大二物理备考

回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i ­x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v ­t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U ­t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。

大二物理知识点及公式大全在大二物理学习中，掌握物理知识点和公式是非常重要的。

下面将为您整理大二物理知识点及公式大全，帮助您更好地理解和应用这些概念。

一、力和运动1. 牛顿第一定律：物体在不受力的作用下保持静止或匀速直线运动。

2. 牛顿第二定律：F = m·a，力等于物体质量乘以加速度。

3. 牛顿第三定律：任何两个物体之间的相互作用力大小相等、方向相反。

二、力学1. 动量：p = m·v，动量等于物体质量乘以速度。

2. 冲量：J = F·Δt，冲量等于力乘以时间。

3. 动能：KE = 1/2·m·v^2，动能等于物体质量乘以速度的平方再除以2。

4. 功：W = F·s，功等于力乘以位移。

5. 功率：P = W/Δt，功率等于功除以时间。

6. 机械能守恒定律：在只受重力和弹力做功的情况下，机械能守恒。

三、振动与波动1. 振动周期：T，振动周期是一个完整振动所用的时间。

2. 频率：f，频率是单位时间内振动次数的倒数。

3. 简谐振动：受力方向与位移方向成正比的振动。

4. 波长：λ，波长是相邻波峰或波谷之间的距离。

5. 频率与波长的关系：v = f·λ，波速等于频率乘以波长。

四、光学1. 光的折射定律：n1·sinθ1 = n2·sinθ2，入射角的正弦与折射角的正弦成比例。

2. 焦距公式：1/f = 1/v + 1/u，其中f为焦距，v为像距，u为物距。

3. 成像公式：1/v + 1/u = 1/f，根据成像公式可以求得物体成像的位置和大小。

4. 光的干涉与衍射：光通过两个或多个狭缝或物体时产生的干涉或衍射现象。

5. 光的颜色和频率：光的颜色与频率有关，红光的频率低，紫光的频率高。

五、电学1. 电流：I，电荷通过导体的速率。

2. 电压：V，单位电荷在电场中的势能。

3. 电阻：R，电流在电路中遇到的阻碍。

4. 欧姆定律：I = V/R，电流等于电压除以电阻。

大二物理知识点大二物理是物理学专业的重要学科阶段，涵盖了许多重要的物理知识点。

以下将介绍一些大二物理的核心知识点，以帮助读者对该学科有更全面的理解。

1. 电磁场理论大二物理的核心知识点之一是电磁场理论。

电磁场理论研究了电荷和电流如何相互作用，并且形成电磁场的基本规律。

其中包括关于静电场、电流场和磁场的知识。

例如，库仑定律、麦克斯韦方程组、电磁感应等概念和定理都属于电磁场理论的范畴。

2. 光学光学是大二物理中一个重要的分支，主要研究光的产生、传播、反射、折射、干涉和衍射等现象。

这些现象的本质是光的波动性和粒子性相结合的结果。

大二物理中的光学知识点包括光的偏振、光的衍射和干涉、光的像差、光的传播速度等内容。

3. 热力学热力学是研究物质的热现象和热力现象的学科，是大二物理中不可或缺的一部分。

热力学涉及内能、热传导、热容等概念，也包括热力学定律和热力学过程等内容。

了解热力学的基本原理和公式，可以帮助我们理解能量转化和能量传递的规律。

4. 原子物理学原子物理学是研究原子和原子核结构、性质和相互作用的学科。

大二物理中的原子物理学涉及到原子的结构、原子能级、原子核的稳定性、放射性衰变等内容。

了解原子物理学的知识有助于我们理解原子的微观性质和原子与外界的相互作用。

5. 牛顿力学牛顿力学是经典物理学的核心，是大二物理的基础。

它研究了物体运动的规律和力的作用。

大二物理中的牛顿力学主要涉及质点的运动、牛顿三定律、动量守恒、力的合成等内容。

掌握牛顿力学的基本原理和计算方法，是理解物体运动规律和力学问题解决的基础。

以上是大二物理中的一些核心知识点，涵盖了电磁场理论、光学、热力学、原子物理学和牛顿力学等多个学科领域。

了解和掌握这些知识点，将对学生在大二物理的学习和研究中起到重要的指导作用，并且为今后的物理学习打下坚实的基础。

1-3．一质点在xOy 平面内运动，运动函数为22,48x t y t ==-。

（1）求质点的轨道方程并画出轨道曲线；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由2,x t =得：,2x t =代入248y t =-可得：28y x =-，即轨道曲线。

