（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法 規(guī)律 通曉高考4大解題策略教學(xué)案

《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法 規(guī)律 通曉高考4大解題策略教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法 規(guī)律 通曉高考4大解題策略教學(xué)案（83頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二部分 考前調(diào)節(jié) 激發(fā)狀態(tài) 方法·規(guī)律通曉高考4大解題策略 一 (一)力與直線運(yùn)動(dòng)　 物理概念、規(guī)律 公式 備注 勻變速直線運(yùn)動(dòng) 勻變速直線運(yùn)動(dòng) v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax v＝＝ Δx＝aT2 ＝適用于任何形式的運(yùn)動(dòng) 自由落體運(yùn)動(dòng) v＝gt h＝gt2 v2＝2gh v0＝0，a＝g 豎直拋體運(yùn)動(dòng) v＝v0±gt h＝v0t±gt2 v2－v02＝±2gh 上拋取“－”號(hào) 下拋取“＋”號(hào) 相互作用 重力 G＝mg 無特殊說明時(shí)g取9.8 m/s2，估算時(shí)g取10 m/s2 胡克定律 F＝kx x

2、為形變量，k為勁度系數(shù) 滑動(dòng)摩擦力　 F＝μFN FN為接觸面間的壓力，不一定等于重力 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 牛頓第二定律 F合＝ma a與F合的方向一致 超重和失重　 超重時(shí)物體具有向上的加速度或分量，失重時(shí)物體具有向下的加速度或分量 航天器中的人和物體處于完全失重狀態(tài) [保溫訓(xùn)練] 1．從地面豎直上拋物體A，初速度大小為v，同時(shí)在離地高為H處，有一物體B自由下落，經(jīng)過時(shí)間t兩物體在空中相遇，重力加速度為g，則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．t＝ B．t＝ C．t＝ D．t＝ 解析：選A　兩物體相遇時(shí)位移大小之和等于H，故有vt－gt

3、2＋gt2＝H，解得t＝，A正確。 2．以從塔頂由靜止釋放小球A的時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，t0時(shí)刻又在與小球A等高的位置處，由靜止釋放小球B。若兩小球都只受重力作用，設(shè)小球B下落時(shí)間為t，在兩小球落地前，兩小球間的高度差為Δx，則 -t0圖線為(　　) 解析：選B　兩小球釋放后都做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球B釋放時(shí)為t0時(shí)刻，此時(shí)小球A的速度為gt0，小球B的速度為0，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球B下落時(shí)間為t時(shí)，兩小球下落的高度分別為hA＝gt0t＋gt2和hB＝gt2，則Δx＝hA－h(huán)B＝gt0t，＝gt0，由函數(shù)圖像知識(shí)，可知B正確。 3．如圖是某物體在 t時(shí)間內(nèi)的位移—時(shí)間圖像和速度—時(shí)間圖

4、像，從圖像上可以判斷(　　) A．物體的運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 B．物體時(shí)間t內(nèi)的平均速度不一定是4.5 m/s C．物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝2 s D．物體的加速度為 m/s2 解析：選D　由v -t圖像知，該物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，A錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度的公式可知，物體在時(shí)間t內(nèi)的平均速度是＝＝ m/s＝4.5 m/s，B錯(cuò)誤；由x＝t得t＝＝ s＝ s，C錯(cuò)誤；物體的加速度為a＝＝ m/s2＝ m/s2，D正確。 4.在平直公路上行駛的a車和b車，其x-t圖像分別為圖中直線a和曲線b，已知b車的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s時(shí)，直線a和曲線b剛

5、好相切，則(　　) A．a(chǎn)車做勻速運(yùn)動(dòng)且其速度為va＝ m/s B．t＝3 s時(shí)，a車和b車相遇但此時(shí)速度不等 C．t＝1 s時(shí)，b車的速度為10 m/s D．t＝0時(shí)，a車和b車的距離x0＝9 m 解析：選D　由題圖可知，a車做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度：va＝＝ m/s＝2 m/s，故A錯(cuò)誤；t＝3 s時(shí)，直線a和曲線b剛好相切，即此時(shí)b車的速度vb′＝va＝2 m/s，故B錯(cuò)誤；由b車的加速度等于－2 m/s2易得，t＝1 s時(shí)，b車的速度為6 m/s，故C錯(cuò)誤；設(shè)b車的初速度為vb，對(duì)b車，由vb＋at＝vb′，解得 vb＝8 m/s，t＝3 s時(shí)，a車的位移 xa＝vat＝6 m，b

6、車的位移：xb＝t＝15 m，此時(shí)a車和b車到達(dá)同一位置，得x0＝xb－xa＝9 m，故D正確。 5.跳傘運(yùn)動(dòng)員從高空懸停的直升機(jī)跳下，運(yùn)動(dòng)員沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)員在0～10 s內(nèi)的平均速度大小等于10 m/s B．10 s末運(yùn)動(dòng)員的速度方向改變 C．10 s末運(yùn)動(dòng)員打開降落傘 D．10～15 s內(nèi)運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸增加的減速運(yùn)動(dòng) 解析：選C　若運(yùn)動(dòng)員在0～10 s內(nèi)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則平均速度＝＝ m/s＝10 m/s，故A錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中，速度都是正值，運(yùn)動(dòng)員的速度方向未改變，故B錯(cuò)誤；從10 s末開始運(yùn)動(dòng)員做減速運(yùn)動(dòng)，則知

7、10 s末運(yùn)動(dòng)員打開降落傘，故C正確；10～15 s內(nèi)圖線的斜率逐漸減小，則加速度逐漸減小，運(yùn)動(dòng)員做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 6.(2019·浙江選考)如圖所示，A、B、C為三個(gè)實(shí)心小球，A為鐵球，B、C為木球。A、B兩球分別連在兩根彈簧上，C球連接在細(xì)線一端，彈簧和細(xì)線的下端固定在裝水的杯子底部，該水杯置于用繩子懸掛的靜止吊籃內(nèi)。若將掛吊籃的繩子剪斷，則剪斷的瞬間相對(duì)于杯底(不計(jì)空氣阻力，ρ木＜ρ水＜ρ鐵)(　　) A．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B、C球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng) B．A、B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng) C．A球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，C球不動(dòng) D．A球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)，B球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，

