2025版核心素養(yǎng)下高考物理專題復習講義-部分1

2025版核心素養(yǎng)下高考物理專題復習講義專題01力與物體的平衡 3專題02力與直線運動 專題03力與曲線運動 專題04天體運動 42專題05功、功率動能定理 專題06機械能守恒定律功能關系 專題07動量和能量的綜合應用 專題08電場的性質帶電粒子在電場中的運動 專題09磁場的性質帶電粒子在磁場及復合場中的運動 專題10直流電路與交流電路 專題11電磁感應定律及其應用 專題12近代物理初步 專題13分子動理論氣體及熱力學定律 專題14振動和波動 專題15光與電磁波 專題16力學綜合計算題 201專題17電學綜合計算題 217專題18力學實驗及創(chuàng)新 243專題19電學實驗及創(chuàng)新 262專題20熱學、光學實驗 277第一部分力與運動專題01力與物體的平衡靜摩擦力方向?！究键c詮釋】1.研究對象選取的2點技巧A.B可能受到3個或4個力作用B.斜面對木塊B的摩擦力方向可能沿斜面向下日則,則,考點三物體的動態(tài)平衡問題【考點詮釋】【答案】D(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關系表達式；A.逐漸減小B.逐漸增大C.先減小后增大D.先增大后減小故C正確。(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；方法3三角形相似法的應用A.彈簧變短B.彈簧變長C.小球對半球的壓力不變D.小球對半球的壓力變大邊，利用三角形相似知識列出比例式；B?M(N)A.一直減小B.一直增大C.先減小后增大D.先增大后減小第一部分力與運動專題02力與直線運動講核心素養(yǎng)一、素養(yǎng)呈現(xiàn)1.物理觀念：參考系、質點、位移、速度、加速度、二、素養(yǎng)落實講考點考點一勻變速直線運動規(guī)律的應用【考點詮釋】1.勻變速直線運動的基本規(guī)律口=3m。若物體通過AB和BC這兩段位移的時間相等，則O、A兩點之間的距離等于()解題設定的中間量)的物理量xVta則有速度關系vo-ai(t?+to)=vo-a?2,v=vo-azt?解得t?=1.0s,xo=1.5m。【規(guī)律總結】判斷能否追上的常用方法情境：物體B追趕物體A,開始時，兩個物體相距x(1)若vA=vB時，xA+xo<xB,則能追上。(2)若vA=vB時，xA+xo=xp,則恰好追上。(3)若vA=vb時，xA+xo>xB,則不能追上?？键c二運動圖象問題點甲有v2=2ajx①,對質點乙有v2-v8=-2a?x②,聯(lián)立①②解得a?+a?=3【規(guī)律總結】運動圖象問題的“三點提醒”(1)對于x-t圖象，圖線在縱軸上的截距表示t=0時物體的位置；對于v-t和a-t圖象，圖線在縱軸上的截距(2)在v-t圖象中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩考點三動力學中的連接體問題【解析】簧的伸長量為x?,如圖丙所示，則xi:x?:x?等于()A.1:1:1C.1:2:1D.無法確定對根據(jù)牛頓第二定律得,對A有kx?-mgsinθ-μmgcosθ=ma3,根據(jù)牛頓第二定律得解得解得考點四牛頓第二定律的瞬時性問題【考點詮釋】【典例分析7】如圖所示，質量均為m的A、B兩小球分別用輕質細繩L?和輕彈簧系在天花板上的O點和O點，A、B兩小球之間用一輕質細繩L?連接，細繩L、彈簧與豎直方向的夾角均為0,細繩L?水平拉直，則下A.細繩L?上的拉力與彈簧彈力之比為1:1B.細繩L?上的拉力與彈簧彈力之比為cos20:1C.A與B的加速度之比為1:1D.A與B的加速度之比為1:cosθ【解析】對A球，剪斷細繩L2的瞬間，細繩L1的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細繩L1斜向下，細繩L1的拉力1.分析瞬時加速度的“兩個關鍵”考點五.動力學中的“傳送帶”模型【考點詮釋】1.水平傳送帶問題判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度。物體的速度與傳送帶速度相2.傾斜傳送帶問題求解的關鍵在于認真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩摩擦力作用應進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況解得az=-2m/s2由速度位移公式得解得hm=2.4m。此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加傳送帶上做往復運動，其周期為T,則工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r間to=2t?+t?+2t?