画图略（2）质点的位置可表示为：22(48)r ti t j =+-由/v dr dt = 则速度：28v i tj =+由/a dv dt = 则加速度：8a j =则：当t=1s 时，有24,28,8r i j v i j a j =-=+=当t=2s 时，有48,216,8r i j v i j a j =+=+=1-4．一质点的运动学方程为22(1)x t y t ==-，，x 和y 均以m 为单位，t 以s 为单位。

（1）求质点的轨迹方程；（2）在2t s =时质点的速度和加速度。

解：（1）由题意可知：x ≥0，y ≥0，由2x t =，，可得t =代入2(1)y t =-1=，即轨迹方程（2）质点的运动方程可表示为：22(1)r t i t j =+-则：/22(1)v dr dt ti t j ==+-/22a dv dt i j ==+因此, 当2t s =时，有242(/),22(/)v i j m s a i j m s =+=+1-9．汽车在半径为400m 的圆弧弯道上减速行驶，设在某一时刻，汽车的速率为-110m s ⋅，切向加速度的大小为-20.2m s ⋅。

求汽车的法向加速度和总加速度的大小和方向。

解：法向加速度的大小222100.25(/),400===n v a m s ρ 方向指向圆心总加速度的大小20.32(/)===a m s如图1-9，tan 0.8,3840',na a ταα===︒ 则总加速度与速度夹角9012840'θα=︒+=︒2-26．如图所示，在水平地面上，有一横截面2S=0.20m 的直角弯管，管中有流速为1=3.0m s v -⋅的水通过，求弯管所受力的大小和方向。

大二原子物理笔记原子物理是研究微观世界中原子的结构、性质和相互作用的学科。

了解原子物理的基本知识对于理解现代科学和技术的发展具有重要意义。

本文将简要介绍原子物理的几个基本概念和主要内容，帮助读者初步了解这一领域。

一、原子结构原子是物质最基本的组成单位，由质子、中子和电子组成。

质子和中子位于原子核内，形成原子核，而电子以轨道的方式绕核运动。

质子的电荷为正电荷，中子没有电荷，电子带有负电荷。

原子中的质子数等于电子数，因而整体上呈电中性。

原子核是原子的中心部分，集中了几乎全部的质量。

原子核由质子和中子组成，质子数称为原子序数，对应元素的种类，中子数和质子数之差称为中子数。

原子核的直径约为10^-15米，相对于整个原子来说非常小。

三、原子的能级和能量原子中的电子围绕着原子核旋转，不同的能级对应不同的能量。

电子处于低能级时，原子是稳定的。

当电子吸收足够能量后，可以跃迁到较高的能级。

这种跃迁会伴随能量的辐射或吸收，产生光谱现象。

四、原子的辐射与吸收原子在受到能量激发时会发生辐射，向外释放能量。

这种辐射包括电磁辐射和粒子辐射。

原子也可以通过吸收能量而发生电离或激发，这种吸收辐射也是原子物理中的重要内容。

五、原子的量子力学描述量子力学是描述微观粒子行为的理论体系。

原子物理中使用量子力学的概念和方法来解释原子的结构和性质。

薛定谔方程是量子力学的基本方程之一，可以描述电子在原子中的运动和状态。

六、原子与化学反应原子的结构和性质直接影响化学反应的进行和结果。

通过了解原子的电子布局和化学键的形成，可以预测化学反应的发生和产物的性质。

原子物理的研究为化学学科的发展提供了基础理论支持。

总结起来，大二原子物理笔记主要涵盖了原子结构、原子核、能级与能量、辐射与吸收、量子力学描述以及原子与化学反应等方面的内容。

通过深入学习和理解这些概念，我们可以更好地掌握原子物理学的基本原理，为今后的学习和研究奠定良好的基础。

大二下学期物理知识点总结一、力学1. 动力学动力学研究物体的运动规律，是力学的一个重要分支。

在大二下学期的物理课程中，我们学习了牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及万有引力等内容。