8、C球不動(dòng) 解析：選D　開始時(shí)A球下的彈簧被壓縮，彈力向上；B球下的彈簧被拉長，彈力向下；將掛吊籃的繩子剪斷的瞬時(shí)，系統(tǒng)的加速度為g，為完全失重狀態(tài)，此時(shí)水對(duì)球的浮力也為零，小球的重力也視為零，則A球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向上運(yùn)動(dòng)，B球?qū)⒃趶椓ψ饔孟孪鄬?duì)于杯底向下運(yùn)動(dòng)，C球相對(duì)于杯底不動(dòng)。 7.(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式開通。為保持以往船行習(xí)慣，在航道處建造了單面索(所有鋼索均處在同一豎直面內(nèi))斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力 B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當(dāng)降低索塔的高度

9、C．索塔兩側(cè)鋼索對(duì)稱且拉力大小相同時(shí)，鋼索對(duì)索塔的合力豎直向下 D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側(cè)的鋼索必須對(duì)稱分布 解析：選C　索塔對(duì)鋼索豎直向上的作用力跟鋼索和橋體整體的重力平衡。增加鋼索數(shù)量，其整體重力變大，故索塔受到的壓力變大，A錯(cuò)。若索塔高度降低，則鋼索與豎直方向夾角θ將變大，由Tcos θ＝G可知，鋼索拉力T將變大，B錯(cuò)。兩側(cè)拉力對(duì)稱，合力一定在夾角平分線上，即豎直向下，C對(duì)。若鋼索非對(duì)稱分布，但其水平方向的合力為0，合力仍豎直向下，D錯(cuò)。 8．(2019·全國卷Ⅲ)用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、

10、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(　　) A．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg　 B．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg C．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg　　 D．F1＝mg，F(xiàn)2＝mg 解析：選D　如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直。由牛頓第三定律知F1＝F1′，F(xiàn)2＝F2′，則F1＝mgsin 60°＝mg，F(xiàn)2＝mgsin 30°＝mg，選項(xiàng)D正確。 9．[多選](2019·全國卷Ⅲ)如圖(a)，物塊和木板疊放在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上，物塊用一不可伸長的細(xì)繩與固定在實(shí)驗(yàn)臺(tái)上的力傳感器

11、相連，細(xì)繩水平。t＝0時(shí)，木板開始受到水平外力F的作用，在t＝4 s時(shí)撤去外力。細(xì)繩對(duì)物塊的拉力f隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示，木板的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(c)所示。木板與實(shí)驗(yàn)臺(tái)之間的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由題給數(shù)據(jù)可以得出(　　) 圖(a) 　　 圖(b)　　　　　　　　　　圖(c) A．木板的質(zhì)量為1 kg B．2～4 s內(nèi)，力F的大小為0.4 N C．0～2 s內(nèi)，力F的大小保持不變 D．物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 解析：選AB　木板和實(shí)驗(yàn)臺(tái)間的摩擦忽略不計(jì)，由題圖(b)知，2 s后物塊和木板間的滑動(dòng)摩擦力大小F摩＝0.2 N。由題

12、圖(c)知，2～4 s內(nèi)，木板的加速度大小a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝ m/s2＝0.2 m/s2。設(shè)木板質(zhì)量為m，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：F－F摩＝ma1，F(xiàn)摩＝ma2，且知F摩＝μm塊g＝0.2 N，解得m＝1 kg，F(xiàn)＝0.4 N，由于不知道物塊的質(zhì)量，故無法求出物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，選項(xiàng)A、B正確，D錯(cuò)誤。0～2 s內(nèi)，由題圖(b)知，F(xiàn)是均勻增加的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 10．如圖甲所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從傾角為θ＝30°的固定斜面頂端由靜止開始下滑，從此時(shí)開始計(jì)時(shí)，物塊的速度為v，到斜面頂端的距離為x，其x-v2圖像如圖乙所

13、示。g取10 m/s2，斜面足夠長，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．物塊的加速度大小為8 m/s2 B．物塊在t＝1 s時(shí)的速度大小為8 m/s C．物塊在t＝4 s時(shí)處于斜面上x＝24 m的位置 D．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ 解析：選D　由v2＝2ax得加速度為a＝4 m/s2，故A錯(cuò)誤；由v＝at得t＝1 s時(shí)物塊速度大小為4 m/s，故B錯(cuò)誤；由x＝at2得t＝4 s時(shí)，x＝32 m，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，解得：μ＝，故D正確。 (二)曲線運(yùn)動(dòng)、萬有引力與機(jī)械能　 物理概念、規(guī)律 公式 備注 曲線

14、運(yùn)動(dòng) 平拋運(yùn)動(dòng) vx＝v0，vy＝gt x＝v0t，y＝gt2 沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng) 勻速圓周運(yùn)動(dòng) v＝ ω＝ a＝＝ω2r＝r＝ωv F＝ma＝m＝mω2r v＝ ω＝ v＝ωr 萬有引力定律 萬有引力定律 F＝G 引力常量：G＝6.67×10－11 N·m2/kg2 功和功率 功 W＝Flcos α α是F與l的夾角 功率 平均功率P＝ 瞬時(shí)功率P＝Fvcos α α是F與v的夾角 機(jī)械效率 η＝×100% ＝×100% η <1 機(jī)械能 動(dòng)能 Ek＝mv2 標(biāo)量，具有相對(duì)性 重力勢能 Ep

15、＝mgh 與零勢能面的選擇有關(guān) 動(dòng)能定理 W合＝mv22－mv12 W合為合外力做的功 機(jī)械能守恒定律　 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 守恒條件：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi) [保溫訓(xùn)練] 1．(2019·海南高考)2019年5月，我國第45顆北斗衛(wèi)星發(fā)射成功。已知該衛(wèi)星軌道距地面的高度約為36 000 km，是“天宮二號(hào)”空間實(shí)驗(yàn)室軌道高度的90倍左右，則(　　) A．該衛(wèi)星的速率比“天宮二號(hào)”的大 B．該衛(wèi)星的周期比“天宮二號(hào)”的大 C．該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號(hào)”的大 D．該衛(wèi)星的向心加速度比“天宮二號(hào)”的大 解析：選B　根據(jù)G＝mrω2

16、＝mr＝m＝ma解得v＝，T＝2π，ω＝，a＝，因北斗衛(wèi)星的運(yùn)轉(zhuǎn)半徑大于天宮二號(hào)的軌道半徑，可知該衛(wèi)星的速率比“天宮二號(hào)”的小；該衛(wèi)星的周期比“天宮二號(hào)”的大；該衛(wèi)星的角速度比“天宮二號(hào)”的?。辉撔l(wèi)星的向心加速度比“天宮二號(hào)”的??；故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 2.(2019·全國卷Ⅲ)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為(　　) A．2 kg　　　　　　　　　 B．1.5 kg C．1 kg D．

