【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2021高考物理二輪復(fù)習(xí)(江蘇專(zhuān)用)-知識(shí)回扣清單

學(xué)問(wèn)回扣清單倒數(shù)第10天物理學(xué)史和物理思想方法要點(diǎn)提煉1．高中物理的重要物理學(xué)史科學(xué)家國(guó)籍主要貢獻(xiàn)伽利略意大利①1638年，論證較重物體不會(huì)比較輕物體下落得快；②伽利略抱負(fù)試驗(yàn)指出：在水平面上運(yùn)動(dòng)的物體若沒(méi)有摩擦，將保持這個(gè)速度始終運(yùn)動(dòng)下去；③伽利略在教堂做禮拜時(shí)發(fā)覺(jué)擺的等時(shí)性，惠更斯依據(jù)這個(gè)原理制成歷史上第一座自擺鐘；④伽利略在1683年出版的《兩種新科學(xué)的對(duì)話(huà)》一書(shū)中，運(yùn)用“觀看→假設(shè)→數(shù)學(xué)推理”的方法，具體地爭(zhēng)辯了拋體運(yùn)動(dòng)．牛頓英國(guó)①以牛頓三大運(yùn)動(dòng)定律為基礎(chǔ)建立牛頓力學(xué)；②1687年在《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》上發(fā)表萬(wàn)有引力定律，建立行星定律理論的基礎(chǔ)．開(kāi)普勒德國(guó)17世紀(jì)提出開(kāi)普勒三大定律．卡文迪許英國(guó)1798年利用扭秤裝置比較精確?????地測(cè)出了萬(wàn)有引力常量G.庫(kù)侖法國(guó)①1785年，庫(kù)侖用自己創(chuàng)造的扭秤建立了靜電學(xué)中有名的庫(kù)侖定律；②靜電力常量的數(shù)值是在電荷量的單位得到定義之后，后人通過(guò)庫(kù)侖定律計(jì)算得出的．密立根美國(guó)通過(guò)油滴試驗(yàn)測(cè)定了元電荷的數(shù)值，e＝1.6×10－19C.富蘭克林美國(guó)①解釋了摩擦起電的緣由；②通過(guò)風(fēng)箏試驗(yàn)驗(yàn)證閃電是電的一種形式，把天電與地電統(tǒng)一起來(lái)，并創(chuàng)造避雷針．歐姆德國(guó)通過(guò)試驗(yàn)得出歐姆定律．昂尼斯荷蘭大多數(shù)金屬在溫度降到某一值時(shí)，都會(huì)消滅電阻突然降為零的現(xiàn)象——超導(dǎo)現(xiàn)象．焦耳英國(guó)①與俄國(guó)物理學(xué)家楞次先后各自獨(dú)立發(fā)覺(jué)電流通過(guò)導(dǎo)體時(shí)產(chǎn)生熱效應(yīng)的規(guī)律，稱(chēng)為焦耳—楞次定律；②能量守恒定律的發(fā)覺(jué)者之一．楞次俄國(guó)1834年楞次確定感應(yīng)電流方向的定律——楞次定律．奧斯特丹麥1820年，發(fā)覺(jué)電流可以使四周的磁針產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)，稱(chēng)為電流的磁效應(yīng)．洛倫茲荷蘭提出運(yùn)動(dòng)電荷產(chǎn)生了磁場(chǎng)和磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷有作用力(洛倫茲力)的觀點(diǎn)．笛卡爾法國(guó)①在《哲學(xué)原理》中比較完整地第一次表述了慣性定律；②第一個(gè)明確地提出了“動(dòng)量守恒定律”．安培法國(guó)①發(fā)覺(jué)了安培定則；②發(fā)覺(jué)電流相互作用的規(guī)律；③提出分子電流假說(shuō).續(xù)表法拉第英國(guó)①在1821年，法拉第在重復(fù)奧斯特“電生磁”試驗(yàn)時(shí)，制造出人類(lèi)歷史上第一臺(tái)最原始的電動(dòng)機(jī)；②1831年發(fā)覺(jué)的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，使人類(lèi)的文明跨進(jìn)了電氣化時(shí)代．亨利美國(guó)最大的貢獻(xiàn)是在1832年發(fā)覺(jué)自感現(xiàn)象．狄拉克英國(guó)依據(jù)電磁場(chǎng)的對(duì)稱(chēng)性，預(yù)言“磁單極子必定存在”．湯姆孫英國(guó)利用陰極射線(xiàn)管發(fā)覺(jué)了電子，說(shuō)明原子可分，有簡(jiǎn)單內(nèi)部結(jié)構(gòu)，并提出原子的棗糕模型(葡萄干布丁模型)，從而敲開(kāi)了原子的大門(mén)．普朗克德國(guó)量子論的奠基人．為了解釋黑體輻射，提出了能量量子假說(shuō)，解釋物體熱幅射規(guī)律，提出電磁波的放射和吸取不是連續(xù)的，而是一份一份的，把物理學(xué)帶進(jìn)了量子世界．愛(ài)因斯坦德裔美國(guó)人①提出光子說(shuō)(科學(xué)假說(shuō))，成功地解釋了光電效應(yīng)規(guī)律；②提出狹義相對(duì)論[相對(duì)論的兩個(gè)原理：(Ⅰ)真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的；(Ⅱ)在不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的]；③總結(jié)出質(zhì)能方程Ekm＝hν－W(2005年被聯(lián)合國(guó)定為“世界物理年”，以表彰他對(duì)科學(xué)的貢獻(xiàn))．普里克德國(guó)發(fā)覺(jué)了陰極射線(xiàn)．盧瑟福英國(guó)①進(jìn)行了α粒子散射試驗(yàn)，并提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，由試驗(yàn)結(jié)果估量原子核直徑數(shù)量級(jí)為10－15m；②用α粒子轟出氮核，第一次實(shí)現(xiàn)了原子核的人工轉(zhuǎn)變，并發(fā)覺(jué)了質(zhì)子(該試驗(yàn)發(fā)覺(jué)了原子內(nèi)質(zhì)量和電荷量的分布，并沒(méi)有揭示原子核的組成)，并預(yù)言了中子的存在．玻爾丹麥量子力學(xué)的先驅(qū)．吸取普朗克、愛(ài)因斯坦的量子概念，提出原子結(jié)構(gòu)的玻爾理論，成功解釋了氫原子光譜，最先得出氫原子能級(jí)表達(dá)式．貝克勒爾法國(guó)發(fā)覺(jué)自然?放射現(xiàn)象，說(shuō)明原子核也有簡(jiǎn)單的內(nèi)部結(jié)構(gòu)．查德威克英國(guó)在α粒子轟擊鈹核時(shí)發(fā)覺(jué)中子(原子核人工轉(zhuǎn)變的試驗(yàn))，由此人們生疏到原子核的組成．居里夫人法國(guó)發(fā)覺(jué)了放射性更強(qiáng)的釙和鐳.2.重要物理思想、方法 (1)抱負(fù)模型法：為了便于進(jìn)行物理爭(zhēng)辯或物理教學(xué)而建立的一種抽象的抱負(fù)客體或抱負(fù)物理過(guò)程，突出了事物的主要因素、忽視了事物的次要因素．抱負(fù)模型可分為對(duì)象模型(如質(zhì)點(diǎn)、點(diǎn)電荷、抱負(fù)變壓器等)、條件模型(如光滑表面、輕桿、輕繩、勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)等)和過(guò)程模型(在空氣中自由下落的物體、拋體運(yùn)動(dòng)、勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、恒定電流等)． (2)極限思維法：就是人們把所爭(zhēng)辯的問(wèn)題外推到極端狀況(或抱負(fù)狀態(tài))，通過(guò)推理而得出結(jié)論的過(guò)程，在用極限思維法處理物理問(wèn)題時(shí)，通常是將參量的一般變化，推到極限值，即無(wú)限大、零值、臨界值和特定值的條件下進(jìn)行分析和爭(zhēng)辯．如公式v＝eq\f(Δx,Δt)中，當(dāng)Δt→0時(shí)，v是瞬時(shí)速度． (3)抱負(fù)試驗(yàn)法：也叫做試驗(yàn)推理法，就是在物理試驗(yàn)的基礎(chǔ)上，加上合理的科學(xué)的推理得出結(jié)論的方法就叫做抱負(fù)試驗(yàn)法，這也是一種常用的科學(xué)方法．如伽利略斜面試驗(yàn)、推導(dǎo)出牛頓第肯定律等． (4)微元法：微元法是指在處理問(wèn)題時(shí)，從對(duì)事物的微小部分(微元)分析入手，達(dá)到解決事物整體目的的方法．它在解決物理學(xué)問(wèn)題時(shí)很常用，思想就是“化整為零”，先分析“微元”，再通過(guò)“微元”分析整體． (5)比值定義法：就是用兩個(gè)基本物理量的“比”來(lái)定義一個(gè)新的物理量的方法，特點(diǎn)是：A＝eq\f(B,C)，但A與B、C均無(wú)關(guān)．如a＝eq\f(Δv,Δt)、E＝eq\f(F,q)、C＝eq\f(Q,U)、I＝eq\f(q,t)、R＝eq\f(U,I)、B＝eq\f(F,IL)、ρ＝eq\f(m,V)等． (6)放大法：在物理現(xiàn)象或待測(cè)物理量格外微小的狀況下，把物理現(xiàn)象或待測(cè)物理量依據(jù)肯定規(guī)律放大后再進(jìn)行觀看和測(cè)量，這種方法稱(chēng)為放大法，常見(jiàn)的方式有機(jī)械放大、電放大、光放大． (7)把握變量法：打算某一個(gè)現(xiàn)象的產(chǎn)生和變化的因素很多，為了弄清事物變化的緣由和規(guī)律，必需設(shè)法把其中的一個(gè)或幾個(gè)因素用人為的方法把握起來(lái)，使它保持不變，爭(zhēng)辯其他兩個(gè)變量之間的關(guān)系，這種方法就是把握變量法．比如探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，就用了把握變量法． (8)等效替代法：在爭(zhēng)辯物理問(wèn)題時(shí)，有時(shí)為了使問(wèn)題簡(jiǎn)化，常用一個(gè)物理量來(lái)代替其他全部物理量，但不會(huì)轉(zhuǎn)變物理效果．如用合力替代各個(gè)分力，用總電阻替代各部分電阻等． (9)類(lèi)比法：也叫“比較類(lèi)推法”，是指由一類(lèi)事物所具有的某種屬性，可以推想與其類(lèi)似的事物也應(yīng)具有這種屬性的推理方法．其結(jié)論必需由試驗(yàn)來(lái)檢驗(yàn)，類(lèi)比對(duì)象間共有的屬性越多，則類(lèi)比結(jié)論的牢靠性越大．如爭(zhēng)辯電場(chǎng)力做功時(shí)，與重力做功進(jìn)行類(lèi)比；生疏電流時(shí)，用水流進(jìn)行類(lèi)比；識(shí)電壓時(shí)，用水壓進(jìn)行類(lèi)比．考前必做題1．在“探究彈性勢(shì)能的表達(dá)式”的試驗(yàn)中，為了計(jì)算彈簧彈力所做的功，把拉伸彈簧的過(guò)程分為很多小段，拉力在每小段可以認(rèn)為是恒力，用各小段做的功的代數(shù)和代表彈力在整個(gè)過(guò)程所做的功，物理學(xué)中把這種爭(zhēng)辯方法叫做“微元法”．下面實(shí)例中應(yīng)用到這一思想方法的是 () A．依據(jù)加速度定義a＝eq\f(Δv,Δt)，當(dāng)Δt格外小，eq\f(Δv,Δt)就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)加速度 B．在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間關(guān)系時(shí)，先保持質(zhì)量不變爭(zhēng)辯加速度與力的關(guān)系，再保持力不變爭(zhēng)辯加速度與質(zhì)量的關(guān)系 C．在推導(dǎo)勻變速運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加 D．在不需要考慮物體本身的大小和外形時(shí)，用點(diǎn)來(lái)代替物體，即質(zhì)點(diǎn) 解析A項(xiàng)中是極限法；B項(xiàng)中是把握變量法；C項(xiàng)中是微元法；D項(xiàng)中是模型法，故選C. 答案C2．自然界的電、熱和磁等現(xiàn)象都是相互聯(lián)系的，很多物理學(xué)家為查找它們之間的聯(lián)系做出了貢獻(xiàn)．下列說(shuō)法中不正確的是 () A．奧斯特發(fā)覺(jué)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系 B．歐姆發(fā)覺(jué)了歐姆定律，說(shuō)明白熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系 C．