牛顿第一定律（惯性定律）：物体在外力作用下保持静止或匀速直线运动，直至外力作用终止。

牛顿第二定律（运动定律）：物体在外力作用下会发生加速，其加速度大小与外力成正比，与物体的质量成反比，且在同一直线上与外力方向相同。

牛顿第三定律（作用-反作用定律）：两个物体相互作用时，彼此之间的作用力与反作用力大小相等、方向相反。

平抛运动是指物体在水平方向做匀速直线运动的同时，竖直方向存在匀加速直线运动的情况。

在学习中，我们掌握了平抛运动的位移、速度、加速度等相关计算方法。

圆周运动是指物体在圆周运动过程中的运动规律，包括圆周运动速度、圆周运动加速度以及向心力等相关内容。

通过学习，我们了解了圆周运动的加速度计算方法，以及向心力与离心力的区别与计算方法。

万有引力是由牛顿在《自然哲学的数学原理》中提出的重要物理学定律。

在大二下学期的物理课程中，我们系统学习了万有引力的大小计算、万有引力与万有引力势能的关系，以及地球表面引力的计算等内容。

2. 动能与功率动能是物体由于运动而具有的能量，其大小与物体的质量以及运动速度有关。

在课程中，我们学习了动能的计算公式，以及与势能的转化关系等内容。

功率是描述单位时间内对物体所做的功或能量转换速率的物理量。

我们学习了功率的计算公式，以及功率与动能、动力的关系，掌握了功率的单位和量纲等内容。

3. 质点系与刚体运动在学习动力学的过程中，我们还系统学习了质点系与刚体运动的相关知识。

质点系的运动规律涉及到多个物体的运动相互影响，我们学习了质点系的动量守恒定律、机械能守恒定律，以及弹性碰撞和非弹性碰撞等内容。

在刚体运动方面，我们学习了刚体的平动运动和转动运动规律，掌握了刚体的绕定轴转动的运动方程、角动量守恒定律等内容。

二、热学1. 热力学基本概念热力学是研究热现象和热能转换的学科，我们在大二下学期的物理课程中系统学习了热力学的基本概念。

1命题规律 1.命题角度：(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常考题型：选择题．11 ．研究对象的选取：整体法和隔离法．2 ．受力分析的方法(1)假设法．(2)转换研究对象法：根据牛顿第三定律，如图1.图1(3)动力学分析法：根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向，如图2.图23 ．共点力平衡的常用处理方法考向一合成法例1 (2020 ·全国卷Ⅲ·17)如图3，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于( )图3A ．45°B ．55°C ．60°D ．70°答案 B解析取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.考向二正交分解法例2 如图4 所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是( )图4A ．金属棒受到的安培力大小为F＝BIL sin θB ．金属棒受到的摩擦力大小为F f＝BIL cos θC ．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D ．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大答案 C解析金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有F f＝F sin θ＝BIL sin θ，F N＝G－F cos θ＝G－BIL cos θ，若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D 错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．总结提升(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．考向三整体法与隔离法在平衡中的应用例3 (2021·辽宁省1 月适应性测试·7)如图5 所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2 与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足( )图5A ．tan α＝3cot βB ．2tan α＝3cot βC ．3tan α＝tan(α＋β)D ．3tan α＝2tan(α＋β)答案 C解析设绳子拉力为F T，墙壁支持力为F N ，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得F T cos α＝3mg，F T sin α＝F N对小球进行受力分析，可得F cos (α＋β)＝mg，F sin (α＋β)＝F N ，联立得3tan α＝tan (α＋β)故选C.21 ．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．2 ．三力作用下的动态平衡3 ．四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图6 ，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力mg－qE 代替重力与静电力．图6如图7，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．(tan θ＝μ)图7(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．考向一图解法例4 (2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图8 所示，斜面体A放在粗糙水平面上，小球B用轻绳拴住置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦．现用水平向左的力缓慢拉动斜面体，小球始终未脱离斜面．下列说法正确的是( )图8A ．轻绳的拉力先变小后变大B ．斜面对小球的支持力不变C ．水平面对斜面体的摩擦力变小D ．水平面对斜面体的支持力变大答案 C解析对小球受力分析如图所示，轻绳的拉力变大，斜面对小球的支持力变小，A 、B 错误；轻绳的竖直分力在变大，将小球和斜面体看作一个整体，则水平面对斜面体的支持力变小，根据滑动摩擦力公式可知，水平面对斜面体的摩擦力变小，C 正确，D 错误．考向二 相似三角形法例 5 (多选)(2020 ·百校联盟必刷卷三)如图 9 所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在 环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力 F 拉细线，使小球缓慢沿圆环向上 运动，此过程中圆环对小球的弹力大小为 F N ，则在运动过程中( )A ．F 增大 C ．F N 不变 图 9B ．F 减小 D ．