运动，选项D正确．11.(2019·保定模拟)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则()A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力为0C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析：选ABC.以箱子为研究对象，水平方向上，木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，选项C 正确，D错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，选项B正确．12.(2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A 正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．13.(2019·潍坊模拟)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出；②原来小车向右运动，突然减速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确．14．(2019·四川宜宾检测)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是()A．喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性解析：选ACD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A正确，B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．。
板块二 考前专项再突破专项一 选择题专项训练选择题在高考中属于保分题目，只有“选择题多拿分，高考才能得高分”，在平时的训练中，针对选择题要做到两个方面：一是练准度：高考中遗憾的不是难题做不出来，而是简单题和中档题做错；平时会做的题目没做对，平时训练一定要重视选择题的正答率．二是练速度：提高选择题的答题速度，能为攻克后面的解答题赢得充足时间．解答选择题时除了掌握直接判断和定量计算等常规方法外，还要学会一些非常规巧解妙招，针对题目特性“不择手段”，达到快速解题的目的．第1招 比较排除法通过分析、推理和计算，将不符合题意的选项一一排除，最终留下的就是符合题意的选项．如果选项是完全肯定或否定的判断，可通过举反例的方式排除；如果选项中有相互矛盾或者是相互排斥的选项，则两个选项中只可能有一种说法是正确的，当然，也可能两者都错．1．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )解析：物块在上升过程中加速度大小为a ＝ ，因此在上升mg ＋k v m过程中，速度不断减小，加速度不断减小，到最高点加速度大小等于g ，故A 、D 错误；在下降的过程中加速度a ＝，随着速度增大，mg －k v m加速度越来越小，因此C 正确．答案：C2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO ′悬挂于O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a ，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b .外力F 向右上方拉b ，整个系统处于静止状态．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块b 仍始终保持静止，则( )A ．绳OO ′的张力也在一定范围内变化B ．物块b 所受到的支持力也在一定范围内变化C ．连接a 和b 的绳的张力也在一定范围内变化D ．物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：因为物块a 、b 始终保持静止，所以绳OO ′的张力不变，连接a 和b 的绳的张力也不变，选项A 、C 错误，此时已经可以直接选择选项B 、D.但为了确保答案万无一失，仍需对正确选项进一步验证：拉力F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B 、D 正确．答案：BD[名师点评] 运用排除法解题时，对于完全肯定或完全否定的判断，可通过举反例的方式排除；对于相互矛盾或者相互排斥的选项，则最多只有一个是正确的；要学会从不同方面判断或从不同角度思考与推敲．第2招 特殊值代入法有些选择题选项的代数表达式比较复杂，需经过比较烦琐的公式推导过程，此时可在不违背题意的前提下选择一些能直接反映已知量和未知量数量关系的特殊值，代入有关算式进行推算，依据结果对选项进行判断．3.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F 的作用，F 平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F 1和F 2(F 1和F 2的方向均沿斜面向上)．