法拉第發(fā)覺(jué)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系 D．焦耳發(fā)覺(jué)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系 解析奧斯特發(fā)覺(jué)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電現(xiàn)象和磁現(xiàn)象之間的聯(lián)系，選項(xiàng)A正確．歐姆發(fā)覺(jué)了歐姆定律，不能說(shuō)明熱現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間存在聯(lián)系，選項(xiàng)B不正確．法拉第發(fā)覺(jué)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，揭示了磁現(xiàn)象和電現(xiàn)象之間的聯(lián)系，選項(xiàng)C正確．焦耳發(fā)覺(jué)了電流的熱效應(yīng)，定量得出了電能和熱能之間的轉(zhuǎn)換關(guān)系，選項(xiàng)D正確． 答案B3．(多選)學(xué)習(xí)物理除了學(xué)問(wèn)的學(xué)習(xí)外，還要了解物理學(xué)家對(duì)物理規(guī)律的發(fā)覺(jué)，領(lǐng)悟并把握處理物理問(wèn)題的思想與方法，關(guān)于以上兩點(diǎn)下列敘述正確的是 ()A．奧斯特發(fā)覺(jué)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁的聯(lián)系 B．庫(kù)侖提出了用電場(chǎng)線(xiàn)描述電場(chǎng)的方法 C．用點(diǎn)電荷來(lái)代替實(shí)際帶電體是接受了抱負(fù)模型的方法 D．在驗(yàn)證力的平行四邊形定則的試驗(yàn)中使用了把握變量的方法 解析奧斯特發(fā)覺(jué)了電流的磁效應(yīng)，揭示了電與磁的聯(lián)系，選項(xiàng)A正確．法拉第提出了用電場(chǎng)線(xiàn)描述電場(chǎng)的方法，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．用點(diǎn)電荷來(lái)代替實(shí)際帶電體是接受了抱負(fù)模型的方法，選項(xiàng)C正確．在驗(yàn)證力的平行四邊形定則的試驗(yàn)中使用了等效替代的方法，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案AC4．(2022·高考沖刺試卷三)在物理學(xué)進(jìn)展史上很多科學(xué)家做出了卓越的貢獻(xiàn)，下列說(shuō)法中正確的是 () A．伽利略依據(jù)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的試驗(yàn)和抱負(fù)試驗(yàn)，得出了慣性定律 B．法拉第經(jīng)過(guò)十年的艱苦努力，最早通過(guò)試驗(yàn)爭(zhēng)辯總結(jié)出法拉第電磁感應(yīng)定律 C．牛頓不僅發(fā)覺(jué)了萬(wàn)有引力定律，還測(cè)出了引力常量，使該定律得以廣泛應(yīng)用 D．庫(kù)侖最早設(shè)計(jì)并進(jìn)行了有名的靜電扭秤試驗(yàn)，測(cè)出了靜電力常量 解析伽利略提出了慣性的概念，但沒(méi)有提出慣性定律，A錯(cuò)；法拉第電磁感應(yīng)定律是紐曼、韋伯在對(duì)理論和試驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后總結(jié)出來(lái)的，B錯(cuò)；引力常量是卡文迪許測(cè)出來(lái)的，C錯(cuò)；庫(kù)侖最早設(shè)計(jì)并進(jìn)行了有名的靜電扭秤試驗(yàn)，測(cè)出了靜電力常量，D正確． 答案D5．伽利略在有名的斜面試驗(yàn)中，讓小球分別沿傾角不同，阻力很小的斜面從靜止開(kāi)頭滾下，他通過(guò)試驗(yàn)觀看和規(guī)律推理，得到的正確結(jié)論有 () A．傾角肯定時(shí)，小球在斜面上的位移與時(shí)間成正比 B．傾角肯定時(shí)，小球在斜面上的速度與時(shí)間成正比 C．斜面長(zhǎng)度肯定時(shí)，小球從頂端滾到底端時(shí)的速度與傾角無(wú)關(guān) D．斜面長(zhǎng)度肯定時(shí)，小球從頂端滾到底端所需的時(shí)間與傾角無(wú)關(guān) 解析小球下滑的加速度a＝gsinθ 下滑過(guò)程中小球速度v＝at＝gsinθ·t 位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gsinθ·t2 滑到斜面底端時(shí)v2＝2aL＝2gsinθ·L(L為斜面的長(zhǎng)度) 由這幾式看出，當(dāng)θ肯定時(shí)，v∝t，x∝t2； 當(dāng)斜面長(zhǎng)度肯定時(shí)，v2∝sinθ，t2∝eq\f(1,sinθ)， 所以A、C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確． 答案B倒數(shù)第9天三種性質(zhì)力和牛頓運(yùn)動(dòng)定律學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖考前必做題1．如圖1所示，質(zhì)量為m的小球用水平輕質(zhì)彈簧系住，并用傾角θ＝37°的木板托住，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則 ()圖1 A．小球肯定受四個(gè)力作用 B．彈簧彈力可能為eq\f(3,4)mg C．小球受木板的摩擦力肯定沿斜面對(duì)上 D．木板對(duì)小球的作用力有可能小于小球的重力mg 解析若木板是光滑的，則小球受重力、彈簧彈力和木板支持力作用，若木板是粗糙的，則小球受重力、彈簧彈力、木板支持力和可能存在的摩擦力作用，摩擦力方向可能沿斜面對(duì)上，也可能沿斜面對(duì)下，A、C錯(cuò)；當(dāng)木板光滑時(shí)，小球受力如圖所示，小球處于平衡狀態(tài)，此時(shí)由圖知彈簧彈力F＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg，B對(duì)；不論木板是否光滑，木板對(duì)小球的作用力大小均等于小球重力與彈簧彈力的合力大小，即木板對(duì)小球的作用力肯定大于小球的重力mg，D錯(cuò)． 答案B2.(多選)如圖2所示，一條細(xì)線(xiàn)一端與地板上的物體B相連，另一端繞過(guò)質(zhì)量不計(jì)的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細(xì)線(xiàn)懸掛在天花板上的O′點(diǎn)，細(xì)線(xiàn)與豎直方向所成角度為α，則 ()圖2 A．假如將物體B在地板上向右移動(dòng)一點(diǎn)，α角將增大 B．無(wú)論物體B在地板上左移還是右移，只要距離足夠小，α角將不變 C．增大小球A的質(zhì)量，α角肯定減小 D．懸掛定滑輪的細(xì)線(xiàn)的彈力不行能等于小球A的重力 解析O、A之間的細(xì)線(xiàn)肯定沿豎直方向，假如物體B在地板上向右移動(dòng)一點(diǎn)，O、B間的細(xì)線(xiàn)將向右偏轉(zhuǎn)，OA與OB間的夾角將增大．OA與OB兩段細(xì)線(xiàn)上的彈力都等于小球A的重力，其合力與懸掛定滑輪的細(xì)線(xiàn)的彈力大小相等、方向相反，懸掛定滑輪的細(xì)線(xiàn)的彈力方向(即OO′的方向)與∠AOB的角平分線(xiàn)在一條直線(xiàn)上，明顯物體B在地板上向右移動(dòng)時(shí)α角將增大，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；增大小球A的質(zhì)量，只要物體B的位置不變，則α角也不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因物體B無(wú)論在地板上移動(dòng)多遠(yuǎn)，∠AOB都不行能達(dá)到120°，故懸掛定滑輪的細(xì)線(xiàn)的彈力不行能等于小球A的重力，選項(xiàng)D正確． 答案AD3．(多選)某馬戲團(tuán)演員做滑桿表演，已知豎直滑桿上端固定，下端懸空，滑桿的重力為200N，在桿的頂部裝有一拉力傳感器，可以顯示桿頂端所受拉力的大?。阎輪T在滑桿上端做完動(dòng)作時(shí)開(kāi)頭計(jì)時(shí)，演員先在桿上靜止了0.5s，然后沿桿下滑，3.5s末剛好滑到桿底端，并且速度恰好為零，整個(gè)過(guò)程中演員的v－t圖象和傳感器顯示的拉力隨時(shí)間的變化狀況如圖3所示，g＝10m/s2，則下述說(shuō)法正確的是 ()圖3 A．演員的體重為800N B．演員在最終2s內(nèi)始終處于超重狀態(tài) C．傳感器顯示的最小拉力為620N D．滑桿長(zhǎng)7.5m 解析演員在滑桿上靜止時(shí)顯示的800N等于演員和滑桿的重力之和，所以演員體重為600N，A錯(cuò)；由v－t圖象可知，1.5～3.5s內(nèi)演員向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，拉力大于重力，演員處于超重狀態(tài)，B對(duì)；演員加速下滑時(shí)滑桿所受拉力最小，加速下滑時(shí)a1＝3m/s2對(duì)演員由牛頓其次定律知mg－f1＝ma1，解得f1＝420N，對(duì)滑桿由平衡條件得傳感器顯示的最小拉力為F1＝420N＋200N＝620N，C對(duì)；由v－t圖象中圖線(xiàn)圍成的面積可得滑桿長(zhǎng)為4.5m，D錯(cuò)． 答案BC4．(多選)一水平放置的勁度系數(shù)為k的輕彈簧，一端固定在豎直的墻壁上，如圖4所示，一質(zhì)量為m的物塊以向左的初速度將彈簧壓縮，當(dāng)彈簧壓縮x0時(shí)彈簧最短，而后又將物塊彈開(kāi)，假設(shè)整個(gè)過(guò)程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列選項(xiàng)正確的是 ()圖4 A．物塊在向左壓縮彈簧的整個(gè)過(guò)程中始終做減速運(yùn)動(dòng) B．物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)始終做加速運(yùn)動(dòng) C．物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大加速度為eq\f(kx0＋μmg,m) D．當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)彈簧的壓縮量為eq\f(μmg,k) 解析物塊向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，在水平方向上受到向右的摩擦力，撞上輕彈簧后，同時(shí)受到向右的彈簧的彈力，在此過(guò)程中彈簧的彈力是漸漸增大的，彈力、摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向始終相反，物塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)A正確．物塊向右的運(yùn)動(dòng)是從彈簧壓縮量達(dá)到最大時(shí)開(kāi)頭的，此時(shí)受到水平向右的彈力和向左的摩擦力，開(kāi)頭時(shí)彈簧的彈力大于摩擦力，但當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)到肯定程度，彈力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于彈力，所以物塊向右接觸彈簧的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中先加速后減速；脫離彈簧后僅在摩擦力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤．由對(duì)A項(xiàng)的分析可知，當(dāng)彈簧的壓縮量為x0時(shí)，水平方向的合力為F＝kx0＋μmg，此時(shí)合力最大，由牛頓其次定律有amax＝eq\f(F,m)＝eq\f(kx0＋μmg,m)，所以選項(xiàng)C正確．