F N 增大答案 BC解析 小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，小球受重力 G 、F 、F N 三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如图所示；由图可知△OAB ∽△GF N F ，即： G F F N ＝ ＝R AB R小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，重力 G 不变，AB 长度减小，故 F 减小，F N 不变，故选B 、C.考向三 解析法例 6 如图 10 所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两 端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变， 将 B 端分别移动到不同的位置，则下列判断正确的是( )图 10A ．B 端移动到 B 1 位置时，绳子张力变大B ．B 端移动到 B 2 位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小答案 D解析 如图所示， 设绳子间的夹角为 2α ，绳子总长为L ，两杆间距离为 s ，由几何关系得L 1sin α ＋L 2sin α＝s ，解得 s in α＝ s ＝s ，当 B 端移到 B 1、B 2 位置时，s 、L 都不变，则α也不变，由平衡条件可知 2F cos α＝mg ，绳子张力 F ＝ mg，α不变，绳子张力F 也不变，A 、B 错误；B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，s 减小，L 不变，则α减小，cos α增大，由 F ＝ mg 知，F 减小，C 错误，D 正确．1.如图 11 所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨 道上，一细线穿过轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重 力加速度为 g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图 11A ．轨道对轻环的支持力大小为 mgB ．细线对 M 点的拉力大小为mg2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° 答案 D解析 对圆环受力分析，因圆环两边细线的拉力大小相等，可知两边细线拉力与 O A 夹角相 等，设为θ ，由几何关系可知， ∠OMA ＝ ∠MAO ＝θ ，则 3θ＝90° ，θ＝30° ，则轨道对轻环的 支持力大小为 F N ＝2mg cos 30°＝ mg ，选项 A 错误； 细线对 M 点的拉力大小为 F T ＝mg ，选 项 B 错误； 细线对轻环的作用力大小为 F N ′＝F N ＝ mg ，选项 C 错误； 由几何关系可知， N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° ，选项 D 正确．L 1＋L 2 L2cos α2cos α2.(多选)(2020·安徽安庆二中质检)如图 12 所示，质量为 M 的木楔倾角为θ ，在水平地面上保 持静止．当将一质量为 m 的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果用与斜面成α角的 力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑．重力加速度为 g ，下列说法中正确的是( )图 12A ．当α＝2θ时，F 有最小值B ．F 的最小值为 mg sin 2θC ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向右D ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向左 答案 BD解析 选木块为研究对象，当没加外力 F 时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，此时平行于斜面方向必有 m g sin θ＝μmg cos θ . 当加上外力 F 时，对木块受力分析如图，则 有F f ＝μF N ，平行于斜面方向有F f ＋mg sin θ＝F cos α ，垂直于斜面方向有 F N ＋F sin α＝mg cos θ，联立解得 F ＝＝，故当α＝θ时，F 有最小值，最小值为 F min ＝mg sin2θ ，故 A 错误，B 正确； 选 M 和 m 组成的整体为研究对象，设水平地面对木楔 M 的静摩擦 力为F f ′，水平方向受力平衡，则有F f ′＝F cos(θ＋α) ，可知静摩擦力的方向水平向左，故 C 错误，D 正确．3.(多选)如图 13 所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环 D 固定在半球形物 体球心 O 的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在 A 点，另一端用轻质细绳穿过小环 D 与放在半球形物体上的小球 P 相连，DA 水平．现将细绳固定点 A 向右缓慢平移的过程中(小 球 P 未到达半球最高点前) ，下列说法正确的是( )2图13A ．弹簧变短B ．弹簧变长C ．小球对半球的压力不变D ．小球对半球的压力变大答案AC解析以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细线的拉力F T 和半球面的支持力F N，作出F N、F T 的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得F N ＝F＝F T ，PO DO PD将F＝G代入得：F N＝PO G，FT＝PD G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD DO DO变小，可知F T 变小，F N 不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C 正确，B 、D 错误．[保分基础练]1.(2021·江苏省1 月适应性考试·3)如图1 所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )图11 2 32 答案 B解析 对衣服进行受力分析，如图所示：由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力 F N 与竖直方向的夹角为 30°， 则有 2F N cos 30°＝Mg ， 得 F N ＝Mg ，故选 B .2.戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图 2 所示， 两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时( )图 2A ．