17、0.5 kg 解析：選C　畫出運(yùn)動(dòng)示意圖，設(shè)阻力為f，據(jù)動(dòng)能定理知 A→B(上升過程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkA C→D(下落過程)：(mg－f)h＝EkD－EkC 聯(lián)立解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，選項(xiàng)C正確。 3．[多選](2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h＝0時(shí)，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek＝40 J D．從地面至h＝

18、4 m，物體的動(dòng)能減少100 J 解析：選AD　由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由題給圖像得k＝20 N，因此m＝2 kg，A對(duì)。當(dāng)h＝0時(shí)，Ep＝0，E總＝Ek＝mv02，因此v0＝10 m/s，B錯(cuò)。由題給圖像知h＝2 m時(shí)，E總＝90 J，Ep＝40 J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C錯(cuò)。h＝4 m時(shí)，E總＝Ep＝80 J，即此時(shí)Ek＝0，即上升4 m距離，動(dòng)能減少100 J，D對(duì)。 4．[多選](2019·海南高考)三個(gè)小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為4h0；它們的下端水平，距地面的高

19、度分別為h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點(diǎn)到軌道下端的水平距離分別記為s1、s2、s3，則(　　) A．s1>s2 B．s2>s3 C．s1＝s3 D．s2＝s3 解析：選BC　對(duì)軌道1：小物塊射出時(shí)的速度v1＝＝，射程s1＝v1＝2h0；對(duì)軌道2：小物塊射出時(shí)的速度v2＝＝，射程s2＝v2＝4h0；對(duì)軌道3：小物塊射出時(shí)的速度v3＝，射程s3＝v3＝2h0；則s1＝s3，s2>s3，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。 5.[多選](2019·蘇北四市一模)2017年9月15日，微信啟動(dòng)“變臉”：由此前美國衛(wèi)星拍攝地球的靜態(tài)圖換成了我國

20、“風(fēng)云四號(hào)”衛(wèi)星拍攝地球的動(dòng)態(tài)圖，如圖所示?！帮L(fēng)云四號(hào)”是一顆靜止軌道衛(wèi)星，關(guān)于“風(fēng)云四號(hào)”，下列說法正確的有(　　) A．能全天候監(jiān)測同一地區(qū) B．運(yùn)行速度大于第一宇宙速度 C．在相同時(shí)間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線掃過的面積相等 D．向心加速度大于地球表面的重力加速度 解析：選AC　由于“風(fēng)云四號(hào)”是地球同步衛(wèi)星，相對(duì)地面靜止，故能全天候監(jiān)測同一地區(qū)，A正確；萬有引力提供向心力，由G＝m，解得v＝，而第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故同步衛(wèi)星的速度小于第一宇宙速度，故B錯(cuò)誤；根據(jù)開普勒第二定律，在相同時(shí)間內(nèi)該衛(wèi)星與地心連線掃過的面積相等，故C正確；向心加速度由萬有引力產(chǎn)生，由G＝ma

21、，得a＝，而地球表面的重力加速度g＝，故向心加速度小于地球表面的重力加速度，故D錯(cuò)誤。 6．[多選](2019·如皋調(diào)研)我國“神舟”十一號(hào)載人飛船于2016年10月17日7時(shí)30分發(fā)射成功。飛船先沿橢圓軌道飛行，在接近400 km高空處與“天宮”二號(hào)對(duì)接，然后做圓周運(yùn)動(dòng)。兩名宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室生活、工作了30天。“神舟”十一號(hào)載人飛船于11月17日12時(shí)41分與“天宮”二號(hào)成功實(shí)施分離，11月18日順利返回至著陸場。下列判斷正確的是(　　) A．飛船變軌前后的機(jī)械能守恒 B．對(duì)接后飛船在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的速度小于第一宇宙速度 C．宇航員在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)可以利用跑步機(jī)跑步來鍛煉身體 D

22、．分離后飛船在原軌道上通過減速運(yùn)動(dòng)，逐漸接近地球表面 解析：選BD　每次變軌都需要發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)飛船做功，故飛船機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力G＝m，得v＝，軌道高度越大，線速度越小，第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，故對(duì)接后飛船在圓軌道上運(yùn)動(dòng)的速度比第一宇宙速度小，故B正確；利用跑步機(jī)跑步是由于重力作用，人與跑步機(jī)之間有壓力，又由于有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，人受到摩擦力作用運(yùn)動(dòng)起來，在空間實(shí)驗(yàn)室內(nèi)，宇航員處于完全失重狀態(tài)，無法利用跑步機(jī)跑步，故C錯(cuò)誤；當(dāng)飛船要離開圓形軌道返回地球時(shí)，飛船做近心運(yùn)動(dòng)，萬有引力需大于向心力，需要減小速度，故D正確。 7.如圖所示，在粗糙水平軌道OO1上的O點(diǎn)

23、靜止放置一質(zhì)量m＝0.25 kg的小物塊，它與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，OO1的距離s＝4 m。在O1右側(cè)固定了一半徑R＝0.32 m的光滑的豎直半圓弧，現(xiàn)用F＝2 N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后撤去拉力。g取10 m/s2，求： (1)為使小物塊到達(dá)O1，求拉力F作用的最短時(shí)間； (2)若將拉力變?yōu)镕1，使小物塊由O點(diǎn)靜止運(yùn)動(dòng)至OO1的中點(diǎn)位置撤去拉力，恰能使小物塊經(jīng)過半圓弧的最高點(diǎn)，求F1的大小。 解析：(1)設(shè)拉力F作用的最短時(shí)間t內(nèi)，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x，由動(dòng)能定理：Fx－μmgs＝0 解得x＝2 m 由牛頓第二定律：F－μmg＝ma 解得a＝4 m/s2

24、由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：x＝at2 解得t＝1 s。 (2)設(shè)小物塊到達(dá)O1點(diǎn)的速度為v1，剛好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v， 由牛頓第二定律：mg＝m 由機(jī)械能守恒定律：mv12＝2mgR＋mv2 在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理：F1－μmgs＝mv12 解得F1＝3 N。 答案：(1)1 s　(2)3 N (三)電場、電路和磁場 物理概念、規(guī)律 公式 備注 靜電場 庫侖定律 F＝k(k＝9.0×109 N·m2/C2) 適用條件：真空中的點(diǎn)電荷 電場強(qiáng)度 E＝ 定義式，適用于任何電場的計(jì)算 E＝k 只適用于真空中的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場 E＝ 只適用于勻強(qiáng)電場