在物塊向右接觸彈簧的運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)彈簧的形變量為x＝eq\f(μmg,k)時(shí)，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此時(shí)彈力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力為零，之后物塊開(kāi)頭做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊的速度最大，彈簧的壓縮量為x＝eq\f(μmg,k)，選項(xiàng)D正確． 答案ACD5．如圖5所示為一表面帶有均勻負(fù)電荷的導(dǎo)體板MNO，其中MN與NO連接于N點(diǎn)，MN水平且長(zhǎng)為1m，NO長(zhǎng)為0.6m，其中NO與MN的夾角為θ＝37°，一帶正電的絕緣滑塊由M點(diǎn)以水平向左的初速度v0＝4m/s滑上導(dǎo)體板，其中滑塊與導(dǎo)體板間的庫(kù)侖引力為滑塊重力的0.2倍，兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，只考慮滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡所在處電荷對(duì)滑塊垂直接觸面的庫(kù)侖引力，滑塊在N處的能量損失不計(jì)．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)圖5 (1)求滑塊第一次到N點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)求滑塊在NO段的加速度大??； (3)試通過(guò)計(jì)算分析滑塊能否再次回到N點(diǎn)． 解析(1)滑塊在MN段，由 FN1＝kmg＋mg＝1.2mg， Ff1＝μFN1＝0.3mg， 依據(jù)牛頓其次定律得 a1＝eq\f(Ff1,m)＝3m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vN＝eq\r(v\o\al(2,0)－2a1s)＝3.16m/s. (2)滑塊沿NO向上運(yùn)動(dòng)時(shí)： FN2－mgcos37°－kmg＝0 Ff2＝μFN2 由牛頓其次定律得 Ff2＋mgsin37°＝ma2 a2＝eq\f(Ff2＋mgsin37°,m)＝8.5m/s2. (3)滑塊沿NO向上運(yùn)動(dòng)的最大距離： s1＝eq\f(v\o\al(2,N),2a2)＝0.59m＜0.6m 又由于μ(mgcos37°＋kmg)＜mgsin37° 所以滑塊能再次回到N點(diǎn)． 答案(1)3.16m/s(2)8.5m/s2(3)能倒數(shù)第8天質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖考前必做題1．2021年我國(guó)已成功放射多顆衛(wèi)星，若在放射的衛(wèi)星中，衛(wèi)星A是近地赤道衛(wèi)星，衛(wèi)星B是極地圓形軌道衛(wèi)星，衛(wèi)星C是地球同步衛(wèi)星，且三顆衛(wèi)星的運(yùn)行周期滿(mǎn)足TA＜TB＜TC，則 () A．衛(wèi)星A受到地球的萬(wàn)有引力最大 B．衛(wèi)星B和衛(wèi)星C有可能在赤道上方相遇 C．三顆衛(wèi)星運(yùn)行的向心加速度滿(mǎn)足aA＞aB＞aC D．三顆衛(wèi)星運(yùn)行的線(xiàn)速度滿(mǎn)足vA＜vB＜vC 解析因不知三顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系，由萬(wàn)有引力F＝Geq\f(Mm,r2)知A錯(cuò)；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r知三顆衛(wèi)星的軌道半徑滿(mǎn)足rA＜rB＜rC，所以衛(wèi)星B和衛(wèi)星C不行能相遇，B錯(cuò)；由Geq\f(Mm,r2)＝ma知a∝eq\f(1,r2)，所以aA＞aB＞aC，C對(duì)；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)知v∝eq\f(1,\r(r))所以vA＞vB＞vC，D錯(cuò)． 答案C2．(2022·云南省其次次統(tǒng)一檢測(cè)，16)如圖1所示，a、b兩小球分別從半圓軌道頂端和斜面頂端以大小相等的初速度v0同時(shí)水平拋出，已知半圓軌道的半徑與斜面豎直高度相等，斜面底邊長(zhǎng)是其豎直高度的2倍，若小球a能落到半圓軌道上，小球b能落到斜面上，則 ()圖1 A．b球肯定先落在斜面上 B．a(chǎn)球肯定先落在半圓軌道上 C．a(chǎn)球可能先落在半圓軌道上 D．a(chǎn)、b不行能同時(shí)落在半圓軌道和斜面上 解析在拋出點(diǎn)左側(cè)作一斜面，左斜面與原斜面傾角相同，可直接分析a、b的運(yùn)動(dòng)狀況．當(dāng)v0較小時(shí)，軌跡如圖線(xiàn)①，則先落在斜面上，當(dāng)v0是某一值時(shí)，軌跡如圖線(xiàn)②，則落在斜面與半圓軌道的交點(diǎn)處，當(dāng)v0較大時(shí)，軌跡如圖線(xiàn)③，則先落在半圓軌道上，故C正確． 答案C3．(多選)一質(zhì)量為m＝2kg的物塊靜止在地面上，現(xiàn)用一豎直向上的力F拉物塊，已知拉力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖2所示，g＝10m/s2.則下列有關(guān)物塊的加速度a與速度v隨時(shí)間t變化規(guī)律的圖象正確的是 ()圖2 解析由題意可知物塊的重力為20N，由圖象可知0～5s，拉力為10N，小于重力，物塊不動(dòng)，故加速度為零；5～10s，拉力等于重力，加速度為零，物塊保持靜止；10～15s內(nèi)，加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝10m/s2，故15s末物塊的速度為v＝at＝50m/s；15～20s，拉力漸漸減小，物塊先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)；20～25s，物塊做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝－g，故A正確，B錯(cuò)誤．由于Δv＝a·Δt，故a－t圖象與坐標(biāo)軸包圍的面積表示速度變化量，故25s內(nèi)速度方向沒(méi)有變化，t＝25s時(shí)速度恰好減為零，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案AC4．(多選)2021年12月14日21時(shí)11分，“嫦娥三號(hào)”在月球正面的虹灣以東地區(qū)著陸，假設(shè)著陸前，“嫦娥三號(hào)”探月衛(wèi)星繞月球表面勻速飛行(不計(jì)四周其他天體的影響)，宇航員測(cè)出“嫦娥三號(hào)”飛行N圈用時(shí)為t，已知地球質(zhì)量為M，地球半徑為R，月球半徑為r，地球表面重力加速度為g，則() A．“嫦娥三號(hào)”探月衛(wèi)星勻速飛行的速度為eq\f(2πNR,t) B．月球的平均密度為eq\f(3πMN2,gR2t2) C．“嫦娥三號(hào)”探月衛(wèi)星的質(zhì)量為eq\f(4π2N2r3,gR2t2) D．“嫦娥三號(hào)”探月衛(wèi)星繞月球表面勻速飛行的向心加速度為eq\f(4π2N2r,t2) 解析由題知“嫦娥三號(hào)”繞月運(yùn)行周期為T(mén)＝eq\f(t,N)，由v＝eq\f(2πr,T)得v＝eq\f(2πNr,t)，A錯(cuò)；由Geq\f(mm′,r2)＝m′(eq\f(2π,T))2r、m＝ρ·eq\f(4,3)πr3及GM＝gR2得月球的平均密度為ρ＝eq\f(3πMN2,gR2t2)，B對(duì)；依據(jù)題中相關(guān)信息只能估算出中心天體月球的質(zhì)量，而不能求出運(yùn)行天體“嫦娥三號(hào)”探月衛(wèi)星的質(zhì)量，C錯(cuò)；a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(4π2N2r,t2)，D對(duì)． 答案BD5．如圖3甲所示，一帶有eq\f(1,4)光滑圓弧(半徑為R＝0.8m)軌道的物塊固定在水平面上，在其右端并排放一足夠長(zhǎng)的木板，長(zhǎng)木板的上表面與圓弧底端的軌道等高．一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從靜止開(kāi)頭由圓弧的最高點(diǎn)A滑下，滑塊經(jīng)圓弧軌道的最低點(diǎn)B滑上長(zhǎng)木板，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中長(zhǎng)木板的v－t圖象如圖乙所示，已知長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝2kg，g＝10m/s2，滑塊沒(méi)有滑離長(zhǎng)木板．求：圖3 (1)滑塊剛到達(dá)軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力． (2)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)、滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)． (3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中滑塊在長(zhǎng)木板上滑過(guò)的距離． 解析(1)從A到B的過(guò)程中，滑塊的機(jī)械能守恒 由機(jī)械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2 滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，依據(jù)牛頓其次定律：FN－mg＝meq\f(v2,R)， 整理得FN＝3mg＝30N 依據(jù)牛頓第三定律，滑塊到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為30N，方向豎直向下． (2)由v－t圖象知，木板加速時(shí)的加速度大小為 a1＝1m/s2 滑塊與木板共同減速時(shí)的加速度大小為a2＝1m/s2，設(shè)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2 在1～2s內(nèi)，對(duì)滑塊和木板由牛頓其次定律得 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a2 在0～1s內(nèi)，對(duì)木板由牛頓其次定律得 μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1 解得μ1＝0.1，μ2＝0.5. (3)滑塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程中，對(duì)滑塊由牛頓其次定律得μ2mg＝ma v1＝v－at1，木板的位移x1＝eq\f(v1,2)t1， 滑塊的位移x2＝eq\f(v＋v1,2)t1 滑塊在木板上滑過(guò)的距離Δx＝x2－x1 代入數(shù)據(jù)得Δx＝1.2m. 答案(1)30N方向豎直向下(2)0.10.5(3)1.2m倒數(shù)第7天功能關(guān)系和能量守恒學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖

考前必做題1．如圖1所示，有一傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)斜坡，小孩在做玩耍時(shí)，從該斜坡頂端將一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出時(shí)的初動(dòng)能為9J，不計(jì)空氣阻力，則該足球第一次落在斜坡上時(shí)的動(dòng)能為 ()圖1 A．12J B．21J C．27J D．36J 解析足球被踢出后開(kāi)頭做平拋運(yùn)動(dòng)，第一次落在斜坡上時(shí)對(duì)足球的位移進(jìn)行分解有tan30°＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(0＋vy,2)t,v0t)，得eq\f(v0,vy)＝eq\f(\r(3),2)，足球第一次落在斜坡上時(shí)的動(dòng)能為eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝21J，只有選項(xiàng)B正確． 答案B2．如圖2所示，一質(zhì)量為1kg的小球靜止在一豎直放置的輕彈簧上，彈簧的勁度系數(shù)為k＝50N/m，現(xiàn)用一豎直向下的F＝10N的恒力作用在小球上，當(dāng)小球向下運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)撤去F，則小球再回到初始位置時(shí)的速度大小為(彈簧形變過(guò)程中始終處于彈性限度內(nèi)) ()圖2 A．2m/s B.eq\r(2)m/s C．2eq\r(2)m/s D.eq\f(\r(2),2)m/s 解析小球從初始位置回到初始位置的過(guò)程中，重力、彈力做功為零，依據(jù)動(dòng)能定理，WF＝eq\f(1,2)mv2，從開(kāi)頭到最大速度時(shí)，小球向下運(yùn)動(dòng)的位移Δx＝eq\f(F,k)，則F·Δx＝eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)·eq\f(F,k)＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2F2,km))＝2m/s，A項(xiàng)正確． 答案A3．一條長(zhǎng)12m的傳送帶，傾角為30°，它能夠?qū)⒐ぜ牡孛嫠偷娇ㄜ?chē)上，每個(gè)工件的質(zhì)量為25kg，傳送帶每分鐘可傳送16個(gè)工件，不考慮傳送帶對(duì)工件的加速，g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是 () A．傳送帶每分鐘對(duì)工件做的總功是2.4×104J B．摩擦力每分鐘對(duì)工件做的總功是1.2×104J C．傳送帶的傳送功率為100W D．傳送帶的傳送功率為200W 解析傳送工件時(shí)不計(jì)加速，則工件隨傳送帶一起勻速上升，即摩擦力f＝mgsinθ，傳送帶對(duì)工件做功實(shí)質(zhì)是傳送帶的摩擦力f對(duì)工件做功，所以W＝nf·l＝16×mgsin30°×l＝2.4×104J，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由功率定義，P＝eq\f(W,t)＝eq\f(2.4×104,60)W＝400W，知C、D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案A4．(多選)如圖3所示，質(zhì)量為m的滑塊以肯定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時(shí)施加一沿斜面對(duì)上的恒力F＝mgsinθ.已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，取動(dòng)身點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊的動(dòng)能Ek、機(jī)械能E隨時(shí)間t變化關(guān)系及滑塊的勢(shì)能EP隨位移x變化關(guān)系的是 ()圖3 解析滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，所受的合外力等于沿斜面對(duì)下的摩擦力，滑塊沿斜面對(duì)上做勻減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q＝fx＝mgsinθ(vt－eq\f(1,2)at2)，圖A錯(cuò)誤．由動(dòng)能定理得－mgsinθ(vt－eq\f(1,2)at2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2，Ek＝－mgsinθ(vt－eq\f(1,2)at2)＋eq\f(1,2)mv2，圖B錯(cuò)誤．滑塊的重力勢(shì)能Ep＝mgxsinθ，圖C正確．依據(jù)題述知，F(xiàn)＝mgsinθ＝μmgcosθ，機(jī)械能E隨時(shí)間t不變，圖D正確． 答案CD5. 如圖4所示，一輕繩一端連一小球B，另一端固定在O點(diǎn)，開(kāi)頭時(shí)球與O點(diǎn)在同一水平線(xiàn)上，輕繩拉直，在O點(diǎn)正下方距O點(diǎn)L處有一鐵釘C，釋放小球后，小球繞鐵釘C恰好能做完整的豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)．圖4 (1)求繩的長(zhǎng)度． (2)求小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度． (3)若讓小球自然懸掛，小球恰好與水平面接觸于F點(diǎn)，小球質(zhì)量為m，在水平面上固定有傾角為θ的斜面，斜面高為h，小球與斜面AE及水平面EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，EF段長(zhǎng)為s，讓一質(zhì)量與小球質(zhì)量相等的滑塊從斜面頂端由靜止滑下，滑塊與小球碰撞后粘在一起，結(jié)果兩者一起恰好能繞C在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則滑塊與小球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能是多少(不計(jì)滑塊在E處碰撞的能量損失)? 解析(1)設(shè)輕繩長(zhǎng)為R，則小球繞C在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，半徑為R－L，恰好能做豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)mg＝meq\f(v2,R－L) 依據(jù)機(jī)械能守恒有mg[R－2(R－L)]＝eq\f(1,2)mv2 解得R＝eq\f(5,3)L. (2)由機(jī)械能守恒定律，小球到最低點(diǎn)時(shí)mgR＝eq\f(1,2)mv′2 得到v′＝eq\r(\f(10,3)gL). (3)若滑塊與小球粘在一起且恰好能在豎直面內(nèi)繞C做圓周運(yùn)動(dòng)，則碰撞后的共同速度也為v′＝eq\r(\f(10,3)gL) 對(duì)滑塊依據(jù)動(dòng)能定理有 mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)·2mv′2. 解得E損＝mgh－eq\f(10,3)mgL－μmg(hcotθ＋s)． 答案(1)eq\f(5,3)L(2)eq\r(\f(10,3)gL) (3)mgh－eq\f(10,3)mgL－μmg(hcotθ＋s)倒數(shù)第6天電場(chǎng)和帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖考前必做題1．如圖1所示，菱形abcd的四個(gè)頂點(diǎn)分別放上電荷量都為Q的不同電性的點(diǎn)電荷，∠abc＝120°.對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)為O，A、B、C、D分別是O點(diǎn)與四個(gè)頂點(diǎn)連線(xiàn)的中點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是 ()圖1 A．O點(diǎn)的電勢(shì)和電場(chǎng)強(qiáng)度都為零 B．A、C兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相等 C．B、D兩點(diǎn)的電勢(shì)相等且都為正 D．正的檢驗(yàn)電荷從A到D電場(chǎng)力做正功 解析依據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知，O點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，電勢(shì)為正，A項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)電場(chǎng)疊加原理可知，A、C兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)等大反向，B項(xiàng)錯(cuò)誤；依據(jù)幾何關(guān)系可知，B、D點(diǎn)都在a、b兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中零等勢(shì)線(xiàn)的右側(cè)，都在c、d兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中零等勢(shì)線(xiàn)的左側(cè)，因此電勢(shì)疊加后確定為正，依據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，這兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，C項(xiàng)正確；同理可以分析，A點(diǎn)電勢(shì)為負(fù)，因此正的檢驗(yàn)電荷從A到D電勢(shì)能增大，電場(chǎng)力做負(fù)功，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案C2．(多選)如圖2為某電場(chǎng)中x軸上電勢(shì)φ隨x變化的圖象，－x0與x0關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，則下列說(shuō)法正確的是 ()圖2 A．縱橫的左側(cè)為勻強(qiáng)電場(chǎng) B．－x0處的場(chǎng)強(qiáng)為零 C．一電子在x0處由靜止釋放，電子將沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度漸漸增大 D．一電子在x0處由靜止釋放，電子不肯定沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，但速度漸漸增大 解析縱軸的左側(cè)x軸上電勢(shì)處處相等，因此場(chǎng)強(qiáng)為零，不行能是勻強(qiáng)電場(chǎng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；x軸正半軸不肯定與電場(chǎng)線(xiàn)重合，且電場(chǎng)線(xiàn)不肯定是直的，因此帶電粒子不肯定沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，但從靜止開(kāi)頭只在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，速度漸漸增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． 答案BD3．(多選)如圖3所示，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下，沿始終的電場(chǎng)線(xiàn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，則關(guān)于此帶電粒子運(yùn)動(dòng)的v－t圖象，可能正確的是 ()圖3 解析帶電粒子在直的電場(chǎng)線(xiàn)上從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，在電場(chǎng)力的作用下，不是做加速運(yùn)動(dòng)，就是做減速運(yùn)動(dòng)，不行能做勻速運(yùn)動(dòng)，也不行能先減速后加速，因此A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；假如電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，且電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則C項(xiàng)正確；假如電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，且電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，則D項(xiàng)正確． 答案CD4．(多選)如圖4所示的平行板電容器、電源、電阻和電鍵組成的電路中，電鍵K閉合后，兩板間的帶電粒子處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確的是 ()圖4 A．粒子帶負(fù)電 B．?dāng)嚅_(kāi)電鍵K，粒子會(huì)向下運(yùn)動(dòng) C．