2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題考點(diǎn)熱點(diǎn)選擇題專練

熱點(diǎn)1物理學(xué)史及物理方法

（建議用時：20分鐘）

1.（2019?濟(jì)南高三模擬）以下有關(guān)物理學(xué)概念或物理學(xué)史的說法正確的是（）

A.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用實(shí)驗(yàn)方法測出引力常量的數(shù)值，從而使萬有

引力定律有了真正的實(shí)用價值

B.勻速圓周運(yùn)動是速度大小不變的勻變速曲線運(yùn)動，速度方向始終為切線方向

C.行星繞恒星運(yùn)動軌道為圓形，則它運(yùn)動的周期的平方與軌道半徑的三次方之比為常

數(shù)，此常數(shù)的大小與恒星的質(zhì)量和行星的速度均有關(guān)

D.奧斯特發(fā)現(xiàn)了電與磁之間的關(guān)系，即電流的周圍存在著磁場；同時他通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)

了磁也能產(chǎn)生電，即電磁感應(yīng)現(xiàn)象

2.下列說法正確的是（）

A.春節(jié)有放鞭炮的習(xí)俗，鞭炮炸響的瞬間，能量不守恒

B.現(xiàn)代火箭的工作原理可溯源至我國古代，火箭發(fā)射時，火箭對噴出氣體的作用力大

于氣體對火箭的作用力

C.炮彈爆炸時，火藥的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為彈片的動能

D.指南針靜止時N極指向地球的地理北極附近

3.（2019?高考壓軸卷）在推導(dǎo)“勻變速直線運(yùn)動位移的公式”時，把整個運(yùn)動過程劃分

為很多小段，每一小段近似為勻速直線運(yùn)動，然后把各小段位移相加代表整個過程的位移,

物理學(xué)中把這種方法稱為“微元法”.下面幾個實(shí)例中應(yīng)用到這一思想方法的是（）

A.在計(jì)算物體間的萬有引力時，若物體的尺寸相對較小，可將物體看做質(zhì)點(diǎn)

B.在探究彈性勢能的表達(dá)式過程中，把拉伸彈簧的過程分成很多小段，在每小段內(nèi)認(rèn)

為彈簧的彈力是恒力，然后把每小段做功的代數(shù)和相加

C.探究牛頓第二定律的過程中，控制物體的質(zhì)量不變，研究物體的加速度與力的關(guān)系

D.求兩個力的合力時，如果一個力的作用效果與兩個力的作用效果相同，這個力就是

那兩個力的合力

4.電場強(qiáng)度有三個公式，分別為E=%E=省、E=S，關(guān)于這三個公式的理解和運(yùn)

用，下列說法正確的是（）

A.公式表示，電場強(qiáng)度與電場力尸成正比，與電荷量q成反比

B.公式E=虜是點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的定義式，它表示空間中某點(diǎn)的電場強(qiáng)度與點(diǎn)電荷的

電荷量。成正比，與該點(diǎn)到點(diǎn)電荷的距離r的二次方成反比

C.公式E=另是勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系式，由此公式可知，在勻強(qiáng)電場

中，兩點(diǎn)之間的電勢差與這兩點(diǎn)之間的距離在沿電場線方向上的投影成正比

D.這三個公式都是電場強(qiáng)度的決定式，分別適用于不同的電場

5.（多選）物理與科技和生活密切相關(guān)，物理的思想方法已經(jīng)滲透到其他領(lǐng)域.下列關(guān)

于物理方法的說法正確的是（）

A.在探究物體的加速度與合外力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，采用了等效替代法

B.在研究帶電體之間的相互作用時，若帶電體的尺寸遠(yuǎn)小于它們之間的距離，就可以

把帶電體看做點(diǎn)電荷，這采用了微元法

C.為了研究問題方便，利用平行四邊形定則把質(zhì)點(diǎn)所受的兩個力合成為一個力，采用

了等效替代法

D.把電子繞原子核的運(yùn)動和行星繞太陽的運(yùn)動相比較，利用電子和原子核之間的庫侖

力等于電子的向心力得出電子運(yùn)動速度與軌道半徑的關(guān)系，采用了類比法

6.（2019?河南商丘高三模擬）相隔一定距離的電荷或磁體間的相互作用是怎樣發(fā)生的？

這是一個曾經(jīng)使人感到困惑、引起猜想且有過長期爭論的科學(xué)問題.19世紀(jì)以前，不少物理

學(xué)家支持超距作用的觀點(diǎn).英國的邁克爾?法拉第于1837年提出了電場和磁場的概念，解釋

了電荷之間以及磁體之間相互作用的傳遞方式，打破了超距作用的傳統(tǒng)觀念.1838年，他用

電力線（即電場線）和磁力線（即磁感線）形象地描述電場和磁場，并解釋電和磁的各種現(xiàn)象.下

列對電場和磁場的認(rèn)識，正確的是（）

A.法拉第提出的磁場和電場以及電力線和磁力線都是客觀存在的

B.在電場中由靜止釋放的帶正電粒子，一定會沿著電場線運(yùn)動

C.磁感線上某點(diǎn)的切線方向跟放在該點(diǎn)的通電導(dǎo)線的受力方向一致

D.通電導(dǎo)體與通電導(dǎo)體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的

7.（2019?青島高三模擬）古希臘權(quán)威思想家亞里士多德曾經(jīng)斷言：物體從高一

空落下的快慢同物體的重量成正比，重者下落快，輕者下落慢.比如說，十磅

重的物體落下時要比一磅重的物體落下時快十倍.1800多年來，人們都把這個錯誤論斷當(dāng)作

真理而信守不移.直到16世紀(jì)，伽利略才發(fā)現(xiàn)了這一理論在邏輯上的矛盾，通過“比薩斜

塔實(shí)驗(yàn)”，向世人闡述他的觀點(diǎn)，并對此進(jìn)行了進(jìn)一步的研究，如圖所示，伽利略用銅球從

斜槽的不同位置由靜止下落，伽利略手稿中據(jù)此記錄的一組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表所示：

