【創(chuàng)新設計】2021高考物理二輪復習(江蘇專用)-知識回扣清單

學問回扣清單倒數第10天物理學史和物理思想方法要點提煉1．高中物理的重要物理學史科學家國籍主要貢獻伽利略意大利①1638年，論證較重物體不會比較輕物體下落得快；②伽利略抱負試驗指出：在水平面上運動的物體若沒有摩擦，將保持這個速度始終運動下去；③伽利略在教堂做禮拜時發(fā)覺擺的等時性，惠更斯依據這個原理制成歷史上第一座自擺鐘；④伽利略在1683年出版的《兩種新科學的對話》一書中，運用“觀看→假設→數學推理”的方法，具體地爭辯了拋體運動．牛頓英國①以牛頓三大運動定律為基礎建立牛頓力學；②1687年在《自然哲學的數學原理》上發(fā)表萬有引力定律，建立行星定律理論的基礎．開普勒德國17世紀提出開普勒三大定律．卡文迪許英國1798年利用扭秤裝置比較精確?????地測出了萬有引力常量G.庫侖法國①1785年，庫侖用自己創(chuàng)造的扭秤建立了靜電學中有名的庫侖定律；②靜電力常量的數值是在電荷量的單位得到定義之后，后人通過庫侖定律計算得出的．密立根美國通過油滴試驗測定了元電荷的數值，e＝1.6×10－19C.富蘭克林美國①解釋了摩擦起電的緣由；②通過風箏試驗驗證閃電是電的一種形式，把天電與地電統(tǒng)一起來，并創(chuàng)造避雷針．歐姆德國通過試驗得出歐姆定律．昂尼斯荷蘭大多數金屬在溫度降到某一值時，都會消滅電阻突然降為零的現象——超導現象．焦耳英國①與俄國物理學家楞次先后各自獨立發(fā)覺電流通過導體時產生熱效應的規(guī)律，稱為焦耳—楞次定律；②能量守恒定律的發(fā)覺者之一．楞次俄國1834年楞次確定感應電流方向的定律——楞次定律．奧斯特丹麥1820年，發(fā)覺電流可以使四周的磁針產生偏轉，稱為電流的磁效應．洛倫茲荷蘭提出運動電荷產生了磁場和磁場對運動電荷有作用力(洛倫茲力)的觀點．笛卡爾法國①在《哲學原理》中比較完整地第一次表述了慣性定律；②第一個明確地提出了“動量守恒定律”．安培法國①發(fā)覺了安培定則；②發(fā)覺電流相互作用的規(guī)律；③提出分子電流假說.續(xù)表法拉第英國①在1821年，法拉第在重復奧斯特“電生磁”試驗時，制造出人類歷史上第一臺最原始的電動機；②1831年發(fā)覺的電磁感應現象，使人類的文明跨進了電氣化時代．亨利美國最大的貢獻是在1832年發(fā)覺自感現象．狄拉克英國依據電磁場的對稱性，預言“磁單極子必定存在”．湯姆孫英國利用陰極射線管發(fā)覺了電子，說明原子可分，有簡單內部結構，并提出原子的棗糕模型(葡萄干布丁模型)，從而敲開了原子的大門．普朗克德國量子論的奠基人．為了解釋黑體輻射，提出了能量量子假說，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，把物理學帶進了量子世界．愛因斯坦德裔美國人①提出光子說(科學假說)，成功地解釋了光電效應規(guī)律；②提出狹義相對論[相對論的兩個原理：(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總結出質能方程Ekm＝hν－W(2005年被聯合國定為“世界物理年”，以表彰他對科學的貢獻)．普里克德國發(fā)覺了陰極射線．盧瑟福英國①進行了α粒子散射試驗，并提出了原子的核式結構模型，由試驗結果估量原子核直徑數量級為10－15m；②用α粒子轟出氮核，第一次實現了原子核的人工轉變，并發(fā)覺了質子(該試驗發(fā)覺了原子內質量和電荷量的分布，并沒有揭示原子核的組成)，并預言了中子的存在．玻爾丹麥量子力學的先驅．吸取普朗克、愛因斯坦的量子概念，提出原子結構的玻爾理論，成功解釋了氫原子光譜，最先得出氫原子能級表達式．貝克勒爾法國發(fā)覺自然?放射現象，說明原子核也有簡單的內部結構．查德威克英國在α粒子轟擊鈹核時發(fā)覺中子(原子核人工轉變的試驗)，由此人們生疏到原子核的組成．居里夫人法國發(fā)覺了放射性更強的釙和鐳.2.重要物理思想、方法 (1)抱負模型法：為了便于進行物理爭辯或物理教學而建立的一種抽象的抱負客體或抱負物理過程，突出了事物的主要因素、忽視了事物的次要因素．抱負模型可分為對象模型(如質點、點電荷、抱負變壓器等)、條件模型(如光滑表面、輕桿、輕繩、勻強電場、勻強磁場等)和過程模型(在空氣中自由下落的物體、拋體運動、勻速直線運動、勻速圓周運動、恒定電流等)． (2)極限思維法：就是人們把所爭辯的問題外推到極端狀況(或抱負狀態(tài))，通過推理而得出結論的過程，在用極限思維法處理物理問題時，通常是將參量的一般變化，推到極限值，即無限大、零值、臨界值和特定值的條件下進行分析和爭辯．