=6.2s,而23s=to+3T,這說明經過23s后工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點右側，到A點的距離x【規(guī)律總結】結果【考點詮釋】3.解題思路Fr-mgsinα=ma又a>0解得F>20Nμmgcosa—mgsina=ma負號表示加速度負號表示加速度第一部分力與運動專題03力與曲線運動【答案】DA.減小α,增大船速vB.增大α,增大船速vC.減小α,船速v不變D.增大α,船速v不變考點二平拋運動【考點詮釋】1.平拋運動的研究方法方法2.平拋運動的二級結論(1)做平拋運動的物體在任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，則(2)做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角α的正切值，是位移與水平方向的夾角θ的正切值的2倍，即tana=2tanθ。(4)若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值。【典例分析3】如圖所示，xOy是平面直角坐標系，Ox水平、Oy豎直，一質點從O點開始做平拋運動，P點是軌跡上的一點.質點在P點的速度大小為v,方向沿該點所在軌跡的切線.M點為P點在Ox軸上的投影，P點速度方向的反向延長線與Ox軸相交于Q點.已知平拋的初速度為20m/s,MP=20m,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是A.1:1B.1:2C.2:3樣，都為t?。設從A到E的時間為t',由平拋運動規(guī)律得同理，從A到D的運動根據(jù)數(shù)學幾何問題可知即A到E和E到D的時間相等，都為A到D的時間的一半，又因為從A點拋出，D、C在同一水平面上，高度相同，時間相同，即故選B?！镜淅治?】北京冬奧會將在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和張家口聯(lián)合舉行，這是北京和張C.若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?vo,運動沿AC作一直線ACB,如圖所示考點三圓周運動【考點詮釋】輕繩模型輕桿模型圖示力點應用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態(tài)解得v確定圓周運動的軌道平面分析物體的運動情況，即物體的線速度、角分析物體的受力情況，畫出受確圓心O且大小恒為F,當質點以速率v=√gR通過A點B.質點在A點對軌道的壓力小于在B點對軌道的壓力 根據(jù)A.2.2rB.1.2rC.1.6rD.0.8r解得槽對小球的支持力Fn=11.4mgFn=11.4mg,方向豎直向下。第一部分力與運動專題04天體運動1.開普勒第三定律知月球半徑為R,引力常量為G。則下列說法正確的是()A.月球表面的重力加速度B.月球的平均密C.月球的第一宇宙速度D.月球的質量vot,在豎直方向上,解得的質量不一定相等，選項A錯誤；衛(wèi)星的線速度為T相等，而R不一定相等，故線速度不一定相等，選項B錯誤；天體A、B表面的重力加速度等于對應衛(wèi)星的向心加速度，即可見天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比，選項C正確；天體的密度由于兩顆衛(wèi)星的周期相等，則天體A、B的密度一定相等，選項D錯誤。(2)區(qū)別天體半徑R和衛(wèi)星軌道半徑r,只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有r≈R;計算天體密度時，體積只能用天體半徑R?？键c二天體的運行與變軌【考點詮釋】(1)衛(wèi)星變軌的運動模型是向心運動和離心運動。當由于某種原因衛(wèi)星速度v突然增大時，有萬有11同，在4小時內轉過的圓心角都同，在4小時內轉過的圓心角都D.衛(wèi)星從遠地點A向近地點B運動的過程中，加速度變小故C錯誤.考點三天體運動中的多星模型【考點詮釋】2.宇宙多星模型特點BA.恒星A的向心加速度是B的一半B.恒星A的線速度是B的2倍C.恒星A的公轉周期是B的一半D.恒星A的動能是B的2倍解得恒星A與恒星B的軌道半徑之比為ra:rb=1:2,由v=or,a=w2r,TA=T可AB【規(guī)律總結】雙星模型歸納【答案】BD解C項錯誤；由【答案】AR?R?=R?2+(kR1)2=(1+k2)Ri2第二部分功能與動量專題05功、功率動能定理ma,又P'=Fv,聯(lián)立解得m=2【考點詮釋】0,wi=mgh=img?P,,wi=mgh=img?P,之比為1:3,故重力做功的平均功率之比為1:3,D正確。