時間12345678

距離32130298526824119216002104

伽利略對上述的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)進(jìn)行了分析，并得出了結(jié)論，下列可能是伽利略得出的結(jié)論是

）

A.Vi=vo+atB.~jr=k

C.vy—\^=2axD.錯誤！=錯誤!=錯誤！=3=女

8.法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機(jī).如圖所示，圓形金屬盤安置在電磁鐵的兩個磁

極之間，兩電刷M、N分別與盤的邊緣和中心點(diǎn)接觸良好，且與靈敏電流計(jì)相連.金屬盤繞

中心軸沿圖示方向轉(zhuǎn)動，則（

A.電刷M的電勢高于電刷N的電勢

B.若只將電刷M移近M靈敏電流計(jì)的示數(shù)變大

C.若只提高金屬盤轉(zhuǎn)速，靈敏電流計(jì)的示數(shù)變大

D.若只將變阻器滑片向左滑動，靈敏電流計(jì)的示數(shù)變大

參考答案與解析

第一篇高考命題熱點(diǎn)巧練

板塊一選擇題熱點(diǎn)巧練

熱點(diǎn)1物理學(xué)史及物理方法

1.解析：選A.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許用實(shí)驗(yàn)方法測出了引力常量G的數(shù)

值，從而使萬有引力定律有了真正的實(shí)用價值，選項(xiàng)A正確；勻速圓周運(yùn)動是速度大小不

變、方向時刻改變的非勻變速曲線運(yùn)動，速度方向始終為切線方向，選項(xiàng)B錯誤；行星繞

恒星運(yùn)動軌道為圓形，它運(yùn)動的周期的平方與軌道半徑的三次方之比為常數(shù)，此常數(shù)的大小

與恒星的質(zhì)量有關(guān)，與行星的速度無關(guān)，選項(xiàng)C錯誤；奧斯特發(fā)現(xiàn)了電與磁之間的關(guān)系，

即電流的周圍存在著磁場，法拉第通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了磁也能產(chǎn)生電，即電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項(xiàng)D

錯誤.

2.解析：選D.鞭炮炸響的瞬間，火藥的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能和內(nèi)能，在任何情況下能

量都是守恒的，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律，火箭發(fā)射時，火箭對噴出氣體的作用力

等于氣體對火箭的作用力，選項(xiàng)B錯誤；炮彈爆炸時，火藥的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為彈片的動能和

內(nèi)能，選項(xiàng)C錯誤；指南針靜止時N極指向地球的地理北極附近，選項(xiàng)D正確.

3.解析：選B.在計(jì)算物體間的萬有引力時，若物體的尺寸相對較小，可將物體看做質(zhì)

點(diǎn)，運(yùn)用的是理想模型的方法，A錯誤；在探究彈性勢能的表達(dá)式過程中，把拉伸彈簧的過

程分成很多小段，在每小段內(nèi)認(rèn)為彈簧的彈力是恒力，然后把每小段做功的代數(shù)和相加，運(yùn)

用的是微元法，B正確；在探究牛頓第二定律的過程中，控制物體的質(zhì)量不變，研究物體的

加速度與力的關(guān)系，運(yùn)用的是控制變量法，C錯誤；在求兩個力的合力時，如果一個力的作

用效果與兩個力的作用效果相同，這個力就是那兩個力的合力，運(yùn)用的是等效法，D錯誤.

4.解析：選C.E=：是電場強(qiáng)度的定義式，電場強(qiáng)度只與電場本身有關(guān)，與檢驗(yàn)電荷g

和它所受的電場力/無關(guān)，選項(xiàng)A錯誤.￡=虜是利用庫侖定律和電場強(qiáng)度定義式推導(dǎo)出

來的，是點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的決定式，只適用于點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的計(jì)算，選項(xiàng)B錯誤.E=%是

利用勻強(qiáng)電場中電場力做功的兩個不同公式推導(dǎo)得出的，由此公式可知，在勻強(qiáng)電場中，兩

點(diǎn)之間的電勢差與這兩點(diǎn)之間的距離在沿電場線方向上的投影成正比，選項(xiàng)C正確.這三

個公式中，是電場強(qiáng)度的定義式，適用于任何電場;E=岸是點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的決定式；

E=%是勻強(qiáng)電場中電場強(qiáng)度與電勢差的關(guān)系式，選項(xiàng)D錯誤.

5.解析：選CD.由于物體的加速度與所受的合外力、物體的質(zhì)量有關(guān)，所以在探究物

體的加速度與合外力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，需要保持物體的質(zhì)量不變，采用了控制變量法，選項(xiàng)

A錯誤.在研究帶電體之間的相互作用時，若帶電體的尺寸遠(yuǎn)小于它們之間的距離，就可以

把帶電體看做點(diǎn)電荷，這采用了理想模型法，選項(xiàng)B錯誤.為了研究問題方便，利用平行

四邊形定則把質(zhì)點(diǎn)所受的兩個力合成為一個力，采用的方法是等效替代法，選項(xiàng)C正確.把

電子繞原子核的運(yùn)動類比為行星繞太陽的運(yùn)動，利用電子和原子核之間的庫侖力等于向心力

可以得出電子運(yùn)動速度與軌道半徑的關(guān)系，選項(xiàng)D正確.

