物理二輪復(fù)習(xí) 贏取滿分策略1 細(xì)心審題做到一“讀”二“思”三“析”學(xué)案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE贏取滿分策略①——細(xì)心審題，做到一“讀”二“思”三“析”[滿分策略］1。讀題“讀題”是從題目中獲取信息的最直接方法，一定要全面、細(xì)心，讀題時(shí)不要急于求解，對題中關(guān)鍵的詞語要多加思考,搞清其含義，對特殊字、句、條件要用著重號加以標(biāo)注；要重點(diǎn)看清題目中括號內(nèi)的附加條件及題目給出的圖形及圖象等。2。思題“思題"就是默讀試題，是物理信息內(nèi)化的過程，它能解決漏看、錯看等問題。邊讀題邊思索、邊聯(lián)想,以弄清題目中所涉及的現(xiàn)象和過程,排除干擾因素,充分挖掘隱含條件。3.析題“析題"就是在“思題”獲取一定信息的基礎(chǔ)上,充分挖掘大腦中所儲存的知識信息，準(zhǔn)確、全面、快速思考，要對研究對象的各個(gè)運(yùn)動過程進(jìn)行剖析，建立起清晰的物理圖景，確定每一個(gè)過程對應(yīng)的物理模型、規(guī)律及各過程間的聯(lián)系?！菊骖}示例】(2015·全國卷Ⅱ,25，20分）下暴雨時(shí)，有時(shí)會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ＝37°（sin37°＝eq\f(3，5)）的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上、下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土），A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖9所示。假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時(shí)間內(nèi),A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為eq\f（3，8)，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0。5，A、B開始運(yùn)動，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn);在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?μ2保持不變.已知A開始運(yùn)動時(shí)，A離B下邊緣的距離l＝27m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：圖9（1)在0~2s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大小；(2）A在B上總的運(yùn)動時(shí)間。教你審題規(guī)范解答(1)在0～2s時(shí)間內(nèi)A的受力分析如圖甲所示甲由牛頓第二定律得mgsin37°－μ1N1＝ma1①(2分）N1＝mgcos37°②（1分)聯(lián)立①②并代入已知條件得：a1＝3m/s2③（1分）在0~2s時(shí)間內(nèi)B的受力分析如圖乙所示乙mgsin37°－μ2N2＋μ1N1＝ma2④(2分）N2＝N1′＋mgcos37°⑤(1分）聯(lián)立③④并代入已知條件得a2＝1m/s2⑥（1分)（2）在t1＝2s時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則v1＝a1t1＝6m/s⑦（1分）v2＝a2t1＝2m/s⑧（1分）t>t1時(shí)，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′.此時(shí)A與B之間的摩擦力為零，同理可得a1′＝6m/s2⑨（1分)a2′＝－2m/s2eq\o（○,\s\up1(10））（1分)B做減速運(yùn)動。設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2，B的速度減為零，則有v2＋a2′t2＝0?（1分）聯(lián)立⑧eq\o（○,\s\up1(10))?式得t2＝1s?