由此可求出物块与斜面间的最大静摩擦力为( )A. B ．2F 2 C. D.F 12F 1－F 22F 1＋F 22解析：当斜面光滑时F 1＝F 2，摩擦力F f ＝0，故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C4.如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m 1和m 2的物体A 和B .若滑轮有一定大小，质量为m 且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A 的拉力大小为T 1，已知下列四个关于T 1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( )A ．T 1＝B ．T 1＝（m ＋2m 2）m 1g m ＋2（m 1＋m 2）（m ＋2m 1）m 1g m ＋4（m 1＋m 2）C ．T 1＝D ．T 1＝（m ＋4m 2）m 1gm ＋2（m 1＋m 2）（m ＋4m 1）m 2g m ＋4（m 1＋m 2）解析：令定滑轮质量m ＝0，以A 和B 为系统，由牛顿第二定律m 2g －m 1g ＝(m 1＋m 2)a ，以A 为研究对象由牛顿第二定律T 1－m 1g ＝m 1a ，解得T 1＝g ，将m ＝0代入四个选项中，只有选项C 符合．2m 1m 2m 1＋m 2答案：C[名师点评] 这种方法的实质是将抽象、复杂的一般性问题的推导、计算转化成具体的、简单的特殊值问题来处理，以达到迅速、准确解题的目的．第3招 逆向思维法很多物理过程具有可逆性(如运动的可逆性、光路的可逆性)，在沿着正向过程或思维(由前到后或由因到果)分析受阻时，有时“反其道而行之”，沿着逆向过程或思维(由后到前或由果到因)来思考，常常可以化难为易、出奇制胜．5．如图所示，半圆轨道固定在水平面上，一小球(小球可视为质点)从恰好与半圆轨道相切于B 点斜向左上方抛出，到达半圆轨道左端A 点正上方某处小球的速度刚好水平，O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球在A 点正上方的水平速度为( )A. B. 33gR 23gR 2C. D. 3gR23gR3解析：小球虽说是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A 点正上方某处小球的速度刚好水平，所以逆向看是小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动，运动过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，则速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位tan 30°236y x y 32R 移y ＝，而v ＝2gy ＝gR ，所以tan 30°＝，v 0＝ ＝3R 42y 32v y v 03gR233，故选项A 正确．33gR 2答案：A6．(2019·吉安模拟)如图，x-t 图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，下列说法正确的是( )A ．5 s 时两车速度相等B ．甲车的速度为4 m/sC ．乙车的加速度大小为1.5 m/s 2D ．乙车的初位置在s 0＝80 m 处解析：位移—时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知5 s 时乙车速度较大，故A 错误；甲车做匀速直线运动，速度为v 甲＝＝ m/s ＝4 m/s ，故B 正确；乙车做匀变速直线运动，x t 205其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则s ＝at 2，根据图象有：x 0＝1212a ·102，20＝a ·52，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，故C 错误，D 正确．12答案：BD[名师点评] 对于匀减速直线运动，往往逆向等同为匀加速直线运动．可以利用逆向思维法的物理情境还有斜上抛运动，利用最高点的速度特征，将其逆向等同为平抛运动．第4招 对称思维法对称情况存在于各种物理现象和物理规律中，应用这种对称性可以帮助我们直接抓住问题的实质，避免复杂的数学演算和推导，快速解题．7．(2019·齐齐哈尔模拟)如图所示，两个带电荷量为q 的点电荷分别位于带电的半径相同的球壳和球壳的球心，这两个球壳上电荷均1434匀分布且电荷面密度相同，若图甲中带电球壳对点电荷q 的库仑力的14大小为F ，则图乙中带电的球壳对点电荷q 的库仑力的大小为( )34A.FB.FC.F D ．