25、電場力 F＝qE F與E的方向相同或相反 電勢、電勢差 φ＝ UAB＝φA－φB＝ 電勢與零勢面的選取有關(guān)，電勢差則與零勢面無關(guān) 電容器的電容 C＝ 定義式 C＝ 適用于平行板電容器 恒定電流 電阻定律 R＝ρ ρ為電阻率 電流 I＝＝nqSv － 電源電動(dòng)勢 E＝＝U內(nèi)＋U外 歐姆定律 I＝ 部分電路歐姆定律 I＝ 閉合電路歐姆定律 路端電壓 U＝E 斷路時(shí) U＝0 短路時(shí) U＝IR＝E－U內(nèi)＝E－Ir 通路時(shí) 電功 W＝UIt 適用于一切電路 W＝I2Rt＝t 適用于純電阻電路 焦耳定律 Q＝I2Rt －

26、 電源功率 P＝EI 用電器功率 P＝＝UI 適用于一切電路 P＝I2R＝ 適用于純電阻電路 電源效率 η＝×100%＝×100% 磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度 B＝ I與B的方向垂直 安培力 F＝BIL B⊥I，用左手定則判斷力的方向 洛倫茲力 F＝Bqv B⊥v，用左手定則判斷力的方向 [保溫訓(xùn)練] 1．(2019·海南高考)如圖，靜電場中的一條電場線上有M、N兩點(diǎn)，箭頭代表電場的方向，則(　　) A．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的低 B．M點(diǎn)的場強(qiáng)大小一定比N點(diǎn)的大 C．電子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的低 D．電子在M點(diǎn)受到的電場力大小一定比在N點(diǎn)的大

27、 解析：選C　順著電場線電勢逐漸降低，可知M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的高，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；一條電場線不能確定疏密，則不能比較MN兩點(diǎn)場強(qiáng)的大小，也不能比較電子在MN兩點(diǎn)受電場力的大小，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；負(fù)電荷在高電勢點(diǎn)的電勢能較低，選項(xiàng)C正確。 2.(2019·天津高考)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，質(zhì)量為m的帶電小球，以初速度v從M點(diǎn)豎直向上運(yùn)動(dòng)，通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程(　　) A．動(dòng)能增加mv2　　　　 B．機(jī)械能增加2mv2 C．重力勢能增加mv2 D．電勢能增加2mv2 解析：選B　小球動(dòng)能增加量ΔEk＝m(2v)2－mv2＝mv2，A錯(cuò)

28、。重力和電場力做功，機(jī)械能增加量等于電勢能減少量。帶電小球在水平方向做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得(2v)2－0＝2x，則電勢能減少量等于電場力做的功ΔEp電＝W電＝qEx＝2mv2，B對(duì)，D錯(cuò)。小球在豎直方向做勻減速到零的運(yùn)動(dòng)，由－v2＝－2gh，得重力勢能增加量ΔEp重＝mgh＝mv2，C錯(cuò)。 3.(2019·北京高考)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)

29、動(dòng)時(shí)間變短 解析：選C　由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)。由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯(cuò)。由R＝， 若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，R變大，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，C對(duì)。由R＝，若僅減小入射速率v, 則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大。由t＝T，T＝知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，D錯(cuò)。 4．(2019·浙江選考)電動(dòng)機(jī)與小電珠串聯(lián)接入電路，電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)，小電珠的電阻為R1，兩端電壓為U1，流過的電流為I1；電動(dòng)機(jī)的內(nèi)電阻為R2，兩端電壓為U2，流過的電流為I2。則(　　) A.I1 C.＝ D.< 解析：選D　由題意可知I1＝I2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因U2>I2R2，U1＝I

30、1R1，則<，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確。 5.[多選](2019·海南高考)如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場邊界的M點(diǎn)先后射入磁場，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。射入磁場時(shí)，P的速度vP垂直于磁場邊界，Q的速度vQ與磁場邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點(diǎn)射出磁場，且在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，不計(jì)重力，則(　　) A．P和Q的質(zhì)量之比為1∶2 B．P和Q的質(zhì)量之比為∶1 C．P和Q速度大小之比為∶1 D．P和Q速度大小之比為2∶1 解析：選AC　設(shè)MN＝2R，則對(duì)粒子P的半徑為R，有：R＝；對(duì)粒子Q的半徑為R，有：R＝；又兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則tP

31、＝TP＝，tQ＝TQ＝，即＝，解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。 6.質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計(jì)重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場做圓周運(yùn)動(dòng)，然后利用相關(guān)規(guī)律計(jì)算出帶電粒子質(zhì)量。其工作原理如圖所示。虛線為某粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖可知(　　) A．此粒子帶負(fù)電 B．下極板S2比上極板S1電勢高 C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大 D．若只減小入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小 解析：選D　粒子進(jìn)入磁場后向左偏，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，粒子經(jīng)過電場要加速，所以下極板S2比上極板S1電勢低，A、B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定

32、理得qU＝mv2，由qvB＝m得r＝ ，若只減小加速電壓U，r變小，若只減小入射粒子的質(zhì)量，則r變小，故C錯(cuò)誤，D正確。 7.如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy直角坐標(biāo)系中，MN與水平x軸平行，在MN與x軸之間有豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面水平向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度E＝2 N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，從y軸上的P點(diǎn)沿x軸方向以初速度v0＝1 m/s水平拋出一帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m＝2×10－6 kg，電荷量q＝1×10－5 C，g取10 m/s2。已知P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為d0＝0.15 m，MN到x軸的距離為d＝0.20 m。(π＝3.14，＝1.414，＝1.732，結(jié)果保留兩位有

33、效數(shù)字) (1)求小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至MN邊界所用的時(shí)間； (2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)撤去電場，求小球到達(dá)MN邊界時(shí)的速度大小。 解析：(1)小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到x軸上，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，進(jìn)入磁場的速度為v，進(jìn)入磁場時(shí)速度與x軸的夾角為θ，則 d0＝gt12，解得t1＝＝ s v＝， cos θ＝ 解得v＝2 m/s, θ＝60° 小球進(jìn)入電磁場區(qū)域時(shí)， qE＝2×10－5 N＝mg 故小球作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r，則 qvB＝m 解得r＝＝0.4 m 由幾何關(guān)系，小球運(yùn)動(dòng)到MN時(shí)軌跡與MN相切，在電磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝×＝ s 小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到