（1分）在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，A相對于B運(yùn)動的距離為s＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)a1teq\o\al(2，1)＋v1t2＋\f（1，2）a1′teq\o\al（2，2）））－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)a2teq\o\al(2，1）＋v2t2＋\f（1，2）a2′teq\o\al（2，2）))＝12m＜27m?（2分）此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動。設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3后A離開B，則有l(wèi)－s＝(v1＋a1′t2)t3＋eq\f（1,2)a1′teq\o\al（2,3）?(2分）可得t3＝1s（另一解不合題意，舍去)?（1分）設(shè)A在B上總的運(yùn)動時(shí)間為t總，有t總＝t1＋t2＋t3＝4s。?（1分）答案（1)3m/s21m/s2（2）4s【真題變式】若【真題示例】中，浸透雨水后，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為0.6，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，此時(shí)A和B加速度的大小是多少？A受到的摩擦力大小是多少？解析假設(shè)A、B相對靜止，以整體為研究對象N＝2mgcos37°2mgsin37°－μ2N＝2ma可得a＝gsin37°－μ2gcos37°＝2m/s2以A為研究對象N′＝mgcos37°mgsin37°－fA＝ma可得fA＝4m(N）〈μ1mgcos37°所以假設(shè)成立,A和B加速度都是2m/s2答案2m/s22m/s24m(N)【預(yù)測】如圖10所示，質(zhì)量M＝1kg的木板靜置于傾角θ＝37°、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量m＝1kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v0＝4m/s從木板的下端沖上木板,同時(shí)在木板上端施加一個(gè)沿斜面向上、大小為F＝3。2N的恒力，若小物塊恰好不從木板的上端滑下，求木板的長度l為多少？已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5,取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0。6,cos37°＝0.8。圖10解析由題意可知，小物塊向上做勻減速運(yùn)動,木板向上做勻加速運(yùn)動，當(dāng)小物塊運(yùn)動到木板的上端時(shí)，恰好和木板具有共同速度。設(shè)小物塊的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma設(shè)木板的加速度大小為a′，由牛頓第二定律可得F＋μmgcosθ－Mgsinθ＝Ma′設(shè)小物塊和木板達(dá)到共同速度所用時(shí)間為t，由運(yùn)動學(xué)公式可得v0－at＝a′t設(shè)小物塊和木板共速時(shí)小物塊的位移為x，木板的位移為x′，由位移公式可得x＝v0t－eq\f（1,2)at2，x′＝eq\f（1，2)a′t2小物塊恰好不從木板的上端滑下，有x－x′＝l以上各式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)求解可得l＝0。714m.答案0.714m課時(shí)跟蹤訓(xùn)練一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題)1。(2017·“湖南省湘中名校教研教改聯(lián)合體"高三聯(lián)考)如圖1所示,很小的木塊由靜止開始從斜面下滑,經(jīng)時(shí)間t后進(jìn)入一水平面，兩軌道之間用長度可忽略的圓弧連接，再經(jīng)2t時(shí)間停下,關(guān)于木塊在斜面上與在水平面上位移大小之比和加速度大小之比,下列說法正確的是（)圖1A.1∶22∶1 B.1∶21∶2C。2∶12∶1 D.2∶11∶2解析設(shè)木塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v，根據(jù)v＝at得加速度之比eq\f（a1，a2）＝eq\f(\f(v,t），\f（v，2t)）＝eq\f(2,1)；根據(jù)平均速度的推論知s1＝eq\f（v，2）t，s2＝eq\f（v，2）·2t，所以s1∶s2＝1∶2。