高三物理三维设计第十五章 第2单元 课下提知能

物理高一必修三三维设计电子版高三学年是学校关注的学年，是学生出成绩的一年，同时也是老师盼望的一年。

作为教师如何组织好自己的课堂教学，搞好复习，让学生交上高考满意的答卷，特制定如下教学计划：一、认真抓好第一轮复习1、时间：九月至明年三月底。

2、实施策略：根据考试大纲的要求，从必修1、必修2到静电学、到电磁学，最后复习3―5动量和原子物理部分。

具体是从每一章按单元的考点精析、考点精练、考点易错进行，然后作业落实、检查、反馈及评讲。

最后是复习检测。

3、关键：课堂的有效性，课后的全面落实妥当，方法的指导性。

4、研究高考题，指导好复习：结合复习内容，让学生感受高考真题，从而领悟复习中要达到怎样的要求。

同时起到训练学生思维能力的作用。

5、非政府不好周检测，及时发现问题，及时解决问题。

6、抓好落实是复习中的重要环节。

二、注重第二轮备考1、时间：四月到五月中旬。

2、实行策略：专题备考就是学生在一轮备考的基础上，把各个题型的各部分展开分散加强，使学生体会同一部分科学知识的相同题型、相同情境、相同数学分析。

就是学生能力提高最快的阶段，也就是德雷贝尔成绩的阶段。

3、抓好这一阶段的教学是高考取得好成绩的关键。

4、深入细致复习、深入细致非政府不好课堂教学，通识科细密。

三、不轻视整理复习回归课本1、时间：五月中旬至中考前。

2、实施策略：让学生梳理知识，看课本、看纠错集，教师答疑。

3、引导学生，调整心态，准备工作棒果。

一、工作思路：物理课本教学任务已经顺利完成，融合我校学生水平高的现状，从打赢基础提升考试能力著手，著重全面提高学生的素质和培育学生独立自主自学的能力，稳步提升学生分析问题和解决问题的能力，谋求存有几位同学物理中考成绩达至 60 分后以上，中考平均值成绩达至 30 分后。

二、情况分析：（一）教材分析：根据课程精心安排，秋季必须顺利完成一、二轮备考的教学任务，按照教务提供更多的《步步高》打牢基础，补漏伯粉，稳扎稳打，扎扎实实做好基本知识的备考。

(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．踢毽子是我国民间的一项体育游戏，被人们誉为“生命的蝴蝶”．近年来，踢毽子成为全民健身活动之一．毽子由羽毛和铜钱组成，在下落时总是铜钱在下、羽毛在上，如图1所示，对此分析正确的是( )A．铜钱重，所以总是铜钱在下、羽毛在上B．如果没有空气阻力，也总是出现铜钱在下、羽毛在上的现象C．因为空气阻力的存在，所以总是铜钱在下、羽毛在上D．毽子的自由下落是自由落体运动解析：如果没有考虑空气阻力，则毽子做自由落体运动，铜钱和羽毛中的一个在上，另一个在下，如果考虑空气阻力，则羽毛在上，铜钱在下，应选C.答案：C2．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m，由此可求得( )A．第1次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度解析：由Δx＝aT2可以求出质点运动的加速度，由第1次闪光到第3次闪光过程中的平均速度可以求出第2次闪光时的速度，然后由位移公式可以求出第一次闪光时的速度．从题中数据可直接得到从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移．由于质点从开始运动到第1次闪光的时间未知，所以无法确定质点运动的初速度，所以正确选项为A 、B 、C.答案：ABC3．将一小物体以初速度v 0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x 1和x 2，速度的变化量Δv 1和Δv 2的大小关系( )A ．x 1＝x 2B ．x 1＜x 2C ．Δv 1＞Δv 2D ．Δv 1＜Δv 2解析：设物体上升过程的加速度大小为a 1，下降过程的加速度大小为a 2，则有x 1＝12a 1·12＝12a 1，x 2＝12a 2·12＝12a 2，又a 1＞a 2，故x 1＞x 2，A 、B 均错误；由Δv＝a·Δt可得：Δv 1＝a 1·1＝a 1，Δv 2＝a 2·1＝a 2，故Δv 1＞Δv 2，C 正确，D 错误．答案：C4．(2020·周口模拟)如图2所示，传送皮带的水平部分AB 是绷紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 1，从B 端飞出时速度为v 1.若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t 2，从B 端飞出时的速度为v 2，则t 1和t 2、v 1和v 2相比较，可能的情况是( )A ．t 1＝t 2B ．t 2＞t 1C ．v 1＝v 2D ．v 1＞v 2解析：若皮带顺时针方向转动的速度不大于v 1，则物体m 由A 到B 一直匀减速，到B 端的速度为v 1，通过AB 的时间也为t 1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v 1时，物体m 在AB 上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体m 由A 到B 一直匀速或匀加速，到B 端的时间t 2≤t 1，速度v 2≥v 1，故A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC5．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图3所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离A点约为( )图3A．6.5 m B．10 mC．20 m D．45 m解析：小石子到达A点时的速度约等于AB中间时刻的瞬时速度vA＝xt＝0.0211000m/s＝20 m/s，h＝vA22g＝2022×10m＝20 m.答案：C6.如图4所示，小球以某一初速度v沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ＝30°，小球经过时间t返回到原出发点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为( )A.14gt B.24gtC.28gt D.22gt解析：小球在斜面上运动的加速度a＝gsin30°＝g2，上升的最大位移x＝v22a＝v 02g ，小球上升到最大高度的一半时，v t ＝2a ×x 2＝v 02，v 0＝a×t 2＝gt 4，故v t ＝28gt.答案：C7．(2020·孝感模拟)如图5所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法计算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v B 2－v 12＝2gh 可得：v B ＝17 m/s ，由单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt·14πd 12＝v B ·Δt·14πd 22，解得：d 2＝0.98 cm ，故B 正确． 答案：B8．(2020·齐齐哈尔模拟)一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动．若已知物体在第1 s 内位移为8.0 m ，在第3 s 内位移为0.5 m ．则下列说法正确的是( )A ．物体的加速度一定为3.75 m/s 2B ．物体的加速度可能为3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s解析：若物体在第3 s 末减速至零，则由x 3－x 1＝2at 2可得a ＝3.75 m/s 2，由v 2.5＝v 3＝x 3t可得v 2.5＝0.5 m/s ，若物体在第3 s 内已减速至零，则物体的加速度大于3.75 m/s2，物体在第2.5 s末的速度小于0.5 m/s，甚至可能为零．由公式得不管物体在第3 s内是否减速为零，C都是不正确的．综上所述，本题正确选项为B.答案：B9．以v＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，经2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是( ) A．10 m B．15 mC．20 m D．不会相碰解析：设第二个小球抛出后经t s与第一个小球相遇．法一：根据位移相等有v 0(t＋2)－12g(t＋2)2＝vt－12gt2.解得t＝1 s，代入位移公式h＝v0t－12gt2解得h＝15 m.法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落．根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即－[v0－g(t＋2)]＝v－gt，解得t＝1 s，代入位移公式得h＝15 m.答案：B10．物体做匀加速直线运动，加速度为a，物体通过A点时的速度为vA，经过时间t到达B点，速度为vB ，再经过时间t到达C点速度为vC，则有( )A．vB ＝vA＋vC2B．vB＝AB＋BC2tC．a＝BC－ABt2D．a＝vC＋vA2t解析：如图所示，B点为物体由A运动到C的中间时刻，所以v B ＝v A ＋v C 2＝AB ＋BC2t ，故A 、B 正确；AB 和BC 为连续相等的时间内的位移，所以BC －AB ＝at 2，故C 正确；由于v C ＝v A ＋a·2t，所以a ＝v C －v A2t，故D 错误．答案：ABC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，旗杆高度是19 m ，红旗从离地面1.4 m 处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续 4 s ，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．解析：因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，这样减速和加速的时间就是相同的，t 1＝t 3＝4 s ．匀速运动的时间为t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速和减速的平均速度都是v2总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v2t 3，其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m 解得v ＝0.4 m/s加速度为a ＝v t 1＝0.44 m/s 2＝0.1 m/s 2.答案：0.1 m/s 2 0.4 m/s12．(15分)(2020·浏阳模拟)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4 m 且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v 0开始自由下滑，当v 0＝2 m/s 时，经过0.8 s 后小物块停在斜面上．多次改变v 0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t ，作出t －v 0图象，如图6所示，求：图6(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？(2)某同学认为，若小物块初速度为4 m/s，则根据图象中t与v成正比推导，可知小物块运动时间为 1.6 s．以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结果．解析：(1)a＝vt＝2.5 m/s2ma＝μmgcosθ－mgsinθ得μ＝3 2.(2)不正确．因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．v 0＝4 m/s时，若保持匀减速下滑，则经过的位移x＝v22a＝3.2 m＞2.4 m，已滑到水平面上物体在斜面上运动，设刚进入水平面时速度为v1：v 12－v2＝－2ax斜，t1＝v1－v－a，得v1＝2 m/s，t1＝0.8 s水平面上运动的时间t2＝v1μg＝0.23 s运动的总时间t＝t1＋t2＝1.03 s.3 2(2)见解析答案：(1)。

