全品高考复习方案一轮复习用书

第32讲空前严重的资本主义世界经济危机与罗斯福新政一、世界资本主义经济政策的调整二、苏联的社会主义建设与改革线索1罗斯福新政在1929—1933年资本主义世界经济危机的冲击下,各主要资本主义国家采取了不同形式的应对措施,罗斯福新政成功地使美国渡过了危机,维护了民主制度,开创了国家干预经济的新模式。

线索2资本主义的新变化二战后,资本主义经济思想实现了从“自由放任”政策到凯恩斯主义的转变;在二战结束至今的半个多世纪里,资本主义国家经过对运行机制的调节,经济获得迅速恢复和长足发展。

更为重要的是,资本主义的发展出现了影响深远的新变化。

线索3苏联在社会主义建设过程中经济政策的调整列宁对社会主义建设道路的探索,包括“战时共产主义”政策和新经济政策,最终探索出一条向社会主义过渡的正确途径;20世纪20年代末30年代初逐步形成斯大林模式。

线索4二战后苏联的经济改革斯大林模式在20世纪40年代到50年代初期进一步固定化;随着斯大林模式的弊端日益显露,赫鲁晓夫、勃列日涅夫和戈尔巴乔夫相继对其进行改革,这三次改革都对苏联的历史发展产生了不同影响,戈尔巴乔夫改革则因方向性错误最终导致苏联解体。

第32讲空前严重的资本主义世界经济危机与罗斯福新政1.空前严重的资本主义世界经济危机(1)原因①根本原因:资本主义制度的依然存在。

②直接原因:生产和消费之间的矛盾激化。

【易错提醒】资本主义经济危机爆发的根本原因1929年资本主义世界经济大危机爆发的根本原因是资本主义制度的基本矛盾,即生产的社会化与生产资料私人占有之间的矛盾,生产相对过剩只是直接原因。

(2)爆发:1929年10月下旬,美国纽约股价狂跌。

(3)表现:大批银行倒闭,企业破产,失业人数激增,农产品价格下跌。

(4)特点:持续时间长;波及范围广;破坏性大。

(5)影响①造成经济衰退或萧条;社会危机加深,势力抬头。

②各主要资本主义国家加紧在上的争夺,加紧对殖民地和半殖民地的掠夺,世界局势紧张。

全品高考复习方案【方案一】科学制定复习计划在全品高考复习中，科学制定复习计划至关重要。

以下是一个完整的复习计划建议：1.排定时间表：根据各科目的难易程度和自己的实际情况，合理安排复习时间，确保每个科目都有充分的时间复习。

2.确定优先级：根据自己的薄弱科目和重点科目，确定复习的优先级。

合理分配时间和精力，将更多的时间用在薄弱科目上。

3.复习每个科目：对于每个科目，制定详细的复习计划。

可以先进行课本和笔记的复习，然后做一些相关的练习题，最后进行模拟试卷的训练。

4.复习方法：灵活运用不同的复习方法，如阅读、刷题、做实验等，提高复习效率。

还可以与同学组团复习，相互监督和交流，共同进步。

5.监督与反馈：制定自我监督机制，每天检查自己的复习进度，并及时调整。

可以通过模拟考试和老师的评估来获取反馈，了解自己的不足之处，及时补充。

6.放松和休息：保持良好的作息时间，合理安排休息时间和运动时间，保证身体和状态的良好。

【方案二】科目复习笔记整理在高考复习中，科目复习笔记的整理十分重要。

以下是一些建议：1.整理核心知识点：将每个科目的核心知识点提炼出来，形成概要或思维导图，方便记忆和复习。

2.归纳总结：将复杂的知识点进行归纳总结，简化为易于理解和记忆的形式。

可以用自己的话重新解释，并加入一些关键词和例子。

3.图表和图像：用图表和图像来呈现某些抽象的概念和关系，可以更直观地理解和记忆。

4.解答题技巧：对于解答题型的科目，整理各种常见题型的解题技巧和注意事项。

分析对错题的原因和解题思路，形成自己的解题方法。

5.配图和颜色标记：在复习笔记中加入配图和颜色标记，使重点和重要内容更加醒目。

这有助于记忆和复习时的关联。

6.及时更新：随着复习的进行，不断更新整理的笔记。

将新学到的知识点和解题技巧整合到笔记中，保持笔记的完整性和实用性。

【方案三】全员参与互助复习在高考复习中，全员参与互助复习能够增强学生之间的互动和合作，提高整体复习效果。

全品高考复习方案高考是中国青少年参加的重要考试，因此复习是非常重要的，应根据考生的学习习惯和学习内容，来制定高效的复习计划，有效提高考试成绩。

为了帮助考生更好地复习，结合本人经验，给出以下全品高考复习方案：一、掌握对应的考试理论知识要想做好高考，考生首先需要掌握对应的考试理论知识，具体分为以下几个方面：首先，考生要掌握科学的考试知识，包括科学实验和研究方法；其次，要学习考纲所规定的课程内容，并能熟练掌握；第三，要把握实际的考前复习方法，做好充分的考前准备；最后，要记住重点考点、应知应会的知识点，努力消灭知识漏洞。

二、建立复习计划在制定复习计划时，应分析全册课程，有量变而引发质变，以提高复习效率。

具体做法是：首先，要规划好复习时间，把复习计划加以规整和细化，把握不同时段对学习的影响；其次，要科学安排每日学习任务，不要把一天的时间都放在一科的复习上；第三，在完成一定量的复习任务后要有意识地去休息，注意保持适度的复习力度，充分调节状态；最后，要形成良好的复习习惯，逐渐减少停留在单一课程的复习上。

三、科学复习在复习时对课本内容进行精深的学习，不断加强对知识点的理解，针对不清楚的概念进行查阅资料，把需要重点复习的知识点抓拢，从总体内容出发逐步深入，将课本知识渗透到具体的实际例题中。

学习的过程要有思考、题目解析及实践，做到理论与实践相结合，以便明确知识重心、把握复习要点。

四、练习结果研究及时诊断自我实践能力，检验尚未掌握的内容，通过分析习题结果，反复认真学习，把不足之处弥补起来，并加强做题能力的训练，如果发现自己在某个科目方面有问题，需要及时找老师咨询答疑，以便及时消除知识漏洞。

五、养成良好的考前习惯在考前，要养成良好的习惯，不可放松复习力度，在考前的一个星期要重点复习较难的知识点，以勾勒出整个复习计划的总体概括。

考前一天晚上不要熬夜，早睡早起，要给身体充足的休息，保持良好情绪，让自己在考试中有自信，安心应考。

第十单元中国特色社会主义建设的道路与近现代社会生活的变迁第29讲经济建设的发展和曲折【主干知识回扣】一、1.通货膨胀工农业生产 2.重工业工业化 3.公私合营社会主义公有制社会主义二、1.农业国工业国 2.多快好省大办工业公共食堂 3.调整充实调整任务 4.经济领域周恩来全面整顿【考点深化探究】考点一设想:借鉴苏联经验,优先发展重工业,尽快实现工业化。

不同:不片面强调发展重工业,主张处理好重工业、轻工业、农业之间的关系,走一条与苏联不同的中国社会主义工业化道路。

考点二史料1再现了“大跃进”的本质特点,即片面追求工农业生产的高速度和高指标,明显违背了经济发展的客观规律;史料2体现了人民公社化运动的特点,即扩大公有化、集体化的规模,实行军事化的管理形式,违背了生产力决定生产关系的基本原理。

【高考链接突破】•解考题考题1D[解析]本题主要考查学生根据所学知识提取相关信息、分析问题和解决问题的能力。

1953年,我国开始实行第一个五年计划,确立了优先发展重工业的方针,对各种矿产资源的需求与日俱增,进行了大规模的资源勘探工作,D项符合题意。

1957年,“一五”计划超额完成后,新中国初步改变工业落后局面,A项说法错误;漫画主要反映的是资源勘探,而不是开始进行对矿产资源的开采,B项与题干及漫画信息不符;国民经济调整任务基本完成是在1965年,C项错误。

考题2B[解析]本题考查新中国的社会主义建设。

通过对漫画及画中文字的观察,能够看出奶奶和阿姨都在用自己的方式为社会主义建设作贡献,从而得出女性成为国家建设的重要力量,故B项正确。

漫画及画中文字未体现工业化,故A项错误;人民公社化运动于1958年兴起,故C项错误;当时实行计划经济体制,牺牲农村、农民和农业,集中力量发展城市重工业,D项说法错误,且在材料中无法反映。