保持電鍵K閉合，增大兩板間距離的過(guò)程中，電流表中有從左向右的電流 D．保持電鍵K閉合，使兩板繞垂直于紙面的過(guò)兩板中點(diǎn)的軸a、b沿順時(shí)針以相同的角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度，粒子仍會(huì)保持靜止 解析K閉合時(shí)，上板帶正電，粒子要保持靜止，電場(chǎng)力向上，因此粒子帶負(fù)電，A項(xiàng)正確；斷開(kāi)電鍵后，兩板上的帶電荷量保持不變，粒子仍保持靜止，B項(xiàng)錯(cuò)誤；保持電鍵K閉合，增大兩板間距離的過(guò)程中，由平行板電容器的電容打算式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容器的電容減小，兩板間的電壓不變，由Q＝CU可知，電容器的帶電荷量減小，電容器放電，電流表中有從左到右的電流，C項(xiàng)正確；保持電鍵K閉合，使兩板繞垂直于紙面的過(guò)兩板中點(diǎn)的軸a、b沿順時(shí)針以相同的角速度緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)很小的角度，兩板間的電場(chǎng)有了一個(gè)水平重量，粒子會(huì)受到一個(gè)水平的電場(chǎng)分力，不會(huì)保持靜止?fàn)顟B(tài)，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案AC5．(多選)如圖5所示，水平放置的平行板M、N帶等量的異種電荷，一帶電小球從N板的左邊緣A點(diǎn)以初速度v0射入板間電場(chǎng)，并沿直線(xiàn)AB運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是 ()圖5 A．小球沿AB做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．小球的電勢(shì)能肯定削減 C．在小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，將M板向下移，小球在電場(chǎng)中將做向下偏的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) D．在小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，將M板漸漸地向右移，小球在電場(chǎng)中將做向上偏的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 解析假如小球做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則合力肯定與速度在同始終線(xiàn)上，而小球受到的電場(chǎng)力與重力均沿豎直方向，合力不行能與AB平行，因此小球不行能做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，肯定是做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；小球受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，與速度的夾角小于90°，因此電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減小，B項(xiàng)正確；將M板下移，板間距離減小，由E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，由此可知，向下移動(dòng)M板，板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球受到的電場(chǎng)力不變，因此小球仍舊做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若將M板向右移動(dòng)，板間的正對(duì)面積減小，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，小球受到的電場(chǎng)力大于重力，因此小球會(huì)做向上偏的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)正確． 答案BD6．(多選)如圖6所示，一帶電粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q，以肯定的速度沿水平直線(xiàn)A′B′方向通過(guò)一正交的電磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，電場(chǎng)強(qiáng)度為E.粒子沿垂直等邊三角形磁場(chǎng)邊框的AB邊方向由中點(diǎn)的小孔O進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，該三角形磁場(chǎng)的邊長(zhǎng)為a，經(jīng)過(guò)兩次與磁場(chǎng)邊框碰撞(碰撞過(guò)程遵從反射定律)后恰好返回到小孔O，則以下說(shuō)法正確的是 ()圖6 A．該帶電粒子肯定帶正電 B．該帶電粒子的速度為eq\f(E,B1) C．等邊三角形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(2mE,B1qa) D．該粒子返回到小孔O之后仍沿B′A′直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 解析由于磁場(chǎng)的方向沒(méi)有明確，因此無(wú)法確定帶電粒子的電性；由粒子做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)不難得出，該粒子做的肯定是勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則由Eq＝B1qv可得v＝eq\f(E,B1)；進(jìn)入三角形磁場(chǎng)區(qū)后，經(jīng)過(guò)2次碰撞恰好返回到小孔O，經(jīng)分析可知，該粒子在其中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為eq\f(a,2)，由eq\f(a,2)＝eq\f(mv,B2q)可得B2＝eq\f(2mE,B1qa)；當(dāng)粒子重新返回到小孔O時(shí)，由粒子的受力不難得出電場(chǎng)力和洛倫茲力同向，故不能沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)． 答案BC倒數(shù)第5天電路和電磁感應(yīng)學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖

考前必做題1．(多選)如圖1所示為始終流電路，電源內(nèi)阻不能忽視，在滑動(dòng)變阻器滑片P從滑動(dòng)變阻器的最右端滑向最左端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 ()圖1 A．電壓表的示數(shù)可能增大 B．電流表的示數(shù)可能增大 C．電阻R0消耗的功率可能增大 D．電源的輸出功率可能增大 解析在剛開(kāi)頭滑動(dòng)的一段時(shí)間內(nèi)，電路中的總電阻增大，總電流減小，電流表的示數(shù)減小，電阻R0消耗的功率也減小，B、C項(xiàng)錯(cuò)誤；假如滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于等于電阻R，則內(nèi)電壓始終減小，外電壓始終增大，電源與R0兩端電壓始終減小，電壓表示數(shù)增大，A項(xiàng)正確；假如電源的內(nèi)阻始終大于外電阻，且滑動(dòng)變阻器的最大阻值小于等于電阻R，則電源的輸出功率增大，D項(xiàng)正確． 答案AD2．(多選)在國(guó)家電網(wǎng)改造中，某溝通發(fā)電機(jī)的輸出電壓隨時(shí)間變化的圖象如圖2所示，輸出功率是20kW，現(xiàn)用5000V高壓輸電，輸電線(xiàn)上的總電阻是40Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降壓變壓器降壓后供應(yīng)用戶(hù)，則下列說(shuō)法正確的是 ()圖2 A．經(jīng)降壓后交變電流的頻率變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,22) B．升壓變壓器的匝數(shù)比為11∶250 C．流過(guò)高壓輸電線(xiàn)的電流為125A D．降壓變壓器輸出電壓的有效值為220V 解析由圖得溝通電的周期為0.02s，則頻率為50Hz，變壓器不轉(zhuǎn)變溝通電的頻率，A錯(cuò)；輸出電壓的有效值為220V，高壓輸電電壓為5000V，變壓器的變壓比等于匝數(shù)比，升壓變壓器的匝數(shù)比為11∶250，B正確；輸電線(xiàn)的電流I＝eq\f(P送,U送)＝eq\f(20×103,5000)A＝4A,5000V高壓并未全部被輸電線(xiàn)消耗，C錯(cuò)；降壓變壓器的輸入電壓U1＝5000V－40×4V＝4840V，由變壓比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝220V，D正確． 答案BD3．如圖3所示，在第一象限有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．在其次象限有一平行于y軸的長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域．下列關(guān)于導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨x變化的圖象正確的是 ()圖3 解析導(dǎo)體棒垂直磁場(chǎng)方向做切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e＝Blv，式中l(wèi)為導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度．導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)的有效長(zhǎng)度l隨x先均勻增大后均勻減小，其最大值為等邊三角形的高，為eq\f(\r(3),2)L＝0.87L.所以導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨x變化的圖象正確的是D. 答案D4．如圖4甲所示，抱負(fù)變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為9∶55，電壓表為抱負(fù)電表，圖中熱水器和抽油煙機(jī)均正常工作，熱水器的額定功率為抽油煙機(jī)的2倍．假如副線(xiàn)圈電壓按圖乙所示正弦規(guī)律變化，下列說(shuō)法正確的是 ()圖4 A．電壓表的示數(shù)為36V B．原線(xiàn)圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u＝36sin(50πt)V C．熱水器的發(fā)熱功率是抽油煙機(jī)發(fā)熱功率的2倍 D．變壓器原線(xiàn)圈的輸入功率和副線(xiàn)圈的輸出功率之比為55∶9 解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(U1,220)＝eq\f(9,55)，U1＝36V，A正確；由圖乙可知，副線(xiàn)圈電壓的峰值為Um＝220eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故副線(xiàn)圈兩端電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式為u2＝220eq\r(2)sin(100πt)V，則原線(xiàn)圈的輸入電壓瞬時(shí)值表達(dá)式為u1＝36eq\r(2)sin(100πt)V，B錯(cuò)；熱水器的發(fā)熱功率等于其額定功率，而抽油煙機(jī)的額定功率等于少量熱功率與大部分輸出機(jī)械功率之和，因此它的熱功率小于其本身的額定功率，C錯(cuò)；抱負(fù)變壓器的輸入功率等于輸出功率，D錯(cuò)． 答案A5．如圖5甲所示，DIS系統(tǒng)中，S是電流傳感器，接計(jì)算機(jī)，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上，質(zhì)量m＝0.10kg的金屬桿ab可以無(wú)摩擦地沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)．