两人站得越近越省力B ．两人站得越远越省力C ．两边绳子与竖直方向夹角为 60°时最省力D ．绳子拉力大小与两人距离远近无关答案 A3.如图 3 所示，两个相同的木模质量均为 m ，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互” 字形静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理．已知重 力加速度为 g ，则图中短线 a 上的张力 F 1 和水平面所受压力 F 2 满足( )图 33C. Mg D ．Mg A. Mg B. MgA ．F 1>mg ，F 2<2mgB ．F 1>mg ，F 2＝2mgC ．F 1<mg ，F 2<2mgD ．F 1<mg ，F 2＝2mg 答案 B解析 对两个木模的整体受力分析，整体受 2mg 的重力和水平面的支持力 F 2 ′ ，有 F 2 ′＝ 2mg ，由牛顿第三定律可知，水平面所受压力 F 2＝F 2 ′ ，对上方木模分析可知，短线 a 上的 张力 F 1 向上，两长线的拉力 F T 向下，有 2F T ＋mg ＝F 1 ，故有 F 1>mg ，故选 B .4.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图 4 所示，空调外机的重心在支架水平横梁 AO 和斜梁 BO 连接点 O 的上方，横梁对 O 点的拉力沿 OA 方向、大小为 F 1 ，斜梁对 O 点的 支持力沿 BO 方向、大小为 F 2 .如果把斜梁加长一点，仍保持连接点 O 的位置不变，则( )A ．F 1 增大 C ．F 2 不变 答案 B解析 对 O 点受力分析如图所示图 4B ．F 1 减小 D ．F 2 增大由平衡条件得 F 1＝ ，F 2＝，保持连接点 O 的位置不变，斜梁长度增加，θ变大，所 以 F 1 、F 2 均减小．故选 B .5.(2021· 东北三省四市教研联合体 3 月模拟)如图 5 所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨 过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加水平 力 F ，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止．设甲受到地面的摩擦力 为F f ，支持力为 F N ，细绳的拉力为 F T ，则该过程中( )图 5A ．F f 变小，F 不变B ．F T 变大，F N 变大C ．F f 变大，F N 变小D ．F T 不变，F 不变 答案 C解析 取乙为研究对象，分析其受力情况，设与乙相连的细绳与竖直方向夹角为α ，则水平 力 F ＝mg tan α ，细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，则 F 增大； 取物体甲为研究对象，甲受到 重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中绳子的拉力 F T ＝ mg ，α逐渐增cos α 大，绳子的拉力 F T 逐渐增大，F T 在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面对甲的摩擦力 增大； F T 在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力 F N 变小．故选 C . 6.(2021·湖北省 1 月选考模拟 ·6)如图 6 所示，矩形平板 ABCD 的 AD 边固定在水平面上，平 板与水平面夹角为θ，AC 与 AB 的夹角也为θ .质量为 m 的物块在平行于平板的拉力作用下， 沿 AC 方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ ，重力加速度大小为 g ，拉力大小 为( )图 6A ．2mg sin θcosθB ．2mg sin θC ．2mg sin θD ．mg sin θcos θ答案 A解析 对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平板向下的分力为 m g sin θ ，支持力 F N ＝ mg cos θ ，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝m g sin θ ，则拉力 F ＝2mg sin θcos θ ，故 A 正确．7.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图 7 所示，将一光滑轻杆固定在水平地面上， 杆与地面间的夹角为 30°，一光滑轻环(不计重力)套在杆上，一个大小和质量都不计的滑轮通 过轻绳 OP 悬挂在天花板上，用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上，现用水平向右的力缓慢拉绳， 当轻环静止不动时，OP 绳与天花板之间的夹角为( )2 2 2 2图 7A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 C解析 对轻环 Q 进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方 向没有分力； 由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是 30°；对滑轮进行受力分析如 图乙，由于滑轮的质量不计，则 OP 绳对滑轮的拉力与两个绳子拉力的合力大小相等、方向 相反，所以 O P 绳的方向一定在两根绳子夹角的角平分线上，由几何关系得 O P 绳与竖直方 向之间的夹角： β＝90°＋30°－30°＝30° ，则 O P 绳与天花板之间的夹角为： 90°－β＝60° ，故选 C .8.(2021·上海交大附中高三上学期 1 月期末)如图 8，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一定质量 的带电小球 A 在斜面上保持静止，小球A 与斜面间有平行于斜面的细线相连，带电小球 B 用 绝缘杆固定，A 、B 在同一水平高度，此时斜面对小球 A 无支持力．现保持 B 球的水平高度 不变，将 B 球缓慢向左移动一小段距离，则在此过程中( )图 8A ．小球 A 脱离斜面，细线所受的拉力变大B ．小球A 脱离斜面，细线所受的拉力变小C ．小球A 仍在斜面上，细线所受的拉力变大D ．小球 A 仍在斜面上，细线所受的拉力变小 答案 A解析 因为此时斜面对小球A 无支持力，可知 B 球对A 球有引力作用； 若将 B 球缓慢向左移 动一小段距离，距离减小，则引力变大，则小球 A 将脱离斜面； B 球对A 球的引力变大，引 力与重力的合力变大，根据力的平衡条件，则细线所受的拉力变大，故选 A.2[争分提能练]9.