選項(xiàng)A正確。答案A2。(2017·中原名校第一次聯(lián)考）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eq\f(Δx,t）－t0圖線為(）解析t0時(shí)刻,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)動規(guī)律，t0時(shí)刻開始,兩小球下落的高度分別為hA＝(gt0）t＋eq\f(1,2）gt2和hB＝eq\f（1,2)gt2，則Δx＝hA－h(huán)B＝gt0t，即eq\f(Δx,t）＝gt0，eq\f(Δx,t)與t0成正比，選項(xiàng)B正確。答案B3.某物塊以初速度v0＝1m/s在水平直軌道上運(yùn)動,以初速度方向?yàn)檎较?，?~40s內(nèi)其加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖2所示,則下列說法正確的是()圖2A.物塊在t＝20s時(shí)的速度大小為20m/sB.物塊在10～20s內(nèi)通過的路程為零C.物塊在20～40s內(nèi)速度變化量大小為20m/sD。物塊在t＝40s時(shí)的速度大小為11m/s解析物塊在0～10s內(nèi)做勻加速運(yùn)動,在10~20s內(nèi)做勻速運(yùn)動，則物塊在t＝20s時(shí)的速度v1＝v0＋a1t1＝1m/s＋2×10m/s＝21m/s，選項(xiàng)A錯誤；物塊在10～20s內(nèi)通過的路程為v1Δt＝21×10m＝210m，選項(xiàng)B錯誤；a－t圖象的面積表示速度的變化量，在20～40s內(nèi)速度減少Δv＝eq\f（1，2)×1×(40－20)m/s＝10m/s，選項(xiàng)C錯誤;物塊在40s末的速度大小v2＝v1－Δv＝21m/s－10m/s＝11m/s，選項(xiàng)D正確。答案D4.如圖3所示，用輕質(zhì)彈簧將籃球拴在升降機(jī)底板上，此時(shí)彈簧豎直，籃球恰好與光滑的側(cè)壁和光滑的傾斜天花板接觸，在籃球與側(cè)壁之間裝有壓力傳感器,當(dāng)升降機(jī)沿豎直方向運(yùn)動時(shí)，壓力傳感器的示數(shù)逐漸增大,某同學(xué)對此現(xiàn)象給出了下列分析與判斷，其中可能正確的是()圖3A.升降機(jī)正在勻加速上升B.升降機(jī)正在勻減速上升C。升降機(jī)正在加速下降，且加速度越來越大D.升降機(jī)正在減速下降，且加速度越來越大解析籃球在水平方向上受力平衡，即側(cè)壁對籃球的彈力與傾斜天花板對籃球的彈力在水平方向的分力平衡，隨著壓力傳感器的示數(shù)逐漸增大，籃球受到傾斜天花板的彈力增大，其在豎直方向的分力增大，彈簧彈力不變，則籃球必然有豎直向下且增大的加速度,C正確。答案C5.某小物塊在一長木板上運(yùn)動時(shí)，其運(yùn)動的v－t圖線如圖4所示，已知小物塊總在長木板上。則下列說法正確的是（）圖4A.小物塊相對于長木板運(yùn)動的距離為12mB.小物塊相對于長木板運(yùn)動的距離為6mC。長木板在0~4.0s內(nèi)的平均速度是2m/sD.在0～4。0s內(nèi)長木板和小物塊的平均加速度相同解析小物塊相對于長木板運(yùn)動的距離等于小物塊與長木板的v－t圖線所圍的面積，即Δx＝eq\f(4－（－4），2)×1。5m＝6m，選項(xiàng)B正確，A錯誤；長木板在0~4。0s內(nèi)的位移為長木板的v－t圖線與時(shí)間軸所圍的面積，即x＝(eq\f(4＋2，2)×1.5＋eq\f(2×2。5，2）)m＝7m，平均速度是1。75m/s,選項(xiàng)C錯誤；在0～4.0s內(nèi)長木板和小物塊的平均加速度大小相等，但方向相反，選項(xiàng)D錯誤.答案B6.某科研單位設(shè)計(jì)了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時(shí),發(fā)動機(jī)提供的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰沿與水平方向成θ＝30°角斜向右上方做勻加速直線飛行,經(jīng)時(shí)間t后，將動力的方向沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°同時(shí)適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小,使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計(jì),下列說法中正確的是(）圖5A。