考题3A[解析]本题以“一五”计划期间的投资变化为切入点,旨在考查学生提取材料有效信息和运用所学知识解决问题的能力。

选择题必刷卷(一)1.D[解析] 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式=可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B[解析]刹车时做减速运动,减速的最大位移x=,则初速度v0==10 m/s,选项B正确.3.C[解析]由Δx=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差Δh=g,在任意相邻的 1 s时间内平均速度之差Δv等于相邻两个 1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则Δv=gt=g,选项C正确.4.C[解析]由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2,第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m,物体在0~5 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则0~5 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D[解析]两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=gt2,-x=gt·t-at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v'=gt,选项C错误;当加速度变为a后,减速至0过程的位移x'==,小球下落的最大高度h=x+x'==,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-at,选项B错误.6.D[解析]x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公=1 式a=可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=at2可知,a甲m/s,a乙=-m/s2,|a甲|>|a乙|,故第3 s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B[解析]小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度—时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有=2gH,解得v1=gt,故B正确.8.C[解析]由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据-=2gH,水的流量=S1S2,C正确,D错误.9.BD[解析]当人、车速度相等时,经历的时间t==s=6 s,此时人的位移x1=vt=6×6 m=36 m,车的位移x2=at2=×1×62m=18 m,因为x1<x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离Δx=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD[解析]由Δx=gT2可得,加速度g==,经过位置3的瞬时速度v3==,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即=,选项A、C、D正确.11.CD[解析]由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则t bc∶t ca=1∶(-1),而t bc+t ca=t,解得t bc=t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=g sin θ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD[解析]物体可能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD[解析]x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在0~10 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C 正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.AC[解析]由a-t图像可知,汽车在0~10 s内做匀加速运动,在10~40 s内做匀速运动,在40~50 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v'=v-a2t3=10 m/s,且汽车在40~50 s内的速度方向和0~10 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在0~10 s内的位移x1=a1=100 m,在10~40 s内的位移x2=a1t1t2=2×10×30 m=600 m,在40~50 s内的位移x3=·t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD[解析]由图像可知,甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=×20 m=400 m,乙的位移x乙=m=300 m,第30 s末,两车相距Δx=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD[解析]根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A 错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B[解析]无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A[解析]设C与球心连线和竖直方向成θ角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mg tan θ,C端对小球的支持力F C=,当CD挡板的C端略向右偏过一些,θ增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力F C变大,选项A正确.3.C[解析]对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得F x-T cos 37°=0,F y+T sin 37°=G,联立解得F x=80 N,F y=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为F==N=100 N,故C正确.4.B[解析]设F与水平方向的夹角为θ,由平衡条件得F cos θ=μ(mg-F sin θ),解得F==,当θ=37°时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处时,小球受重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1==2mg,弹性绳的长度为x'=x0+,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'=x0,选项B正确.6.C[解析]货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=μmg cos θ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mg sin θ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B[解析]对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB[解析]物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力F N作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T'(T'=T)、斜面的支持力F'N及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1g sin 30°,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T'=m2g sin 37°+μm2g cos 37°,即=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T'=m2g sin 37°-μm2g cos 37°,即=,所以≤≤2,故A、B不可能.9.BC[解析]设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误;将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得F x=F1sin ,故F x=·sin =,挡板间的距离稍微增大后,角θ变大,F x变大,故木块对挡板的压力变大,即F N变大,选项A错误,B正确.10.BCD[解析]沿斜槽方向,有mg sin θ=2μF N,垂直于斜槽方向,有mg cos θ=2F N cos,解得μ=tan θ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为F N=mg cos θ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=μF N=mg sin θ,选项C正确;若增大θ,则cos θ减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC[解析]对A,由平衡条件得F T cos θ=μF N1,F T sinθ+mg=F N1,联立解得F T=,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得F T cosθ+μF N2=F,F T sinθ+2mg=F N2,联立解得水平拉力F=,选项C正确.12.BC[解析]对球进行受力分析,如图甲所示,F N1=G tan θ,F N2=,当长方体物块向右运动时,θ增大,F N1、F N2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为F'N2cos θ=G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力F N=G1+F'N2cos θ=G1+G不变,滑动摩擦力f=μF N不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F'N2sin θ逐渐增大,所以水平拉力F=f-F'N2sin θ逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持力不变,故D错误.13.AD[解析]设两绳的拉力的合力为F,如图甲所示,由平衡条件得F=mg tan 30°=mg,F3==mg,将F分解,如图乙所示,设AO所受的拉力大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识知,绳AO所受的拉力F1=F=mg,而杆OC所受的压力大小F'3=F3=mg,选项A、D正确.14.AC[解析]对球受力分析如图所示,由平衡条件可得,风力大小F=mg tan θ,由题意知F ∝Sv,又S=πR2,则F=kπR2v(k为常数),有mg tan θ=kπR2v,当风速由3 m/s增大到3m/s 时,有=,可得tan θ=1,A正确;因球所受重力方向竖直向下,而风力方向水平向右,则细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°,B错误;由mg tan θ=kπR2v可知,当v、m不变,而R增大时,θ增大,当v、R不变,而m增大时,θ减小,C正确,D错误.15.AD[解析]若增大m2的质量,因为m3的质量不变,细线的张力大小仍等于m3的重力,故张力不变,选项A正确;对斜劈和m1整体,地面对斜劈的摩擦力大小等于连接m1的细线的张力沿水平方向的分力,细线的张力不变,所以地面对斜劈的摩擦力也不变,选项B错误;若将悬点O上移,因细线的张力不变,m2的质量不变,则O2、O3间的细线与竖直方向的夹角不变,O2、O3间的细线和O3、m3间的细线夹角不变,这两根细线的合力沿角平分线方向,则O、O3间的细绳与竖直墙的夹角不变,选项C错误;细线的张力不变,则地面对斜劈的摩擦力不变,选项D正确.选择题必刷卷(三)1.C[解析]质量小,则惯性小,方程式赛车和强弩质量一定,其惯性一定,选项A、B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,它的惯性因质量变化而变化,选项C正确;摩托车转弯时,人和车的惯性不变,选项D错误.2.B[解析]对整体,有F=(m1+m2)a,则空间站的质量m2=-m1,选项B正确.3.C[解析]对物块,由牛顿第二定律得F=ma,0~t0时间内,拉力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,在t0时刻速度达到最大,选项A错误;t0~2t0时间内,外力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,在2t0时刻速度减为零,选项B、D错误,C正确.4.C[解析]设水对探测器的浮力大小为F,匀速下降时,由平衡条件得mg=F;为了使它匀减速下降,设应该抛掉压载铁质量为Δm,根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,其中a=,联立解得Δm=,选项C正确.5.B[解析]当F=2 N时,铁块和木板恰好一起相对地面滑动,则μ1(m+M)g=F,解得μ1=0.1;当水平力F=6 N时,铁块恰好相对木板滑动,则F-μ2mg=ma,μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得μ2=0.4,选项B正确.6.C[解析]木板AB撤离前,木板对小球的作用力F N==mg,撤去AB瞬间,小球受到的合力与F N等大、反向,由牛顿第二定律得mg=ma,解得加速度a=g,方向垂直于木板向下,选项C正确.7.B[解析]剪断物体2下端细绳后,物体1下降,物体2上升,对整体,有(m1+m2+M)g-F N=m1a-m2a,且m1>m2,则系统处于失重状态,台秤的示数将变小,选项B正确.8.BC[解析]纸盒和行李箱一起向右加速时,具有向右的加速度,纸盒受到向右的静摩擦力,选项A错误;行李箱加速过程中与传送带间的滑动摩擦力为f=μ1F N=μ1(M+m)g,选项B正确;纸盒和行李箱一起向右匀速运动,合外力为零,所以行李箱对纸盒的摩擦力为零,行李箱与传送带间的摩擦力为零,选项C正确,D错误.9.AD[解析]对球受力分析,受到重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力T,如图所示,根据平衡条件得F=T=,断开细绳瞬间,弹簧弹力和重力不变,由牛顿第二定律得=ma,则加速度a=,选项A正确,B错误;弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球受重力和细绳的拉力,变为单摆,合力等于重力的切向分力,根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,选项C错误,D正确.10.CD[解析]与弹簧分离前,在水平方向上,刚开始有kx-μF N=ma x,加速度a x随x减小而减小,接着有μF N-kx=ma x,加速度a x随x减小而增大,选项A、B错误;在竖直方向上,有mg-F N=m·,解得F N=,当弹力和摩擦力相等时,速度最大,即μF N=kx,解得x=,选项C正确;物体脱离弹簧后相对电梯地板做匀减速运动,加速度a==,又有L=at2,相对电梯地板做匀减速运动的时间t=2,选项D正确.11.AC[解析]A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物块的最大加速度为a B m=μ2g=1 m/s2;木板A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为f A=μ1·2mg,开始时B对A的摩擦力方向向左,则a A1==5 m/s2,后来B相对A向前滑动,则a A2==3 m/s2,选项A、C正确.12.BC[解析]对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)g sin θ+μ2(m+M)g cos θ=(m+M)a,解得a=g(sin θ+μ2cos θ),对P物块受力分析,受到重力mg、支持力和Q对P沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,解得f=μ2mg cos θ,根据牛顿第三定律知,P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,选项B、C正确.13.AD[解析]由图像可知,小物块上滑的最大位移为x=vt=×3×1.2 m=1.8 m,故A正确;小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为==m/s,其大小之比为1∶1,故B错误;由图像可知,减速运动的加速度大小为a2==m/s2=10 m/s2,在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;加速运动的加速度大小为a1==m/s2=m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=40 N,故D正确.14.BC[解析]若F1=3.6 N,F2=5 N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N>μ2(F2+m B g)=3 N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误;若F1=5.4 N,F2=20 N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N<μ2(F2+m B g)=6 N,则此时两物块相对静止一起做匀加速运动,选项B正确;若F2=10 N,则A、B之间的最大静摩擦力f AB m=μ2(F2+m B g)=4 N,A与地面之间的最大=μ1(F2+m A g+m B g)=4 N,若F2<10 N,则f AB m<f A地m,无论F1多大,都不能使物静摩擦力f A地m块A运动起来,选项C正确;若F2>10 N,则f AB m>f A地m,当F1达到一定值时,可使物块A、B 发生相对运动,选项D错误.15.AB[解析]A、B静止时,有kx0=(2m+m)g sin θ,则k=;对B施加外力后,A、B一起做匀加速运动,当A、B分离时,对A,有kx-2mg sin θ=2ma,又x0-x=at2,v2=2a(x0-x),联立可求出t和v,选项A、B正确.当A、B分离时,弹簧弹力kx=2ma+2mg sin θ,选项C错误.当A、B分离后,A先做加速运动,后做减速运动,再反向做加速运动……选项D错误.非选择题必刷卷(一)1.(1)(2)C(3)BC[解析](1)根据位移与时间关系,有d=at2,解得a=.(2)根据题意,木板受到的滑动摩擦力为f=F0,对木板和矿泉水瓶(含水)组成的系统,根据牛顿第二定律得F1-f=(m+M)a,联立解得a=·F1-,其中m为矿泉水瓶(含水)的质量,M为木板的质量;根据图像的斜率可知,随着矿泉水瓶(含水)质量m的增大,a-F1图像的斜率逐渐减小,所以能表示实验结果的是C图.(3)木板受到的摩擦力与矿泉水瓶(含水)的质量无关,选项A错误;水与砝码相比能任意改变质量,所以它的优点是可以更方便地获取多组数据,选项B正确;水的多少可以任意变化,所以可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小,选项C正确;由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图像的斜率越小,实验的精确度会越小,选项D错误.2.(1)10 N(2)1 s[解析](1)设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为F N,滑动摩擦力为f,根据平衡条件得F cos 37°=f,F sin 37°+F N=mg,又f=μF N,联立解得F=10 N.(2)撤去拉力F后,金属块受到滑动摩擦力f'=μmg,根据牛顿第二定律得,加速度大小为a'==μg=2 m/s2,撤去F后,金属块还能滑行的时间为t==1 s3.(1)2m/s(2)1.6 m(3)5∶8[解析](1)在AB段滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设下滑阶段的加速度大小为a1,有mg sin θ-μmg cos θ=ma1解得a1=4 m/s2根据=2a1x ABx AB=解得v B=2m/s(2)设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmga2==2.5 m/s2根据=2a2x BC解得x BC=1.6 m(3)在B点时,有v B=a1t AB=a2t BC解得=4.(1)(2)18 m[解析](1)由v-t图像的斜率可得,0~2 s内小物块的加速度大小a==1 m/s2由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma解得μ=(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带匀速运动的位移为x带=4×6 m=24 m由v-t图像得,0~2 s内物块位移为x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下2~6 s内物块位移为x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上所以划痕的长度为Δx=x+x1-x2=24 m+2 m-8 m=18 m带5.(1)4 N(2)100 m(3)s[解析](1)上升过程,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma上升高度h=at2解得f=4 N(2)下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma1解得a1=8 m/s2由运动学公式得v2=2a1H解得H=100 m(3)恢复升力后向下减速过程,由牛顿第二定律得F-mg+f=ma2解得a2=10 m/s2设运动过程中的最大速度为v m,有H=+解得v m=m/s由运动学公式得v m=a1t1解得t1=s6.(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m[解析](1)木板开始运动时,设小铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则F-μ1m1g=m1a1μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2解得a1=3 m/s2,a2=7 m/s2木板向左做匀减速运动,有v0=a2t1,=2a2x2小铁块向右做匀加速运动,有v1=a1t1,x1=a1解得t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1=0.375 m,x2=0.875 m(2)撤去F,因为μ1m1g>μ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度均为v2,木板的位移大小为x3,则μ1m1g=m1a3μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做匀减速运动直至速度为零,设加速度大小为a5,位移大小为x4,则μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5=2a5x4解得x4=0.125 m木板在水平面上总共滑行的位移大小x=x2-(x3+x4)=0.625 m选择题必刷卷(四)1.C2.B[解析]B点与C点的线速度相等,由于r B≠r C,所以ωB≠ωC,故A错误;B点与C点的线速度相等,且B点的角速度与A点的角速度相等,所以v C=v A,故B正确,D错误;B点的角速度与A点的角速度相等,所以=,即v B=v A,故C错误.3.C[解析]如图所示,把小环水平运动的速度v正交分解,可知人拉细线的速度v1=v cos θ,随着θ增大v1逐渐减小,选项C正确.4.D[解析]两个小球同时抛出,又同时落在P点,说明运动时间相同,又知水平位移大小相等,由x=v0t知,初速度大小相等,小球1落在斜面上时,有tan θ==,小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切值tan α==,故α≠θ,所以小球2没有垂直撞在斜面上,故A、B错误;小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值tan β==2tan θ=<,则β<60°,则小球1落在P点时与斜面的夹角为β-θ<60°-30°=30°,所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°,故C错误;根据tan β=2tan θ知,小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同,相互平行,故D正确.5.C[解析]空间站里宇航员仍然受地球引力,选项A错误;宇航员在空间站里所受地球引力小于他在地面上所受引力,选项B错误;由于空间站绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全“失重”状态,所以宇航员与“地面”B之间无弹力作用,选项C正确;若宇航员将手中小球无初速度释放,由于惯性小球仍具有空间站的速度,所以小球仍然沿原来的轨道做匀速圆周运动,而不会落到“地面”B上,选项D错误.6.D[解析]忽略自转,有=mg,该星球自转加快,角速度为ω,有=mg+mω2R,解得星球密度ρ==,选项D正确.7.A[解析]因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上,快艇与走私船的位移与时间均相同,所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度,快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0,选项A正确,B错误.快艇的平均速度大小为v0,因为快艇的运动是曲线运动,路程大于a,平均速率应大于v0,选项C、D错误.8.C[解析]将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有=v0,+=v0,联立解得H=h,故选项C正确.9.BC[解析]设路面与水平面的夹角为θ,在“限速”下运动,有mg tan θ=m,即v=.在“限速”相同的情况下,圆弧半径r越大,则夹角θ越小;在半径r相同的情况下,夹角θ越大,则“限速”v越大,选项B、C正确.10.AB[解析]当周期为时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R,行星质量M=,选项A正确;当周期为T时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R+F N,物体对行星赤道表面的压力F'N=F N=,选项C错误;对同步卫星,有=m'r,则r=R,选项B正确;由=m″得,环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度v=,选项D错误.11.AD[解析]竖直上抛的小球在空中运动的时间t=,因此==,选项A正确,B错误;由G=mg得M=,因此==×=,选项C错误,D正确.12.BCD[解析]“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运行时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,到地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度相等,选项C正确;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时到地心的距离要大些,受地球的引力要小些,选项D 正确.13.AC[解析]由题意有N=2π,其中T1=1年,解得该行星的公转周期为T2=年,A正确,B错误;由G=mr得,=,地球绕太阳公转时,有=,该行星绕太阳公转时,有=,解得R'=R,C正确,D错误.14.BC[解析]直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反,选项A错误;对直线三星系统,有G+G=M R,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,有2G cos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v===··,选项D错误.非选择题必刷卷(二)1.(1)刻度尺(2)将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止(3)D(4)0.59.75 [解析](1)实验中小球做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出下落高度和水平位移,故需要刻度尺.(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止.(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确.(4)平抛运动的初速度为v0==0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度为g==9.75 m/s2.2.(1)1 s(2)13 m/s<v<14 m/s[解析](1)小球做平抛运动,设飞行时间为t,由h=gt2解得t=1 s(2)在t时间内小车前进的位移为x=v0t-at2=10 m要投入小车,小球最小的水平位移为x1=L-x=13 m最小速度为v1==13 m/s小球最大的水平位移为x2=L-x+L0=14 m最大速度为v2==14 m/s小球抛出时的速度范围是13 m/s<v<14 m/s3.(1)500 N(2)7.5 m/s(3)8.7 m[解析](1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则得,拉力T==500 N(2)由牛顿第二定律得mg tan 37°=m其中R0=7.5 m解得v=7.5 m/s(3)由几何关系知,座椅离地高度h=1.8 m由平抛运动规律得x=vth=gt2解得x=4.5 m由勾股定理知,落地点与游艺机中心距离r'==8.7 m4.(1)(2)[解析](1)设在最高点和最低点时速度大小分别为v1、v2.在最高点时,有mg+F1=m在最低点时,有F2-mg=m从最高点到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mg·2L=m-m ΔF=F2-F1联立解得ΔF=6mg所以g=(2)在星球表面,重力等于万有引力,有mg=G解得M==所以ρ==5.(1)1.5 N,方向竖直向下(2)1.6 m(3)0.8 J[解析](1)小球从A运动到B,有mgR=m在B点时,有F N-mg=解得v0=4 m/s,F N=1.5 N根据牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小F'N=F N=1.5 N,方向竖直向下.(2)在竖直方向上,有H-h=gt2在水平方向上,有x=v0t解得x=1.6 m(3)小球从B运动到球筐过程,由动能定理得mg(H-h)=E k-m由平抛运动规律得x=v B tH-h=gt2联立得E k=+mg(H-h)当H=h+x=1 m时,E k有最小值,其最小值为E km=mgx=0.8 J6.(1)5m/s(2)-21 000 J(3)1.849 s[解析](1)由牛顿第二定律得kmg=m解得v1=5m/s(2)由牛顿第二定律得kmg=m由动能定理得Pt-mgh+W=m-m解得W=-21 000 J(3)由几何关系知r2=+解得r=12.5 m由牛顿第二定律得kmg=m解得v=12.5 m/s因sin θ==0.8,故θ=53°则t=·=s=1.849 s选择题必刷卷(五)1.C[解析]小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向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,选项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,选项B、D错误,C正确.2.C[解析]物块做圆周运动,刚好滑动时,有μmg=m,物块速度从0到v过程中,由动能定理知,转台对物块做的功W=mv2=,解得μ=0.25,选项C正确.3.C[解析]由题意可知,两次物体均做匀加速直线运动,根据x=t知,在同样的时间内,它们的位移之比为x1∶x2=1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2=(x1sin θ)∶(x2sin θ)=1∶2,根据克服重力做功W G=mgh得W G2=2W G1,根据克服摩擦力做功W f=fx得W f2=2W f1,由牛顿第二定律得F1-f-mg sin θ=ma,F2-f-mg sin θ=2ma,则F2<2F1,根据W F=Fx 可得W F2<4W F1,选项C正确.4.B[解析]小物块下滑的加速度a=g sin θ,根据=at2得t=,所以运动的时间不相等,选项A错误;据动能定理得mgh=mv2,所以从物块到达底端时的动能相等,选项。