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图9，一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( )图9A ．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答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B 正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D 正确．10 ．(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10 所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( )图10A ．推力F先增大后减小B ．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C ．墙面对凹槽的压力先增大后减小解得 F N ＝m g ，F ＝mglABLD ．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案 C解析 对滑块受力分析，由平衡条件有 F ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，θ为 F 与水平方向的夹角，滑块从 A 缓慢移动到 B 点时，θ越来越大，则推力 F 越来越大，支持力 F N 越来越小，所以 A 、B 错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 F N ′＝F cos θ＝mg sin θcos θ＝1mg sin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 C 正确；水平地面对凹槽的支持力为F N 地＝(M ＋m )g －F sin θ＝(M ＋m )g －mg sin 2θ则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以 D 错误．11 ．(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高三期末)如图 11 所示，有一长为 L 的轻杆，一 端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为 m 的小球 B ，在距铰链正上方 L 处有一光 滑轻质小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球 B 上的细线，使小球 B 缓慢上移，手对细 线的拉力大小为 F ，杆对小球 B 的弹力大小为 F N ，重力加速度为 g ，在移动过程中，下列说 法正确的是( )图 11A ．F 不变，F N 减小B ．F 减小，F N 不变C ．当杆被拉至水平状态时 F ＝ mgD ．杆对小球 B 的弹力大小恒为 mg 答案 BCD解析 对 B 球受力分析，画出力的示意图如图所示根据相似三角形规律有mg ＝F N ＝ FL L l AB 2小球B缓慢上移，重力m g不变，L不变，则杆对小球的弹力大小F N 不变，绳子长度l AB减小，所以F减小，A错误，B、D正确；当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为l AB＝2L，由相似三角形关系可得F＝mg，C 正确．12.如图12 所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中( )图12A ．OA绳的拉力逐渐增大B ．OA绳的拉力先增大后减小C ．OB绳的拉力先增大后减小D ．OB绳的拉力先减小后增大答案 B解析以重物为研究对象，重物受到重力m g、OA绳的拉力F1 、OB绳的拉力F2 三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1 先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2 开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A 、C 、D 错误．13 ．(2021·山东滨州市高三期末)如图13 所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N ，放在水平地面上，轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球A、B重均为10 N ．当用最小的恒力F作用在小球B上时，A、B、C均保持静止，绳a与竖直方向的夹角为30°.下列说法正确的是( )图13A ．力F的大小为5 NB ．绳a的拉力大小为10 NC ．地面对 C 的摩擦力大小为 10 ND ．地面对 C 的支持力大小为 40 N 答案 B解析 以A 、B 整体为研究对象，整体受到重力 2G 、绳 a 的拉力 F T a 和恒力 F ，当恒力 F 的 方向与绳 a 拉力的方向垂直向上时，F 最小，如图所示．则 F ＝2G sin 30°＝2×10×1N ＝10 N ，F T a ＝2G cos 30°＝2×10× N ＝10N ，故 A 错误，B 正确； 以 A 、B 、C 及竖直杆整体为研究对象，根据水平方向受力平衡可得F f ＝F cos 30°＝ 10×N ＝5N ，根据竖直方向受力平衡可得 F N ＋F sin 30°＝G A ＋G B ＋G C 、杆，解得 F N ＝G A＋G B ＋G C 、杆－F sin 30°＝10 N ＋10 N ＋20 N －10×1N ＝35 N ，故 C 、D 错误．2 2222命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常考题型：选择题．11 ．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2 ．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．(2)双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．3 ．处理追及问题的常用方法函数法例 1 (2019·全国卷 Ⅰ·18)如图 1 ，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的 最大高度为 H .上升第一个H 所用的时间为t 1，第四个H所用的时间为 t 2.不计空气阻力，则t 2满足( )A ．1<t 1<2 t 2答案 C图 1B ．2<t 1<3 t 2解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知 ＝ ＝2＋ ，即3<t 1<4 ，选项 C 正确．例 2 (2021· 山东济宁市高三期末)强行超车是道路交通安全的极大隐患．