已知電阻R＝0.60Ω，ab桿的電阻r＝0.40Ω，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)＝1.0m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直向上穿過(guò)整個(gè)導(dǎo)軌平面．現(xiàn)給金屬桿ab施加一個(gè)恒力F＝10N，電流傳感器就將各時(shí)刻t的電流I數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)傳到計(jì)算機(jī)，在屏幕上顯示出I－t圖象如圖乙．g＝10m/s2.下列說(shuō)法正確的是 ()圖5 A．桿在恒力F作用下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．在剛開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)的0.40s內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量q大約為4C C．0～0.40s內(nèi)桿的位移約為44m，R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝5J D．桿運(yùn)動(dòng)的v－t圖象與I－t圖極其類(lèi)似，最大速度是10m/s 解析依據(jù)牛頓其次定律得：F－ILB＝ma，F(xiàn)－eq\f(L2B2,R＋r)v＝ma，金屬桿的速度漸漸增大，加速度漸漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；加速度為0時(shí)，金屬桿的速度最大，為v＝eq\f(R＋rF,L2B2)＝10m/s，I＝eq\f(LBv,R＋r)∝v，桿運(yùn)動(dòng)的v－t圖象與I－t圖極其類(lèi)似，選項(xiàng)D正確；在剛開(kāi)頭運(yùn)動(dòng)的0.4s內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量q等于圖線(xiàn)與t軸包圍的面積數(shù)值，由圖知：總格數(shù)為150格(145～155格均正確)，q＝150×0.04×0.4C＝2.4C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)·Δt＝eq\f(BLx,R＋r)，0～0.40s內(nèi)桿的位移約為x＝eq\f(qR＋r,BL)＝2.4m，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤． 答案D6．(2022·山東濰坊統(tǒng)考)如圖6甲所示，兩相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距L＝0.5m，左端接有電阻R＝3Ω，豎直向下的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示．開(kāi)頭導(dǎo)體棒CD靜止在導(dǎo)軌上的x＝0處，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一水平向右的拉力，使導(dǎo)體棒以1m/s2的加速度沿x軸勻加速運(yùn)動(dòng)，已知導(dǎo)體棒質(zhì)量為2kg，電阻為2Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)．求：圖6 (1)拉力隨時(shí)間變化的關(guān)系式； (2)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到x＝4.5m處時(shí)撤掉拉力，此時(shí)導(dǎo)體棒兩端的電壓；此后電阻R上產(chǎn)生的熱量． 解析(1)經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度v＝at① 位移x＝eq\f(1,2)at2② 產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv③ 由圖可知：B＝2x④ 對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F－BIL＝ma⑤ 產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)⑥ 解得：F＝eq\f(t5,20)＋2＝0.05t5＋2⑦ (2)當(dāng)x＝4.5m時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為U， U＝eq\f(E,R＋r)R⑧ 解得：U＝8.1V⑨ 撤力后由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律： Q總＝eq\f(1,2)mv2⑩ QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝5.4J? 答案(1)F＝0.05t5＋2 (2)8.1V5.4J倒數(shù)第4天力學(xué)試驗(yàn)要點(diǎn)提煉1．試驗(yàn)要點(diǎn)試驗(yàn)名稱(chēng)?？家c(diǎn)探究小車(chē)速度隨時(shí)間的變化規(guī)律數(shù)據(jù)處理方法：(1)公式法：veq\f(t,2)＝eq\x\to(v)、Δx＝aT2；(2)圖象法：v－t圖象驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律用自由落體進(jìn)行試驗(yàn)，知道如何從紙帶的數(shù)據(jù)中確定ΔEp和ΔEk驗(yàn)證力的平行四邊形定則彈簧測(cè)力計(jì)的使用留意事項(xiàng)及讀數(shù)、力的圖示、依據(jù)平行四邊形定則求出合力探究加速與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系把握變量法的應(yīng)用、圖象的處理以及試驗(yàn)的留意事項(xiàng)2.物理量的測(cè)量方法待測(cè)量測(cè)量工具方法說(shuō)明長(zhǎng)度刻度尺毫米刻度尺精度為1mm，讀數(shù)時(shí)應(yīng)估讀到0.1mm游標(biāo)卡尺①讀數(shù)方法：測(cè)量值＝主尺上指示的毫米數(shù)＋精度×游標(biāo)尺對(duì)齊的格數(shù)②精度：eq\f(1,游標(biāo)刻度總數(shù))mm,10分度的游標(biāo)卡尺精度為0.1mm,20分度的游標(biāo)卡尺精度為0.05mm，50分度的游標(biāo)卡尺精度為0.02mm，游標(biāo)卡尺不估讀螺旋測(cè)微器①讀數(shù)方法：測(cè)量值＝主尺上指示的毫米數(shù)(留意半毫米刻線(xiàn)是否露出)＋精度×轉(zhuǎn)動(dòng)圓筒上與主尺中心刻線(xiàn)所對(duì)應(yīng)刻度值(留意刻度值要估讀)②精度：螺旋測(cè)微器精度為0.01mm時(shí)間打點(diǎn)計(jì)時(shí)器①t＝nT(n表示打點(diǎn)的時(shí)間間隔的個(gè)數(shù)，T表示打點(diǎn)周期)②打點(diǎn)周期與所接溝通電周期相同光電計(jì)時(shí)器光電計(jì)時(shí)器能自動(dòng)記錄擋光時(shí)間，顯示在讀數(shù)窗口力彈簧測(cè)力計(jì)力的大小＝精度×指針指示的格數(shù)(留意估讀)速度打點(diǎn)紙帶若紙帶做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則打某點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度等于對(duì)應(yīng)的平均速度頻閃照相(利用等時(shí)間間隔照片信息記錄物體在不同時(shí)刻的位置)同上光電門(mén)①v0＝eq\f(d,Δt)(d表示滑塊上擋光片的寬度，Δt表示擋光片擋光時(shí)間)②由于擋光片的寬度很小，在這里可用平均速度表示其瞬時(shí)速度加速度打點(diǎn)紙帶(頻閃照相)若紙帶做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則a＝eq\f(Δx,T2)或a＝eq\f(xm－xn,m－nT2)光電門(mén)若紙帶做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則a＝eq\f(v2－v1,Δt)(v1、v2分別表示通過(guò)光電門(mén)測(cè)得的滑塊在t1、t2兩個(gè)時(shí)刻的速度，Δt表示對(duì)應(yīng)的時(shí)間間隔)考前必做題1．(2022·青島市質(zhì)量檢測(cè))某同學(xué)利用如圖1所示的試驗(yàn)裝置，探究小車(chē)的加速度a和它所受拉力F的關(guān)系．圖1 (1)除備有4個(gè)50g鉤碼外，另有下列試驗(yàn)器材備選： A．質(zhì)量為300g小車(chē) B．質(zhì)量為2.2kg小車(chē) C．輸出電壓4～6V直流電源 D．輸出電壓3.6～5.6V溝通電源 為盡量保證明驗(yàn)成功，你選用的試驗(yàn)小車(chē)為_(kāi)_______，電源為_(kāi)_______(填字母代號(hào))．圖2 (2)某同學(xué)正確選擇試驗(yàn)器材后，通過(guò)試驗(yàn)得到如圖2所示a－F圖象，造成圖線(xiàn)未過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的緣由是_________________________________________________________________ _________________________________________________________________. 解析(1)在探究物體的加速度與合外力關(guān)系的試驗(yàn)中應(yīng)滿(mǎn)足小車(chē)的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量，因此選用的小車(chē)質(zhì)量盡量大一些，所以選B；打點(diǎn)計(jì)時(shí)器正常工作時(shí)應(yīng)用低壓溝通電源，則選D.(2)由圖象可知，當(dāng)小車(chē)的牽引力為零時(shí)，小車(chē)已經(jīng)具有了加速度，則說(shuō)明平衡摩擦力時(shí)將長(zhǎng)木板墊的過(guò)高、傾角過(guò)大，也就是說(shuō)平衡摩擦力過(guò)度． 答案(1)BD (2)平衡摩擦力過(guò)度2．某試驗(yàn)小組分別設(shè)計(jì)了如圖3甲、乙、丙所示的試驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．圖3 (1)經(jīng)分析比較后，其中最抱負(fù)的試驗(yàn)裝置是________(選填“甲”、“乙”或“丙”)； (2)圖丁是利用最抱負(fù)的試驗(yàn)裝置進(jìn)行試驗(yàn)得到的一條紙帶，圖中點(diǎn)1是打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出的第一個(gè)點(diǎn)，其他各點(diǎn)是緊接著連續(xù)打出的點(diǎn)，假如發(fā)覺(jué)第1、2兩點(diǎn)之間的距離明顯大于2mm，這是由于試驗(yàn)操作時(shí)_________________________________________________________________ _________________________________________________________________ ________________________________________________________________； (3)已知重錘的質(zhì)量為m，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為T(mén)，僅考慮消滅(2)所述狀況所帶來(lái)的影響時(shí)，設(shè)從打第1點(diǎn)到打第6點(diǎn)過(guò)程中重錘削減的重力勢(shì)能為ΔEp，則下列關(guān)系式正確的是________(填選項(xiàng)前的字母)； A．ΔEp＞eq\f(ms2,8T2) B．ΔEp＝eq\f(ms2,8T2) C．