6.解析：選D.電場和磁場均是客觀存在的特殊物質(zhì)，電場線和磁感線是人類為了形象

地描述電場和磁場而引入的虛擬的線，實(shí)際并不存在，故A錯誤；電荷的運(yùn)動取決于初速

度和力的方向，故電場線不是電荷在電場中的軌跡，只有在點(diǎn)電荷的電場和勻強(qiáng)電場中由靜

止釋放的帶正電粒子（只受電場力），才會沿著電場線運(yùn)動，故B錯誤；根據(jù)左手定則可知，

磁感線上某點(diǎn)的切線方向跟放在該點(diǎn)的通電導(dǎo)線的受力方向垂直，故C錯誤；根據(jù)磁場的

性質(zhì)可知，通電導(dǎo)體與通電導(dǎo)體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，故D正確.

7.解析：選D.伽利略最初猜想，沿斜面向下運(yùn)動的物體的運(yùn)動速度與時間成正比，即：

v=kt；由此伽利略推論位移與時間的平方成正比，貝I：x=KJ即〃=也結(jié)合以上的分析，

則比較定即可：錯誤！=錯誤!、錯誤！=錯誤!=錯誤!、錯誤！=錯誤!七錯誤!、錯誤!=錯誤!

="符錯誤！=錯誤!=錯誤！、錯誤！=錯誤!七錯誤！、錯誤！=錯誤!%錯誤！、錯誤！=

爺1=更符由以上的數(shù)據(jù)比較可知，各組數(shù)據(jù)中§都約等于32.5,考慮到測量的誤差等原

因，可以認(rèn)為也是一個常數(shù)，即位移與時間的平方成正比.所以A、B、C錯誤，D正確.

8.解析：選C.根據(jù)電源的正負(fù)極判斷電磁鐵上導(dǎo)線中的電流方向，根據(jù)安培定則可知

電磁鐵左側(cè)為N極，右側(cè)為S極，M、N間的金屬垂直紙面向外運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知M、

N間的電流由M指向N,則電刷N的電勢高于電刷用的電勢，A項(xiàng)錯誤；設(shè)兩磁極間的磁

感應(yīng)強(qiáng)度為B,M、N間的距離為L,金屬盤轉(zhuǎn)動角速度為如根據(jù)E=BLu推導(dǎo)出M、N

BL23

間的金屬以電刷N為軸轉(zhuǎn)動切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為若只將電刷M移

近N,L減小，感應(yīng)電動勢減小，故靈敏電流計(jì)的示數(shù)變小，B項(xiàng)錯誤；若只提高金屬盤轉(zhuǎn)

速，。增大，感應(yīng)電動勢增大，則靈敏電流計(jì)的示數(shù)變大，C項(xiàng)正確；若只將變阻器滑片向

左滑動，變阻器接入電路的阻值增大，回路電流減小，電磁鐵的磁性減弱，8減小，靈敏電

流計(jì)的示數(shù)變小，D項(xiàng)錯誤.

熱點(diǎn)2共點(diǎn)力平衡問題

（建議用時:20分鐘）

1.（2019?煙管二模）《中國制造2025》是國家實(shí)施強(qiáng)國戰(zhàn)略第一個

十年的行動綱領(lǐng)，智能機(jī)器制造是一個重要方向，其中智能機(jī)械臂已

廣泛應(yīng)用于各種領(lǐng)域.如圖所示，-機(jī)械臂鐵夾豎直夾起一個金屬小

球，小球在空中處于靜止?fàn)顟B(tài)，鐵夾與球接觸面保持豎直，則（）一

A.小球受到的摩擦力方向豎直向下

B.小球受到的摩擦力與重力大小相等

C.若增大鐵夾對小球的壓力，小球受到的摩擦力變大

D.若鐵夾水平移動，小球受到的摩擦力變大

2.（2019?膠南二模）。、b兩個帶電小球的質(zhì)量均為m,所帶電荷量分別為+2q和一q,

兩球間用絕緣細(xì)線連接，。球又用長度相同的絕緣細(xì)線懸掛在天花板上，在兩球所在的空間

有方向向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,平衡時細(xì)線都被拉緊.則平衡時可能位置是（）

06

D

3.如圖，將一絕緣桿豎直地固定在地面上，用一輕繩拴接一質(zhì)量為女

，”的鐵球，在鐵球的右側(cè)水平放一條形磁鐵，當(dāng)小球平衡時輕繩與豎直r\

方向的夾角為a=30°,此時小球與條形磁鐵在同一水平面上，小球所°區(qū)工區(qū)

在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo.假設(shè)小球所受磁鐵的作用力與小球所在處的磁

感應(yīng)強(qiáng)度成正比，緩慢移動條形磁鐵的位置，小球始終與條形磁鐵在同一水平面上，則下列

說法正確的是（）

A.輕繩的拉力與磁鐵對小球的作用力的合力可能大于小球的重力

B.輕繩與豎直方向的夾角可能等于90°

C.磁鐵對小球的作用力大小可能等于小球的重力大小

D.當(dāng)a=60°時，小球所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2Bo

4.（2019?淄博?高三檢測）如圖所示，木板P下端通過光滑錢鏈固定

于水平地面上的。點(diǎn)，物體A、8疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此

時物體B的上表面剛好水平.現(xiàn)使木板P繞。點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示

位置，物體A、B仍保持靜止，且相對木板沒有發(fā)生移動，與原位置

相比（）

A.A對3的作用力減小B.B對A的摩擦力不變

C.板對B的摩擦力減小D.板對B的作用力減小

5.（2019?吉林實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三模擬）用兩根細(xì)線％懸掛一薄板，薄板處于靜止?fàn)顟B(tài)，下