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全品高考复习方案面对迫在眉睫的高考，许多考生们都感到焦虑不安，有的甚至失去信心。

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一、明确复习目标复习的目标是根据高考大纲和评分标准，通过全面、系统地学习考试科目，达到获取高考满分的目的。

为此，我们必须确定明确的复习目标，以便在有限的时间内达到最佳效果。

二、时间分配复习分为长远规划和短期操作两部分。

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为了提高效率，考生可以先把难点和重点科目给予优先学习。

三、学习内容高考复习中最重要的是积累知识，学习内容应包括三个方面：基础知识、考试技巧和能力练习。

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3、能力练习：力练习是检验学习效果的重要方法，考生应多参加样题、模拟考试等，不断提高自己的答题速度和能力，以便满足各科考试要求。

四、家庭支持高考复习费时费力，考生的家庭成员在这段期间能给予孩子的鼓励和支持，将会非常有效。

家庭成员可以帮助孩子安排学习时间，督促他们按时完成学习任务，在孩子面临困难时给予精神支持，让孩子在较短的时间里，获得良好的学习效果。

五、心理状态复习期间，考生的心理状态是保持良好的学习效率的关键因素之一。

考生应该积极地对待复习，积极投入，克服惰性，努力提高整体学习效率；此外，在学习之余，考生应该保证充足的休息，以免过度劳累，使自己保持良好的心理状态和身心健康。

六、充分利用暑假暑假期间是考生复习高考的有效期，因此，充分利用暑假是复习的重要环节。

暑假期间，考生应该以学习为主，集中精力把握难点知识，学有余力的话，可以尝试着把要考的科目预习一遍，以便有更好的复习效果。

第50讲近代以来世界的科学发展历程一、物理学的发展1.经典力学(1)背景①运动解放了人们的思想。

②开创近代科学,为经典力学的创立和发展奠定了基础。

【易错提醒】伽利略自由落体定律并不是近代科学形成的标志伽利略发现自由落体定律等物理学定律,开创了近代科学,为经典力学的创立奠定了基础;牛顿力学体系的建立是近代科学形成的标志。