(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F过球心，下列说法正确的是( )A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左图1C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上解析：对球受力分析，可以确定的力是水平力F和重力mg，根据平衡条件，斜面对球一定有弹力的作用，墙对球可能有弹力，也可能没有弹力．答案：BC2.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN.在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止．如图2所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直并且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．图2在此过程中，下列说法中正确的是( )A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．MN、P对Q的弹力的合力逐渐增大解析：对圆柱体Q受力分析如图所示，P对Q的弹力为F，MN对Q的弹力为F N，挡板MN向右运动时，F和竖直方向的夹角逐渐增大，如图所示，而圆柱体所受重力大小不变，所以F和F N的合力大小不变，故D选项错误；由图可知，F和F N都在不断增大，故A、C两项都错；对P、Q整体受力分析知，地面对P的摩擦力大小就等于F N，所以地面对P的摩擦力也逐渐增大．故选B.答案：B3．如图3所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，则( )图3A．F1＞F2 B．F1＝F2C．F T1＞T T2 D．F T1＝F T2解析：取A、B为一整体，由水平方向合力为零可得，F1＝F2＝μ(m A＋m B)g，A错误，B正确；隔离物体A可求得：F T1cosθ＝μ(m A g－F T1sinθ)，F T2cosθ＝μ(m A g＋F T2sinθ)，比较可得：F T1＜F T2，C、D均错误．答案：B4.(2011·开封模拟)如图4所示，A、B质量分别为m A和m B，叠放在倾角为θ的斜面上以相同的速度匀速下滑，则( )A．A、B间无摩擦力作用图4B．B受到的滑动摩擦力大小为(m A＋m B)g sinθC．B受到的静摩擦力大小为m A g sinθD．取下A物体后，B物体仍能匀速下滑解析：取A、B整体为研究对象，由于A、B在斜面上以相同的速度匀速下滑，所以整体受力平衡，(m A＋m B)g sinθ＝μ(m A＋m B)g cosθ，选项B正确．取A为研究对象，由受力平衡可知A受到B的静摩擦力为F f＝m A g sinθ，由牛顿第三定律可知，B受到A的静摩擦力大小也为m A g sinθ，选项C正确，A错误．取下A物体后，B物体的受力在沿斜面方向上仍满足m B g sinθ＝μm B g cosθ，即B物体仍能匀速下滑，选项D正确．答案：BCD5．(2011·青岛模拟)如图5甲所示，物块A正从斜面体B上沿斜面下滑，而斜面体在水平面上始终保持静止，物块沿斜面下滑运动的v－t图象如图乙所示，则下面说法中正确的是( )图5A．物块A在沿斜面下滑的过程中受到两个力的作用B．物块A在沿斜面下滑的过程中受到三个力的作用C．地面对斜面体B有水平向左的摩擦力作用D．斜面体B相对于地面没有水平向左或向右的运动趋势解析：由图乙可知，物块A沿斜面匀速下滑，故物块A一定受到重力、斜面对A的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故斜面体与地面之间的摩擦力等于零，C 错误，D 正确．答案：BD6.如图6所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为M 2，A 、B 用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角θ＝30°的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态．现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( ) 图6A ．绳子拉力逐渐减小B ．A 对斜面的压力逐渐增大C ．A 所受的摩擦力逐渐增大D ．A 所受的合力不变解析：以B 为研究对象，由二力平衡条件可知，绳子的拉力F 始终等于B 的重力的大小，即F ＝12Mg ，选项A 错误． 以A 为研究对象，未加沙子前，绳子拉力F T 与A 的重力沿斜面方向的分力平衡，A 与斜面间没有摩擦力的作用；加入沙子后，相当于A 的重力增加，A 对斜面的压力增大，为了平衡加入沙子的重力沿斜面方向的分力，A 将受到沿斜面向上的静摩擦力，且随着沙子的加入而逐渐增大，所以选项B 、C 正确．因为A 一直处于静止状态，所受的合力为零，保持不变，选项D 正确．答案：BCD7.如图7所示，A 、B 两物体紧靠着放在粗糙水平面上，A 、B 间接触面光滑．在水平推力F 作用下两物体一起加速运动，物体A 恰好不离开地面，则物体A 的受力个数为( ) 图7A ．3B ．4C ．5D ．6解析：A 恰好不离开地面，即A 与地面无作用力，故A 受重力、F 和B 对A 的作用力，共三个力，正确选项为A.答案：A8.如图8所示，质量为M 的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m 的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过 图8程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为( )A ．(M ＋m )gB ．(M ＋m )g －FC ．(M ＋m )g ＋F sin θD ．(M ＋m )g －F sin θ解析：匀速上滑的小物块和静止的楔形物块都处于平衡状态，可将二者看做一个处于平衡状态的整体．由竖直方向上受力平衡可得(M＋m)g＝F N＋F·sinθ，因此，地面对楔形物块的支持力F N＝(M＋m)g－F sinθ，D选项正确．答案：D9.(2011·临沂模拟)在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图9所示，靠在一起的两个质地相同，质量和大小均不同的包装箱随传送带一起上行，下列说法正确的是( )A．匀速上行时b受3个力作用图9B．匀加速上行时b受4个力作用C．若上行过程传送带因故突然停止时，b受4个力作用D．若上行过程传送带因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原来大解析：由于两包装箱的质地相同，则动摩擦因数相同．无论两包装箱匀速、匀加速运动，ab之间均无相对运动趋势，故无相互作用力，包装箱b只受三个力的作用，选项A正确；当传送带因故突然停止时，两包装箱加速度仍然相同，故两者之间仍无相互作用力，选项C错误；传送带因故突然停止时，包装箱受到的摩擦力与停止前无法比较，所以选项D错误．答案：A10.(2011·福州模拟)如图10所示，重50 N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端放置物体A后，弹簧长度伸长为14 cm，现用一测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20N，当弹簧的长度仍为14 cm时，测力计的读数不可能为( ) 图10 A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N解析：A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时F＋mg sin37°≤Ff m＋F弹，F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零．选项C正确．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图11所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，若物体恰好不下滑，则推力F为多少？若图11 物体恰好不上滑，则推力F为多少？(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：因为μ＜tan θ，F ＝0时，物体不能静止在斜面上．当物体恰好不下滑时，受力如图甲所示，有mg sin θ＝F cos θ＋F f ，F f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ＋F sin θ解得F ＝sin θ－μcos θμsin θ＋cos θmg 当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示，有mg sin θ＋F f ＝F cos θ，F f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ＋F sin θ解得：F ＝μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg . 答案：sin θ－μcos θμsin θ＋cos θ mg μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg 12.(15分)某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C (∠QCS ＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，如图12所示．已知小球的质量为m ，该同学(含磁铁)的质量为M ，求此时： 图12(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件得F sin30°＝F C sin30° F C cos30°＋F cos30°＝mg解得F ＝F C ＝33mg(2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，同理有F f ＝F sin30°F N ＋F cos30°＝(M ＋m )g将F 值代入解得F f ＝36mg F N ＝Mg ＋12mg .答案：(1)33mg (2)Mg ＋12mg 36mg。