列說法正確的是（）

A.h繩的拉力大于。繩的拉力

B.若保持“繩位置不變，緩慢移動6至豎直方向，則人的拉力先減小后增大

C.剪斷。繩瞬間，薄板的加速度方向一定沿。繩斜向下

D.剪斷〃繩瞬間，6繩拉力大小發(fā)生變化

6.如圖所示，小方塊代表一些相同質(zhì)量的鉤碼，圖甲中。為輕繩之間連接的結(jié)點(diǎn)，圖

乙中光滑的輕質(zhì)小滑輪跨在輕繩上懸掛鉤碼，兩裝置均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)將圖甲中B滑輪

沿虛線稍稍上移一些，圖乙中的端點(diǎn)B沿虛線稍稍上移一些（乙圖中的繩長不變），則關(guān)于圖

A.甲、乙圖中的。角均增大，尸均不變

B.甲、乙圖中的。角均不變，尸均不變

C.甲圖中6角增大、乙圖中。角不變，張力產(chǎn)均不變

D.甲圖中0角減小、F不變，乙圖中。角增大、

尸減小

7.（多選）如圖所示，一光滑半圓環(huán)豎直固定于粗

糙的木板上，圓心為。，小球A套在半圓環(huán)左側(cè)最低

點(diǎn)，并由輕繩通過光滑的小滑輪。與小球B相連，B

右側(cè)細(xì)線水平，。點(diǎn)在環(huán)心。?的正上方，0A與豎直方向成。=30°,OA±OB,兩球均處

于靜止?fàn)顟B(tài)，且小球4恰好對木板沒有力的作用.若對B施加一外力F,使小球4緩慢運(yùn)

動到。點(diǎn)正下方的過程中，木板始終靜止，則下列說法正確的是（）

A.A、8兩球的質(zhì)量之比為?。?

B.輕繩OA的拉力逐漸增大

C.地面對木板的摩擦力逐漸減小

D.地面對木板的摩擦力逐漸增大

8.（2019?東北三校二聯(lián)）如圖所示，有一傾角，=30°的斜面

體B,質(zhì)量為M.質(zhì)量為m的物體A靜止在B上.現(xiàn)用水平力產(chǎn)推k

物體A,在F由零逐漸增大至竽再逐漸減為零的過程中，A和

B始終保持靜止.對此過程下列說法正確的是（）

A.地面對B的支持力大于

B.A對3的壓力的最小值為當(dāng)咫，最大值為唔陽

C.A所受摩擦力的最小值為0,最大值為竽

I3

D.A所受摩擦力的最小值為2成g,最大值為余wg

熱點(diǎn)2共點(diǎn)力平衡問題

1.解析：選B.在豎直方向上小球受到的摩擦力和豎直向下的重力，二力平衡，等大反

向，所以摩擦力方向豎直向上，A錯誤，B正確；若增大鐵夾對小球的壓力，則水平方向上

的力變化了，而豎直方向上摩擦力和重力仍等大反向，摩擦力不變，C錯誤；若鐵夾水平勻

速移動，水平方向不受摩擦力小球在豎直方向上合力仍為零，摩擦力和重力仍等大反向，摩

擦力不變，D錯誤.

2.解析：選C.把兩球組成的系統(tǒng)看做一個整體，該系統(tǒng)的質(zhì)量為2m,帶電荷量為+q,

顯然，要使系統(tǒng)平衡，最上面的細(xì)線應(yīng)向左上方偏離，故選項(xiàng)A錯誤；設(shè)平衡時連接球a

和天花板的細(xì)線與豎直方向的夾角為仇，連接兩球的細(xì)線與豎直方向的夾角為61，先選取

系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)平衡條件可得，打"%=總，再選球匕為研究對象可知S"〃2=整，

乙mgmg

所以癡02=2tan/,比較選項(xiàng)B、C、D可知，只有選項(xiàng)C正確.

3.解析：選C.小球受重力、拉力、磁場力而處于平衡狀態(tài)，受力分析7V'T\

如圖所示，A錯誤；由于豎直方向的合力為零，繩子拉力在豎直方向上的分斗工

力與重力平衡，因此輕繩的拉力不可能水平向左，輕繩與豎直方向的夾角不

可能等于90°,B錯誤；由受力分析可知F=，咫tana,顯然當(dāng)a=45°時，

磁鐵對小球的作用力大小等于小球的重力大小，C正確；F=^tana,當(dāng)a=60°時，小

球所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為3B°,D錯誤.

4.解析：選C.設(shè)板與水平地面的夾角為a,以物體4為研究對象，木板P未旋轉(zhuǎn)前4

只受到重力和支持力而處于平衡狀態(tài)，所以8對A的作用力與A的重力大小相等，方向相

反;當(dāng)將木板P繞0點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線所示位置,8的上表面不再水平,A受力情況如圖(a),

圖中夕代表8上表面與水平方向之間的夾角.A受到重力和B對A的支持力、摩擦力三個

力作用，其中8對A的支持力、摩擦力的和仍然與A的重力等大反向，則A受到B對A的

作用力保持不變.根據(jù)牛頓第三定律可知，A對B的作用力也不變，A錯誤，8對A的摩擦

力增大，B錯誤；以AB整體為研究對象，分析受力情況如圖(b)所示，總重力GAB、木板的

支持力M和摩擦力及，木板對B的作用力是支持力也和摩擦力及的合力.由平衡條件分析

可知，木板對B的作用力大小與總重力大小相等，保持不變，D錯誤;NI=GAB?cosa,

f2^GAB-sina,a減小，M增大，施減小，C正確.

5.解析：選C.根據(jù)水平方向受力平衡可得：Ttsin60°=7；,sin30°,可？

!A

得乙＜￡“故A錯誤；若保持a繩位置不變，緩慢移動人至豎直方向，作出T

兩個不同位置板的受力合成圖如圖所示，。繩的拉力T和b繩的拉力廠的合

力與重力G總等大反向，由圖知，T一直減小，F(xiàn)一直增大，故B錯誤；剪

6

斷。繩瞬間，薄板的速度為零，向心力為零，合力等于重力垂直于6繩向下的分力，所以此

瞬間，板的加速度方向一定垂直于6繩方向向下，即一定沿。繩斜向下，故C正確；剪斷

前，由豎直方向受力平衡可得：7kos60°+7kos30°=mg,又/sin60°=7Lsin30°,聯(lián)

立解得：Ti,—^mg,剪斷后，小球沿半徑方向的合力為零，則有：Tb—mgcos60°=/g.