考點三機車啟動問題【考點詮釋】以恒定功率啟動以恒定加速度啟動變=F不變當P=Fv個直到P額運動性質加速度減小的加速運動勻加速直線運動，維持時間運動性質以vm做勻速直線運動加速度減小的加速運動無F=Fm→a=o→以做勻速運動(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都為(2)機車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結束后功率最大，速度不是最大，即(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W=Pt,由動能定理得Pt-F阻x=△Ek,此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移、速度或時間?！镜淅治?】一起重機的鋼繩由靜止開始勻加速提起質量為m的重物，當重物的速度為v?時，起重機的功率達到最大值P,之后起重機保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，最后重物以最大速度v?勻速上升，不計鋼繩重力。則整個過程中，下列說法正確的是()B.重物勻加速過程的時間C.重物勻加速過程的加速度P U保持F-F?F-FrmPFa=-考點四動能定理的應用物體的速度均是相對地面的速度。 既適用于直線運動，也適用于曲線運動解得vo=3m/s受力應于小物塊4QPo聯(lián)立oF'N=Fn=84N。第二部分功能與動量專題06機械能守恒定律功能關系講考點三種表三種表達形式轉化轉化轉移△E=-△Ep觀點A.圓環(huán)下滑0.6m時速度為零D.圓環(huán)下滑0.3m時速度【考點詮釋】A.M<2m考點三動力學和能量觀點解決“板—塊”模型2.解題技巧【答案】(1)gsinθ-μ2gcosθ(2)A.木板A獲得的動能為2JB.系統(tǒng)損失的機械能為4JC.木板A的最小長度為2mD.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1【規(guī)律總結】用動力學和能量觀點分析“板—塊”模型的“三點技巧”(1)過程分析：將復雜的物理過程分解為幾個簡單的物理過程，挖掘出題中的隱含條件，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”。(2)受力及功能分析：分析物體所經歷的各個運動過程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規(guī)律求(3)規(guī)律應用：對滑塊和滑板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個位移。mm考點四摩擦力做功與能量轉化類別比較靜摩擦力滑動摩擦力不同點能量的轉化方面只有能量的轉移，而沒有能量的既有能量的轉移，又有能量的轉化一對摩擦力的總功方面一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總相同點正功、負功、不做功方面以不做功【典例分析8】如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ=37°,A、B兩端間距L=16m,傳送帶以速度v=10m/s沿設物體經時間t?加速到與傳送帶同速，則解得t?=1s故物體由A端運動到B端的時間故Q=μmgcosθx相=24J。C.拉力F做的功小于2mgRP緩慢地從B拉到A,克服摩擦力做的功為μmgR,而物塊P從A滑到B的過程中，物塊P做圓周運動，根據(jù)的過程中有Wr-mgR-μmgR-μmgR=0-0,則拉力F做的功為Wp=mgR(1+2μ),故D正確；從A到C的過程中，根據(jù)動能定理得mgR-We-μmgR=0,因B.經過O點時的速度最大從A到B的過程，由動能定理可得W彈-We=0,選項D正確。第二部分功能與動量專題07動量和能量的綜合應用ABmovo=(mo+m)vi,解得v?=6m/s。解得v?=2m/s。D正確?！敬鸢浮恳娊馕觫佗冖菘键c二碰撞類問題這表明碰撞后A將向右運動，B向左運動。設碰撞后A向右運動距離為s'時停止，B向左運動距離為s's時停解得s'a=0.125m,s'B=0.125m【規(guī)律總結】碰撞問題的兩點注意(1)判斷兩物體碰撞瞬間的情況：當兩物體相碰時，首先要判斷碰①如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是列出動量守恒方程和機械能守恒方程進行求解，如例題中的在把握物理過程漸變規(guī)律的同時，洞察過程的臨界情景，結合題給條件(往往是不確定條件),進行求解(注意結【典例分析8】如圖所示，水平軌道左端固定一輕彈簧，彈簧自然伸長時右端在O點，軌道右端與一光滑豎直半圓軌道相連，半圓軌道半徑R=0.5m,半圓軌道最低點為C,最高點為D。在直軌道最右端放置小物塊N,解得Fm=240N分離后物塊N到達C點時速度為vc,則有解得h≈0.27m<R的中間位置，C的長度為L,不計空氣阻力.