一、选择题1．声波属于机械波，下列有关声波的描述中正确的是()A．同一列声波在各种介质中的波长是相同的B．声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快C．声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射D．人能辨别不同乐器同时发出的声音，证明声波不会发生干涉解析：同一声波在不同介质中传播的波速不同，而频率一定，λ＝v/f，波长不同，A错．机械波的波速由介质决定，B错．干涉、衍射是波的特有现象，C对、D错．答案：C2．如图12－2－14所示为简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示，由此可断定此横波()A．向右传播，且此时质点B正向上运动B．向右传播，且此时质点C正向下运动图12－2－14 C．向左传播，且此时质点D正向上运动D．向左传播，且此时质点E正向下运动解析：由质点A向上运动可以确定波向左传播，则质点B、C正向下运动，质点D、E 正向上运动，故C正确．答案：C3．一质点以坐标原点为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图12－2－15所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1 m/s，从t＝0时刻开始经过0.2 s后此质点立即停止运动，则再经过0.3 s时的波形图是图12－2－16中的() 图12－2－15图12－2－16解析：由振动图象可知，波源从平衡位置开始振动的方向向上，这意味着任一刚刚开始振动的质点的振动方向必定向上，故经过0.2 s＋0.3 s＝0.5 s时，波在x轴正方向传播的距离为0.5 m，且振动方向向上，B正确．答案：B4．如图12－2－17所示为一列横波的图象，在此时刻，质点P 的振动速度为v ，经过0.2 s ，P 的振动速度仍为v ，再经过0.2 s ，P 点的振动方向改变，速度大小还是v ，从而可以断定( )A ．若波向左传播，波速最小为10 m/s 图12－2－17B ．若波向左传播，波速最小为5 m/sC ．若波向右传播，波速最小为10 m/sD ．若波向右传播，波速最小为15 m/s解析：由题意，若波向左传播，则周期最大为0.8 s ．由λ＝4 m ，波速最小为5 m/s.B 正确，A 错误．若波向右传播，设质点由P 点到最大位移处再回到P 点的时间为t 1，由P 点直接到对称点P ′的时间为t 2，根据题意2t 1＋t 2＝0.2 s ，t 1＋2t 2＝0.2 s ，周期T ＝2t 1＋2t 2，解得最大周期为T ＝415s ，此时波速为v ＝λT ＝15 m/s ，故C 错，D 正确． 答案：BD5．(2010·北京高考)一列横波沿x 轴正向传播，a 、b 、c 、d 为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图12－2－18甲所示，此后，若经过34周期开始计时，则图乙描述的是( )图12－2－18A ．a 处质点的振动图象B ．b 处质点的振动图象C ．c 处质点的振动图象D ．d 处质点的振动图象解析：由题图乙可知，计时起点，质点向y 轴负方向运动，在题图甲中作出34T 以后的波动图象，根据波的传播方向和质点振动方向的关系可得选项B 正确．答案：B二、非选择题6．如图12－2－19所示为声波干涉演示仪的原理图．两个U 形管A 和B 套在一起，A 管两侧各有一小孔．声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率________的波．当声波分别通过A 、B 传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅________；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅________．图12－2－19解析：由同一波源分成的两列波频率相同，符合两列机械波干涉的条件．当两列波的路程差等于半波长的奇数倍时，振动减弱；当路程差等于波长的整数倍时，振动加强．答案：相同减小增大7．公路巡警开车在高速公路上以100 km/h 的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的超声波，如果该超声波被那辆轿车反射回来时：(1)巡警车接收到的超声波频率比发出的低．(2)巡警车接收到的超声波频率比发出的高．以上两种情况说明了什么问题？解析：(1)如果巡警车接收到的超声波频率比发出时低，由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互远离．又由于巡警车在后且车速恒定，所以轿车的速度大于100 km/h.(2)如果巡警车接收到的超声波频率比发出时高．由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互靠近，同理可知，轿车的速度小于100 km/h.答案：(1)轿车的速度大于100 km/h(2)轿车的速度小于100 km/h8．如图12－2－20所示，一列向右传播的简谐横波，波速大小为0.6 m/s，P质点的横坐标为x＝0.96 m．从图示时刻开始计时，求：图12－2－20(1)P质点刚开始振动时振动方向如何？(2)P质点开始振动后，其振动周期为多少？(3)经过多长时间P质点第二次到达波峰？解析：(1)波上每一点开始振动的方向都与此刻波上最前端质点的振动方向相同，即向下振动．(2)P质点开始振动后，其振动周期等于振源的振动周期，由v＝λ/T，可得：T＝λ/v＝0.4 s.(3)P质点第二次到达波峰也就是第二个波峰传到P点，第二个波峰到P点的距离为s ＝x ＋34λ＝1.14 m 所以t ＝s v ＝1.140.6 s ＝1.9 s. 答案：(1)向下振动 (2)0.4 s (3)1.9 s9．一列横波上有相距4 m 的A 、B 两点，波的传播方向是由A 向B ，波长大于2 m ，如图12－2－21所示的是A 、B 两质点的振动图象，求这列波可能的波速．图12－2－21解析：由振动图象得：质点振动周期T ＝0.4 sB 点比A 点晚振动的时间Δt ＝kT ＋34T (k ＝1,2,3，…) 所以A 、B 间的距离为Δs ＝kλ＋34λ(k ＝0,1,2,3，…) 则波长为λ＝4Δs 4k ＋3＝164k ＋3因为λ＜2 m ，所以k ＝0,1当k ＝0时，λ1＝163 m ，v 1＝λ1T ＝163×0.4 m/s ＝403 m/s 当k ＝1时，λ2＝167 m ，v 2＝λ2T ＝167×0.4 m/s ＝407 m/s 答案：403 m/s 或407m/s10．(2010·山东高考)渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位．已知某超声波频率为1.0×105 Hz ，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图12－2－22所示．(1)从该时刻开始计时，画出x ＝7.5×10－3 m 处质点做简谐运动的 图12－2－22 振动图象(至少一个周期)．(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4 s ，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．解析：本题考查振动图象与波动图象、波速公式、全反射等知识点，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力．(1)如图所示．(2)由波形图读出波长λ＝15×10－3 m 由波速公式得v ＝λf ①鱼群与渔船的距离为x ＝12v t② 联立①②式，代入数据得x ＝3000 m③ 答案：(1)见解析图 (2)3000 m。