34、MN所用時(shí)間t＝t1＋t2＝0.38 s。 (2)設(shè)撤去電場后小球受重力和洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)至MN時(shí)速度大小為v1，由動(dòng)能定理： mgd＝mv12－mv2 代入數(shù)據(jù)解得v1＝2.8 m/s。 答案：(1)0.38 s　(2)2.8 m/s (四)電磁感應(yīng)、交變電流和傳感器　 物理概念、規(guī)律 公式 備注 電磁感應(yīng) 磁通量 Φ＝BScos θ Scos θ為垂直于磁場B的方向的投影面積 動(dòng)感應(yīng)電勢 E＝n　E＝BLv 后者僅適用于B、L、v兩兩垂直的情況 交變電流 電動(dòng)勢、電流、電壓的瞬時(shí)值 電動(dòng)勢：e＝Emsin ωt 電流：i

35、＝Imsin ωt 電壓：u＝Umsin ωt 從中性面開始計(jì)時(shí) 電動(dòng)勢、電流、電壓的有效值 電動(dòng)勢：E＝Em 電流：I＝Im 電壓：U＝Um 適用于正弦式交變電流 理想變壓器 ＝?。? P1＝P2 — 傳感器 霍爾電壓 UH＝k k為霍爾系數(shù)，大小與霍爾元件的材料有關(guān) [保溫訓(xùn)練] 1．[多選](2019·全國卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的

36、變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)(　　) 圖(a) 圖(b) 　　 A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為 解析：選BC　由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但t0時(shí)刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯(cuò)。根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時(shí)針方向，B對(duì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝·S′＝·＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝＝＝，C對(duì)，D錯(cuò)

37、。 2.如圖所示，固定平行導(dǎo)軌間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌間距為l且足夠長，左端接阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)有一長為2l的金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，在金屬棒以O(shè)點(diǎn)為軸沿順時(shí)針方向以角速度ω轉(zhuǎn)過60°的過程中(金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，電阻不計(jì))(　　) A．通過定值電阻的電流方向由b到a B．金屬棒剛開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大 C．通過定值電阻的最大電流為 D．通過定值電阻的電荷量為 解析：選D　金屬棒以O(shè)點(diǎn)為軸沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，由右手定則可知，通過定值電阻的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒轉(zhuǎn)過60°時(shí)有效的切割長度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電

38、動(dòng)勢最大，感應(yīng)電流最大。感應(yīng)電動(dòng)勢最大值為：Em＝B·2l＝B·2l·＝2Bl2ω，通過定值電阻的最大電流為：Im＝＝，故B、C錯(cuò)誤。通過定值電阻的電荷量為：q＝Δt，平均感應(yīng)電流為：＝，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為：＝，ΔΦ＝B·l·l＝Bl2，解得：q＝，故D正確。 3．[多選]如圖所示電路中，P為發(fā)光氖泡，發(fā)光電壓U>60 V，L為自感系數(shù)很大、電阻不為零的電感線圈，直流電源電動(dòng)勢E＝6 V。接通開關(guān)S，氖泡不亮；穩(wěn)定時(shí)，L中電流恒定為I0；斷開S時(shí)，氖泡能短時(shí)間內(nèi)發(fā)光。關(guān)于該現(xiàn)象，下列說法正確的有(　　) A．S接通瞬間，L中電流是逐漸增加的 B．S接通穩(wěn)定時(shí)，P兩端電壓為零 C．S斷

39、開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流最大值可能超過I0 D．S斷開瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流從右向左 解析：選AD　S接通瞬間，線圈L中的電流從無到有發(fā)生變化，線圈L中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢對(duì)電流的增大有阻礙作用，所以通過線圈L的電流慢慢變大，故選項(xiàng)A正確；S接通穩(wěn)定時(shí)，由于電感線圈的電阻不為零，電感線圈兩端電壓不為零，所以發(fā)光氖泡兩端電壓不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S斷開瞬間前，線圈L中電流恒定為I0，S斷開瞬間，線圈L由于自感現(xiàn)象會(huì)產(chǎn)生與線圈中原電流方向相同的感應(yīng)電動(dòng)勢，使線圈中的電流將從原來的I0逐漸減小，方向不變，且由于它和氖泡P構(gòu)成回路，通過氖泡P的電流和線圈L中的電流大小相同，也從I0逐漸減小，通過氖泡P

40、的電流從右向左，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 4.如圖所示，一個(gè)匝數(shù)為N＝100匝，電阻不計(jì)的線框以固定轉(zhuǎn)速50 r/s在勻強(qiáng)磁場中旋轉(zhuǎn)，其產(chǎn)生的交流電通過一匝數(shù)比為n1∶n2＝10∶1的理想變壓器給阻值R＝20 Ω的電阻供電，已知電壓表的示數(shù)為20 V，從圖示位置開始計(jì)時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．t＝0時(shí)刻線框內(nèi)的電流最大 B．變壓器原線圈中電流的有效值為10 A C．穿過線框平面的最大磁通量為 Wb D．理想變壓器的輸入功率為10 W 解析：選C　t＝0時(shí)刻導(dǎo)線框處于中性面位置，則感應(yīng)電動(dòng)勢為零，感應(yīng)電流為零，所以流過線框的電流為零，故A錯(cuò)誤；副線圈中的電流I2＝＝ A＝1 A

41、，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，＝，原線圈中電流的有效值I1＝I2＝×1 A＝0.1 A，故B錯(cuò)誤；根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，原線圈兩端的電壓U1＝200 V，角速度ω＝2πn＝100π rad/s，線圈產(chǎn)生最大感應(yīng)電動(dòng)勢Em＝200 V，又Em＝NBSω，所以最大磁通量Φ＝BS＝＝ Wb＝ Wb，故C正確；理想變壓器輸出功率P2＝U2I2＝20×1 W＝20 W，輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率為20 W，故D錯(cuò)誤。 5．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ組成的平面與水平面成θ＝37°角放置，導(dǎo)軌寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)軌上端M與P之間連接阻值R＝0.3 Ω

42、的電阻，質(zhì)量為m＝0.4 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒ab始終緊貼在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)使金屬導(dǎo)軌ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，忽略ab棒在運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場的影響。求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)在金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量； (3)在金屬棒ab開始運(yùn)動(dòng)的2.0 s內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)當(dāng)金屬棒沿斜面方向的重力分力與安培力平衡時(shí)，即AB段，金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí) mgs