故剪斷前后b繩的拉力沒有變化，故D錯誤.

6.解析：選B.甲圖中，若將B滑輪沿虛線稍稍上移一些，。結(jié)點(diǎn)所受三個力大小不變，

根據(jù)力的合成法則可知，夾角。不變.乙圖中，因是光滑的滑輪，且繩子中的張力大小相等，

則04、08段繩中的力總是相等的，因此合力過。4、08夾角的角平分線，將端點(diǎn)8稍上

移，由于繩長不變，分析可知OA、0B夾角不變，則&角不變，繩子中的張力大小尸不變.故

B項(xiàng)正確.

7.解析：選AC.對A、B進(jìn)行受力分析如圖所示.由幾何關(guān)系和平衡條件可得：Teos300

=mAg,T'cos60°=mBg＞且聯(lián)立可得%^=坐恤；，即胎=卓，選項(xiàng)A正確；當(dāng)小

球A沿光滑半圓環(huán)緩慢向上移動時，小球A處于動態(tài)平衡狀態(tài)，由力的矢量三角形與幾何

三角形OCM相似可得：牛=/=竿，其中人為。。1的長度，R為圓環(huán)半徑，NA為圓環(huán)對

小球A的支持力，，"而、爪R均不變，故M大小不變，0A段繩長/逐漸減小，故繩的拉力

T逐漸減小，選項(xiàng)B錯誤；M的大小不變，與水平面的夾角逐漸變大，故其在水平方向上

的分力逐漸減小，則A對圓環(huán)的反作用力MA在水平方向上的分力也逐漸減小，與分力平

衡的地面對木板的摩擦力隨之變小，選項(xiàng)C正確，D錯誤.

8.解析：選B.因?yàn)锳、B始終保持靜止，對4、8整體受力分析可知，地面對8的支

持力一直等于（A/+Mg,A錯誤；當(dāng)尸=0時，，A對3的壓力最小，為加geos30°=多7陪；

當(dāng)b=羋mg時，A對B的壓力最大，為加geos30°+Fsin30°=與月監(jiān)，B正確；當(dāng)尸cos

30°=mgsin30°時，即尸=￥〃吆時，A所受摩擦力為0,當(dāng)尸=0時，A所受摩擦力大小

為玄咫，方向沿斜面向上，當(dāng)尸=坐，咫時，4所受摩擦力大小為方向沿斜面向下，C、

D錯誤.

熱點(diǎn)3物理圖象問題

（建議用時:20分鐘）

1.（2019?四川涼山州高三第三次診斷）A、B兩物體同時同地從

靜止開始運(yùn)動，其。一f圖象如圖所示，關(guān)于它們運(yùn)動的描述正確的

是（）

A.物體B在直線上做往返運(yùn)動

B.物體A做加速度增大的曲線運(yùn)動

C.A、8兩物體在0?1s運(yùn)動過程中距離越來越近

D.B物體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的平均速度大小之比為1：3：2

2.一個面積為S的圓形金屬框置于水平桌面上，如圖甲所

示（俯視圖），金屬框內(nèi)有一與線框平面垂直的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度

為Bi，圓形金屬框與兩根水平的平行金屬導(dǎo)軌（兩導(dǎo)軌相距L.

電阻不計(jì)）相連接，導(dǎo)軌間有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上的勻強(qiáng)磁場,

-聞

乙

磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2,一電阻為r的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌良好接觸，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度

所隨時間f按圖乙所示規(guī)律變化時，導(dǎo)體棒在水平外力廠的作用下始終不動，規(guī)定外力水平

向右為正，磁場方向垂直紙面向里（豎直向下）為正，不計(jì)一切摩擦，則在0?5s內(nèi)外力F隨

時間f變化的圖象正確的是（）

3.（2019?清?島模擬）已知雨滴在空中運(yùn)動時所受空氣阻力尸”產(chǎn)編其中％為比例系數(shù),

，?為雨滴半徑，。為運(yùn)動速率.1=0時，雨滴由靜止開始沿豎直方向下落.落地前雨滴已做

勻速運(yùn)動且速率為。m,用〃表示雨滴的加速度，下列圖象不可能正確的是（）

4.（多選）（2019?湖南邵陽高三模擬）質(zhì)量為M的足夠長的木板B放在光滑水平地面上，

一個質(zhì)量為〃?的滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在木板上，設(shè)木塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，如圖甲所示.木板B受到隨時間，變化的水平拉力F作用時，用傳感器測出木板B的