【三维设计】高考物理一轮复习第二章第2单元课下提知能课时跟踪训练必修1(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住，在这三种情况下，若绳的张力分别为F1、F2、F3，轴心对定滑轮的支持力分别为F N1、F N2、F N3.滑轮的摩擦、质量均不计，则( )A．F1＝F2＝F3，F N1＞F N2＞F N3B．F1＞F2＞F3，F N1＝F N2＝F N3 图1C．F1＝F2＝F3，F N1＝F N2＝F N3D．F1＜F2＜F3，F N1＜F N2＜F N3解析：由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以F1＝F2＝F3＝G，又轴心对定滑轮的支持力等于绳对定滑轮的合力．而已知两个分力的大小，其合力与两分力的夹角θ满足关系式：F＝G2＋G2＋2GG cosθ＝G21＋cosθ，θ越大，F越小，故F N1＞F N2＞F N3，只有选项A正确．答案：A2.如图2所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角θ＜90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则图3中给出的弹簧伸长量x与cosθ的函数关系图象中，最接近的是图2( )图3解析：由于小球处于平衡，利用平衡条件可得kx ＝mg cos θ，故x －cos θ图象应为双曲线的一支，所以选项D 正确．答案：D3. (2011·衡阳模拟)如图4所示，轻杆BC 一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C ，重物系一绳经C 固定在墙上的A 点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计．若将绳一端从A 点沿墙稍向上移，系统再次平衡后，则( )A ．绳的拉力增大B ．轻杆受到的压力减小 图4C ．绳的拉力不变D ．轻杆受的压力不变解析：当系统平衡时，绳的拉力始终等于重物的重力，故绳的拉力不变，A 错误，C 正确；若将绳的上端从A 点沿墙稍向上移，平衡时AC 与CD 两段绳的夹角变大，因绳的拉力不变，故两段绳的拉力的合力变小，绳对轻杆的压力减小，B 正确，D 错误．答案：BC4.如图5所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N ，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是( )A ．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 NB ．此时千斤顶对汽车的支持力为2.0×105 N 图5C ．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大D ．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小解析：设两臂受到的压力均为F 1，汽车对千斤顶的压力为F ，两臂间夹角为θ，则有F ＝2F 1cos θ2，由此可知，当F ＝1.0×105 N ，θ＝120°时，F 1＝1.0×105N ，A 、B 均错误；若继续摇动把手，F 不变，θ减小，则F 1将减小，C 错误，D 正确．答案：D5.如图6所示，质量为m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA 和斜梁OB 作用于O 点的弹力分别为F 1和F 2，以下结果正确的是( )A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θ图6C．F2＝mg cosθ D．F2＝mg cosθ解析：由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如图，由平衡条件可知，F1和F2的合力与F T等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F1＝mg tanθ，F2＝mgcosθ，则D正确．答案：D6．(2011·长沙模拟)如图7所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，墙壁对涂料滚的支持力为F2，下列说法正确的是( ) 图7 A．F1、F2均减小 B．F1、F2均增大C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可知：F1sinθ－F2＝0F1cosθ－G＝0解得F1＝GcosθF2＝G tanθ由于θ减小，所以F1减小，F2减小，故正确答案为A.答案：A7.如图8所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向上．若物体静止在斜面上，则下列关系正确的是( ) 图8 A．F1sinθ＋F2cosθ＝mg sinθ，F2＜mgB．F1cosθ＋F2sinθ＝mg sinθ，F2＜mgC．F1sinθ－F2cosθ＝mg sinθ，F2＜mgD．F1cosθ－F2sinθ＝mg sinθ，F2＜mg解析：将物体所受的各个力进行正交分解，则沿斜面方向上：F1cosθ＋F2sinθ＝mg sinθ由于斜面对物体的支持力沿竖直方向的分力是向上的，因此F2＜mg，应选B.答案：B8.(2011·青岛模拟)如图9所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一 图9 切摩擦．下列说法中正确的是( )A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G解析：细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零．答案：D9.如图10所示，质量为m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( )A.32mg 和12mgB.12mg 和32mg 图10C.12mg 和12μmgD.32mg 和32μmg 解析：三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故F N ＝mg cos30°＝32mg ，F f ＝mg sin θ＝12mg ，A 正确．答案：A10．如图11所示，A 、B 两物体的质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，物体A 的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是( )图11A ．物体A 的高度升高，θ角变大B ．物体A 的高度降低，θ角变小C ．物体A 的高度升高，θ角不变D ．物体A 的高度不变，θ角变小解析：最终平衡时，绳的拉力F 大小仍为m A g ，由二力平衡可得2F sin θ＝m B g ，故θ角不变，但因悬点由Q 到P ，左侧部分绳子变长，故A 应升高，所以C 正确．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11. (15分)榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图12所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D所受压力的大小是F 的多少倍？图12 解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1＝F 2＝F 2cos θ 由几何知识得tan θ＝l b＝10.按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则 F N ＝F 2sin θ以上各式联立解得F N ＝5F所以物体D 所受压力的大小是F 的5倍．答案：5倍12．(15分)如图13所示，用三根轻绳将质量为m 的物体悬挂在空中，已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则绳ac 和绳bc 中的拉力分别为多少？解析：如图所示，以m 为研究对象，知F ＝mg ，以结点c 为研究对象， F bc ＝F 1＝F sin60°＝32mg ， 图13 F ac ＝F 2＝F sin30°＝12mg .答案：12mg 32mg。