如图 2 是汽车超车 过程的示意图，汽车甲和货车均以 v 0＝36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长 L 1＝4.8 m ，货车车身长 L 2＝7.2 m ，货车在甲车前 s ＝4 m 处．若甲车司机开始加速从货车左 侧超车，加速度大小为 a ＝2 m/s 2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽 度．求：图 2(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距 s 0＝115 m ，乙车速 度为 v 乙＝54 km/h. 甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车 能否安全超车．答案 (1)4 s (2)不能安全超车解析 (1)设甲车完成超车至少需要时间 t ，则 t 时间内甲车位移为 x 甲＝v 0t ＋1at 2 ，货车位移4 4 t 1 t t t D ．4<t 1<5C ．3<t 1<4 2 22 2为x货＝v0t完成超车需满足x甲＝x货＋L1＋L2＋s联立求解可得t＝4 s.(2)刚好完成超车时，甲车位移为x甲＝v0t＋1at2＝56 m乙车位移大小为x乙＝v乙t＝60 m．x甲＋x乙>s0 ，所以不能安全超车．21 ．超重与失重2 ．瞬时加速度问题考向一超重与失重例3 (2021·上海浦东新区高三一模)在用DIS 探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图3 所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图( )图32答案 A解析 人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重； 由 F －t 图像可知，超重阶段(加 速阶段)压力传感器对人的支持力先增加后减小，根据 F －mg ＝ma 可知，加速度先增加后减 小，则 v －t 图像的斜率先增加后减小； 同理，由 F －t 图像可知，失重阶段(减速阶段)压力传 感器对人的支持力先减小后增加，根据 mg －F ＝ma 可知，加速度先增加后减小，则 v －t 图 像的斜率先增加后减小，故选 A . 考向二 瞬时加速度问题例 4 如图 4 所示，两个质量均为 m 的小球 A 、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连， 弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动， 这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为 g ，现突然把细线剪断．在 剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小是( )A ．22g C ．2g 图 4B.5g D. 2g答案 B解析 细线剪断前，小球A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力， 由力的平衡条件可知： 弹簧的弹力大小 F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹簧的弹力 和 自身重力，此时弹簧的弹力大小还是 F ＝2mg ，所以此时 A 球受到的合力大小 F A ＝＝ mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a＝ ＝ 5g ，故 B 正确，A 、C 、D 错误． m31 ．整体法与隔离法的选用技巧F A考向二 连接体中的临界问题2.连接体问题中常见的临界条件3.常见连接体考向一 研究对象的选取(整体法与隔离法的应用)例 5 (2020·江苏卷 ·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路” ，为国际抗疫贡献了中国力 量．某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀 加速行驶时，第 2 节对第 3 节车厢的牵引力为 F .若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等， 则倒数第 3 节对倒数第 2 节车厢的牵引力为( )A ．F B. 20 . 19 F .20答案 C解析 设列车的加速度为 a ，每节车厢的质量为 m ，每节车厢的阻力为F f ，对后 38 节车厢， 由牛顿第二定律得 F －38F f ＝38ma ；设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 F 1 ，对 后 2 节车厢，由牛顿第二定律得 F 1－2F f ＝2ma ，联立解得 F 1 ＝F，故选项 C 正确．19F C D 19 F1 ．常见图像例 6 (多选)(2021 ·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如 图 5 甲所示，将一质量为 M 的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为 m 的物块， 刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力 F 的作用，用传感器测出水平拉力 F ，画出 F 与物块的加速度 a 的关系如图乙所示．已知重力加速度 g ＝10 m/s 2 ，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )图 5A ．长木板的质量为 2 kgB ．长木板与地面之间的动摩擦因数为 0. 1C ．长木板与物块之间的动摩擦因数为 0.4D ．当拉力 F 增大时，长木板的加速度一定增大 答案 ABC解析 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1 ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2 ，由题 图乙可知，当 F >12 N 时物块和长木板开始产生滑动，则 F －μ1mg ＝ma 即 F ＝ma ＋μ1mg ，由题图乙可知 m ＝k 1＝12－8kg ＝2 kg ， μ1mg ＝8 N ，解得μ1＝0.4；当 4 N ≤F ≤12 N 时两者共同运动，则F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 即 F ＝(M ＋m )a ＋μ2(M ＋m )g由题图乙可知 M ＋m ＝k 2＝12－4 kg ＝4 kg ，则 M ＝2 kg ，μ2(M ＋m )g ＝4 N解得μ2＝0. 1 ，选项 A 、B 、C 正确；当拉力 F 增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的 摩擦力不变，则加速度不变，选项 D 错误．422。