ΔEp＜eq\f(ms2,8T2) (4)若試驗(yàn)操作正確，某同學(xué)依據(jù)公式veq\o\al(2,6)＝2gh計(jì)算出從第1點(diǎn)到第6點(diǎn)重錘動(dòng)能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)，由ΔEp＝mgh，計(jì)算出重力勢(shì)能的削減量，再依據(jù)ΔEk＝ΔEp得出重錘在下落過(guò)程中機(jī)械能守恒的結(jié)論．則該探究過(guò)程是____________(選題“合理”或“不合理”)的，理由是_________________ ________________________________________________________________. 解析(1)圖乙中紙帶上所打下的點(diǎn)較少，圖丙中用手釋放紙帶，消滅人為因素，而影響紙帶的釋放，故比較抱負(fù)的試驗(yàn)裝置為圖甲中的裝置；(2)打下第一點(diǎn)的速度不為零，即先釋放紙帶，后接通電源；(3)依據(jù)機(jī)械能守恒可得：ΔEp＝eq\f(ms2,8T2)－Ek1，故ΔEp＜eq\f(ms2,8T2)，選項(xiàng)C正確；(4)重錘下落過(guò)程中還受到阻力作用，其下落的加速度a＜g，故不行以用veq\o\al(2,6)＝2gh來(lái)計(jì)算． 答案(1)甲 (2)先釋放紙帶，后接通電源 (3)C (4)不合理重錘下落過(guò)程中受阻力作用，下落加速度a＜g，不行用veq\o\al(2,6)＝2gh計(jì)算(其他合理答案也可)3．(2022·蘇州市高三調(diào)研)(1)如圖4中游標(biāo)卡尺讀數(shù)為_(kāi)_______mm，螺旋測(cè)微器讀數(shù)為_(kāi)_______mm.圖4 (2)某試驗(yàn)小組為探究加速度與力之間的關(guān)系設(shè)計(jì)了如圖5甲所示的試驗(yàn)裝置，用鉤碼所受重力作為小車(chē)所受的拉力，用DIS(數(shù)字化信息系統(tǒng))測(cè)小車(chē)的加速度．通過(guò)轉(zhuǎn)變鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測(cè)量，可得小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度a和所受拉力F的關(guān)系圖象．他們?cè)谲壍浪胶蛢A斜的兩種狀況下分別做了試驗(yàn)，得到了兩條a－F圖線(xiàn)，如圖5乙所示．圖5 ①圖線(xiàn)________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)是在軌道水平的狀況下得到的． ②小車(chē)和位移傳感器放射部分的總質(zhì)量為_(kāi)_______kg.小車(chē)在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦力大小為_(kāi)_______N. (3)某同學(xué)用小車(chē)做“爭(zhēng)辯勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)”試驗(yàn)時(shí)，從打下的若干紙帶中選出了如圖6所示的一條(每?jī)牲c(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出來(lái))，圖示紙帶上的數(shù)字為相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源頻率為50Hz.圖6 該小車(chē)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度a＝________m/s2，與紙帶上D點(diǎn)相對(duì)應(yīng)的瞬時(shí)速度v＝________m/s(答案均要求保留3位有效數(shù)字)． 解析(1)游標(biāo)卡尺的示數(shù)52mm＋0.05mm×7＝52.35mm；螺旋測(cè)微器的示數(shù)1.5mm＋0.01mm×49.0＝1.990mm. (2)導(dǎo)軌水平常，因摩擦力的存在，拉力比較小時(shí)，小車(chē)仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，故Ⅱ是軌道水平常得到的，水平軌道時(shí)小車(chē)受到拉力和摩擦力的作用，小車(chē)剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)的外力等于滑動(dòng)摩擦力，故摩擦力大小為1N．由圖Ⅰ得小車(chē)平衡摩擦力過(guò)度，軌道傾斜時(shí)，小車(chē)勻加速運(yùn)動(dòng)階段的加速度a＝eq\f(F,m)＋F1，圖線(xiàn)的斜率表示k＝eq\f(1,m)＝1kg－1，故質(zhì)量為1kg. (3)勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(LEF－LBC＋LDE－LAB＋LCD－LOA,9T2)＝eq\f(LCF－LOC,9T2)＝eq\f(17.4×10－2,0.09)m/s2＝1.93m/s2；D點(diǎn)的瞬時(shí)速度等于CE段的平均速度vD＝eq\f(LCE,2T)＝1.18m/s. 答案(1)52.351.990(1.988～1.992)(2)①Ⅱ ②11③1.931.18倒數(shù)第3天電學(xué)試驗(yàn)要點(diǎn)提煉1．試驗(yàn)要點(diǎn)名稱(chēng)?？家c(diǎn)測(cè)定金屬的電阻率由R＝ρeq\f(l,S)得ρ＝Req\f(S,l)，金屬導(dǎo)線(xiàn)的電阻R可用伏安法測(cè)量，金屬導(dǎo)線(xiàn)的長(zhǎng)度l用毫米刻度尺測(cè)量，金屬導(dǎo)線(xiàn)的橫截面積S可由其直徑d算出，S＝π(eq\f(d,2))2，d可由螺旋測(cè)微器測(cè)出測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻把握電路接受限流式接法，測(cè)量電路一般接受電流表內(nèi)接法，測(cè)量數(shù)據(jù)一般用圖象法處理描繪小燈泡的伏安特性曲線(xiàn)把握電路用分壓式接法(電流、電壓從零開(kāi)頭連續(xù)調(diào)整)，測(cè)量電路適當(dāng)選取電流表內(nèi)接法或外接法2.電學(xué)量的測(cè)量物理量測(cè)量工具(方法)備注電流電流表串聯(lián)，讀數(shù)＝指示的格數(shù)×精度＋估讀電壓電壓表并聯(lián)，讀數(shù)＝指示的格數(shù)×精度＋估讀電阻多用電表①讀數(shù)＝指針指示數(shù)×倍率(指針指示在上端表盤(pán)中間四周位置較準(zhǔn))②“機(jī)械零點(diǎn)”在刻度盤(pán)左側(cè)“0”位置，需要調(diào)零時(shí)通過(guò)表盤(pán)下方中間的定位螺絲進(jìn)行調(diào)整；“歐姆零點(diǎn)”在表盤(pán)刻度的右側(cè)電阻刻度“0”位置，需要調(diào)零時(shí)通過(guò)歐姆擋的調(diào)零旋鈕進(jìn)行調(diào)整．測(cè)電阻時(shí)每變換一次擋位，都要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零③負(fù)接線(xiàn)柱電勢(shì)高(與內(nèi)部電源的正極相連)，接黑表筆，正接線(xiàn)柱電勢(shì)低，接紅表筆電阻箱替代法電阻箱電阻的讀數(shù)＝各擋位的電阻值相加伏安法Rx＝eq\f(U,I)(U表示電阻兩端電壓，I表示通過(guò)電阻的電流)半偏法(測(cè)電流表內(nèi)阻、測(cè)電壓表內(nèi)阻)調(diào)好滿(mǎn)偏后，保持滑動(dòng)變阻器滑片位置不變，以保持測(cè)量電路的電流或電壓基本不變電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻閉合電路的歐姆定律(電壓表與電流表、電壓表與定值電阻、電流表與定值電阻組合)①方程組法：測(cè)出幾組I、U的數(shù)據(jù)，建立E＝U＋I(xiàn)r的方程組，求E、r值，取平均值②圖象法：建立U－I圖象，縱軸截距表示電動(dòng)勢(shì)E，斜率的確定值表示內(nèi)電阻r3.兩種測(cè)量電路內(nèi)接法外接法電路結(jié)構(gòu)誤差緣由電流表分壓U測(cè)＝Ux＋UA電壓表分流I測(cè)＝Ix＋I(xiàn)V測(cè)量數(shù)值R測(cè)＝eq\f(U測(cè),I真)＞RxR測(cè)＝eq\f(U真,I測(cè))＜Rx誤差分析測(cè)量值大于真實(shí)值測(cè)量值小于真實(shí)值適用條件Rx?RARV?Rx適用測(cè)量大電阻小電阻電路選擇計(jì)算法eq\f(Rx,RA)＞eq\f(RV,Rx)或Req\o\al(2,x)＞RARVeq\f(Rx,RA)＜eq\f(RV,Rx)或Req\o\al(2,x)＜RARV試觸法若不知Rx的或許阻值，可接受“試觸法”，將電路如圖所示連接，空出電壓表的一個(gè)接頭S，然后將S分別與a、b接觸一下若電流表“相對(duì)變化”明顯，說(shuō)明電壓表分流作用較大，應(yīng)接受電流表內(nèi)接法若電壓表“相對(duì)變化”明顯，說(shuō)明電流表分壓作用較大，應(yīng)接受電流表外接法4.兩種把握電路限流式接法分壓式接法電路圖觸頭P始位置b端a端電壓調(diào)整范圍eq\f(ERx,Rx＋RP)≤Ux≤E0≤Ux≤E 注：忽視電源的內(nèi)阻，RP為滑動(dòng)變阻器的最大值．考前必做題1．有一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“4V,2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個(gè)燈泡的I－U圖線(xiàn)，現(xiàn)有下列器材供選用： A．電壓表(0～5V，內(nèi)阻10kΩ) B．電壓表(0～15V，內(nèi)阻20kΩ) C．電流表(0～3A，內(nèi)阻0.4Ω) D．電流表(0～0.6A，內(nèi)阻1.0Ω) E．滑動(dòng)變阻器(10Ω，2A) F．滑動(dòng)變阻器(500Ω，1A) G．同學(xué)電源(直流6V)、開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線(xiàn)若干 (1)試驗(yàn)時(shí)，選用圖1而不選用圖2的電路圖來(lái)完成試驗(yàn)，請(qǐng)說(shuō)明理由：_________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________. (2)試驗(yàn)中所用電壓表應(yīng)選用________，電流表應(yīng)選用______，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______．(用序號(hào)字母表示) (3)把圖3中所示的試驗(yàn)器材按圖1用筆畫(huà)線(xiàn)代替導(dǎo)線(xiàn)連接成實(shí)物電路圖． (4)某同學(xué)通過(guò)試驗(yàn)測(cè)量得到的數(shù)據(jù)已經(jīng)描在了圖4所示的I－U坐標(biāo)系中，請(qǐng)用一光滑的曲線(xiàn)將各描點(diǎn)連接好． 解析(1)由于測(cè)量數(shù)據(jù)要從零開(kāi)頭，故接受圖1所示的分壓式電路，且能便利地多測(cè)幾組數(shù)據(jù)． (2)因小燈泡額定電壓為4V，則電壓表選量程為0～5V的電壓表．小燈泡的額定電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(2,4)A＝0.5A，則電流表選D.滑動(dòng)變阻器應(yīng)選最大阻值較小的E，這樣在試驗(yàn)中移動(dòng)滑片時(shí)能使電路中的電流和電壓有明顯的變化，從而減小讀數(shù)誤差． (3)按圖1連接實(shí)物電路，如圖甲所示． 答案(1)描繪燈泡的I－U圖線(xiàn)所測(cè)數(shù)據(jù)需從零開(kāi)頭，并要多取幾組數(shù)據(jù) (2)ADE(3)如圖甲所示 (4)所描的伏安特性曲線(xiàn)如圖乙所示．2．(2022·泉州市質(zhì)量檢查)某探究小組要盡可能精確地測(cè)量電流表A1的滿(mǎn)偏電流，可供選用的器材如下： A．待測(cè)電流表A1(滿(mǎn)偏電流Im約為800μA、內(nèi)阻r1約為100Ω，表盤(pán)刻度均勻、總格數(shù)為N) B．電流表A2(量程為0.6A、內(nèi)阻r2＝0.1Ω)C．電壓表V(量程為3V、內(nèi)阻Rv＝3kΩ) D．滑動(dòng)變阻器R(最大阻值為20Ω) E．電源E(電動(dòng)勢(shì)為3V、內(nèi)阻r約為1.5Ω) F．