(2)标志:1687年,牛顿出版了《》一书,提出了物体运动三大定律和万有引力定律等。

(3)意义①形成以为基础、以为表达形式的经典力学体系。

②对解释和预见物理现象具有决定性意义。

2. 相对论和量子论【辨析比较】牛顿力学与爱因斯坦相对论的关系爱因斯坦的相对论只否定了牛顿的绝对时空观,没有否定牛顿力学。

相对论发展了牛顿经典力学,打破了传统的时空观。

牛顿力学是物体在低速状态下的一个特例。

牛顿力学是整个力学的基础,牛顿所创造的概念,至今仍指导着我们的物理学思想。

二、生物学的进步1.背景(1)欧洲封建社会坚持上帝创世说,致使生物学研究进展缓慢。

(2)后,基督教神学遭受重创。

(3)资产阶级革命、工业革命的发生,使人们视野开阔,思想更加开放。

(4)的确立,为生命科学的研究奠定了基础。

2.奠基:拉马克的早期生物进化思想。

3.标志:1859年,达尔文发表《》。

4.内容(1)一切生物都经历了从低级向高级、由简单到复杂的发展过程。

(2)提出“物竞天择,适者生存,”的原理。

5.意义:从根本上改变了当时绝大多数人对生物界和人类在生物界中地位的看法,有力挑战了封建神学创世说,被称为“生物学领域的牛顿”。

【特别提醒】达尔文的进化论是生物学的理论,它不是适用于一切现象的普遍规律,并不适用于人类社会的发展,因此社会达尔文主义是伪科学理论。

同时,社会达尔文主义的形成,也不是达尔文追求的目标。

所以,不能因此而否定达尔文及其进化论。

三、从蒸汽机到互联网1.“蒸汽时代”(1)条件①政治:英国资产阶级革命的胜利。

②经济:的发展。

选修三20世纪的战争与和平第54讲第一次世界大战与凡尔赛—华盛顿体系【考点深化探究】考点一影响:①政治:中国北洋政府在是否参战的问题上产生分歧,发生了“府院之争”;第一次世界大战结束后,中国作为战胜国之一,在巴黎和会上提出的合理要求被拒绝,引发五四运动。

②经济:第一次世界大战期间,英、法、德等交战国对华商品输出大幅度减少,商品需求则有所增加,在一定程度上缓解了中国民族工业的压力,客观上促进了民族工业的进一步发展,使其出现短暂的春天。

③思想文化:第一次世界大战中俄国爆发了十月革命,促进了马克思主义在中国的传播;中国一部分知识分子通过第一次世界大战开始反思西方文化。

考点二危险:①《凡尔赛和约》的强制性和苛刻性,使德国上下对和约产生了强烈的复仇情绪,特别是德国军方的不服情绪。

因为他们认为,战争结束时,战线实际上还在法国领土上,德军在军事上并没有一败涂地,只不过由于国内发生了革命,政府更迭,新政府为了减少国家的损失才请求和平,但实际结果却是得到一个带有强制性和侮辱性的和约,这使德国人难以忍受。

②和约对德国残酷的经济掠夺不仅损害了德国资产阶级的利益,也使德国人民的生活水平受到严重影响,这必然会引起德国整个社会对《凡尔赛和约》的抵触。

法西斯势力在以后轻而易举地利用了人民的这种情绪,打着挣脱《凡尔赛和约》束缚的旗号而崛起。

③德国是一个有着很强经济潜力和军事能量的国家,它不可能长期忍受和约的压制和束缚,一旦德国从战争的破坏中恢复过来,它必然会谋求摆脱和约的种种束缚。

而在一个弥漫着复仇情绪和具有军国主义传统的国家,战争是难以避免的。

所以从这个意义上说,《凡尔赛和约》埋下了滋生下一场战争的种子。

【高考链接突破】1.(1)背景:战争对欧洲造成巨大破坏,战后欧洲明显衰落;有识之士认识到走欧洲联合的道路才能实现和平,复兴欧洲;《洛迦诺公约》和《非战公约》的签订缓和了欧洲局势。

(2)原因:设想脱离现实;法、德历史积怨太深,削弱对方、保障自身安全的思维严重存在;欧洲各国利益诉求不尽相同;经济危机造成欧洲局势动荡。

全品高考复习方案. 数学. 文科全品高考复习方案（数学、文科）一、复习目标：•全面掌握所学知识，熟练掌握所有考试知识点。

•提高解题能力，做到快速、准确。

•养成良好的复习习惯，做到有计划、有步骤地复习。

二、复习方案：1.周日规划•星期一：数学（函数、三角函数、圆）•星期二：数学（概率、数学归纳法）•星期三：文科（文言文）•星期四：文科（语文综合）•星期五：数学（数形结合）•星期六：文科（英语）•星期日：休息2.每日复习•早上：语文（背诵课文、背诵课外读物）•中午：英语（单词、短文阅读）•晚上：数学（做习题、解决难题）3.周末模拟考试•周六模拟数学考试•周日模拟文科考试三、注意事项1.认真复习，不抄袭。

2.重视自己的弱项，多复习。

3.认真做完每一道题，检查自己的错误。

4.积极与同学讨论，相互配三、注意事项（续）5.养成良好的阅读习惯，多看好书。

6.多参加辅导班、培训班，扩大自己的学习领域。

7.养成良好的生活习惯，保持良好的身心健康。

8.保持乐观的心态，不要灰心丧气。

四、复习资料1.数学课本、教材2.数学辅导书、模拟试卷3.语文课本、课外读物4.英语课本、课外读物5.各科笔记、讲义五、复习时间表时间内容周一上午数学（函数、三角函数、圆）周一下午数学（函数、三角函数、圆）周二上午数学（概率、数学归纳法）周二下午数学（概率、数学归纳法）周三上午文科（文言文）周三下午文科（文言文）周四上午文科（语文综合）周四下午文科（语文综合）周五上午数学（数形结合）周五下午数学（数形结合）周六上午文科（英语）周六下午文科（英语）周日休息。

2023年高考一轮复习用书优化方案
2023年全国高考即将来临，为了帮助考生更好地复习，本文提出了一种高考一轮复习用书优化方案。

首先，要建立良好的复习计划，及时了解考试大纲，充分利用复习时间，把握学习节奏，并且要结合不同考试科目，制定出合理的课程安排，一定要注意，每个复习科目的重点都不同，把握好重点，突出重点，用有针对性的书籍来复习是很重要的。

其次，复习用书的选择要合理，要以教材为基础，引导学生深入理解教材，选择与教材紧密相关的复习资料，重点关注学科知识要点，复习用书要准确，不能出现重复或不相关的内容，要把知识点清晰地表达出来。

此外，复习用书也要注意准确性，要求书中的内容要精确，比如语文、历史等学科，要注意书中的文字、句子的准确性，把握住要点，不要出现误导。

最后，考生可根据自身情况，结合复习用书，重点复习考试科目，重点把握考试大纲中的重点知识，正确选择复习用书，掌握重要知识点，把握复习节奏，这样才能更好地备考2023年全国高考。