如公式v＝eq\f(Δx,Δt)中，當Δt→0時，v是瞬時速度． (3)抱負試驗法：也叫做試驗推理法，就是在物理試驗的基礎上，加上合理的科學的推理得出結論的方法就叫做抱負試驗法，這也是一種常用的科學方法．如伽利略斜面試驗、推導出牛頓第肯定律等． (4)微元法：微元法是指在處理問題時，從對事物的微小部分(微元)分析入手，達到解決事物整體目的的方法．它在解決物理學問題時很常用，思想就是“化整為零”，先分析“微元”，再通過“微元”分析整體． (5)比值定義法：就是用兩個基本物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法，特點是：A＝eq\f(B,C)，但A與B、C均無關．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：在物理現象或待測物理量格外微小的狀況下，把物理現象或待測物理量依據肯定規(guī)律放大后再進行觀看和測量，這種方法稱為放大法，常見的方式有機械放大、電放大、光放大． (7)把握變量法：打算某一個現象的產生和變化的因素很多，為了弄清事物變化的緣由和規(guī)律，必需設法把其中的一個或幾個因素用人為的方法把握起來，使它保持不變，爭辯其他兩個變量之間的關系，這種方法就是把握變量法．比如探究加速度與力、質量的關系，就用了把握變量法． (8)等效替代法：在爭辯物理問題時，有時為了使問題簡化，常用一個物理量來代替其他全部物理量，但不會轉變物理效果．如用合力替代各個分力，用總電阻替代各部分電阻等． (9)類比法：也叫“比較類推法”，是指由一類事物所具有的某種屬性，可以推想與其類似的事物也應具有這種屬性的推理方法．其結論必需由試驗來檢驗，類比對象間共有的屬性越多，則類比結論的牢靠性越大．如爭辯電場力做功時，與重力做功進行類比；生疏電流時，用水流進行類比；識電壓時，用水壓進行類比．考前必做題1．在“探究彈性勢能的表達式”的試驗中，為了計算彈簧彈力所做的功，把拉伸彈簧的過程分為很多小段，拉力在每小段可以認為是恒力，用各小段做的功的代數和代表彈力在整個過程所做的功，物理學中把這種爭辯方法叫做“微元法”．下面實例中應用到這一思想方法的是 () A．依據加速度定義a＝eq\f(Δv,Δt)，當Δt格外小，eq\f(Δv,Δt)就可以表示物體在t時刻的瞬時加速度 B．在探究加速度、力和質量三者之間關系時，先保持質量不變爭辯加速度與力的關系，再保持力不變爭辯加速度與質量的關系 C．在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，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，用點來代替物體，即質點 解析A項中是極限法；B項中是把握變量法；C項中是微元法；D項中是模型法，故選C. 答案C2．自然界的電、熱和磁等現象都是相互聯系的，很多物理學家為查找它們之間的聯系做出了貢獻．下列說法中不正確的是 () A．奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯系 B．歐姆發(fā)覺了歐姆定律，說明白熱現象和電現象之間存在聯系 C．法拉第發(fā)覺了電磁感應現象，揭示了磁現象和電現象之間的聯系 D．焦耳發(fā)覺了電流的熱效應，定量得出了電能和熱能之間的轉換關系 解析奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯系，選項A正確．歐姆發(fā)覺了歐姆定律，不能說明熱現象和電現象之間存在聯系，選項B不正確．法拉第發(fā)覺了電磁感應現象，揭示了磁現象和電現象之間的聯系，選項C正確．焦耳發(fā)覺了電流的熱效應，定量得出了電能和熱能之間的轉換關系，選項D正確． 答案B3．(多選)學習物理除了學問的學習外，還要了解物理學家對物理規(guī)律的發(fā)覺，領悟并把握處理物理問題的思想與方法，關于以上兩點下列敘述正確的是 ()A．奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，揭示了電與磁的聯系 B．庫侖提出了用電場線描述電場的方法 C．用點電荷來代替實際帶電體是接受了抱負模型的方法 D．