F322212解析：将图乙中的均匀带电球壳分成三个带电球壳，关于球心3414对称的两个带电球壳对点电荷q 的库仑力的合力为零，因此乙图中带14电的球壳对点电荷的库仑力的大小和甲图中均匀带电球壳对点电荷3414的库仑力的大小相等，故A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D8．(多选)如图所示，在两个等量正电荷连线的中垂线上取A 、B 、C 、D 四点，A 、D 两点与B 、C 两点均关于O 点对称．A 、B 、C 、D 四点电场强度大小分别为E A 、E B 、E C 、E D ，电势分别为φA、φB 、φC 、φD ，则下列说法中正确的是( )A ．E A ＝E D ，φA >φBB ．一定有E A >E B 、φB >φAC ．一定有φA ＝φD 、φB ＝φCD ．可能有E D >E C ，一定有φB >φD解析：由对称性可知，A、D两点的电场强度大小相等，方向相反．在两个等量正电荷连线的中垂线上的O点，电场强度为零；在无穷远处，电场强度为零．可见从O点沿中垂线向两端，电场强度一定先增大后减小，一定存在电场强度最大的点P，从O到P，电场强度逐渐增大；从P到无穷远处，电场强度逐渐减小．由于题中没有给出A、B(或C、D)到O点的距离，不能判断A、B(或C、D)两点哪点电场强度大，可能有E A>E B，E D>E C.根据沿电场线方向电势逐渐降低可知，φB>φA，根据对称性，一定有φA＝φD、φB＝φC，选项C、D正确，A、B 错误．答案：CD[名师点评] 非点电荷电场的电场强度一般可用微元法求解(很烦琐)，在高中阶段，非点电荷的电场往往具有对称的特点，所以常常用对称法结合电场的叠加原理进行求解．第5招 等效转换法等效转换法是指在用常规思维方法无法求解那些有新颖情境的物理问题时，灵活地转换研究对象或采用等效转换法将陌生的情境转换成我们熟悉的情境，进而快速求解的方法．等效转换法在高中物理中是很常用的解题方法，常常有物理模型等效转换、参照系等效转换、研究对象等效转换、物理过程等效转换、受力情况等效转换等．9．(2019·淮南模拟)如图所示，一杂技演员用一只手抛、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，g取10 m/s2)( )A ．1.6 mB ．2.4 mC ．3.2 mD 4.0 m解析：将4个小球依次抛出后均做相同的竖直上抛运动，但同时研究4个小球的运动比较复杂，将4个小球的运动转换为一个小球所做的连续运动，小球每隔0.4 s 对应的位置，对应各小球在同一时刻的不同位置，小球在空中的时间共1.6 s ，上升的时间为0.8 s ，则h ＝at 2＝12×10×0.82 m ＝3.2 m ，故选项C 正确．12答案：C10.如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋(水平移动距离很小，几乎看不到)落入杯中，这就是惯性演示实验．已知鸡蛋(可视为质点)中心离纸板左端的距离为d ，鸡蛋和纸板的质量分别为m 和2m ，所有接触面的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值d 10为( )A ．3μmgB ．26μmgC ．12μmgD ．15μmg 解析：本题物理情境较新，但仔细分析发现鸡蛋和纸板的运动可转换为经典的滑块—滑板模型，所以对鸡蛋有＝a 1t 2，μmg ＝ma 1，d 1012对纸板有d ＋＝a 2t 2、F min －3μmg －μmg ＝2ma 2，联立解得F min ＝d 101226μmg ，B 正确．答案：B[名师点评] 对于物理过程与我们熟悉的物理模型相似的题目，可尝试使用转换分析法，如本题中将鸡蛋和纸板转换为滑块—滑板模型即可快速求解．第6招 图象分析法物理图象是将抽象物理问题直观化、形象化的最佳工具，能从整体上反映出两个或两个以上物理量的定性或定量关系，利用图象解题时一定要从图象纵、横坐标的物理意义以及图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等诸多方面寻找解题的突破口．利用图象解题不但快速、准确，能避免繁杂的运算，还能解决一些用一般计算方法无法解决的问题．11.(多选)如图所示，质量相同的木块A 、B 用轻质弹簧连接．静止在光滑的水平面上，此时弹簧处于自然状态．现用水平恒力F 推A .则从力F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中( )A ．弹簧压缩到最短时，两木块的速度相同B ．弹簧压缩到最短时，两木块的加速度相同C ．两木块速度相同时，加速度a A <a BD ．两木块加速度相同时，速度v A >v B解析：从力F 开始作用到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对两木块运动过程分析可知，A 做加速度减小的加速运动，B 做加速度增大的加速运动，只要A 的速度大于B 的速度弹簧就处于被压缩变短的过程中，则两木块速度相同时弹簧压缩到最短，画出这一过程A 、B 两木块的v-t 图象，则t 1时刻，A 、B 两木块的加速度相同(切线斜率相同)，且v A >v B ，t 2时刻A 、B 两木块的速度相同，且a B >a A ，综上，A 、C 、D 正确，B错误．