(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．踢毽子是我国民间的一项体育游戏，被人们誉为“生命的蝴蝶”．近年来，踢毽子成为全民健身活动之一．毽子由羽毛和铜钱组成，在下落时总是铜钱在下、羽毛在上，如图1所示，对此分析正确的是( )A．铜钱重，所以总是铜钱在下、羽毛在上B．如果没有空气阻力，也总是出现铜钱在下、羽毛在上的现象C．因为空气阻力的存在，所以总是铜钱在下、羽毛在上D．毽子的自由下落是自由落体运动解析：如果没有考虑空气阻力，则毽子做自由落体运动，铜钱和羽毛中的一个在上，另一个在下，如果考虑空气阻力，则羽毛在上，铜钱在下，应选C.答案：C2．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m，由此可求得( )A．第1次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度解析：由Δx＝aT2可以求出质点运动的加速度，由第1次闪光到第3次闪光过程中的平均速度可以求出第2次闪光时的速度，然后由位移公式可以求出第一次闪光时的速度．从题中数据可直接得到从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移．由于质点从开始运动到第1次闪光的时间未知，所以无法确定质点运动的初速度，所以正确选项为A、B、C.答案：ABC3．将一小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x1和x2，速度的变化量Δv1和Δv2的大小关系( )A．x1＝x2B．x1＜x2C．Δv1＞Δv2 D．Δv1＜Δv2解析：设物体上升过程的加速度大小为a 1，下降过程的加速度大小为a 2，则有x 1＝12a 1·12＝12a 1，x 2＝12a 2·12＝12a 2，又a 1＞a 2，故x 1＞x 2，A 、B 均错误；由Δv ＝a ·Δt 可得：Δv 1＝a 1·1＝a 1，Δv 2＝a 2·1＝a 2，故Δv 1＞Δv 2，C 正确，D 错误．答案：C4．(2011·周口模拟)如图2所示，传送皮带的水平部分AB 是绷紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 1，从B 端飞出时速度为v 1.若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 2，从B 端飞出时的速度为v 2，则t 1和t 2、v 1和v 2相比较，可能的情况是( )A ．t 1＝t 2B ．t 2＞t 1C ．v 1＝v 2D ．v 1＞v 2解析：若皮带顺时针方向转动的速度不大于v 1，则物体m 由A 到B 一直匀减速，到B 端的速度为v 1，通过AB 的时间也为t 1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v 1时，物体m 在AB 上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体m 由A 到B 一直匀速或匀加速，到B 端的时间t 2≤t 1，速度v 2≥v 1，故A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC5．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图3所示．已知曝光时间为11000 s ，则小石子出发点离A 点约为()图3A ．6.5 mB ．10 mC ．20 mD ．45 m解析：小石子到达A 点时的速度约等于AB 中间时刻的瞬时速度v A ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，h ＝v A 22g ＝2022×10m ＝20 m.答案：C6.如图4所示，小球以某一初速度v 0沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ＝30°，小球经过时间t 返回到原出发点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为( )A.14gtB.24gtC.28gt D.22gt 解析：小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin30°＝g2，上升的最大位移x ＝v 022a ＝v 02g，小球上升到最大高度的一半时，v t ＝2a ×x 2＝v 02，v 0＝a ×t 2＝gt 4，故v t ＝28gt .答案：C7．(2011·孝感模拟)如图5所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法计算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v B 2－v 12＝2gh 可得：v B ＝17 m/s ，由单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt ·14πd 12＝v B ·Δt ·14πd 22，解得：d 2＝0.98 cm ，故B 正确． 答案：B8．(2011·齐齐哈尔模拟)一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动．若已知物体在第1 s 内位移为8.0 m ，在第3 s 内位移为0.5 m ．则下列说法正确的是( )A ．物体的加速度一定为3.75 m/s 2B ．物体的加速度可能为3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s解析：若物体在第3 s 末减速至零，则由x 3－x 1＝2at 2可得a ＝3.75 m/s 2，由v 2.5＝v 3＝x 3t可得v 2.5＝0.5 m/s ，若物体在第3 s 内已减速至零，则物体的加速度大于3.75 m/s 2，物体在第2.5 s 末的速度小于0.5 m/s ，甚至可能为零．由公式得不管物体在第3 s 内是否减速为零，C 都是不正确的．综上所述，本题正确选项为B.答案：B9．以v 0＝20 m/s 的速度竖直上抛一小球，经2 s 以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g 取10 m/s 2，则两球相碰处离出发点的高度是( )A ．10 mB ．15 mC ．20 mD ．不会相碰解析：设第二个小球抛出后经t s 与第一个小球相遇． 法一：根据位移相等有v 0(t ＋2)－12g (t ＋2)2＝v 0t －12gt 2.解得t ＝1 s ，代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得h ＝15 m.法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落．根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即 －[v 0－g (t ＋2)]＝v 0－gt ，解得t ＝1 s ，代入位移公式得h ＝15 m. 答案：B10．物体做匀加速直线运动，加速度为a ，物体通过A 点时的速度为v A ，经过时间t 到达B 点，速度为v B ，再经过时间t 到达C 点速度为v C ，则有( )A ．vB ＝v A ＋v C2B ．v B ＝AB ＋BC2tC ．a ＝BC －AB t 2D ．a ＝v C ＋v A2t解析：如图所示，B 点为物体由A 运动到C 的中间时刻，所以v B ＝v A ＋v C 2＝AB ＋BC 2t，故A 、B 正确；AB 和BC 为连续相等的时间内的位移，所以BC －AB ＝at 2，故C 正确；由于v C ＝v A ＋a ·2t ，所以a ＝v C －v A2t，故D 错误．答案：ABC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，旗杆高度是19 m ，红旗从离地面1.4 m 处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续4 s ，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．解析：因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，这样减速和加速的时间就是相同的，t 1＝t 3＝4 s ．匀速运动的时间为t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速和减速的平均速度都是v2总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v2t 3，其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m 解得v ＝0.4 m/s 加速度为a ＝v t 1＝0.44m/s 2＝0.1 m/s 2.答案：0.1 m/s 20.4 m/s12．(15分)(2011·浏阳模拟)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4 m 且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v 0开始自由下滑，当v 0＝2 m/s 时，经过0.8 s 后小物块停在斜面上．多次改变v 0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t ，作出t －v 0图象，如图6所示，求：图6(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？(2)某同学认为，若小物块初速度为4 m/s ，则根据图象中t 与v 0成正比推导，可知小物 块运动时间为1.6 s ．以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结 果．解析：(1)a ＝v 0t＝2.5 m/s 2ma ＝μmg cos θ－mg sin θ得μ＝32.(2)不正确．因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的 正比关系．v 0＝4 m/s 时，若保持匀减速下滑，则经过的位移x ＝v 022a＝3.2 m ＞2.4 m ，已滑到水平面上物体在斜面上运动，设刚进入水平面时速度为v 1：v 12－v 02＝－2ax 斜，t 1＝v 1－v 0－a，得v 1＝2 m/s ，t 1＝0.8 s 水平面上运动的时间t 2＝v 1μg＝0.23 s 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.03 s. 答案：(1)32(2)见解析。