总之，复习用书的优化方案应当以建立合理的复习计划、准确选择复习用书、把握复习节奏三个方面为基础，以此让考生在2023年全国高考中取得更好的成绩。

2015年2016年2017年2018年高考热点统计要求ⅠⅡⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ高考基础要求及冷点统计分子动理论与统计观点Ⅰ33(1)33(1)33(1)固体、液体和气体Ⅰ33(1)33(1)33(1)33(1)33(1)33(2)33(1)气体实验定律、状态方程Ⅱ33(2)33(2)33333333(2)33333333(2)33热力学定律和能量守恒定律Ⅰ33(1)33(1)3333(2)333333(1)33(1)考情分析 本单元的主要内容是分子动理论的基本观点、固体和液体的基本性质、气体实验定律和理想气实验:用油膜法估测分子的大小实验:用油膜法估测分子的大小是为了更加深刻理解微观与宏观的体状态方程及热力学定律.高考对热学的考查比较稳定,选择题偏向考查热学基本概念的辨析及现象的解释,计算题偏向考查气体实验定律与热力学定律的综合应用.联系,属于基本要求,也是高考冷点.第32讲　分子动理论　内能　用油膜法估测分子的大小一、分子动理论1.物体是由大量分子组成的(1)分子直径大小的数量级为 m . (2)一般分子质量的数量级为 kg .(3)阿伏伽德罗常数N A :1mol 的任何物质所含的分子数,N A = mol -1. 2.分子永不停息地做无规则热运动(1)扩散现象:相互接触的物体的分子或原子彼此进入对方的现象.温度越 ,扩散越快.(2)布朗运动:在显微镜下看到的悬浮在液体中的微小颗粒的永不停息的无规则运动.布朗运动反映了 的无规则运动,颗粒越 ,运动越明显;温度越 ,运动越剧烈.图32-13.分子力(1)分子间同时存在着 和 ,实际表现的分子力是它们的 .(2)引力和斥力都随着距离的增大而 ,但分子间距离变化相等时斥力比引力变化得 .(3)分子间的作用力随分子间距离r变化的关系如图32-1所示:当r<r0时,表现为 ;当r=r0时,分子力为 ;当r>r0时,表现为 ;当r>10r0时,分子力变得十分微弱,可忽略不计.二、物体的内能1.分子的平均动能:物体内所有分子动能的平均值. 是分子平均动能的标志,物体温度升高,分子热运动的 增大.2.分子势能:与分子 有关.分子势能的大小随分子间距离的变化曲线如图32-2所示(规定分子间距离无穷远时分子势能为零).3.物体的内能:物体中所有分子的热运动 与 的总和.物体的内能跟物体的 、 及物体的 都有关系.图32-2图32-3三、用油膜法估测分子的大小将油酸滴在水面上,让油酸尽可能散开,可认为油酸在水面上形成 油膜,如果把分子看作 ,单层分子油膜的厚度就可以看作油酸分子的直径,如图32-3所示,测出油酸的体积V和油膜的面积S,就可以算出分子的直径d,则d= .【辨别明理】(1)布朗运动是液体分子的无规则运动.( )(2)温度越高,布朗运动越激烈.( )(3)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大.( )(4)-33℃=240K.( )(5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能.( )(6)当分子力表现为引力时,分子势能随分子间距离的增大而增大.( )(7)内能相同的物体,它们的分子平均动能一定相同.( )(8)做功可以改变系统的内能,但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能.( )(9)不计分子之间的分子势能,质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能.( )(10)1g100℃水的内能小于1g100℃水蒸气的内能.( )考点一　阿伏伽德罗常数的应用宏观量与微观量的转换桥梁作为宏观量的摩尔质量M mol、摩尔体积V mol、密度ρ与作为微观量的分子直径d、分子质量m、分子体积V0都可通过阿伏伽德罗常数联系起来.如图32-4所示.ρ　图32-4(1)一个分子的质量:m=.(2)一个分子所占的体积:V0=(估算固体、液体分子的体积或气体分子平均占有的空间).(3)1mol物体的体积:V mol=.(4)质量为M的物体中所含的分子数:n=N A.(5)体积为V的物体中所含的分子数:n=N A.考向一　液体、固体分子模型例1(多选)钻石是首饰和高强度钻头、刻刀等工具中的主要材料,设钻石的密度为ρ(单位为kg/m3),摩尔质量为M(单位为g/mol),阿伏伽德罗常数为N A.已知1克拉=0.2g,则( )A.a克拉钻石所含有的分子数为B.a克拉钻石所含有的分子数为C.每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)D.每个钻石分子直径的表达式为(单位为m)E.每个钻石分子的质量为(单位为g)■建模点拨固体、液体分子一个一个紧密排列,可将分子看成球体或立方体,如图32-5所示,分子间距等于小球的直径或立方体的棱长,所以d=(球体模型)或d=(立方体模型).图32-5考向二　气体分子模型例2(多选)[2018·大连模拟]某气体的摩尔质量为M mol ,摩尔体积为V mol ,密度为ρ,每个分子的质量和体积分别为m 和V 0,则阿伏伽德罗常数N A 可表示为( )A .N A=B .N A=C .N A=D .N A=■建模点拨气体分子不是一个一个紧密排列的,它们之间的距离很大,所以气体分子的大小不等于分子所占有的平均空间.如图32-6所示,此时每个分子占有的空间视为棱长为d 的立方体,所以d=.图32-6考点二　分子动理论的应用考向一　布朗运动与分子热运动布朗运动分子热运动活动主体固体小颗粒分子区别　是固体小颗粒的运动,能通过光学　是分子的运动,分子不论大小都做热运动,热运动不能通过光学显微镜直接观察到显微镜直接观察到共同点　都是永不停息的无规则运动,都随温度的升高而变得更加剧烈,都是肉眼所不能看见的联系　布朗运动是小颗粒受到周围做热运动的分子撞击作用不平衡而引起的,它是分子做无规则运动的反映例3(多选)[2015·全国卷Ⅱ]关于扩散现象,下列说法正确的是( )A.温度越高,扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的考向二　分子间的作用力与分子势能例4(多选)[2018·抚顺模拟]关于分子间的作用力,下列说法正确的是( )A.分子之间的斥力和引力同时存在B.分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小C.分子之间的距离减小时,分子力一直做正功D.分子之间的距离增大时,分子势能一直减小E.分子之间的距离变化时,可能存在分子势能相等的两个点图32-7变式题(多选)[2018·海口模拟]两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图32-7中曲线所示,曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下,由静止开始相互接近.若两分子相距无穷远时分子势能为零,下列说法正确的是( )A.在r>r0阶段,F做正功,分子动能增加,势能减小B.在r<r0阶段,F做负功,分子动能减小,势能也减小C.在r=r0时,分子势能最小,动能最大D.在r=r0时,分子势能为零E.分子动能和势能之和在整个过程中不变■要点总结(1)分子势能在平衡位置有最小值,无论分子间距离如何变化,靠近平衡位置,分子势能减小,反之增大.(2)判断分子势能的变化有两种方法①看分子力的做功情况.②直接由分子势能与分子间距离的关系图线判断,但要注意其和分子力与分子间距离的关系图线的区别.考向三　物体的内能1.物体的内能与机械能的比较内能机械能定义　物体中所有分子热运动的动能与分子势能的总和　物体的动能、重力势能和弹性势能的统称决定因素　与物体的温度、体积、物态和分子数有关　跟宏观运动状态、参考系和零势能点的选取有关量值　任何物体都有内能　可以为零测量　无法测量　可测量本质　微观分子的运动和相互作用的结果　宏观物体的运动和相互作用的结果运动形式　热运动　机械运动联系　在一定条件下可以相互转化,能的总量守恒2.内能和热量的比较内能热量区别　是状态量,状态确定,系统的内能随之确定.一个物体在不同的状态下有不同的内能　是过程量,它表示由于热传递而引起的内能变化过程中转移的能量联系　在只有热传递改变物体内能的情况下,物体内能的改变量在数值上等于物体吸收或放出的热量例5(多选)关于物体的内能,下列说法不正确的是( )A.温度相等的1kg和100g的水内能相同B.物体内能增加,一定要从外界吸收热量C.热量只能从内能多的物体转移到内能少的物体D.在相同物态下,同一物体温度降低,它的内能会减少E.物体运动时的内能不一定比静止时的内能大变式题(多选)[2018·全国卷Ⅱ]对于实际的气体,下列说法正确的是( )A.气体的内能包括气体分子的重力势能B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能C.气体的内能包括气体整体运动的动能D.气体的体积变化时,其内能可能不变E.气体的内能包括气体分子热运动的动能考点三　用油膜法估测分子的大小(1)油膜体积的测定——积聚法:由于一滴纯油酸中含有的分子数仍很大,形成的单层分子所占面积太大,不便于测量,故实验中先把油酸溶于酒精中稀释,测定其浓度,再测出1mL油酸酒精溶液的滴数,取一滴用于实验,最后计算出一滴油酸酒精溶液中含有的纯油酸的体积作为油膜的体积.图32-8(2)油膜面积的测定:如图32-8所示,将画有油酸薄膜轮廓的有机玻璃板取下放在坐标纸上,以边长为1cm的方格为单位,数出轮廓内正方形的格数(不足半格的舍去,超过半格的计为1格),计算出油膜的面积S.例6“用油膜法估测分子大小”的实验步骤如下:①向体积为V1的纯油酸中加入酒精,直到油酸酒精溶液总体积为V2;②用注射器吸取上述溶液,一滴一滴地滴入小量筒,当滴入n滴时体积为V0;③向边长为30~40cm的浅盘里倒入2cm深的水;④用注射器往水面上滴一滴上述溶液,等油酸薄膜形状稳定后,将事先准备好的玻璃板放在浅盘上,并在玻璃板上描出油酸薄膜的轮廓;⑤将描有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上,读出轮廓范围内正方形的总数为N.上述过程中遗漏的步骤是 ;油酸分子直径的表达式是d= .变式题在“用油膜法估测分子的大小”的实验中,将油酸溶于酒精,其浓度为每104mL 溶液中有6mL油酸.用注射器测得1mL上述溶液有75滴,把1滴该溶液滴入盛水(表面撒有石膏粉)的浅盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用彩笔在玻璃板上描出油酸的轮廓,再把玻璃板放在坐标纸上,其形状和大小如图32-9所示,坐标中正方形方格的边长为1cm.(1)求油膜的面积;(2)求每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积;(3)按以上实验数据估测出油酸分子的直径.图32-9■要点总结1.注意事项(1)油酸在水面上形成油膜时先扩散后收缩,要在稳定后再画轮廓.(2)在有机玻璃板上描绘油酸薄膜轮廓时动作要轻而迅速,视线要始终与玻璃板垂直.2.误差分析(1)油酸酒精溶液配制后长时间放置,溶液的浓度容易改变,会给实验带来较大误差;(2)利用小格子数计算轮廓面积时,轮廓的不规则性容易带来计算误差;(3)测量量筒内溶液增加1mL的滴数时,产生误差;(4)油膜形状的画线误差.完成课时作业(三十二)第33讲　固体、液体、气体的性质　热力学定律【辨别明理】(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的.( )(2)液晶是液体和晶体的混合物.( )(3)水蒸气达到饱和时,水蒸气的压强不再变化,这时水不再蒸发和凝结.( )(4)压强极大的气体不遵从气体实验定律.( )(5)做功和热传递的实质是相同的.( )(6)绝热过程中,外界压缩气体做功20J,气体的内能一定减少.( )(7)物体吸收热量,同时对外做功,内能可能不变.( )(8)热机中,燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化.( )【思维拓展】 试推导理想气体压强公式,并说明影响气体压强的因素.假设有一个容积为V的容器,容器内所装气体分子的总数为N,容器内单位体积分子数为n,其中n=,每个气体分子质量为m,我们在这个容器的内壁附近作一个小的正立方体,小立方体与容器内壁相接触的面积为S,令小立方体的边长为l=vΔt,其中v 为气体分子平均速率,Δt是我们所取的一小段考查的时间间隔.小立方体内气体分子的总数为N',N'=nSl=nSvΔt,在Δt内,这个小立方体内的气体分子有六分之一都将与接触面发生碰撞.考点一　固体和液体的性质考向一　固体的性质例1(多选)[2015·全国卷Ⅰ]下列说法正确的是( )A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变■要点总结(1)单晶体具有各向异性,但不是在各种物理性质上都表现出各向异性.(2)具有各向异性的物体一定是晶体,且是单晶体.(3)具有确定熔点的物体一定是晶体,反之,一定是非晶体.(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.考向二　液体的性质例2(多选)下列说法正确的是( )A.把一枚针轻放在水面上,它会浮在水面,这是因为水的表面存在表面张力B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠,而在干净的玻璃板上却不能,这是因为油脂使水的表面张力增大C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中,自由飘浮的水滴呈球形,这是表面张力作用的结果D.在毛细现象中,毛细管中的液面有的升高,有的降低,这与液体的种类和毛细管的材质有关E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时,在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开,这是由于水膜具有表面张力■要点总结(1)表面张力的形成原因:表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大,分子间的相互作用力表现为引力.(2)表面张力的方向:和液面相切,垂直于这部分液面的分界线.(3)表面张力的效果:表面张力使液体表面具有收缩趋势,使液体表面积趋于最小,而在体积相同的条件下,球形的表面积最小.考向三　饱和汽压和湿度的理解例3(多选)关于饱和汽压和相对湿度,下列说法中正确的是( )A.温度相同的不同饱和汽的饱和汽压都相同B.温度升高时,饱和汽压增大C.在相对湿度相同的情况下,夏天比冬天的绝对湿度大D.饱和汽压和相对湿度都与体积无关E.水蒸气的实际压强越大,人感觉越潮湿■要点总结(1)饱和汽压跟液体的种类有关,在相同的温度下,不同液体的饱和汽压一般是不同的.(2)饱和汽压跟温度有关,饱和汽压随温度的升高而增大.(3)饱和汽压跟体积无关,在温度不变的情况下,饱和汽压不随体积的变化而变化.考点二　气体的性质及气体压强的计算1.平衡状态下气体压强的求法力平衡法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析,得到液柱(或活塞)的受力平衡方程,求得气体的压强等压面法在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等.液体内深h处的总压强p=p0+ρgh,p0为液面上方的压强液片法选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立平衡方程,消去面积,得到液片两侧压强相等方程,求得气体的压强2.加速运动系统中封闭气体压强的求法选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象,进行受力分析,利用牛顿第二定律列方程求解.例4[2018·临沂质检]如图33-1所示,两个气缸质量均为M,内部横截面积均为S,两个活塞的质量均为m,左边的气缸静止在水平面上,右边的活塞和气缸竖直悬挂在天花板下.不计活塞与气缸壁间的摩擦,两个气缸内分别封闭有一定质量的气体A、B,大气压强为p0,重力加速度为g,则封闭气体A、B的压强各为多大?图33-1 例5若已知大气压强为p0,如图33-2所示各装置均处于静止状态,图中液体密度均为ρ,求被封闭气体的压强.(重力加速度为g)图33-2变式题如图33-3所示,光滑水平面上放有一质量为M的气缸,气缸内放有一质量为m的可在气缸内无摩擦滑动的活塞,活塞面积为S.现用水平恒力F向右推气缸,最后气缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压强p.(已知外界大气压强为p0)图33-3考点三　气体实验定律的图像问题(1)利用垂直于坐标轴的线作辅助线去分析同质量条件下,不同温度的两条等温线,不同体积的两条等容线,不同压强的两条等压线的关系.例如:在图33-4甲中,虚线为等容线,A、B分别是虚线与T2、T1两条等温线的交点,可以认为从B状态通过等容升压到A状态,温度一定升高,所以T2>T1.图33-4又如图乙所示,A 、B 两点的温度相等,从B 状态通过等温增压到A 状态,体积一定减小,所以V 2<V 1.(2)关于一定质量的气体的不同图像的比较过程图线类别特点示例p-VpV=CT (其中C 为恒量),即p 、V 之积越大的等温线对应的温度越高,线离原点越远等温过程p-p=CT,斜率k=CT ,即斜率越大,温度越高等容过程p-T p=T ,斜率k=,即斜率越大,体积越小等压过程V-T V=T ,斜率k=,即斜率越大,压强越小例6(V-T 图像)(多选)如图33-5所示,一定质量的理想气体从图示A 状态开始,经历了B 、C 状态,最后到D 状态.下列判断中正确的是( )图33-5A.A→B过程,温度升高,压强不变B.B→C过程,体积不变,压强变大C.B→C过程,体积不变,压强不变D.C→D过程,体积变小,压强变大变式题1(p-T图像)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始,经历ab、bc、ca三个过程后回到原状态,其p-T图像如图33-6所示,下列说法正确的是( )图33-6A.过程bc中气体既不吸热也不放热B.过程ab中气体一定吸热C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放出的热量D.a、b和c三个状态中,状态a分子的平均动能最小E.b和c两个状态中,容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同变式题2(p-图像)一定质量的气体经历一系列状态变化,其p-图线如图33-7所示,变化顺序为a→b→c→d→a,图中ab线段延长线过坐标原点,cd线段与p轴垂直,da线段与轴垂直.气体在此状态变化过程中( )图33-7A.a→b过程,压强减小,温度不变,体积增大B.b→c过程,压强增大,温度降低,体积减小C.c→d过程,压强不变,温度升高,体积减小D.d→a过程,压强减小,温度升高,体积不变■要点总结气体状态变化的图像的应用技巧(1)明确点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程.(2)明确斜率的物理意义:在V-T图像(或p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以比较表示这两个状态的点与原点连线的斜率的大小,其规律是:斜率越大,压强(或体积)越小;斜率越小,压强(或体积)越大.考点四　热力学定律的理解与应用考向一　热力学第一定律的理解和应用1.改变内能的两种方式的比较做功热传递区内能变化　外界对物体做功,物　物体吸收热量,内能增加;物体放出热量,情况体的内能增加;物体对外界做功,物体的内能减少内能减少从运动形式上看　宏观的机械运动向物体的微观分子热运动的转化　通过分子之间的相互作用,使同一物体的不同部分或不同物体间的分子热运动发生变化,是内能的转移从能量的角度看　其他形式的能与内能相互转化的过程　不同物体之间或同一物体不同部分之间内能的转移别能的性质变化情况　能的性质发生了变化　能的性质不变联系　做一定量的功或传递一定量的热量在改变内能的效果上是相同的2.温度、内能、热量、功的比较含义特点温度　温度表示物体的冷热程度,是物体分子平均动能大小的标志,它是大量分子热运动的集体表现,对个别分子来说,温度没有意义内能　内能是物体内所有分子热运动的动能和分子势能的总和,它是由大量分子的热运动和分子的相对位置决定的状态量热量　热量是热传递过程中内能的改变量,用来量度热传递过程中内能转移的多少过程量功　做功过程是机械能或其他形式的能和内能之间的转化过程3.对公式ΔU=Q+W 符号的规定符号W Q ΔU+外界对物体做功物体吸收热量内能增加-物体对外界做功物体放出热量内能减少4.几种特殊情况(1)若过程是绝热的,则Q=0,W=ΔU ,外界对物体做的功等于物体内能的增加量.(2)若过程中不做功,即W=0,则Q=ΔU ,物体吸收的热量等于物体内能的增加量.(3)若过程的初、末状态物体的内能不变,即ΔU=0,则W+Q=0或W=-Q ,外界对物体做的功等于物体放出的热量.例7(多选)[2017·全国卷Ⅱ]如图33-8所示,用隔板将一绝热气缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空.现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个气缸.待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法正确的是( )图33-8A.气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中,气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变变式题1(多选)[2018·全国卷Ⅰ]如图33-9所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程①、②、③、④到达状态e.对此气体,下列说法正确的是( )图33-9A.过程①中气体的压强逐渐减小B.过程②中气体对外界做正功C.过程④中气体从外界吸收了热量D.状态c、d的内能相等E.状态d的压强比状态b的压强小变式题2(多选)[2018·海南卷]如图33-10所示,一定量的理想气体由状态a等压变化到状态b,再从状态b等容变化到状态c.a、c两状态温度相等.下列说法正确的是( )图33-10A.从状态b到状态c的过程中气体吸热B.气体在状态a的内能等于在状态c的内能C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功■要点总结解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的基本思路考向二　热力学第二定律的理解和应用1.对热力学第二定律的理解(1)“自发地”说明了热传递等热力学宏观现象的方向性,不需要借助外界提供能量的帮助.(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成,对周围环境不产生热力学方面的影响.如吸热、放热、做功等.2.热力学第二定律的实质热力学第二定律的每一种表述都揭示了大量分子参与宏观过程的方向性,进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.例8(多选)[2018·南昌模拟]下列叙述和热力学定律相关,其中正确的是( )A.第一类永动机不可能制成,是因为违背了能量守恒定律B.能量耗散过程中能量不守恒C.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,违背了热力学第二定律D.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性E.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功。