開(kāi)關(guān)S一個(gè)，導(dǎo)線(xiàn)若干 (1)該小組設(shè)計(jì)了圖5甲、乙兩個(gè)電路圖，其中合理的是________(選填“甲”或“乙”)；圖5 (2)所選合理電路中虛線(xiàn)圈處應(yīng)接入電表________(選填“B”或“C”)； (3)在開(kāi)關(guān)S閉合前應(yīng)把滑動(dòng)變阻器的滑片P置于________端(選填“a”或“b”)； (4)在試驗(yàn)中，若所選電表的讀數(shù)為Z，電流表A1的指針偏轉(zhuǎn)了k格，則可算出待測(cè)電流表A1的滿(mǎn)偏電流Im＝________. 解析(1)因待測(cè)電流表的滿(mǎn)偏電流太小，而所給的滑動(dòng)變阻器的最大阻值太小，電源電動(dòng)勢(shì)相對(duì)較大，超過(guò)待測(cè)電流表的滿(mǎn)偏，故接受滑動(dòng)變阻器的分壓式接法，選擇甲電路；(2)由于電流表A2的量程遠(yuǎn)大于待測(cè)電流表A1的量程，為了減小誤差，二者不能串聯(lián)在一起，故選用電壓表V，即電表C；(3)在閉合開(kāi)關(guān)S前，要求測(cè)量電路的電壓為零，故滑動(dòng)變阻器的滑片P置于b端；(4)依據(jù)串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)，可得：eq\f(Z,RV)＝eq\f(Im,N)k，可得：Im＝eq\f(N,k)·eq\f(Z,RV). 答案(1)甲(2)C(3)b(4)eq\f(N,k)·eq\f(Z,RV)3．一電動(dòng)勢(shì)E約為9V、內(nèi)阻r約為40Ω的電源，最大額定電流為50mA.現(xiàn)有量程為3V、內(nèi)阻為2kΩ的電壓表和阻值為0～999.9Ω的電阻箱各一只，另有若干定值電阻、開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線(xiàn)等器材．為測(cè)定該電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖6所示的電路進(jìn)行試驗(yàn)，請(qǐng)回答下列問(wèn)題：圖6 (1)試驗(yàn)室備有以下幾種規(guī)格的定值電阻R0，試驗(yàn)中應(yīng)選用的定值電阻是________． A．200ΩB．2kΩC．4kΩD．10kΩ (2)試驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到________(選填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，目的是：______________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________. (3)該同學(xué)接入符合要求的R0后，閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)整電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數(shù)．依據(jù)記錄的多組數(shù)據(jù)，作出如圖7所示的eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線(xiàn)．依據(jù)該圖線(xiàn)可求得電源的電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.(保留兩位有效數(shù)字)圖7 解析(1)由題中給定的電源和電壓表可知，電壓表的量程過(guò)小，因此用固定電阻擴(kuò)大電壓表的量程，由串聯(lián)電路的特點(diǎn)得eq\f(Ug,Rg)(Rg＋R0)≥E，解得R0≥4kΩ，當(dāng)定值電阻的阻值為4kΩ時(shí)，電壓表的量程為9V，則選C. (2)為了愛(ài)護(hù)電路的平安，要求電鍵閉合前電路的總電阻處于最大的位置，則電阻箱應(yīng)調(diào)到最大值，目的是為了愛(ài)護(hù)電源的平安． (3)由閉合電路的歐姆定律得E＝3U＋eq\f(3U,R)r，則eq\f(1,U)＝eq\f(3,E)＋eq\f(3r,E)·eq\f(1,R)，結(jié)合圖象可得eq\f(3,E)＝0.35，eq\f(3r,E)＝k＝eq\f(0.1,8×10－3)解得E＝8.6V，r＝36Ω. 答案(1)C (2)最大值愛(ài)護(hù)電源的平安 (3)8.636倒數(shù)第2天選修3－3(熱學(xué)部分)學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖考前必做題1．[2022·江蘇省高考命題爭(zhēng)辯專(zhuān)家原創(chuàng)卷(二)](1)肯定質(zhì)量的抱負(fù)氣體的狀態(tài)變化過(guò)程如圖1所示．AB為一條直線(xiàn)，則氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中________．圖1 A．氣體分子平均動(dòng)能保持不變 B．氣體分子平均動(dòng)能先增大后減小到初始狀態(tài) C．整個(gè)過(guò)程中氣體對(duì)外不做功 D．氣體的密度在不斷增大 (2)在“用油膜法估測(cè)分子的大小”的試驗(yàn)中，已知一滴溶液中油酸的體積為V油酸，配制的油酸溶液中，純油酸與溶液體積之比為1∶500,1mL溶液含250滴．那么一滴溶液中純油酸體積為V油酸＝________cm3；該試驗(yàn)中油膜厚度d與油酸分子直徑D的關(guān)系是________．圖2 (3)如圖2所示，導(dǎo)熱材料制成的截面積相等，長(zhǎng)度均為45cm的氣缸A、B通過(guò)帶有閥門(mén)的管道連接．初始時(shí)閥門(mén)關(guān)閉，厚度不計(jì)的光滑活塞C位于B內(nèi)左側(cè)，在A內(nèi)布滿(mǎn)壓強(qiáng)pA＝2.8×105Pa的抱負(fù)氣體，B內(nèi)布滿(mǎn)壓強(qiáng)pB＝1.4×105Pa的抱負(fù)氣體，忽視連接氣缸的管道體積，室溫不變．現(xiàn)打開(kāi)閥門(mén)，求： ①平衡后B中氣體的壓強(qiáng)； ②自打開(kāi)閥門(mén)到平衡，B內(nèi)氣體是吸熱還是放熱(簡(jiǎn)要說(shuō)明理由)? 解析(1)氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中，溫度先上升后降低，氣體分子平均動(dòng)能先增大后減小到初始狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；整個(gè)過(guò)程中氣體體積增大，對(duì)外做功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中氣體體積增大，氣體的密度在不斷減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． (2)1mL＝1cm3，一滴溶液的體積為eq\f(1,250)cm3＝4×10－3cm，一滴溶液中純油酸體積為V油酸＝4×10－3cm3×eq\f(1,500)＝8×10－6cm3；該試驗(yàn)中，將油酸滴在水面上，讓油酸盡可能散開(kāi)，可認(rèn)為油酸在水面上形成單分子油膜層，油膜厚度d就可以看作油酸分子直徑D，即d＝D. (3)①A氣體，有pALS＝p(L＋x)S，B氣體，有pBLS＝p(L－x)S p＝2.1×105Pa ②活塞C向右移動(dòng)，對(duì)B中氣體做功，而氣體做等溫變化，內(nèi)能不變，故B氣體放熱． 答案(1)B(2)8×10－6d＝D(3)①2.1×105Pa ②放熱2．(2022·南通市高三第一次調(diào)研)如圖3所示，1mol的抱負(fù)氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B、狀態(tài)C、狀態(tài)D再回到狀態(tài)A.BC、DA線(xiàn)段與橫軸平行，BA、CD的延長(zhǎng)線(xiàn)過(guò)原點(diǎn)．圖3 (1)氣體從B變化到C的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是________． A．分子勢(shì)能增大 B．分子平均動(dòng)能不變 C．氣體的壓強(qiáng)增大 D．分子的密集程度增大 (2)氣體在A→B→C→D→A整個(gè)過(guò)程中，內(nèi)能的變化量為_(kāi)_______；其中A到B的過(guò)程中氣體對(duì)外做功W1，C到D的過(guò)程中外界對(duì)氣體做功W2，則整個(gè)過(guò)程中氣體向外界放出的熱量為_(kāi)_______． (3)氣體在狀態(tài)B的體積VB＝40L，在狀態(tài)A的體積VA＝20L，狀態(tài)A的溫度tA＝0℃.求： ①氣體在狀態(tài)B的溫度； ②狀態(tài)B時(shí)氣體分子間的平均距離．(阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.0×1023mol－1，計(jì)算結(jié)果保留一位有效數(shù)字) 解析(1)抱負(fù)氣體的分子勢(shì)能始終為零，分子勢(shì)能不變，A錯(cuò)誤；氣體的溫度上升，分子的平均動(dòng)能增大，B錯(cuò)誤；體積不變，溫度上升，由eq\f(pV,T)＝C得壓強(qiáng)增加，C正確；體積不變，分子的密集程度不變，D錯(cuò)誤． (2)氣體回到原狀態(tài)，溫度不變，分子的平均動(dòng)能不變，內(nèi)能不變，故內(nèi)能的變化量為零，整個(gè)過(guò)程外界對(duì)氣體做功的和為W2－W1，內(nèi)能不變，故氣體向外界放出的熱量為W2－W1. (3)①A到B過(guò)程，由蓋一呂薩克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB) 代入數(shù)據(jù)得TB＝546K ②設(shè)氣體分子間的平均距離為d，則有d3＝eq\f(VB,NA) 代入數(shù)據(jù)得d＝4×10－9m 答案(1)C(2)0W2－W1(3)①546K②4×10－9m倒數(shù)第2天機(jī)械振動(dòng)和機(jī)械波光和電磁波學(xué)問(wèn)回扣導(dǎo)圖考前必做題1．(2022·南京二模)(1)列車(chē)上安裝一個(gè)聲源，發(fā)出一個(gè)頻率的樂(lè)音．當(dāng)列車(chē)與觀看者都靜止時(shí)，觀看者記住了這個(gè)樂(lè)音的音調(diào)．在以下?tīng)顩r中，觀看者聽(tīng)到這個(gè)樂(lè)音的音調(diào)比原來(lái)降低的是________．A．觀看者靜止，列車(chē)向他駛來(lái)B．觀看者靜止，列車(chē)離他駛?cè)．列車(chē)靜止，觀看者靠近列車(chē)D．列車(chē)靜止，觀看者遠(yuǎn)離列車(chē)圖1 (2)一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時(shí)刻的圖象如圖1所示．周期T＝0.01s，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)P位于x＝2m處．則該列波傳播的速度大小為_(kāi)_______m/s.t＝0.15s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)沿________(選填“＋y”或“－y”)方向． (3)水下光源在水面上形成一個(gè)半徑為2m的圓形亮區(qū)，水的折射率為eq\r(2).試確定光源離水面的距離． 解析(1)依據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)列車(chē)和觀看者相互遠(yuǎn)離時(shí)，觀看者聽(tīng)到這個(gè)樂(lè)音的音調(diào)比原來(lái)的要低，故應(yīng)選B、D. (2)依據(jù)波長(zhǎng)，周期和波速的關(guān)系v＝λ/T，可求得該列波傳播的速度大小為400m/s，依據(jù)波的傳播方向和質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)關(guān)系可推斷，在t＝0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)沿＋y方向． (3)光線(xiàn)剛好發(fā)生全反射n＝eq\f(1,sinC)＝eq\r(2)C＝45° 由幾何學(xué)問(wèn)得光源位于水面下方h＝2m處． 答案(1)BD(2)400＋y(3)水面下方2m處2．(2022·