高三物理教案三维目标精选5篇高三物理教案三维目标精选5篇作为一位无私奉献的人民教师，借助教案可以让教学工作更科学化。

教案要通过典型事例研究分析，怎样写教案才更能起到其作用呢？下面小编给大家带来教案模板,希望对大家有所帮助。

高三物理教案三维目标（精选篇1）新的一学年已经开始，为了把教学工作做实做细，全面贯彻课改精神，提升教学质量，力争在20__年的高考中取得优异的成绩，本学期在上学年高三教学工作的基础上总结经验、改善不足，现拟定本学期教学工作计划如下：一、指导思想以学校工作计划和杨校长《狠抓常规，坚持改革，实现新跨越》为指导，深入领悟普通高中《物理课程标准》(实验)，进一步认识物理课程的性质，领会物理课程基本理念，了解物理新课程设计的基本思路。

通过学习物理课程总目标和具体目标，使我们的物理教学工作更科学化、规范化、具体化。

认真学习新课程物理高考大纲，明确必修物理课和选修物理课的教学内容和考点要求，结合现行使用的教材做好调整，搞好高三的总复习工作。

学习有关教育改革和教学改革理论及经验，从提高学生全面素质、对每一个学生负责的基本点出发，根据学生的实际情况，制定恰当的教学计划与目标要求，使每一个学生在高中阶段都能得到发展和进步，顺利完成高中教学任务。