求：考點四三種觀點解決力學問題【考點詮釋】力的觀點能量觀點用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題動量觀點用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題公式表達力的瞬時作用牛頓第二定律物體的加速度大小與合外力成正比，與質量成反比，方向與合外力的方向相同F(xiàn)合=ma力的空間積累作用外力對物體所做功的代數(shù)和等于物功能關系十...下，系統(tǒng)的機械能的總量保持不變相同點(1)研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)(2)研究過程都是某一運動過程不同點動量守恒定律是矢量表達式，還可以寫出分量【答案】:見解析值vm是多少?間為t,加速度大小為a,在時間t內滑塊C的位移為x設A與B碰撞后的速度為v',與滑塊C分離后A與B的速度為v2,滑塊C的速度為v'cv2-v'2=2(-a)L,解得v'c=專題08電場的性質帶電粒子在電場中的運動考點一電場的性質AC.將懸點移到P?,平衡時B低于AD.將懸點移到P?,平衡時A、B仍在同一高度【答案】C確定研究對象“整體法”或“隔離法”受力分析角度做功電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢低的地方電勢能大公式法由Ep=qφp,將q、φp的大小、正負號一起代入公式，Ep的正值越大，電勢能越大；Ep的負值越小，電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，動能增大，電勢能減小；反之，電勢能增大的電容e,SC=_U考點三帶電粒子在電場中的運動非勻強電場勻強電場帶電粒子在電場中的運動確定電場力根據(jù)電場線加速度A.電場方向豎直向上B.小球運動的加速度大小為gN兩個A.所用時間C.與P點的距離B.速度大小為3vo 【考點詮釋】C.x=2a處的電勢一定大于零D.A、B的電荷量之比為1:4【答案】D關系物體運動狀動摩擦因數(shù)μ=0.25,取sin37°=0.6,cos37°=0.解得得質量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠，相互作用力可認為零，A球進入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質點。已知A、B兩球始終沒有接觸。重力加速度為g。求：【關鍵點】①光滑絕緣軌道；②A、B兩球間相互作用視為靜電作用；③A、B兩球始終沒有接觸。速度達到穩(wěn)定。則2mvo=2mva+mvp動量守恒定律與其他知識綜合應用類問題的求解，與一般的力學問題求解思路并無差動考點一磁場及其性質1.兩個常用的等效模型A.B?B.2B?C.√3B?D.4B?(2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點A和出射點B所受洛倫茲力F落作用線的交點上或AB弦的中垂線義義【典例分析3】如圖所示，邊長為L的正三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為Bo,BC邊的中點O有一粒子源，可以在ABC平面內沿任意方向發(fā)射速率為v的相同的正粒子，若從AB邊中點D射出磁場的粒子，從O到D的過程中速度方向偏轉了60°,不計粒子的重力及帶電粒子之間的相互作用，A.粒子運動的軌道半徑為LB.粒子不可能從A點射出磁場仍從A點沿原入兩個相同的粒子1和2,粒子1經磁場偏轉后從邊界上A點出磁場，粒子2經磁場偏轉后從邊界上B點出磁A.粒子1與粒子2的速度之比為1:2B.粒子1與粒子2的速度之比為1:4C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1:1D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1:2【解析】:粒子進入磁場時的速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓粒子進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心，由幾何關系可知，可知，粒子1與粒子2的速度之比為1:2,兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為n:n=1:2,由A項正確，B項錯誤；由于粒子在磁場中做圓周且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡【規(guī)律總結】帶電粒子在有界磁場中運動的分析方法考點三帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場內的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律。在勻強磁場中，若速度與磁場垂直，帶電粒子做勻速圓周運動；(2)帶電粒子經過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結合幾何關系處理。