43、in θ＝BIL 金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢為 E＝BLv 由閉合電路歐姆定律知： I＝ 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，v＝＝ m/s＝6 m/s 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.4 T。 (2)q＝t＝t＝t＝＝＝6 C。 (3)設(shè)在金屬棒開始運(yùn)動(dòng)的2 s內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q， 由功能關(guān)系得：mgxsin θ＝mv2＋Q 電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝R 聯(lián)立以上兩式解得QR＝5.4 J。 答案：(1)0.4 T　(2)6 C　(3)5.4 J 6．如圖甲所示，在豎直方向上有四條間距相等的水平虛線L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間均存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)

44、強(qiáng)度B大小均為1 T，方向垂直于虛線所在的平面向里?，F(xiàn)有一矩形線圈abcd，cd寬度L＝0.5 m，質(zhì)量為0.1 kg，電阻為2 Ω，將其從圖示位置由靜止釋放(cd邊與L1重合)，速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，t1時(shí)刻cd邊與 L2重合，t2時(shí)刻ab邊與L3重合，t3時(shí)刻ab邊與L4重合，已知t1～t2的時(shí)間間隔為0.6 s，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面始終處于豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)線圈的長度； (2)在0～t1時(shí)間內(nèi)，通過線圈的電荷量； (3)0～t3時(shí)間內(nèi)，線圈產(chǎn)生的熱量。 解析：(1)在t2～t3時(shí)間內(nèi)，線圈做勻速直線運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)平衡條件有：mg＝

45、BIL，而I＝ 解得：v2＝＝8 m/s t1～t2的時(shí)間間隔內(nèi)線圈一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知ab邊剛進(jìn)上邊的磁場時(shí)，cd邊也剛進(jìn)下邊的磁場，此段時(shí)間內(nèi)線圈內(nèi)磁通量不變，線圈的加速度為g 設(shè)磁場的寬度為d，則線圈的長度：L′＝2d 線圈下降的位移為：x＝L′＋d＝3d 此段時(shí)間內(nèi)的逆運(yùn)動(dòng)為初速度為v2、加速度為g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)， 則有：3d＝v2t－gt2 解得：d＝1 m 所以線圈的長度為L′＝2d＝2 m。 (2)在0～t1時(shí)間內(nèi)，cd邊從L1運(yùn)動(dòng)到L2 通過線圈的電荷量為： q＝t′＝t′＝＝0.25 C。 (3)0～t3時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒得： Q＝mg(3

46、d＋2d)－mv22 ＝0.1×10×(3＋2) J－×0.1×82 J＝1.8 J。 答案：(1)2 m　(2)0.25 C　(3)1.8 J 二 必憶模型和規(guī)律——快速破題“往上套”　 (一)水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 線模型 由于細(xì)線對(duì)物體只有拉力且細(xì)線會(huì)彎曲，所以解答此類問題的突破口是要抓住“細(xì)線剛好伸直”的臨界條件：細(xì)線的拉力為零。在此基礎(chǔ)上，再考慮細(xì)線伸直之前的情況(一般物體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和細(xì)線與轉(zhuǎn)軸之間的夾角都會(huì)發(fā)生變化)和伸直之后的情況(物體做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和細(xì)線與轉(zhuǎn)軸之間的夾角一般不再發(fā)生變化，但細(xì)線的拉力通常會(huì)發(fā)生變化) 彈力模型

47、 此類問題一般是由重力和彈力的合力提供物體在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，因此正確找出做圓周運(yùn)動(dòng)的物體在水平方向上受到的合力，是解決此類問題的關(guān)鍵 摩擦力模型 臨界條件是關(guān)鍵：找出物體在圓周運(yùn)動(dòng)過程中的臨界條件，是解答此類問題的關(guān)鍵。如輕繩開始有拉力(或伸直)、物體開始滑動(dòng)等，抓住這些臨界條件進(jìn)行分析，即可找出極值，然后可根據(jù)極值判斷其他物理量與極值之間的關(guān)系，從而進(jìn)行求解 (二)連接體模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 輕繩連接體模型 求解“繩＋物”或“桿＋物”模型的方法 先明確物體的合速度(物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)速度)，然后將物體的合速度沿繩(桿)方向及垂直繩(桿)方向分

48、解(要防止與力的分解混淆)，利用沿繩(桿)方向的分速度大小總是相等的特點(diǎn)列式求解 輕桿連接體模型 (三)斜面模型 圖示或釋義 與斜面相關(guān)的滑塊運(yùn)動(dòng)問題 規(guī)律或方法 (1)μ＝tan θ，滑塊恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)(v0＝0)或勻速下滑狀態(tài)(v0≠0)，此時(shí)若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變 (2)μ>tan θ，滑塊一定處于靜止?fàn)顟B(tài)(v0＝0)或勻減速下滑狀態(tài)(v0≠0)，此時(shí)若在滑塊上加一豎直向下的力或加一物體，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(加力時(shí)加速度變大，加物體時(shí)加速度不變) (3)μ

49、，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變(加力時(shí)加速度變大，加物體時(shí)加速度不變) (4)若滑塊處于靜止或勻速下滑狀態(tài)，可用整體法求出地面對(duì)斜面體的支持力為(M＋m)g，地面對(duì)斜面體的摩擦力為0；若滑塊處于勻變速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，可用牛頓第二定律求出，地面對(duì)斜面體的支持力為(M＋m)g－masin θ，地面對(duì)斜面體的摩擦力為macos θ；不論滑塊處于什么狀態(tài)，均可隔離滑塊，利用滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)求斜面對(duì)滑塊的彈力、摩擦力及作用力 (5)μ＝0，滑塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度為a＝gsin θ (四)彈簧模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 與彈簧相關(guān)的平衡問題 彈簧類平衡問題常常以單一問題出現(xiàn)，涉及的知識(shí)主要是

50、胡克定律、物體的平衡條件，求解時(shí)要注意彈力的大小與方向總是與彈簧的形變相對(duì)應(yīng)，因此審題時(shí)應(yīng)從彈簧的形變分析入手，找出形變量x與物體空間位置變化的對(duì)應(yīng)關(guān)系，分析形變所對(duì)應(yīng)的彈力大小、方向，結(jié)合物體受其他力的情況來列式求解 與彈簧相關(guān)的動(dòng)力學(xué)問題 (1)彈簧(或橡皮筋)恢復(fù)形變需要時(shí)間，在瞬時(shí)問題中，其彈力的大小往往可以看成不變，即彈力不能突變。而細(xì)線(或接觸面)是一種不發(fā)生明顯形變就能產(chǎn)生彈力的物體，若剪斷(或脫離)后，其中彈力立即消失，即彈力可突變，一般題目中所給細(xì)線和接觸面在沒有特殊說明時(shí)，均可按此模型處理 (2)對(duì)于連接體的加速問題往往先使用整體法求得其加速度，再用隔離法求得受力