二、目标及任务1、实验班高110班乔阳阳、刘壮、江俊儒、郑宏宇、孙松松物理成绩达90分以上。

2、普通班高111班白明明、刘旭红、陈泳丹，高112班王福源、李秀秀、曹婷婷物理成绩达80分以上。

3、高考高110、111、112班力争达到学校下达的指标。

4、期末物理实验考查达100%。

5、培养学生自主学习能力。

讲授新课前一定要让学生先预习，找出自己疑惑的地方，并做好记录;对学有余力的学生，要鼓励其超前学习，自主复习，充分挖掘他们主动探索知识的潜力。

本学期力争让高110班100%的学生、高111、112班80%的学生学会自学，及自主复习。

6、周周清、月考实验班1—5名达95分以上，6—10名达90分以上，实验班均分达80分以上，普通班达70分以上。

第十五章狭义相对论基础一、基本要求1. 理解爱因斯坦狭义相对论的两个基本假设。

2. 了解洛仑兹变换及其与伽利略变换的关系；掌握狭义相对论中同时的相对性，以及长度收缩和时间膨胀的概念，并能正确进行计算。

3. 了解相对论时空观与绝对时空观的根本区别。

4. 理解狭义相对论中质量和速度的关系，质量和动量、动能和能量的关系，并能分析计算一些简单问题。

二、基本内容1.牛顿时空观牛顿力学的时空观认为，物体运动虽然在时间和空间中进行，但时间的流逝和空间的性质与物体的运动彼此没有任何联系。

按牛顿的说法是“绝对空间，就其本性而言，与外界任何事物无关，而永远是相同的和不动的。

”，“绝对的，真正的和数学的时间自己流逝着，并由于它的本性而均匀地与任何外界对象无关地流逝着。

”以上就构成了牛顿的绝对时空观，即长度和时间的测量与参照系无关。

2．力学相对性原理所有惯性系中力学规律都相同，这就是力学相对性原理（也称伽利略相对性原理）。

力学相对性原理也可表述为：在一惯性系中不可能通过力学实验来确定该惯性系相对于其他惯性系的运动。

3. 狭义相对论的两条基本原理（1）爱因斯坦相对性原理：物理规律对所有惯性系都是一样的，不存在任何一个特殊的（例如“绝对静止”的）惯性系。

爱因斯坦相对论原理是伽利略相对性原理（或力学相对性原理）的推广，它使相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于所有物理现象。

（2）光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度都相等。

光速不变原理是当时的重大发现，它直接否定了伽利略变换。

按伽利略变换，光速是与观察者和光源之间的相对运动有关的。

这一原理是非常重要的。

没有光速不变原理，则爱因斯坦相对性原理也就不成立了。

这两条基本原理表示了狭义相对论的时空观。

4. 洛仑兹变换()⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧--='='='--='2222211c u xc u t t z z y y c u ut x x （K 系->'K 系）()⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧-'+'='='=-'+'=2222211c u x c u t t z z y y c u t u x x （K 系->'K 系） 令u c β=，γ=①当0→β，γ=1得ut x x -='，,',','t t z z y y ===洛仑兹变换就变成伽利略变换。

(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图1所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则()图1A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103 W解析：原线圈中电压的有效值是220 V．由变压比知副线圈中电压为100 V，流过电阻的电流是10 A；与电阻并联的电压表的示数是100 V；经过1分钟电阻发出的热量是6×104J；P入＝P出＝U22R＝100210V＝1×103 W．只有D项正确．答案：D2．如图2所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，在原线圈ab两端加上电压为2202·sin100πt V的正弦交变电流，当原线圈中ab两端的电压为100 V的瞬间，副线圈两端理想交流电压表的读数为()图2 A．220 V B．22 2 VC．22 V D．10 V解析：在交变电流的电路中，交流电表的读数为交流电的有效值，故副线圈交流电压表的读数始终为22 V.答案：C3．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时()A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较低解析：在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U 损＝IR 增大，每盏灯两端的电压也就较低．答案：CD4．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图3所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是( )图3解析：电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B 、D 选项错误．同时，由I 1n 1＝I 2n 2知要使I 2＜I 1，须n 2＞n 1，故A 选项正确，C 选项错误．答案：A5．如图4为远距离输电线路的示意图，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )图4A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C ．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A 、B 错误；用户的总电阻减小，根据P ＝U 2R ，消耗的功率增大，输电线上电流增大，线路损失功率增大，C 项正确；升压变压器的输出电压等于输电线路上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D 项错误．答案：C6．(2010·全国卷Ⅱ)图5中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连；P 为滑动头．现令P 从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L 两端的电压等于 图5其额定电压为止．用I 1表示流过原线圈的电流，I 2表示流过灯泡的电流，U 2表示灯泡两端的电压，N 2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．图6的4个图中能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( )图6解析：由U 2＝n 2n 1U 1＝k v t n 1U 1知，灯泡两段的电压和时间成正比，则C 项对；随着灯泡功率的增大，变压器的输入功率也要增大，则I 1也增大，A 项错；灯泡的温度升高，电阻增加，流过灯泡的电流与时间不成正比关系，B 选项对；灯泡的功率N 2＝U 22R ，当电压和时间成正比时，功率不可能也和时间成正比关系，则D 项错．答案：BC7．如图7所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈中串一个灯泡L ，副线圈上接三个与L 相同的灯泡，这三个灯泡均能正常发光，则( )A ．灯L 也能正常发光 图7B ．灯L 比另三灯都暗C ．灯L 将会被烧坏D ．不能确定解析：原、副线圈中的电流之比为I 1I 2＝n 2n 1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I 额＝I 23.又I 1＝13I 2，所以通过原线圈中灯L 的电流恰为其额定电流，灯L 正常发光，所以A 正确．答案：A8．如图8所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n .原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( ) 图8A ．电动机两端电压为IRB ．电动机消耗的功率为I 2RC ．原线圈中的电流为nID ．变压器的输入功率为UI n解析：因电动机是非纯电阻电路，U ≠IR ，P ≠I 2R ，A 、B 错．电动机两端电压为U n ，故电动机消耗的功率为IU n ，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I 0＝I /n ，D 对C 错．答案：D9．(2010·重庆高考)一输入电压为220 V ，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图9所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为1 V ．按理想变压器分析，该变压器烧 图9坏前的原、副线圈匝数分别为( )A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360解析：由于理想变压器的电压比与原、副线圈匝数比的关系为U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，所以对于改装后的变压器有：2201＝n 15，n 1＝1100匝，对改装前的变压器则有：22036＝1 100n 2，故n 2＝180匝，正确选项为B.答案：B10．在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈的匝数分别为n 1＝600匝、n 2＝120匝，电源的电压为U ＝311sin100πt (V)，原线圈中串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，则( )A ．负载功率不能超过44 WB ．副线圈电流的最大值不能超过1 AC ．副线圈电流的有效值不能超过1 AD ．无论副线圈电流有多大，保险丝总不会被烧毁解析：保险丝的额定电流指有效值，由电流与线圈匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1及原线圈中电流的有效值I 1≤0.2 A 得副线圈中的电流的有效值I 2≤1 A ，则副线圈电流的最大值不能超过2I 2＝ 2 A ．再由电压与线圈匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2及原线圈两端的电压的有效值U 1＝U 1m 2＝220 V 得副线圈两端电压的有效值U 2＝44 V ，则有P ＝U 2I 2≤44 W ，故A 、C 选项正确，B 、D 选项错误．答案：AC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图10甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A 2的示数为2 A ，开关S 断开，求：图10(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S 闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．解析：(1)由图乙可知输入电压的有效值U 1＝200 V由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝20 V 变压器的输入功率P 1等于输出功率P 2故P 1＝P 2＝U 2I 2＝20×2 W ＝40 W.(2)将S 闭合，U 2不变，即电压表示数保持20 V 不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A 2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A 1的示数增大． 答案：(1)40 W 20 V (2)A 1示数增大 A 2示数增大 V 示数不变12．(15分)某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线总电阻为6 Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A ≈52.63 A 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16620 W ＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流为I ′＝P U ′＝20×1035000 A ＝4 A 用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5000－4×6)V ＝4976 V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U2＝n2n1U1＝122×4976 V≈226.18 V.答案：(1)16.62 kW(2)226.18 V。