在驗證力的平行四邊形定則的試驗中使用了把握變量的方法 解析奧斯特發(fā)覺了電流的磁效應，揭示了電與磁的聯系，選項A正確．法拉第提出了用電場線描述電場的方法，選項B錯誤．用點電荷來代替實際帶電體是接受了抱負模型的方法，選項C正確．在驗證力的平行四邊形定則的試驗中使用了等效替代的方法，選項D錯誤． 答案AC4．(2022·高考沖刺試卷三)在物理學進展史上很多科學家做出了卓越的貢獻，下列說法中正確的是 () A．伽利略依據小球在斜面上運動的試驗和抱負試驗，得出了慣性定律 B．法拉第經過十年的艱苦努力，最早通過試驗爭辯總結出法拉第電磁感應定律 C．牛頓不僅發(fā)覺了萬有引力定律，還測出了引力常量，使該定律得以廣泛應用 D．庫侖最早設計并進行了有名的靜電扭秤試驗，測出了靜電力常量 解析伽利略提出了慣性的概念，但沒有提出慣性定律，A錯；法拉第電磁感應定律是紐曼、韋伯在對理論和試驗資料進行嚴格分析后總結出來的，B錯；引力常量是卡文迪許測出來的，C錯；庫侖最早設計并進行了有名的靜電扭秤試驗，測出了靜電力常量，D正確． 答案D5．伽利略在有名的斜面試驗中，讓小球分別沿傾角不同，阻力很小的斜面從靜止開頭滾下，他通過試驗觀看和規(guī)律推理，得到的正確結論有 () A．傾角肯定時，小球在斜面上的位移與時間成正比 B．傾角肯定時，小球在斜面上的速度與時間成正比 C．斜面長度肯定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關 D．斜面長度肯定時，小球從頂端滾到底端所需的時間與傾角無關 解析小球下滑的加速度a＝gsinθ 下滑過程中小球速度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v2＝2aL＝2gsinθ·L(L為斜面的長度) 由這幾式看出，當θ肯定時，v∝t，x∝t2； 當斜面長度肯定時，v2∝sinθ，t2∝eq\f(1,sinθ)， 所以A、C、D項均錯誤，B項正確． 答案B倒數第9天三種性質力和牛頓運動定律學問回扣導圖考前必做題1．如圖1所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角θ＝37°的木板托住，小球處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則 ()圖1 A．小球肯定受四個力作用 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上 D．木板對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上，也可能沿斜面對下，A、C錯；當木板光滑時，小球受力如圖所示，小球處于平衡狀態(tài)，此時由圖知彈簧彈力F＝mgtan37°＝eq\f(3,4)mg，B對；不論木板是否光滑，木板對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，即木板對小球的作用力肯定大于小球的重力mg，D錯． 答案B2.(多選)如圖2所示，一條細線一端與地板上的物體B相連，另一端繞過質量不計的定滑輪與小球A相連，定滑輪用另一條細線懸掛在天花板上的O′點，細線與豎直方向所成角度為α，則 ()圖2 A．假如將物體B在地板上向右移動一點，α角將增大 B．無論物體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的質量，α角肯定減小 D．懸掛定滑輪的細線的彈力不行能等于小球A的重力 解析O、A之間的細線肯定沿豎直方向，假如物體B在地板上向右移動一點，O、B間的細線將向右偏轉，OA與OB間的夾角將增大．OA與OB兩段細線上的彈力都等于小球A的重力，其合力與懸掛定滑輪的細線的彈力大小相等、方向相反，懸掛定滑輪的細線的彈力方向(即OO′的方向)與∠AOB的角平分線在一條直線上，明顯物體B在地板上向右移動時α角將增大，選項A正確，B錯誤；增大小球A的質量，只要物體B的位置不變，則α角也不變，選項C錯誤；因物體B無論在地板上移動多遠，∠AOB都不行能達到120°，故懸掛定滑輪的細線的彈力不行能等于小球A的重力，選項D正確． 答案AD3．(多選)某馬戲團演員做滑桿表演，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在滑桿上端做完動作時開頭計時，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，整個過程中演員的v－t圖象和傳感器顯示的拉力隨時間的變化狀況如圖3所示，g＝10m/s2，則下述說法正確的是 ()圖3 A．