加速度“，得到如圖乙所示的a—F圖象，取g=10m/s2,則（）

A.滑塊A的質(zhì)量〃z=1.5kg

B.木板8的質(zhì)量M=1.5kg

C.當(dāng)尸=5N時，木板B的加速度a=4m/s2

D.滑塊4與木板8間的動摩擦因數(shù)為〃=0.1

5.（多選）在某電場中沿x方向上，電勢。與x關(guān)系如圖所示，假想有一電子在該電場

中僅受電場力作用而移動，則下列關(guān)于電場和電子能量說法正確的是（）

A.X3到X4區(qū)域內(nèi)沿X軸方向上的電場為勻強(qiáng)電場

B.若電子從電勢為2V的為位置向右運(yùn)動到電勢為2V的刈位置，因?yàn)殡娮与妱菽懿?/p>

變，電場力不做功，電子初動能大于零即可滿足要求

C.X6到刈區(qū)域內(nèi)沿X軸方向上的電場強(qiáng)度為零

D.若電子從電勢為2V的刖位置向右運(yùn)動到電勢為2V的巧位置，為了通過以處電

勢為3V的位置，電子至少具有初動能1eV

6.（多選）如圖所示，電阻不計(jì)、間距為￡的粗糙平行金屬導(dǎo)軌水平

放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值

電阻R,質(zhì)量為m、電阻為，?的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬

棒的水平外力尸的作用由靜止開始運(yùn)動，外力尸與金屬棒速度。的關(guān)系是尸=凡）+也（同、k

是常量），金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為〃.下列關(guān)于

金屬棒的速度。隨時間t變化的圖象和感應(yīng)電流的功率P隨方變化的圖象可能正確的是

7.（多選）如圖甲所示，物塊的質(zhì)量相=1kg,初速度。o=lOm/s,方向水平向右，在一

水平向左的恒力/作用下從0點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動，某時刻后恒力尸突然反向，整

個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10mH.下列選項(xiàng)中

正確的是（）

A.0~5s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動

B.在f=ls時刻，恒力F反向

C.恒力尸大小為10N

D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3

8.（多選）（2019?濰坊模擬）如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場中，f=0

時，帶負(fù)電的物塊以速度加沿斜面向上滑動，然后滑回到原處.已知物

塊與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，物塊所帶電荷量不變，用心表示物塊的

動能，x表示位移，與表示電勢能，取斜面底端為零勢能面，規(guī)定。o的方向?yàn)檎较?，則

下列選項(xiàng)中的圖線正確的是（）

1.解析：選D.在o-f圖象中，縱坐標(biāo)代表速度的大小和方向，斜率表示加速度，圖線

與時間軸圍成的面積表示位移；由圖可知，B先做勻加速直線運(yùn)動，再做勻減速直線運(yùn)動，

速度一直為正值，為單向直線運(yùn)動.物體A做加速度增大的直線運(yùn)動；在。?1s內(nèi)，B物

體在前，A物體在后，距離越來越遠(yuǎn)；由于圖線與時間軸圍成的面積表示位移，可求得B物

體在第1s內(nèi)、第2s內(nèi)、第3s內(nèi)的位移比為1：3：2,由。=5可知平均速度大小之比為

1：3：2.綜上分析，D正確.

2.解析：選A.因?qū)w棒在水平外力F的作用下始終不動，所以施加的水平外力與安培

ABi

力始終等大反向，即尸=尸安=B2〃，由題圖乙知0?1s內(nèi)恒定，由楞次定律知回路中

產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時針方向，由左手定則知導(dǎo)體棒所受安培力是水平向左的，即外力水平

向右，排除B和C；又由法拉第電磁感應(yīng)定律知/=臺=。9?言是恒定的，即水平外

力大小恒定，由題圖乙知在2?3s內(nèi)W是0?1s內(nèi)的2倍，所以由電流的表達(dá)式及安培

力表達(dá)式得A正確，D錯誤.

3.解析：選D.根據(jù)牛頓第二定律可得加8—4/。2=機(jī)4,速度增大，加速度減小，當(dāng)加

速度減為零，雨滴做勻速直線運(yùn)動，，咫/送，選項(xiàng)A、B正確；當(dāng)最后勻速運(yùn)動時，有

4L

kPvl=mg=^pgP,可得最大速率與五成正比，故選項(xiàng)C正確，D錯誤.

4.解析：選AC.由題圖乙知，當(dāng)F=4N時，加速度為a=2m/s2,對整體分析：下=(,〃

+M)a,解得根+M=2kg,當(dāng)Q4N時，A、B發(fā)生相對滑動，對B有：”=一子"*=》

一贊，由題圖乙可知，圖線的斜率：-為簧=2,解得M=0.5kg,滑塊4的質(zhì)量相

=1.5kg,故A正確，B錯誤；A、8發(fā)生相對滑動后的圖線反向延長與橫軸交于點(diǎn)(3,0),

代入解得〃=0.2,故D錯誤；根據(jù)F=5N>4N時，滑塊與木板相對滑動，B的加速度為

"8=而F—勺譚=4m/s2,故C正確，

5.解析：選AC.由X3到X4電勢均勻增大，則電場為勻強(qiáng)電場，故A正確；由X6到X7

電勢不變，則沿X方向電場強(qiáng)度為零，故C正確；要電子能從為運(yùn)動到X7,對于XI到X2,

電場力阻礙電子運(yùn)動，電子的初動能要大于電場力做功的值，故B錯誤；電子只要能通過

X2處，就可通過X4,則其具有的初動能至少為2eV,故D錯誤.

6.解析：選ABD.由題意可知，感應(yīng)電動勢E=BLu,回路電流/=黑，故所受安培

力F安=B〃=亦;，方向水平向左，分析金屬棒運(yùn)動情況，由牛頓第二定律可得同十初一

即（尸0-〃mg）+（L/專）。=胸，因?yàn)榻饘侔魪撵o止開始運(yùn)動，所以尸o>

utng,若k=籍,金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動，所以A正確；若嘮§加速度

D2T2

。隨。增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動，所以B正確；若上岸；，加

速度a隨。增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動，沒有符合的。一f圖象,

o2r2

而感應(yīng)電流的功率P=E/=行列2.則C錯誤，D正確.