新回到P點，回到P點的速度方向與入射時相同，不計粒子重力。求：電場中：加速直線運動磁場中：勻速圓周運動電場中：類平拋運動↓磁場中：勻速圓周運動(2)從磁場進入電場。磁場中：勻速圓周運動v與E同向或反向電場中：勻變速直線運動磁場中：勻速圓周運動電場中：類平拋運動【考點詮釋】考點五電磁場中的STSE問題2.磁場約束偏轉：二.質譜儀速度選擇速度選擇器、磁流機、電磁流量計、的運動qv?B=qE或勻速古線運動DAD得得,有,,【規(guī)律總結】討論與電、磁場有關的實際問題，首先應通過分析將其提煉成純粹的物理問題，然后用解決物理問題的方法進行分析。這里較多的是用分析力學問題的方法，對于帶電粒子在磁場中的運動，還應特別注意運用幾何知識尋找關系。第四部分電磁感應與電路專題10直流電路與交流電路1.直流電路動態(tài)分析的3種方法U/VA.電路中的電源電動勢為3.9VB.電動機的電阻為4Ω=UI=3×0.3W=0.9W,電動機的熱功率為Prm=Prm=0.32×4W=0.3.電路中常見的圖像分析類別非線性元件電源圖象意義反映I和U的正比關系反映I和U的非正比關系為電源電動勢，橫軸截距為短路電流注意問題圖線的斜率的倒數(shù)表圖線的斜率僅表示電阻的變化趨勢，某點的電阻值需用點的坐標值計算，即圖線斜率的絕對值表示電源的內阻(注意縱坐標數(shù)值是否從零開考點二交變電流的產生與描述【考點詮釋】1.兩個特殊位置的特點2.正弦交流電“四值”的應用→【典例分析3】一電阻分別通過四種不同形式的電流，四種電流隨時間變化的情況如下列選項所示，在相同時AC2ooBD0考點三理想變壓器及遠距離輸電問題【考點詮釋】關系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15Ω,額定電壓為24V。定值電阻R?=10Ω、R?=5Ω,滑動變阻器R的u/V0A.1QB.50C.60U?=UL+U,可得U=6V。由解得R=1Ω,A.Ir=3IsB.U=4Uo【答案】ABD副線圈匝數(shù)比為1000:1,輸電線的總電阻為1000Ω,若升壓變壓器的輸入電壓如圖乙所示，用戶端電壓為A.輸電線中的電流為3A;用戶端電壓為220v,;用戶端電壓為220v,根據(jù)P損=P?-P?P?為輸送的功率，P?為用戶得到的功率P損=IBR線I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻△U為輸電線路上損失的電壓，不要與U?、U?相混△U不要錯代入U?或U?第四部分電磁感應與電路專題11電磁感應定律及其應用講核心素養(yǎng)講考點【考點詮釋】【規(guī)律總結】(1)“找、判、定”三步確定電勢的高低手定則判斷出感應電流的方向電源內部電流的方向是由負極(低電勢)流向正極(高電勢),外電電勢都要降低(2)電磁感應中電荷量的求解方法匝數(shù)，△Φ:磁通量變化量，R+r:閉合電路的總電阻)圖象類型(1)隨時間變化的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象(2)隨位移變化的圖象，如E-x圖象、I-x圖象(所以要先看坐標軸：哪個物理量隨哪個物理量變化要弄清)問題類型(1)由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖象(畫圖象)(2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量(用圖象)應用知識四個規(guī)律六類公式(1)平均電動勢(2)平動切割電動勢E=Blv(3)轉動切割電動勢(4)閉合電路歐姆定律(5)安培力F=BIl(6)牛頓運動定律的相關公式等【典例分析3】(多選)如圖所示，平面直角坐標系的第一和第二象限分別存在磁感應強度大小相等、方向相反且yy0bACD末ab邊進入磁場的長度是第1s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小勻變化),特別是分析物理量的正負和方向，以排除錯誤的選項函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函I乙山山考點三電磁感應中力電綜合問題【考點詮釋】非平衡態(tài)2.力學對象和電學對象的相互關系EvF合=mg安培力做功轉化做負功：機械能—焦耳熱或其他形式電能焦耳熱或其他形式電能2.求解焦耳熱Q的三種方法(1)在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源。三.動量觀點在電磁感應問題中的應用1.對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處,解得【解析】(1)設流過金屬桿中的電流為I,由平衡條件得,解得所以R?中的電流大小方向從P到M。R?上產生的焦耳熱為甲乙得t?=0.1s得t?=0.1s有v2-v2=2gd,得v?=4m/s由v?—vi=gt?,得t?=0.3得t4=0.025st=t?+t?+t?