演員的體重為800N B．演員在最終2s內始終處于超重狀態(tài) C．傳感器顯示的最小拉力為620N D．滑桿長7.5m 解析演員在滑桿上靜止時顯示的800N等于演員和滑桿的重力之和，所以演員體重為600N，A錯；由v－t圖象可知，1.5～3.5s內演員向下做勻減速運動，拉力大于重力，演員處于超重狀態(tài)，B對；演員加速下滑時滑桿所受拉力最小，加速下滑時a1＝3m/s2對演員由牛頓其次定律知mg－f1＝ma1，解得f1＝420N，對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；由v－t圖象中圖線圍成的面積可得滑桿長為4.5m，D錯． 答案BC4．(多選)一水平放置的勁度系數為k的輕彈簧，一端固定在豎直的墻壁上，如圖4所示，一質量為m的物塊以向左的初速度將彈簧壓縮，當彈簧壓縮x0時彈簧最短，而后又將物塊彈開，假設整個過程彈簧始終處于彈性限度內，物塊與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列選項正確的是 ()圖4 A．物塊在向左壓縮彈簧的整個過程中始終做減速運動 B．物塊向右運動時始終做加速運動 C．物塊運動過程中的最大加速度為eq\f(kx0＋μmg,m) D．當物塊向右運動的速度最大時彈簧的壓縮量為eq\f(μmg,k) 解析物塊向左運動的過程中，在水平方向上受到向右的摩擦力，撞上輕彈簧后，同時受到向右的彈簧的彈力，在此過程中彈簧的彈力是漸漸增大的，彈力、摩擦力與運動方向始終相反，物塊做減速運動，所以選項A正確．物塊向右的運動是從彈簧壓縮量達到最大時開頭的，此時受到水平向右的彈力和向左的摩擦力，開頭時彈簧的彈力大于摩擦力，但當彈簧伸長到肯定程度，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動過程中先加速后減速；脫離彈簧后僅在摩擦力作用下做減速運動，所以選項B錯誤．由對A項的分析可知，當彈簧的壓縮量為x0時，水平方向的合力為F＝kx0＋μmg，此時合力最大，由牛頓其次定律有amax＝eq\f(F,m)＝eq\f(kx0＋μmg,m)，所以選項C正確．在物塊向右接觸彈簧的運動中，當彈簧的形變量為x＝eq\f(μmg,k)時，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此時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，之后物塊開頭做減速運動，此時物塊的速度最大，彈簧的壓縮量為x＝eq\f(μmg,k)，選項D正確． 答案ACD5．如圖5所示為一表面帶有均勻負電荷的導體板MNO，其中MN與NO連接于N點，MN水平且長為1m，NO長為0.6m，其中NO與MN的夾角為θ＝37°，一帶正電的絕緣滑塊由M點以水平向左的初速度v0＝4m/s滑上導體板，其中滑塊與導體板間的庫侖引力為滑塊重力的0.2倍，兩者間的動摩擦因數為μ＝0.25，只考慮滑塊運動軌跡所在處電荷對滑塊垂直接觸面的庫侖引力，滑塊在N處的能量損失不計．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)圖5 (1)求滑塊第一次到N點時的速度大??； (2)求滑塊在NO段的加速度大?。?(3)試通過計算分析滑塊能否再次回到N點． 解析(1)滑塊在MN段，由 FN1＝kmg＋mg＝1.2mg， Ff1＝μFN1＝0.3mg， 依據牛頓其次定律得 a1＝eq\f(Ff1,m)＝3m/s2 由運動學公式得vN＝eq\r(v\o\al(2,0)－2a1s)＝3.16m/s. (2)滑塊沿NO向上運動時： 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向上運動的最大距離： 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． 答案(1)3.16m/s(2)8.5m/s2(3)能倒數第8天質點運動的基本規(guī)律學問回扣導圖考前必做題1．2021年我國已成功放射多顆衛(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)星的運行周期滿足TA＜TB＜TC，則 () A．