7.解析：選BD.物塊做勻減速直線運(yùn)動的加速度大小為

“1=錯誤！=錯誤!m/s2=10m/s2

物塊做勻加速直線運(yùn)動的加速度大小為

__V264

m/s2=4m/s2

"2=詬=丙

根據(jù)牛頓第二定律得F-f^ma2

聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得尸=7N,f=3N

則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為f"=志3=N贏=0.3

物塊做勻減速直線運(yùn)動的時間為〃=*=當(dāng)s=ls,

a\

即在0―1s內(nèi)物塊做勻減速直線運(yùn)動，1s后恒力/反向，物塊做勻加速直線運(yùn)動.綜

上可知B、D項(xiàng)正確，A、C項(xiàng)錯誤.

8.解析：選ABD.物塊先以速度比沿斜面向上滑動，然后下滑回到原處的過程中，除

摩擦力在上滑和下滑時方向相反外，受的其他力大小和方向均不變，故物塊先做勻減速運(yùn)動

（加速度較大），再做反向的勻加速運(yùn)動（加速度較?。?，A正確；對物塊沿斜面上升過程由運(yùn)

動學(xué)公式有。2一煽=一2以，由數(shù)學(xué)知識可知B正確；沿斜面上升過程由動能定理有，一口

=反一疏0（尸為物塊所受合外力，大小恒定），圖線應(yīng)為直線，可知C錯誤；取斜面底端為零

勢能面，由于物塊帶負(fù)電，且沿斜面向上電勢逐漸降低，故物塊的電勢能隨位移的增大而增

大，D正確.

熱點(diǎn)4牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用

（建議用時:20分鐘）

1.（2019?全國押題卷二）如圖所示，兩個質(zhì)量分別為如、加2的物塊A和B通過一輕彈

簧連接在一起并放置于水平傳送帶上，水平輕繩一端連接A,另一端固定在墻上，A、8與

傳送帶間動摩擦因數(shù)均為〃.傳送帶順時針方向轉(zhuǎn)動，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，突然剪斷輕繩的瞬間,

設(shè)A、8的加速度大小分別為念和劭，（彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為0則（）

A.4A=〃(l+,)g，ClB=flga?=0

C.+肅）g,an=0D.aA="g，an=ng

2.（多選）如圖所示，ab、ac是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、

c位于同一圓周上，O為該圓的圓心，ab經(jīng)過圓心.每根桿上都套著一個/o/X'

小滑環(huán)，兩個滑環(huán)分別從仄c點(diǎn)無初速度釋放，用。卜汲分別表示滑環(huán)到\/

達(dá)。點(diǎn)的速度大小，用小攵分別表示滑環(huán)到達(dá)。所用的時間，貝1（）

A.Vl>V2B.Vi<V2

C.t\—t2D.t\<t2

3.（多選）彈簧測力計(jì)掛在升降機(jī)的頂板上，下端掛一質(zhì)量為2kg的物體.當(dāng)升降機(jī)在

豎直方向運(yùn)動時，彈簧測力計(jì)的示數(shù)始終是16N,如果從升降機(jī)的速度大小為3m/s時開

始計(jì)時，則經(jīng)過1s,升降機(jī)的位移大小可能是（g取10m/s2）（）

A.3mB.5m

C.2mD.4m

4.（2019?北京西城區(qū)高三模擬）一種巨型娛樂器械可以使人體驗(yàn)超重和失重.一個可乘

十多個人的環(huán)形座艙套裝在豎直柱子上，由升降機(jī)送上幾十米的高處，然后讓座艙自由落

下.落到一定位置時，制動系統(tǒng)啟動，座艙做減速運(yùn)動，到地面時剛好停下.在上述過程中，

關(guān)于座艙中的人所處的狀態(tài)，下列判斷正確的是（）

A.座艙在自由下落的過程中人處于超重狀態(tài)

B.座艙在減速運(yùn)動的過程中人處于超重狀態(tài)

C.座艙在整個運(yùn)動過程中人都處于失重狀態(tài)

D.座艙在整個運(yùn)動過程中人都處于超重狀態(tài)

5.如圖所示，質(zhì)量為g和加2的兩個材料相同的物體用細(xì)線相連，在大小恒定的拉力

F作用下，先沿水平面，再沿斜面，最后豎直向上勻加速運(yùn)動，不計(jì)空氣阻力，在三個階段

的運(yùn)動中，線上拉力的大小（）

A.由大變小

B.由小變大

C.始終不變且大小為篇

D.由大變小再變大

6.（多選）（2019?濟(jì)寧檢測）如圖所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、

B用輕質(zhì)彈簧相連，兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為〃，當(dāng)用水平力尸作用于8上且兩

物塊共同向右以加速度處勻加速運(yùn)動時，彈簧的伸長量為當(dāng)用同樣大小的恒力尸沿著

傾角為6、粗糙程度與水平面相同的斜面方向作用于B上且兩物塊共同以加速度G勻加速

沿斜面向上運(yùn)動時，彈簧的伸長量為X2,則下列說法中正確的是（）

A.若m>M,有Xi=X2

B.若m<M,有xi=X2

C.若〃〉sin0,有內(nèi)>》2

D.若〃<sin9,有Xi〈X2

7.質(zhì)量為M=20kg、長為Z_=5m的木板放在水平面上，木板與水平面間的動摩擦因

數(shù)川=0.15.將質(zhì)量為10kg的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以Vo—4m/s的速度從木板的左端水

平拋射到木板上（如圖所示），小木塊與木板面間的動摩擦因數(shù)為〃2=0.4（最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力，g=10m/s2）.則以下判斷中正確的是（）

A.木板一定靜止不動，小木塊不會滑出木板

B.木板一定靜止不動，小木塊會滑出木板

C.木板一定向右滑動，小木塊不會滑出木板

D.木板一定向右滑動，小木塊會滑出木板

8.（多選）（2019?棗莊二模）傾角為6的斜面體M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是

粗糙的.已知質(zhì)量為，”的物塊恰可沿其斜面勻速下滑.今對下滑的物塊，"施加一個向左的

水平拉力凡物塊仍沿斜面向下運(yùn)動，斜面體M始終保持靜止.則此時（）

m

F

/M

e

A.物塊〃?下滑的加速度等于Fe笥os一

B.物塊機(jī)下滑的加速度大于一^一

C.水平面對斜面體例的靜摩擦力方向水平向右

D.水平面對斜面體M的靜摩擦力大小為零

熱點(diǎn)4牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用

1.解析：選C.對物塊8受力分析，摩擦力與彈簧彈力平衡，有：w?2g=丘，則》二笠生.