答案：ACD12．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0< B.<t 0<T 4T 23T 4C.<t 0<T D ．T <t 0<3T 49T 8解析：以向B 板运动为正方向，分别作出从0、、时刻释放的粒T 4T 2子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0<t 0<、<t 0<T T 43T 4或T <t 0<，粒子在一个周期内正向位移大，即最终打到B 板；若<t 0<9T 8T 2，粒子在一个周期内负向位移大，最终打到A 板，故B 正确．3T 4答案：B[名师点评] v-t图象隐含信息较多，我们经常借助v-t图象解决有关运动学或动力学问题，而忽视对v-t图象的利用，实际上v-t图象在解决相遇问题时具有其独特的作用，解题时要会灵活运用各种图象．专项二 实验题专项训练物理实验题分值一般为15分，多为一大带一小的形式，其中第22题多为常规型实验题，侧重考查基本实验仪器的读数或教材上要求的基本实验的实验原理、实验步骤的理解和实验数据的处理，第23题侧重考查学生的实验迁移能力，多为创新设计型实验题．技巧1 读数类实验——正确使用，准确读数刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、打点计时器、电流表、电压表、多用电表都是基本仪器，要熟练掌握它们的使用方法、操作规程和读数规则，在高考前要进行系统的实际测量和读数练习，特别是游标卡尺、螺旋测微器、电学实验仪器的读数．此类试题难度不大，要防止在读数的估读、结果的有效数字和单位上出错．为使读数正确必须做到以下三点：(1)要注意量程．(2)要弄清所选量程对应的每一大格和每一小格所表示的量值．(3)要掌握需要估读的基本仪器的读数原则．读数的基本原则：凡仪器最小刻度是“1”的，要求读到最小刻度后再往下估读一位；凡仪器最小刻度是“2”和“5”的，只要求读到最小刻度所在的这一位，不再往下估读．1．(1)请读出螺旋测微器和游标卡尺的示数．甲：______cm；乙________cm.(2)某照明电路出现故障，其电路如图甲所示，该电路用标称值12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障．他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图乙所示读数为________V，说明________正常(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯泡”)．②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图乙相同，可判定发生故障的器件是______________(选填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯泡”)．解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为0.01×11.7 mm＝0.117 mm，所以最终读数为0.617 mm＝0.061 7 cm.游标卡尺的固定刻度读数为100 mm，游标尺读数为0.1×4 mm＝0.4 mm，所以最终读数为100 mm＋0.4 mm＝100.4 mm＝10.04 cm.(2)①多用电表直流50 V挡，每一小格是1 V，要估读到0.1 V，读数是11.5 V，断开开关，多用电表直接测量电源两端电压，多用电表有示数且接近电源电动势，说明电源正常．②红表笔接b点，闭合开关，多用电表示数与①中相同，说明电路仍然处于断路状态，而开关是闭合的，因此可以确定是小灯泡发生断路故障．答案：(1)0.061 7(0.061 6～0.061 8) 10.04 (2)①11.8(11.7～11.9均正确) 蓄电池 ②小灯泡2．(2019·宜昌调研)某实验小组利用如图1所示电路，可测量多用电表内电池的电动势和“×1”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：多用电表、电流表、滑动变阻器、导线若干．回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“×1”挡，再将红表笔和黑表笔短接进行欧姆调零．随后按如图1所示把多用电表、电流表、滑动变阻器连接起来，如果图1中接线正确，那么与多用电表的a插孔相接的是________(选填“黑”或“红”)表笔．(2)调节滑动变阻器的滑片，从图1位置向右滑动过程中，电流表的读数________(选填“增大”“减小”或“不变”)．(3)调节滑动变阻器的过程中，某次欧姆表指针位置如图2所示，读数为________Ω，对应电流表的指针位置如图3所示，读数为________A ．经过多次测量，得到多组电流表读数的倒数，和与之对1I应的欧姆表读数R ，画出如图4所示的图象，由此可得多用电表内电池的电动势为________V ，选择“×1”挡时内阻为________Ω(计算结果保留三位有效数字)．