加速時(shí)加速度的大小為gB.加速時(shí)動力的大小等于mgC。減速時(shí)動力的大小等于eq\f（1，2)mgD.減速飛行時(shí)間t后速度為零解析起飛時(shí)，飛行器受動力和重力，兩力的合力與水平方向成30°角斜向右上方，設(shè)動力為F，合力為F合，如圖甲所示，在△OFF合中,由幾何關(guān)系得F＝eq\r(3）mg，F(xiàn)合＝mg，由牛頓第二定律得飛行器的加速度為a1＝g，故選項(xiàng)A正確，B錯誤；t時(shí)刻飛行器的速率為v＝a1t＝gt，動力方向沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，合力的方向與水平方向成30°角斜向左下方,動力F′跟合力F合′垂直，如圖乙所示，此時(shí)合力大小為F合′＝mgsin30°，動力大小F′＝eq\f（\r(3）,2)mg，飛行器的加速度大小為a2＝eq\f(mgsin30°,m)＝eq\f（1，2）g，減速運(yùn)動到最高點(diǎn)的時(shí)間為t′＝eq\f(v，a2)＝eq\f（gt，\f（1，2)g)＝2t，故選項(xiàng)C、D都錯誤。答案A7。2016年10月17日我國的“神舟十一號"載人飛船載著我國兩名宇航員順利發(fā)射升空。兩名宇航員在隨飛船升空時(shí)要經(jīng)受嚴(yán)峻的超重考驗(yàn),而在完成太空任務(wù)后返回地球的過程中，既要承受超重的考驗(yàn),又要承受失重的考驗(yàn),下列說法中正確的是()A.當(dāng)“神舟十一號”加速上升時(shí)，宇航員處于超重狀態(tài)B.“神舟十一號"在返回地球的減速過程中，宇航員處于失重狀態(tài)C.“神舟十一號"加速上升的加速度逐漸減小時(shí)，宇航員對座椅的壓力小于宇航員的重力D?！吧裰凼惶枴甭涞厍皽p速下落時(shí)，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力解析當(dāng)宇航員的加速度向下時(shí)，宇航員處于失重狀態(tài)，當(dāng)宇航員的加速度向上時(shí)，宇航員處于超重狀態(tài)，當(dāng)宇航員加速上升或減速下降時(shí)，宇航員處于超重狀態(tài)，故選項(xiàng)A正確；“神舟十一號"在返回地球的減速過程中，宇航員處于超重狀態(tài)，故選項(xiàng)B錯誤；“神舟十一號"加速上升的加速度逐漸減小時(shí)，加速度方向始終向上，宇航員處于超重狀態(tài)，宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力，故選項(xiàng)C錯誤；“神舟十一號”在落地前減速下落時(shí)，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態(tài),宇航員對座椅的壓力大于宇航員的重力，故選項(xiàng)D正確。答案AD8。某時(shí)刻，兩車從同一地點(diǎn)、沿同一方向做直線運(yùn)動，下列關(guān)于兩車的位移x、速度v隨時(shí)間t變化的圖象，能反映t1時(shí)刻兩車相遇的是()解析x－t圖象中圖線上的點(diǎn)表示物體所在的位置，由圖A可知，t1時(shí)刻兩車不會相遇，A錯誤；由圖B可知，t1時(shí)刻兩線相交，故兩車相遇,B正確；v－t圖象表示物體的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律，圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖C可知，t1時(shí)刻兩車的位移不同，故不會相遇,C錯誤;由圖D可知，兩車在0～t1時(shí)間內(nèi)位移相同,故D正確.答案BD9。圖6甲為固定在水平面上的傾角為θ的光滑斜面，相同的A、B兩滑塊用一平行斜面的輕質(zhì)彈簧相連，再用一輕繩將B與斜面頂端相連.現(xiàn)將彈簧換成輕繩將兩滑塊相連，如圖乙，重力加速度為g。在這兩種情況下分別將與B連接處剪斷（如圖所示），那么在剪斷輕質(zhì)彈簧和輕繩的瞬間,下列說法正確的是(）圖6A。兩種情況下A的加速度都為a＝gsinθB。兩種情況下B的加速度都為a＝gsinθC。圖甲中A、B的加速度都為零D。圖乙中兩滑塊的加速度不相同解析在圖甲中，剪斷彈簧的瞬間，根據(jù)彈簧產(chǎn)生彈力的條件可知，彈簧此時(shí)的彈力會發(fā)生突變，立即變?yōu)榱?