以兩個物塊組成的整體為研究對象進(jìn)行受力分析，則繩子的拉力：7=〃（如十加2應(yīng)；突然剪

斷輕繩的瞬間，繩子的拉力減小為0,而彈簧的彈力不變，則A受到的合外力與丁大小相等，

方向相反，則：4=焉」四’/B在水平方向仍然受到彈簧的拉力和傳送帶的摩擦

力，合外力不變，仍然等于0,所以8的加速度仍然等于0.故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯誤.

2.解析：選AD.小滑環(huán)沿桿下滑過程中，只有重力做功，且由6到a/一廠.

下落的高度大，重力做功多，由動能定理卬各=2\反知，5＞。2,選項(xiàng)A正/o//^\

確，B錯誤；設(shè)圓半徑為R,必與ac之間的夾角為川，"與水平面之間的\必//,

?＜.a

夾角為a,則2R=]gd?sin（a+份，2Rcos￡=少日sina,比較sin（a十份與

的大小，有sin（a+Q）―黑片o'（。腎’~也咳.又（a+丑）為銳角，cos（a+4）＞0,^4＞0,

所以sin（a+￡）＞意匕，即八＜/2,所以選項(xiàng)C錯誤，D正確.

3.解析：選CD.對物體進(jìn)行受力分析，受向下的重力和向上的拉力（大小等于彈簧測力

計(jì)的示數(shù)），加速度箕=’煙優(yōu)居'=2m/sz,方向向下.升降機(jī)初速度大小為0o=3m/s,方向

可能向下，也可能向上，所以在1s內(nèi)的位移有兩種情況，向下加速時汨=研）/+3“2=4m；

向上減速時X2=0oL呼*=2m,故選C、D.

4.解析：選B.座艙在自由下落的過程中，加速度為向下的g,人處于完全失重狀態(tài)；

座艙在減速運(yùn)動的過程中，加速度向上，則人處于超重狀態(tài)，故選B.

5.解析：選C.在水平面上時，對整體由牛頓第二定律得尸一〃（如+加2%=（加+加2）。1，

對〃?］由牛頓第二定律得力一〃加氏=加圖1，聯(lián)立解得八=_+〃?，；在斜面上時，對整體由

牛頓第二定律得產(chǎn)一〃Oi+〃?2）gCOS夕一（如+/7?2>gsin夕=（"7|+m2）。2,對加1由牛頓第二定

律得不一〃〃?igcos〃一根igsin0=mg,聯(lián)立解得丁2=〃?￡〃/；在豎直方向時，對整體由

牛頓第二定律得廣-01+祖2應(yīng)=（刎+相2）。3，對如由牛頓第二定律得乃一如8=m1。3，聯(lián)立

解得八=—綜上分析可知，線上拉力始終不變且大小為一^F,選項(xiàng)C正確.

6.解析：選AB.在水平面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有尸一〃（巾+M）g=

隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律，有T—“〃?g=〃孫②

聯(lián)立①②式解得了=芻淀）

機(jī)十M

在斜面上滑動時，對整體，根據(jù)牛頓第二定律，有

/一（〃?+M）gsin8—/z（〃?+M）gcos。=（m+M）〃2④

隔離物塊A,根據(jù)牛頓第二定律，有

T'一"zgsin〃機(jī)geos9=ma夜）

聯(lián)立④⑤式，解得

ivl-rm

比較③⑥式，可知，彈簧的彈力（或伸長量）相等，與兩物塊的質(zhì)量大小、動摩擦因數(shù)和

斜面的傾角無關(guān)，故A、B正確，C、D錯誤.

7.解析：選A.小木塊對木板的摩擦力Fn=〃2"7g=0.4X100N=40N,水平面對木板的

最大靜摩擦力H2=〃i（M+Mg=45N,因?yàn)镕fi<Fl2,故木板一定靜止不動.由牛頓第二定

律得小木塊的加速度”2=〃吆=4m/s?,x=錯誤!=錯誤！m=2m<L,所以小木塊不會滑出

木板.故選項(xiàng)A正確，B、C、D錯誤.

8.解析：選BD.由題意知，物塊自己能夠沿斜面勻速下滑，得/ngsin』ungcos0,

Feos0+〃尸sin夕

施加拉力F后，"?gsin0+Feos0—fi（mgcos，一Fsin，）=zna,解得a=---------------

所以A錯誤，B正確；以斜面體為研究對象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff=Mmgeose

—Fsin0）,正壓力尸N=mgcos0—Fsin0,又〃=tan0,把摩擦力和壓力求和，方向豎

直向下，所以斜面體在水平方向沒有運(yùn)動的趨勢，故不受地面的摩擦力，所以C錯誤，D

正確.

熱點(diǎn)5萬有引力定律的應(yīng)用

（建議用時：20分鐘）

1.某行星的同步衛(wèi)星下方的行星表面上有一觀察者，行星的自轉(zhuǎn)周期為T,他用天文

望遠(yuǎn)鏡觀察被太陽照射的此衛(wèi)星，發(fā)現(xiàn)日落的fT時間內(nèi)有春T的時間看不見此衛(wèi)星，不考慮

大氣對光的折射，則該行星的密度為（）

24Jt3n

A-G72BGF

8。16Jt

CGF