物理学大二学习计划一、学习目标大二学习物理学是为了巩固和深化大一所学的物理知识，进一步了解物理学的基本原理和计算方法，培养独立思考和问题解决能力。

在这一学期的学习中，我希望达到以下目标：1. 熟练掌握大学物理学的基本概念和原理，能够准确理解和运用相关知识，建立坚实的物理学基础。

2. 掌握物理学的数学方法，尤其是微积分和线性代数在物理学中的应用，能够熟练运用相关数学工具解决物理问题。

3. 培养实验技能，学会进行物理实验，掌握实验设计和数据处理的基本方法，培养实验思维和动手能力。

4. 培养科学研究的兴趣和能力，学会独立思考和解决物理问题，积极参与科研讨论和实验研究。

5. 提高物理学英语阅读和表达能力，能够阅读和理解国外物理学文献，能够用英语表达物理学观点和研究成果。

二、学习内容1. 物理学基础知识的深化：学习进一步深化大学物理学的内容，包括力学、热学、电磁学等。

要求对相关概念和原理有更深入的理解，并能够熟练运用相关知识解决问题。

2. 数学方法在物理学中的应用：学习微积分和线性代数在物理学中的应用，掌握相关数学技术，包括微分方程、矩阵运算等，能够熟练运用数学工具解决物理问题。

3. 物理学实验：学习进行各种物理实验，包括光学实验、力学实验等，掌握实验设计和数据处理的基本方法，培养实验思维和动手能力。

4. 科学研究方法和技能：学习科学研究的方法和技能，培养独立思考和问题解决能力，积极参与科研讨论和实验研究。

5. 物理学英语阅读和表达：学习阅读和理解国外物理学文献，提高物理学英语阅读和表达能力，能够用英语表达物理学观点和研究成果。

三、学习计划1. 每天固定时间进行物理学基础知识的复习和深化学习，包括力学、热学、电磁学等内容，建立坚实的物理学基础。

2. 每周安排一定时间进行数学方法的学习和训练，包括微积分和线性代数在物理学中的应用，提高数学技术和应用能力。

3. 每月进行一次物理实验的训练，包括光学实验、力学实验等，掌握实验设计和数据处理的基本方法，培养实验思维和动手能力。

大二大学物理知识点总结大二是大学物理学习的重要阶段，这个阶段的学习内容更加深入和复杂。

下面将对大二大学物理的知识点进行总结，帮助同学们更好地学习和理解这门学科。

一、力学力学是物理学的基础科目，主要研究物体的运动和力的作用。

在大二的力学学习中，我们需要掌握以下几个重要知识点：1. 牛顿定律：包括牛顿第一定律（惯性定律）、牛顿第二定律（运动定律）和牛顿第三定律（作用-反作用定律）。

2. 动量与能量：包括动量、动量守恒定律、动能、势能以及机械能守恒定律等。

3. 万有引力：掌握行星运动规律、重力加速度计算和引力势能等相关知识。

4. 圆周运动：了解圆周运动的性质、角速度和角加速度等概念。

二、电磁学电磁学是物理学中的另一个重要分支，主要研究电荷与电场、磁场之间的相互作用。

大二的电磁学内容主要包括以下几个知识点：1. 库仑定律：了解电荷之间的相互作用力，并掌握库仑定律的计算公式。

2. 电场与电势：学习电场的概念、电场强度的计算和电势的概念与计算。

3. 电容器与电路：了解电容器的基本结构、充放电过程和串并联电容器的等效电容。

4. 磁场与电磁感应：学习磁场的性质、磁感应强度的计算和电磁感应定律。

三、热学热学是研究热现象和热能转化的科学，大二的热学内容主要包括下列知识点：1. 热力学基本定律：掌握热力学第一定律（能量守恒定律）和热力学第二定律（熵增定律）。

2. 热力学循环：学习理想气体的热力学循环，如卡诺循环和otto循环。

3. 理想气体的性质和过程：了解理想气体的状态方程、温度与分子平均动能的关系等。

4. 热传导与传热：学习热传导的基本规律、传热方式和传热方程等。

四、光学光学研究光和其在物质中传播的规律，大二的光学学习主要包括下面这些知识点：1. 光的反射与折射：了解光的反射和折射的基本定律，并能够应用到问题的求解中。

2. 光的干涉和衍射：学习光的干涉和衍射现象，掌握干涉和衍射的条件和特点。

3. 透镜与成像：了解透镜成像的基本原理和具体方法，并能够解决与成像有关的问题。