解析：(1)与多用电表的a 接线柱相接的是电流表的正接线柱，因多用电表黑表笔内部接电源的正极，则与多用电表的a 接线柱相接的是黑表笔．(2)调节滑动变阻器的滑片，从题图1位置向右滑动过程中，则滑动变阻器接入电路的电阻变小，则电流表的读数增大．(3)欧姆表读数为32×1 Ω＝32 Ω，对应电流表的读数为0.20A ．由闭合电路的欧姆定律：E ＝I (R ＋r )，即：＝R ＋，由题图41I 1E r E可知：＝ V －1，＝2 Ω·V －1，解得E ＝10.0 V ，r ＝20.0 1E 4.020－（－20）r EΩ.答案：(1)黑 (2)增大 (3)32 0.20 10.0 20.0技巧2 常规型实验——紧扣教材，融会贯通教材中的实验是高考创新实验的命题根源，这就要求我们在高考实验备考中要紧扣教材中的实验，弄清和掌握教材中每一个实验的实验原理、实验步骤、数据处理、误差分析等，对每一个实验都应做到心中有数，并且能融会贯通．3．(2019·烟台模拟)A 、B 两位同学做“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”实验．(1)实验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用交流电源的频率为50 Hz ，从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________m/s 2(结果保留两位有效数字)．(2)两同学各取一套图示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a 与拉力F 的关系．分别得到如图丙中A 、B 两条直线，图线斜率为________，则A 、B 两同学用的小车与木板间的动摩擦因数的关系为μA ________μB (选填“大于”“小于”或“等于”)．解析：(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，用公式Δx ＝at 2求解加速度，关键弄清公式中各个量的物理意义，Δx 为连续相等时间内的位移差，t 为连续相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t ＝0.1 s ，Δx ＝(6.49－6.34)×10－2 m ＝1.5×10－3 m ，得加速度a ＝0.15 m/s 2.(2)当没有平衡摩擦力时有：F －F f ＝ma ，故a ＝－μg ，即图线斜F m率为，纵轴截距的大小为μg ，观察图线可知μA >μB .1m答案：(1)0.15 (2)小车质量的倒数 大于4．(2019·贵阳模拟)某同学用伏安法测量一未知电阻R x 的电阻值．(1)该同学用电流表内接法和外接法分别测量了R x 的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描绘到U-I 图上，由电流表外接法得到的图线是图甲中的________(选填“a ”或“b ”)．(2)请用图甲中的数据，求出用电流表外接法时R x 的测量值为________Ω(保留两位有效数字)，其测量值与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)．(3)图乙是用电流表外接法已部分连接好的实物电路，请结合甲图信息补充完成实物接线．解析：(1)电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，由图示图象可知，由电流表外接法得到的图线是b .(2)由图示图象可知，电阻：R ＝＝ Ω＝1.2 Ω；因电流的测ΔU ΔI 0.60.5量值偏大，则电阻测量值偏小．(3)滑动变阻器用分压接法，则电路如图所示．答案：(1)b (2)1.2 偏小 (3)见解析图技巧3 设计型实验——设计方案，变通拓展设计型实验题从仪器的使用、装置的改造、电路的设计、数据的灵活处理等方面进行变通和拓展．应对这类实验题的方法是深刻理解实验的原理、方法，进行合理迁移．5．(2019·山东济南联考)某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．打点计时器所用交流电的频率f ＝50 Hz.(1)若已知测得打点纸带如图(b)昕示，并测得各计数点间距(已标在图示上)．A 点为运动的起点，则应选______段来计算小车甲碰前的速度．应选________段来计算车甲和乙碰后的共同速度(以上两空选填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．(2)已测得小车甲的质量m 1＝0.40 kg ，小车乙的质量m 2＝0.20 kg ，则碰前两小车的总动量为________kg·m/s ，碰后两小车的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．解析：(1)应选择小车运动稳定时的纸带来计算速度，故应选BC 段计算小车甲碰前的速度，选DE 段计算小车甲和乙碰后的共同速度．