51、少的物體的加速度，并利用加速度的關(guān)系求解相應(yīng)量 與彈簧相關(guān)的功能問題 彈簧連接體是考查功能關(guān)系問題的經(jīng)典模型，求解這類問題的關(guān)鍵是認(rèn)真分析系統(tǒng)的物理過程和功能轉(zhuǎn)化情況，再由動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或功能關(guān)系列式，同時(shí)注意以下兩點(diǎn)：①彈簧的彈性勢能與彈簧的規(guī)格和形變程度有關(guān)，對(duì)同一根彈簧而言，無論是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)，只要形變量相同，則其儲(chǔ)存的彈性勢能就相同；②彈性勢能公式Ep＝kx2在高考中不作要求(除非題中給出該公式)，與彈簧相關(guān)的功能問題一般利用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解 (五)桿＋導(dǎo)軌模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 桿cd以一定初速度v在光滑水平軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量為

52、m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L 桿以速度v切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，電流I＝，安培力F＝BIL＝。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝mv2 軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定 開始時(shí)a＝，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 拉力F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋mvm2 傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L 開始時(shí)a＝gsin

53、α，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋mvm2 豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L 開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝ 重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿cd的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋mvm2 (六)線圈模型 圖示或釋義 規(guī)律或方法 靜止線圈模型線圈不動(dòng)，磁

54、感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化 (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向 (2)由閉合電路歐姆定律確定回路中的感應(yīng)電流 (3)分析研究導(dǎo)體的受力情況(包含安培力，用左手定則確定其方向) (4)列動(dòng)力學(xué)方程或平衡方程求解 平動(dòng)線圈模型 (1)分析線圈運(yùn)動(dòng)情況，判斷運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段。線圈穿過磁場，有感應(yīng)電流產(chǎn)生時(shí)，整個(gè)線圈形成閉合電路。根據(jù)電路分析，由閉合電路歐姆定律列方程 (2)對(duì)某一狀態(tài)，分析線圈的受力情況，由牛頓第二定律列式： F外＋F安＝ma (3)線圈穿過磁場時(shí)，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流通過電阻時(shí)，電流做功使電

55、能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再由動(dòng)能定理W外－W安＝Ek2－Ek1或能量守恒定律列式 轉(zhuǎn)動(dòng)線圈模型 (1)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，可根據(jù)E＝nBSω求出感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值，進(jìn)而求出感應(yīng)電動(dòng)勢的有效值，再求其他值 (2)一般計(jì)算電功、電功率、電熱等與熱效應(yīng)有關(guān)的量必須用有效值；電壓表、電流表所能測量到的也是有效值 (3)可根據(jù)＝n求出感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值，求出平均感應(yīng)電流后再求電荷量 [保溫訓(xùn)練] 1．[多選]如圖所示，在水平圓盤上沿半徑方向放置兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的、完全相同的木塊A和B，兩木塊用細(xì)繩相連，木塊與圓盤之間的最大靜摩擦力均為其自身重力的k倍，木塊A、B距圓盤中心O點(diǎn)的距離分別為

56、rA＝R、rB＝2R。開始時(shí)，細(xì)繩恰好伸直但無拉力。已知重力加速度為g，現(xiàn)讓該裝置繞通過圓盤中心的豎直軸從靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，使其角速度從0開始逐漸增大，則在此過程中，以下說法正確的是(　　) A．在木塊A開始相對(duì)圓盤滑動(dòng)之前，其受到的靜摩擦力始終指向圓心 B．當(dāng)圓盤運(yùn)動(dòng)的角速度ω> 時(shí)，細(xì)繩一定有彈力 C．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω> 時(shí)，木塊A、B將相對(duì)于圓盤發(fā)生滑動(dòng) D．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω在 <ω< 范圍內(nèi)增大時(shí)，木塊A所受到的靜摩擦力一直在減小 解析：選BC　由于木塊A、B均相對(duì)于圓盤靜止，所以兩木塊具有共同的角速度，在細(xì)繩沒有拉力時(shí)，兩木塊均由靜摩擦力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故木塊A

57、受到的靜摩擦力方向指向圓心。隨著角速度的增大，細(xì)繩開始有拉力，由向心力公式F＝mω2r可知，木塊B需要的向心力是木塊A的兩倍，故最終木塊B將相對(duì)于圓盤向外滑動(dòng)，木塊A將相對(duì)于圓盤向圓心滑動(dòng)，此時(shí)木塊A受到的摩擦力方向背離圓心，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)細(xì)繩剛好有拉力時(shí)，對(duì)木塊B有：kmg＝mω2rB，解得：ω＝ ，故當(dāng)ω> 時(shí)，細(xì)繩一定有彈力，選項(xiàng)B正確；當(dāng)木塊A、B將要相對(duì)于圓盤發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，設(shè)此時(shí)細(xì)繩的拉力為FT，則由牛頓第二定律可知，對(duì)木塊A有：FT－kmg＝mω2rA，對(duì)木塊B有：FT＋kmg＝mω2rB，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解可得：ω＝ ，故當(dāng)ω> 時(shí)，木塊A、B將相對(duì)于圓盤發(fā)生滑動(dòng)，選項(xiàng)C正確；由

58、題意可知，當(dāng)角速度ω＝ 時(shí)，木塊A受到指向圓心的靜摩擦力，而當(dāng)ω＝時(shí)，木塊A受到背離圓心的最大靜摩擦力，故當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω在 <ω< 范圍內(nèi)增大時(shí)，木塊A所受到的靜摩擦力先減小后增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．如圖所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的橫截面，∠A＝30°，∠B＝37°，C處有光滑小滑輪，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊1、2通過細(xì)線跨放在AC面和BC面上，且均恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知AC面光滑，物塊2與BC面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則兩物塊的質(zhì)量比m1∶m2不可能是(sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8)(　　) A．1∶3