介绍全品学考是一项重要的考试，它对学生的综合素质和能力提出了较高的要求。

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复习目标1.熟悉全品学考的各个科目的考试要求和知识点；2.掌握各科目的基础知识，强化重点和难点的理解和应用能力；3.培养解决问题和应对复杂情境的能力；4.培养良好的学习习惯和时间管理能力。

复习时间安排建议至少提前2个月开始复习，每天保持固定的复习时间，每天平均分配时间给各科目，并留出时间进行模拟考试和自我评估。

以下是一个示例的时间安排表：时间段复习科目8:00-9:30 数学9:30-10:30 语文10:30-11:00 休息11:00-12:00 英语12:00-13:00 午餐/休息13:00-14:30 物理14:30-15:30 化学15:30-16:00 休息16:00-17:30 历史17:30-18:30 地理18:30-19:30 模拟考试/复习学科复习建议数学1.复习基础知识，掌握运算法则和常用公式；2.大量练习题目，提高计算和解题能力；3.注意总结解题思路和方法，提升问题分析和解决的能力；4.学会归纳整理知识点，便于复习时回顾。

语文1.阅读各种类型的文章，提高阅读理解能力；2.注重积累词汇和成语，增强写作和表达能力；3.频繁练习作文，提升写作水平；4.复习古代文学经典作品，加深对文学知识的理解和把握。

1.阅读英语文章，提高阅读理解能力和阅读速度；2.学习常用的单词和短语，扩大词汇量；3.多听多说，提高听力和口语能力；4.定期进行听力和阅读的模拟训练。

物理1.熟悉物理公式和基本概念；2.理解物理定律和规律，掌握应用能力；3.多做物理题，培养解决问题的能力；4.注意实验的基本原理和方法。

化学1.复习化学元素和化合物的基本知识；2.熟悉化学反应和化学方程式；3.掌握化学实验的基本原理和操作方法；4.多做化学计算和推导题目。

1.复习重要历史事件和人物；2.理解历史背景和原因，掌握历史变革和发展过程；3.注意历史地图的学习，了解地理环境对历史事件的影响；4.多阅读历史资料和文献，加深对历史知识的了解。

全品高考复习方案目录1. 复习计划1.1 制定合理的学习计划1.2 分阶段备考1.3 制定具体复习安排2. 学科复习2.1 语文2.2 数学2.3 英语2.4 物理2.5 化学2.6 生物2.7 历史2.8 政治2.9 地理3. 资料整理与细化3.1 整理重点知识点3.2 制作专属复习笔记3.3 利用工具进行信息梳理4. 考试模拟与强化4.1 熟悉考试题型4.2 进行模拟考试4.3 分析错题原因4.4 重点攻克易错题复习计划制定一份合理的高考复习计划至关重要，首先要根据自己的时间和预备情况，合理分配各学科的复习时间。