1.在测定金属丝的电阻率的实验中，若估测金属丝的电阻R x约为3 Ω，为减小误差，并尽可能测量多组数据，要求金属丝的发热功率P<0.75 W，备有器材如下：A.6 V直流电源；B.直流电流表A1(0～0.6 A，内阻为0.5 Ω)；C.直流电流表A2(0～3 A，内阻为0.01 Ω)；D.直流电压表V1(0～3 V，内阻为1 kΩ)；E.直流电压表V2(0～15 V，内阻为5 kΩ)；F.滑动变阻器R1(0～100 Ω，最大允许电流1 A)；G.滑动变阻器R2(0～20 Ω，最大允许电流1 A)；H.开关、导线若干(1)上述器材应选用(用字母表示)。

(2)画出实验电路图。

(3)在图2－6中连接实物图。

图 2－6解析：(1)首先选出唯一性的器材，即A、H。

要求P<0.75 W，故I max＝PR x<0.753A＝0.5 A所以电流表选用B(0～0.6 A，内阻为0.5 Ω)又U max＝PR x<0.75×3 V＝1.5 V所以电压表选用D(0～3 V，内阻为1 kΩ)若采用限流接法，提供的两个滑动变阻器都不便于调节，而题目中要求尽量减小实验误差，故采用滑动变阻器分压接法，滑动变阻器选择G(0～20 Ω，最大允许电流1 A)。

故器材应选用A、B、D、G、H。

(2)因为R V≫R x，所以采用电流表外接法。

电路图如图甲所示。

(3)实物连接图如图乙所示。

答案：(1)A、B、D、G、H (2)(3)见解析图2.在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表A和电压表V、直流电源E、滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0 V开始变化。

图 2－7(1)实验中滑动变阻器应采用接法(填“分压”或“限流”)。

(2)某同学已连接如图2－7所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正。

A.________________________________________________________________________；B.________________________________________________________________________。

[A级——夺高分]1.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。

若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为()A．3B．4C．5 D．6解析：选B先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；再对M受力分析，受重力、m对它的垂直斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支持力，共受到4个力。

故B正确。

2.如图所示，质量为m带＋q电荷量的滑块，沿绝缘斜面匀速下滑，当滑块滑至竖直向下的匀强电场区域时，滑块运动的状态为()A．继续匀速下滑B．将加速下滑C．将减速下滑D．以上三种情况都可能发生解析：选A滑块在电场中受力方向沿着电场线方向，即竖直向下，相当于滑块的重力变大了，因为滑块开始是匀速下滑的，则摩擦力大小等于滑块重力沿着斜面向下的分力的大小。

故滑块在斜面方向上的合力为零不改变，所以滑块继续匀速下滑。

只有A正确。

3．物块静止在固定的斜面上，分别按图示的方向对物块施加大小相等的力F，A中F 垂直于斜面向上，B中F垂直于斜面向下，C中F竖直向上，D中F竖直向下，施力后物块仍然静止，则物块所受的静摩擦力增大的是()解析：选D物块受重力、支持力及摩擦力处于平衡，A中当加上F后，物块仍处于平衡，则在沿斜面方向上物块平衡状态不变，而重力沿斜面向下的分力不变，故摩擦力不变；故A错误；同理B中摩擦力也不变，故B错误；C中加竖直向上的F后，F有沿斜面向上的分力，若物块有沿斜面向下的运动趋势，此时沿斜面向下的重力的分力与沿斜面向上的F的分力及摩擦力平衡，故摩擦力将变小，故C错误；同理D中加竖直向下的力F后，F有沿斜面向下的分力，则沿斜面向下的力增大，故增大了摩擦力；故D正确。

4.如图，静止在水平面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，现对物块施加水平向右的拉力F，物块m仍能沿斜面运动。

则下列判断正确的是()A ．物块m 仍将沿斜面匀速下滑B ．物块m 将沿斜面加速下滑C ．地面对斜面体有向左的摩擦力D ．地面对斜面体的支持力等于(M ＋m )g解析：选B 对物块m 受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，设斜面的倾角为θ，根据平衡条件，有f ＝mg sin θ，N ＝mg cos θ，f ＝μN ＝μmg cos θ。