(2)v 1＝＝ m/s ＝1.05 m/s ，BC t 10.50×10－20.02×5m 1v 1＝0.40×1.05 kg·m/s ＝0.420 kg·m/s ；碰后甲和乙的共同速度v 2＝＝ m/s ＝0.695 m/s ，DE t 6.95×10－20.02×5(m 1＋m 2)v 2＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s ＝0．417 kg·m/s.答案：(1)BC DE (2)0.420 0.4176．(2019·聊城模拟)某同学用一个满偏电流为10 mA 、内阻为30Ω的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5 V 的干电池组装成一个欧姆表，如图1所示．(1)甲、乙测试笔中，甲表笔应是________(选填“红”或黑”)表笔．(2)电流表5 mA 刻度处应标的电阻刻度为________Ω.(3)经调零后，将甲、乙两表笔分别接图2中的a 、b 两点，指针指在电流表刻度的4 mA 处，则电阻R x ＝________Ω.(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图2中的a 、c 两点，则R x 的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)．(5)再给电流表并联一个合适的定值电阻R 0，就可组装成一个中间刻度值为15 Ω的欧姆表，则R 0＝________Ω(保留两位有效数字)．解析：(1)为了保证电流由正接线柱流入表头，红表笔应接内部电源的负极，则甲应为红表笔．(2)设欧姆表的内阻为R ，根据闭合电路的欧姆定律可知，当电流表满偏时，则有：10×10－3 A ＝，解得：R ＝150 Ω，当电流表的示E R数为5 mA 时，则有：5×10－3 A ＝，解得：R x ′＝150 Ω.E R ＋R x ′(3)当电流表示数为4 mA 时，根据闭合电路的欧姆定律有：4×10－3 A ＝，解得：R x ＝225 Ω.E R ＋R x (4)若误将甲、乙两表笔分别接在了题图2中的a 、c 两点，则回路中的两个电源串联，电流增大，指针偏转更大，故R x 的测量结果偏小．(5)欧姆表的中间刻度值为15 Ω，说明欧姆表的内阻为15 Ω，此时回路中的最大电流为I ＝＝ A ＝0.1 A ，E R ′ 1.515根据电流表的改装原理，有：I ＝I g ＋，I g R g R 0解得：R 0＝＝ Ω≈3.3 Ω.I g R g I －I g 10×10－3×300.1－10×10－3答案：(1)红 (2)150 (3)225 (4)偏小 (5)3.3技巧4 创新型实验——活用原理，巧妙迁移近几年全国卷实验题的第二题，往往注重考查实验原理的迁移、测量方法的迁移、数据处理方法的迁移，试题新颖、区分度高．但试题依然是以实验基础为依据，如计算形式的实验题、电学中实验电路的设计等都是根据考生学过的实验方法、原理等来命制的，做题时一定要审清题意，明确实验目的，联想和迁移应用相关实验原理．7．(2019·茂名模拟)某活动小组利用图甲所示装置验证机械能守恒定律．钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，计时装置测出钢球通过A 、B 的时间分别为t A 、t B .用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度．测出两光电门间的距离为h ，当地重力加速度为g.(1)用游标卡尺测量钢球的直径，读数如图乙所示，钢球直径为D ＝________cm.(2)要验证机械能守恒，只要比较________(填选项前的字母序号)即可．A.D 2与gh 是否相等(1t －1t)B.D 2与2gh 是否相等(1t －1t)C.D 2与gh 是否相等(1t －1t)D.D 2与2gh 是否相等(1t －1t)(3)钢球通过光电门的平均速度________(选填“>”或“<”)钢球球心通过光电门的瞬时速度．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为：0.9 cm ，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10 mm ＝0.50 mm ，所以最终读数为：0.950 cm.(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v ＝，D t根据机械能守恒的表达式有：mgh ＝mD 2，即只要比较D 212(1t －1t )与2gh 是否相等，故D 正确．(1t －1t)(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度．答案：(1)0.950 (2)D (3)<8.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展．如图所示，在一矩形半导体薄片的P 、Q 间通入电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B ，在M 、N 间出现电压U H ，。