，所以此時(shí)A的加速度為a＝gsinθ，而B仍然處于平衡狀態(tài)，故加速度為零；在圖乙中，剪斷輕繩的瞬間，輕繩此時(shí)的彈力也會發(fā)生突變，立即變?yōu)榱?，所以此時(shí)A的加速度也為a＝gsinθ，而B仍然處于平衡狀態(tài)，故加速度為零，由以上分析可知選項(xiàng)A、D正確,B、C錯誤。答案AD10.（2017·廣西桂林市調(diào)研考試）沿固定斜面下滑的物體受到與斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的v－t圖象如圖7所示。已知斜面的傾角為37°，物體的質(zhì)量為1kg,物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0.8，則（)圖7A。斜面的長度可能為5mB。在0～5s內(nèi)拉力F的大小為1.8NC。在5～10s內(nèi)拉力F的大小為10ND.在10～15s內(nèi)拉力F做的功為－5.5J解析15s內(nèi)物體的位移x＝eq\f(5＋15,2)×1m＝10m，故斜面長度一定不小于10m，A錯誤；由圖象可知，前5s內(nèi)物體的加速度為a＝eq\f（1,5)m/s2＝0。2m/s2，由牛頓第二定律可得mgsin37°－F－μmgcos37°＝ma，解得F＝1.8N，B正確；5～10s內(nèi)物體勻速下滑，根據(jù)平衡條件可得mgsin37°＝F＋μmgcos37°,解得F＝2N，C錯誤；物體在10～15s內(nèi)加速度a′＝－0.2m/s2，則由牛頓第二定律可得mgsin37°－F－μmgcos37°＝ma′，解得F＝2.2N,位移x＝eq\f（1×5，2)m＝2。5m，因拉力方向與位移相反，則拉力做的功W＝－2.2×2.5J＝－5。5J，D正確。答案BD二、非選擇題11.（名師改編)如圖8所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌CD與EF間距為L＝1m，與水平地面夾角為θ，且sinθ＝0。4，導(dǎo)軌C、E兩端用電阻R＝0.8Ω的導(dǎo)線連接,導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0。1T、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，一根電阻為r＝0.2Ω的金屬棒MN兩端通過導(dǎo)電小輪擱在兩導(dǎo)軌上，棒上有吸水裝置P，取沿導(dǎo)軌向下為x軸正方向,坐標(biāo)原點(diǎn)O在CE中點(diǎn),開始時(shí)棒處在x＝0位置(即與CE重合)，棒的起始質(zhì)量不計(jì)，設(shè)棒自靜止開始下滑，同時(shí)開始吸水，質(zhì)量逐漸增大,設(shè)棒的質(zhì)量與位移x的平方根成正比，即m＝keq\r(x)，k為常數(shù)，其值滿足k2＝10－4kg2/m，g＝10m/s2。圖8(1）金屬棒下滑3m位移過程中，流過棒的電荷量是多少？（2）猜測金屬棒下滑過程中做的是什么性質(zhì)的運(yùn)動，并加以證明;（3）金屬棒下滑1m位移時(shí),導(dǎo)線兩端的電壓多大?解析(1）由電流定義式可知q＝I·Δt由法拉第電磁感應(yīng)定律知E＝eq\f（ΔΦ，Δt)由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,R＋r）聯(lián)立并代入數(shù)值得q＝0。3C。（2）假設(shè)金屬棒做勻變速運(yùn)動，由牛頓第二定律知mgsinθ－eq\f(B2L2，R＋r)v＝ma而m＝keq\r（x），v＝eq\r(2ax）聯(lián)立得kgsinθ－eq\f（\r(2)B2L2,R＋r）eq\r(a）－ka＝0從上述方程可以看出a是一個(gè)定值，與位移x無關(guān)，表明前面的假設(shè)成立,即棒做勻加速運(yùn)動.(3)將相應(yīng)數(shù)據(jù)代入kgsinθ－eq\f(\r（2)B2L2,R＋r）eq\r（a）－ka＝0，可得a＝2m/s2所以金屬棒下滑1m位移時(shí)速度v＝eq\r（2ax）＝eq\r(2×2×1)m/s＝2m/s金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv＝0。2V所以導(dǎo)線兩端的電壓為U＝eq\f(R，R＋r)E＝0.16V。答案（1)0.3C（2)勻加速運(yùn)動（3)0。16V12。（2017·武漢六中高三月考)如圖9所示，AB、CD為兩個(gè)光滑的平臺，一傾角為37°，長為5m的傳送帶與兩