59、B．3∶5 C．5∶3 D．2∶1 解析：選A　物塊1受重力m1g、細(xì)線拉力FT和斜面支持力FN作用處于平衡狀態(tài)，則FT＝m1gsin 30°，物塊2受重力m2g、細(xì)線拉力FT、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用處于平衡狀態(tài)，當(dāng)m1較大時(shí)，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向下，此時(shí)有FT＝m2gsin 37°＋μm2gcos 37°，則＝2；當(dāng)m1較小時(shí)，物塊2所受最大靜摩擦力方向沿斜面向上，此時(shí)有FT＝m2gsin 37°－μm2gcos 37°，則＝，所以≤≤2，故A不可能。 3.[多選]如圖所示，半徑為R＝0.4 m的圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，圓形軌道與固定的光滑水平軌道相切。可

60、視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量均為m＝0.5 kg的小球甲、乙用輕桿連接，置于圓軌道上，小球甲與圓心O點(diǎn)等高，小球乙位于圓心O的正下方。某時(shí)刻將兩小球由靜止釋放，最終它們在水平面上運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2。則(　　) A．兩小球最終在水平面上運(yùn)動(dòng)的速度大小為2 m/s B．甲小球下滑到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)重力的功率為10 W C．甲小球下滑到圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為5 N D．整個(gè)過程中輕桿對(duì)乙小球做的功為1 J 解析：選AD　整個(gè)過程中，甲、乙兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，最后兩球的速度大小相等，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律：mgR＝2×mv2，解得v＝2 m/s，選項(xiàng)A正確；甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)速度水平

61、，重力的功率為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)，重力與支持力的合力提供向心力FN－mg＝m，解得FN＝2mg＝10 N，由牛頓第三定律得，甲小球下滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小為10 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過程中對(duì)乙小球受力分析可知，重力不做功，乙小球動(dòng)能的增量等于輕桿對(duì)乙球做的功，W＝mv2＝1 J，選項(xiàng)D正確。 4.如圖所示，在水平地面上靜止著一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體，自由釋放的質(zhì)量為m的滑塊能在斜面上勻速下滑(斜面體始終靜止)，則下列說法中正確的是(　　) A．滑塊對(duì)斜面的作用力大小等于mgcos θ，方向垂直斜面向下 B．斜面對(duì)滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上 C．斜

62、面體受到地面的摩擦力水平向左，大小與m的大小有關(guān) D．滑塊能勻速下滑，則水平地面不可能是光滑的 解析：選B　因滑塊在重力、斜面的摩擦力及斜面的支持力作用下勻速下滑，如圖所示，所以斜面對(duì)滑塊的作用力大小等于mg，方向豎直向上，B項(xiàng)正確；而滑塊對(duì)斜面的作用力與斜面對(duì)滑塊的作用力是一對(duì)作用力與反作用力，A項(xiàng)錯(cuò)誤；又因斜面體及滑塊均處于平衡狀態(tài)，所以可將兩者看成一整體，則整體在豎直方向受重力和地面的支持力作用，水平方向不受力的作用，即水平地面對(duì)斜面體沒有摩擦力作用，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 5．[多選]如圖所示，ABCD為固定的水平光滑矩形金屬導(dǎo)軌，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，A、B間距

63、為L，左右兩端均接有阻值為R的電阻，質(zhì)量為m、長為L且不計(jì)電阻的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，與左端固定在O點(diǎn)的輕質(zhì)彈簧連接組成彈簧振子。開始時(shí)，彈簧處于自然長度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過程中A、B間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，已知運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與AD、BC垂直，則(　　) A．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為 B．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢能為 mv02－Q C．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢能為 mv02－2Q D．當(dāng)導(dǎo)體棒第二次回到初始位置時(shí)，A、B間電阻的熱功率為 解析

64、：選AC　由F＝BIL及I＝，得安培力大小為FA＝，故A正確；導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)至最右端的過程中，AB間電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為2Q，由能量守恒定律得mv02＝2Q＋Ep，此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep＝mv02－2Q，故C正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次回到初始位置時(shí)，由于機(jī)械能減小，A、B間電阻的熱功率小于，故D錯(cuò)誤。 6．如圖甲所示，一對(duì)足夠長的平行光滑軌道固定在水平面上，兩軌道間距l(xiāng)＝0.5 m，左側(cè)接一阻值為R＝1 Ω的電阻。有一金屬棒靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，金屬棒及軌道的電阻皆可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于垂直軌道平面豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。t＝0時(shí)，用一外力F沿軌道

65、方向拉金屬棒，使金屬棒以加速度a＝0.2 m/s2做勻加速運(yùn)動(dòng)，外力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。 (1)求金屬棒的質(zhì)量m； (2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (3)當(dāng)力F達(dá)到某一值時(shí)，保持F不再變化，金屬棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)3 s，速度達(dá)到1.6 m/s且不再變化，測得在這3 s內(nèi)金屬棒的位移s＝4.7 m，求這段時(shí)間內(nèi)電阻R消耗的電能。 解析：由題圖乙知F＝0.1＋0.05t(N) (1)金屬棒沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv，回路中的感應(yīng)電流I＝， 所以金屬棒受到的安培力F安＝BIl＝， 由牛頓第二定律得F－F安＝(0.1＋0.05t)－＝ma， 考慮t＝0時(shí)，v＝at＝0

66、 所以m＝＝ kg＝0.5 kg。 (2)金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒所受合力 F合＝(0.1＋0.05t)－＝0.1＋t＝常數(shù)， 所以0.05－＝0， 解得：B＝＝ T＝1 T。 (3)F變?yōu)楹懔螅饘侔糇黾铀俣戎饾u減小的變加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過3 s，速度達(dá)到最大vm＝1.6 m/s，此后金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng)。 vm＝1.6 m/s時(shí)，F(xiàn)合＝0 F＝F安＝＝ N＝0.4 N， 將F＝0.4 N代入F＝0.1＋0.05t，求出變加速運(yùn)動(dòng)的起始時(shí)間為t＝6 s， 該時(shí)刻金屬棒的速度為v6＝at＝0.2×6 m/s＝1.2 m/s； 由能量守恒，可得這段時(shí)間內(nèi)電阻R消耗的電能： E＝WF－ΔEk＝Fs－m(vm2－v62)＝0.4×4.7 J－×0.5×(1.62－1.22)J＝1.6 J。 答案：(1)0.5 kg　(2)1 T　(3)1.6 J 7.用質(zhì)量為m、總電阻為R的導(dǎo)線做成邊長為l的正方形線框MNPQ，并將其放在光滑的平行絕緣的傾斜軌道上，軌道的傾角為θ，平行導(dǎo)軌的間距也為l，如圖所示。在導(dǎo)軌的下端有一寬度為l(即ab＝l)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場，