可以将整个高考复习过程划分为不同阶段，按部就班地进行备考，确保每个学科都有足够的时间来复习。

另外，制定具体的每日复习安排，将要复习的知识点和题目列出来，有条不紊地完成每天的任务。

学科复习语文、数学、英语、物理、化学、生物、历史、政治、地理等各个学科的复习都需要重点把握，可以根据各科目的难易程度和个人的擅长程度来制定复习计划。

在复习过程中，可以结合课本知识、历年真题和重难点来有针对性地进行复习，理解概念，掌握解题方法。

资料整理与细化在复习过程中，要及时整理并细化知识点，可以制作专属的复习笔记，将重点知识点、公式、解题技巧等内容详细记录下来。

此外，可以借助一些工具进行信息梳理，如利用思维导图、表格等形式整理知识点，加深记忆。

考试模拟与强化在复习阶段的末期，要进行大量的考试模拟，熟悉考试题型，提前适应考试环境，检验自己的复习效果。

通过模拟考试，可以发现自己的薄弱环节，及时强化，同时要认真分析错题原因，找出问题所在并加以改进，重点攻克易错题，确保在考试中取得理想的成绩。

第十二单元世界经济的全球化趋势第36讲战后资本主义世界经济体系的形成【主干知识回扣】1.英镑布雷顿森林协定国际货币短期贷款经济复兴黄金美元国际金融2.贸易保护主义国际贸易关税与贸易总协定国际贸易自由化自由贸易3.关贸总协定制度化【考点深化探究】考点一原因:布雷顿森林体系规定美元与黄金挂钩,国际货币基金会员国的货币与美元保持固定的汇率。

作用:促进了贸易自由,有利于维持战后世界货币体系的正常运转,为世界经济的恢复和发展创造了条件。

考点二1.举措:通过成立国际货币基金组织和世界银行,确立了国际货币金融体系;通过签署《关税与贸易总协定》,确立了国际贸易体系。

意义:使世界经济朝着体系化和制度化方向发展;为战后资本主义世界经济体系的形成奠定了基础。

2.二战后,西欧国家普遍衰落,美国成为世界最大的债权国;以英镑为中心的资本主义世界货币体系难以维系;美国利用布雷顿森林体系和关贸总协定,加强其在国际金融和贸易领域的特权和支配地位;实施“马歇尔计划”扶持和控制西欧国家。

【高考链接突破】•解考题考题1A[解析]本题以世界银行贷款变化为切入点,考查学生的史料分析能力。

世界银行后来转向发展中国家的援助,面对发展中国家经济发展而采取援助,时间从1968—1981年贷款额度大幅度增加,说明新兴独立国家增多,这些国家属于发展中国家,故答案为A项;B项各国关税的降低与世界银行没有直接关系;1981年世界银行的贷款项目和贷款额度都出现了快速增长,这与发达国家经济实力下降没有内在关系,故排除C项;世贸组织成立于1995年,与材料1981年不符,排除D项。

考题2A[解析]根据“美国拥有世界财富的50%,却只有世界人口的6.3%。

在这种形势下,美国的任务是设计一种在不危及美国国家安全情况下,保持这种优势的‘关系模式’”可知,美国凭借其经济实力加强对世界金融的控制,确立布雷顿森林体系就是这种意图的表现,故选A项。

北大西洋公约组织是为应对与苏联的“冷战”而建立的,属于军事组织,B项错误;1947年,美、中等23个国家签署了《关税与贸易总协定》,反对贸易保护主义,C项错误;对欧洲经济进行援助的是马歇尔计划,该计划也是“冷战”的组成部分,与美国保持这种优势(世界经济霸主)的“关系模式”无关,D项错误。

第17讲 动量 动量定理一、动量1.定义:物体的 与 的乘积.2.表达式:p= ,单位 .3.动量是矢量,与 方向相同. 二、冲量1.定义:是力对时间的累积效应,是过程量,效果表现为物体动量的变化.2.表达式:I= ,单位 .3.冲量是矢量,与 或 方向相同. 三、动量定理1.内容:物体受到的 等于 .2.公式:I 合=Δp.(1)动量的变化量是矢量,只有当初、末动量在一条直线上时,才可以直接进行代数运算. (2)Δp 的计算方法:①直线运动:选择一个正方向,与正方向相同的动量取正值,与正方向相反的动量取负值,可以表示为:Δp=p t -p 0,其中p 0、p t 分别是初、末动量.②曲线运动:要用矢量的运算方法,利用平行四边形定则画图求解. 【辨别明理】(1)一个物体的运动状态变化,它的动量一定改变. ( ) (2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因.( )(3)动量具有瞬时性.()(4)物体动量的变化等于某个力的冲量.()(5)一个质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t下降的高度为h,速度变为v,重力加速度为g,求在这段时间内物体动量变化的大小.考点一对动量、冲量的理解1.(动量与动能)(多选)对于一个质量不变的物体,下列说法正确的是()A.物体的动量发生变化,其动能一定发生变化B.物体的动量发生变化,其动能不一定发生变化C.物体的动能发生变化,其动量一定发生变化D.物体的动能发生变化,其动量不一定发生变化图17-12.(冲量的理解)如图17-1所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q两点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是()A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同3.(冲量的计算)(多选)如图17-2所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t,则()图17-2A.拉力对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC.摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD.合外力对物体的冲量大小为零4.(冲量和功的比较)[2018·合肥一模]质量为0.2kg的小球以6m/s的速度竖直向下落至水平地面上,再以4m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是()A.Δp=2kg·m/s,W=-2JB.Δp=-2kg·m/s,W=2JC.Δp=0.4kg·m/s,W=-2JD.Δp=-0.4kg·m/s,W=2J■要点总结1.动量、动能和动量变化量的比较mv,pv p=2.冲量与功的比较考点二 动量定理的基本应用 动量定理应用的基本程序: (1)确定研究对象.(2)对研究对象进行受力分析.可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和;或先求合力,再求其冲量.(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正、负号.(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程,最后代入数据求解.例1[2018·全国卷Ⅱ]高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N变式题1高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t 安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.+mgB.-mgC.+mgD.-mg变式题2(多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动,F随时间t变化的图线如图17-3所示,则()图17-3A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零■要点总结应用动量定理时应注意的问题(1)涉及力对时间的积累效应问题,优先考虑应用动量定理解决.(2)求合力冲量的方法有两种:①若各外力的作用时间相同,且各外力均为恒力,可以先求出合力,再将合力乘时间求冲量,即I合=F合t.②若各外力的作用时间不同,可以先求出每个外力在相应时间内的冲量,然后求各外力冲量的矢量和.(3)动量定理是矢量式,在应用动量定理前必须确定正方向,在应用动量定理列式时,已知方向的动量、冲量均需加符号(与正方向一致时为正,反之为负),未知方向的动量、冲量通常先假设为正,解出后再判断其方向.考点三动量定理与微元法的综合应用考向一流体类问题例2水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的.煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可破碎,若水流沿水平方向冲击煤层,不考虑水的反向溅射作用,则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103kg/m3)()A.30m/sB.40m/sC.45m/sD.60m/s变式题某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.玩具在空中悬停时,求其底面相对于喷口的高度.考向二微粒类问题例3根据量子理论,光子的能量E与动量p之间的关系式为E=pc,其中c表示光速,由于光子有动量,照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强,这就是“光压”,用I表示.(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光,功率为P0,射出的光束的横截面积为S,当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时,激光对物体表面的压力F=2pN,其中p表示光子的动量,N表示单位时间内激光器射出的光子数,试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压.(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速,探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜,并让它正对太阳,已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1350W,探测器和薄膜的总质量为m=100kg,薄膜面积为4×104m2,求此时探测器的加速度大小.变式题一艘宇宙飞船以速度v进入分布密度为ρ的尘埃空间,如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积为S,且认为尘埃与飞船碰撞后都附着在飞船上,则飞船受到尘埃的平均制动力为多大?完成课时作业(十七)第18讲动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1.内容:一个系统或者为零时,这个系统的总动量保持不变.2.常用的表达式:m1v1+m2v2=.二、系统动量守恒的条件1.理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒.2.近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似地看作守恒.3.分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒.三、动量守恒的实例1.碰撞(1)特点:在碰撞现象中,一般都满足内力外力,可认为碰撞系统的动量守恒.(2)分类:2.反冲运动(1)定义:静止或运动的物体通过分离出部分物质,而使自身在反方向获得加速的现象.(2)特点:在反冲运动中,系统的是守恒的.3.爆炸现象爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且系统所受的外力,所以系统动量,爆炸过程时间很短,物体的位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.【辨别明理】(1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度.()(2)系统动量守恒,则机械能也守恒.()(3)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度.()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变.()(5)碰撞过程除了系统动量守恒之外,还需要满足什么条件?碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同?考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零,则系统动量守恒;(2)系统受外力,但所受的外力远远小于内力、可以忽略不计时,则系统动量守恒;(3)系统在某一个方向上所受的合力为零,则系统在该方向上动量守恒.(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力为零,则系统在该阶段动量守恒.2.应用动量守恒定律解题的一般步骤(1)确定研究对象,选取研究过程;(2)分析内力和外力的情况,判断是否符合动量守恒条件;(3)选定正方向,确定初、末状态的动量,最后根据动量守恒定律列方程求解.图18-11.(多选)[人教版选修3-5改编]如图18-1所示,在光滑水平面上有一辆平板车,一个人手握大锤站在车上.开始时人、锤和车均静止,此人将锤抡起至最高点,此时大锤在头顶的正上方,然后人用力使锤落下沿水平方向敲打平板车的左端,而后再将锤抡起至最高点,如此周而复始地敲打车的左端,最后人和锤都恢复至初始状态且人不再敲打平板车.在此过程中,下列说法正确的是()A.锤从最高点落下至刚接触车的过程中,车的动量方向先水平向右,后水平向左B.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中,车具有水平向左的动量,车的动量减小至零C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中,车具有水平向右的动量D.在任一时刻,人、锤和车组成的系统动量守恒2.[人教版选修3-5改编]某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢,跟它们对接.机车跟第1节车厢相碰后,它们连在一起具有一个共同的速度,紧接着又跟第2节车厢相碰,就这样,直至碰上最后一节车厢.设机车和车厢的质量都相等,则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)()A.0.053m/sB.0.05m/sC.0.057m/sD.0.06m/s3.[人教版选修3-5改编]悬绳下吊着一个质量为M=9.99kg的沙袋,悬绳长L=1m.一颗质量m=10g的子弹以v0=500m/s的水平速度射入沙袋,瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量,g取10m/s2),则此时悬绳的拉力为()A.35NB.100NC.102.5ND.350N■要点总结动量守恒定律的五个特性考点二碰撞问题三种碰撞形式的理解m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'弹性碰撞m1+m2=m1v+m2v若碰撞前,有一个物体是静止的,设v2=0,则碰撞后的速度分别为v'1=、v'2= m1+2>m mE=1+m2-考向一弹性碰撞图18-2例1[2018·江西赣州模拟]如图18-2所示,B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E四个球质量相等,而F球质量小于B球质量,A球质量等于F球质量.A球以速度v0向B球运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后()A.3个小球静止,3个小球运动B.4个小球静止,2个小球运动C.5个小球静止,1个小球运动D.6个小球都运动变式题(多选)如图18-3所示,光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板,A、B是两挡板连线的三等分点.A点处有一质量为m2的静止小球2,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球1以速度v0向右运动并与质量为m2的小球2相碰.小球与小球间、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点.已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处,且m1<m2,则两小球的质量之比m1∶m2可能为()图18-3A.1∶2B.1∶3C.1∶5D.1∶7考向二完全非弹性碰撞例2某超市两辆相同的手推购物车质量均为m且相距为l沿直线排列,静置于水平地面上.为了节省收纳空间,工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动,并与第二辆车相碰,且在极短时间内相互嵌套结为一体,以共同的速度运动了距离,恰好停靠在墙边.若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍,忽略空气阻力,重力加速度为g.求:(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能;(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小.变式题(多选)[2018·石家庄冲刺]一木块沿光滑水平面以6m/s的速度向右做匀速直线运动,一颗子弹以10m/s的速度沿水平方向向左迎面击中木块,子弹射入木块后未穿出,木块继续向右运动,速度变为5m/s.下列说法正确的是()A.木块与子弹的质量之比为15∶1B.若第二颗同样的子弹以相同的速度再次射入木块后未穿出,则木块以3m/s的速度向右运动C.如果想让木块停止运动,应以相同的速度再向木块迎面射入4颗同样子弹(子弹均未穿出)D.如果想让木块停止运动,应以相同的速度再向木块迎面射入8颗同样子弹(子弹均未穿出)考向三碰撞可能性例3[人教版选修3-5改编]质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰.碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度允许有不同的值.碰撞后B球的速度可能是()A.0.8vB.0.6vC.0.4vD.0.2v变式题(多选)质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等.两者质量M与m的比值可能为()A.2B.3C.4D.5■要点总结处理碰撞问题的思路和方法(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加.(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还满足能量守恒,注意碰撞完成后关于不可能发生二次碰撞的速度关系的判定.(3)要灵活运用E k=或p=E k,E k=pv或p=转换动能与动量.考点三人船模型、爆炸和反冲1.人船模型2.爆炸现象的三个规律3.对反冲运动的三点说明例4[2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00kg 的模型火箭点火升空,50g 燃烧的燃气以大小为600m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( ) A .30kg ·m/s B .5.7×102kg ·m/s C .6.0×102kg ·m/sD .6.3×102kg ·m/s图18-4变式题1如图18-4所示,质量m=60kg 的人站在质量M=300kg 的车的一端,车长L=3m ,相对于地面静止.若车与地面间的摩擦可以忽略不计,则人由车的一端走到另一端的过程中,车将()A.后退0.5mB.后退0.6mC.后退0.75mD.一直匀速后退变式题2[2018·全国卷Ⅰ]一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g.不计空气阻力和火药的质量.求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.考点四多体动量守恒问题有时可以对整体应用动量守恒定律,有时可以只选某部分应用动量守恒定律,有时可以分过程多次应用动量守恒定律.恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.例5如图18-5所示,质量为3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动,小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B(可看作质点),小球距离车面0.8m.某一时刻,小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略),此时轻绳突然断裂.此后,小球刚好落入小车右端固定的小桶中(小桶的尺寸可忽略),不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2.求:(1)绳未断前小球与小桶的水平距离;(2)小车系统的最终速度大小;(3)整个系统损失的机械能.图18-5变式题如图18-6所示,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间.A的质量为m,B、C的质量都为M,三者都处于静止状态.现使A以某一速度向右运动,则m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞?(已知物体间的碰撞都是弹性的)图18-6■要点总结(1)分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体的总动量是否守恒时,通常把这些被研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程,要对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.(2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒定律.(3)明确所研究的相互作用过程,确定过程的始、末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.(4)确定好正方向,建立动量守恒方程求解.完成课时作业(十八)题型综述一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论-(1应考策略(1)认真审题,明确题目所述的物理情境,确定研究对象.(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程,作草图.(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点,选择适用规律:①若用力的观点解题,要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度;②若用两大定理求解,应确定过程的始、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功);③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件,则可根据题意选择合适的始、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率).(4)根据选择的规律列式,有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程.(5)代入数据,计算结果.例1[2018·四川蓉城联考]如图W5-1所示,在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC,它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成,A、C两端切线水平.在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE,圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接.一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道,通过C点后进入圆弧轨道运动,过C点时轨道对小球的压力为2mg,小球始终没有离开圆弧轨道.已知圆弧轨道DE的质量为2m,重力加速度为g.求:(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小;(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度.图W5-1变式题如图W5-2所示为过山车简易模型,它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,Q点为圆形轨道最低点,M点为最高点,水平轨道PN右侧的光滑水平地面上并排放置两块木板c、d,两木板间相互接触但不粘连,木板上表面与水平轨道PN平齐,小滑块b放置在轨道QN上.现小滑块a从P点以初速度v0水平向右运动,沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失,碰后a沿原路返回到M点时对轨道压力恰好为0,碰后滑块b最终恰好没有离开木板d.已知小滑块a的质量为1kg,c、d两木板质量均为3kg,小滑块b的质量也为3kg,c 木板长为2m,圆形轨道半径为0.32m,滑块b与两木板间的动摩擦因数均为0.2,重力加速度g取10m/s2.(1)小滑块a与小滑块b碰后,滑块b的速度为多大?(2)小滑块b刚离开长木板c时的速度为多大?(3)木板d的长度为多少?图W5-2例2[2018·成都七中模拟]火车车厢之间由车钩连接,火车启动前车钩间都有间隙.不妨将火车的启动简化成如图W5-3所示的情景:在光滑水平面上有19个静止的质量均为m的木箱,自右向左编号依次为0、1、2、3、…、18,相邻木箱之间由完全非弹性的钩子连接,当钩子前、后两部分相碰时,与钩子相连的两木箱速度立即变为相等.所有木箱均静止时,每一个车钩前、后两部分间的距离都为L.(1)若只给第0号木箱一个水平向右的初速度v0,求第18号木箱刚运动时的速度大小.(2)若从某时刻开始,持续对第0号木箱施加向右的水平恒力F,使木箱从静止开始运动,求:①第1号木箱刚运动时的速度大小;②从施加恒力F到第18号木箱开始运动经历的时间.图W5-3变式题[2018·湛江二模]如图W5-4所示,水平地面放置A和B两个物块,A的质量m1=2kg,B的质量m2=1kg,物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5.现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F,F=10N,使A由静止开始运动,经过12s物块A刚好运动到物块B处,A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F,A与B碰撞过程没有能量损失,设碰撞时间很短,A、B均可视为质点,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小;(2)若在B的正前方放置一个弹性挡板,物块B与挡板碰撞时没有能量损失,要保证物块A和B能发生第二次碰撞,弹性挡板与物块B的距离L不得超过多少?图W5-41.将一小物体以初速度v0竖直向上抛出,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1s内和离开最高点的第1s内通过的路程x1和x2及速度的变化量Δv1和Δv2的大小关系是()A.x1=x2B.x1<x2C.Δv1>Δv2D.Δv1<Δv22.如图W5-5甲所示,质量为2kg的物体受水平拉力F的作用,在粗糙水平面上做加速直线运动,其a-t图像如图乙所示,已知t=0时其速度大小为2m/s,所受滑动摩擦力的大小恒为2N,则()图W5-5A.在t=6s时,物体的速度为18m/sB.在0~6s内,合力对物体做的功为400JC.在0~6s内,拉力对物体的冲量为36N·sD.在t=6s时,拉力F的功率为200W图W5-63.[2018·湖南张家界三模]如图W5-6所示,质量为M的滑块放置在光滑水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF,圆弧半径为R=1m,E点处的切线水平.质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块,若小球刚好没跃出圆弧的上端,已知M=4m,g取10m/s2,不计摩擦,则小球的初速度v0的大小为()A.4m/sB.5m/sC.6m/sD.7m/s4.(多选)如图W5-7所示,已知物体与三块材料不同的长方形板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ,三块板长度均为L,并排铺在水平地面上,该物体以一定的初速度v0从第一块板的最左端a点滑上第一块板,恰好滑到第三块板的最右端d点停下来,在物体运动过程中三块板均保持静止.若物体从d点以相同大小的初速度水平向左运动,三块板仍能保持静止,则下列说法正确的是()图W5-7A.物体恰好运动到a点并停下来B.物体不能运动到a点C.物体两次经过c点时速度大小相等D.物体两次经过b点时速度大小相等图W5-85.(多选)[2018·江淮十校联考]如图W5-8所示,质量为m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的木块A放在长木板的左端,木块A和长板B均静止.一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中,当木块滑离木板时速度为v0,木块在木板上滑行的时间为t.下列说法正确的是()A.木块获得的最大速度为v0B.木块滑离木板时,木板获得的速度大小为v0C.木块在木板上滑动时,木块与木板间的滑动摩擦力大小为D.木块在木板上滑动时,因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能6.(多选)如图W5-9所示,光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m,小球b、c 与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,与之相碰并粘在一起运动.在整个运动过程中,下列说法正确的是()图W5-9A.三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,机械能不守恒B.三个小球与弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒C.当小球b、c速度相等时,弹簧的弹性势能最大D.当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零7.[2018·哈尔滨一模]如图W5-10所示,质量为m=2kg的长木板A静止于光滑水平面上,。