衛(wèi)星A受到地球的萬有引力最大 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)星運行的向心加速度滿足aA＞aB＞aC D．三顆衛(wèi)星運行的線速度滿足vA＜vB＜vC 解析因不知三顆衛(wèi)星的質量關系，由萬有引力F＝Geq\f(Mm,r2)知A錯；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r知三顆衛(wèi)星的軌道半徑滿足rA＜rB＜rC，所以衛(wèi)星B和衛(wèi)星C不行能相遇，B錯；由Geq\f(Mm,r2)＝ma知a∝eq\f(1,r2)，所以aA＞aB＞aC，C對；由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)知v∝eq\f(1,\r(r))所以vA＞vB＞vC，D錯． 答案C2．(2022·云南省其次次統(tǒng)一檢測，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球肯定先落在半圓軌道上 C．a球可能先落在半圓軌道上 D．a、b不行能同時落在半圓軌道和斜面上 解析在拋出點左側作一斜面，左斜面與原斜面傾角相同，可直接分析a、b的運動狀況．當v0較小時，軌跡如圖線①，則先落在斜面上，當v0是某一值時，軌跡如圖線②，則落在斜面與半圓軌道的交點處，當v0較大時，軌跡如圖線③，則先落在半圓軌道上，故C正確． 答案C3．(多選)一質量為m＝2kg的物塊靜止在地面上，現用一豎直向上的力F拉物塊，已知拉力F隨時間t的變化規(guī)律如圖2所示，g＝10m/s2.則下列有關物塊的加速度a與速度v隨時間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，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，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，物塊先做加速運動后做減速運動；20～25s，物塊做豎直上拋運動，加速度為a＝－g，故A正確，B錯誤．由于Δv＝a·Δt，故a－t圖象與坐標軸包圍的面積表示速度變化量，故25s內速度方向沒有變化，t＝25s時速度恰好減為零，故C正確，D錯誤． 答案AC4．(多選)2021年12月14日21時11分，“嫦娥三號”在月球正面的虹灣以東地區(qū)著陸，假設著陸前，“嫦娥三號”探月衛(wèi)星繞月球表面勻速飛行(不計四周其他天體的影響)，宇航員測出“嫦娥三號”飛行N圈用時為t，已知地球質量為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”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”探月衛(wèi)星的質量為eq\f(4π2N2r3,gR2t2) D．“嫦娥三號”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”繞月運行周期為T＝eq\f(t,N)，由v＝eq\f(2πr,T)得v＝eq\f(2πNr,t)，A錯；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；依據題中相關信息只能估算出中心天體月球的質量，而不能求出運行天體“嫦娥三號”探月衛(wèi)星的質量，C錯；a＝eq\f(v2,r)＝eq\f(4π2N2r,t2)，D對． 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的木板，長木板的上表面與圓弧底端的軌道等高．一質量為m＝1kg的滑塊從靜止開頭由圓弧的最高點A滑下，滑塊經圓弧軌道的最低點B滑上長木板，整個運動過程中長木板的v－t圖象如圖乙所示，已知長木板的質量M＝2kg，g＝10m/s2，滑塊沒有滑離長木板．求：圖3 (1)滑塊剛到達軌道最低點B時對軌道的壓力． (2)木板與地面間的動摩擦因數、滑塊與木板間的動摩擦因數． (3)整個運動過程中滑塊在長木板上滑過的距離． 解析(1)從A到B的過程中，滑塊的機械能守恒 由機械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv2 滑塊經過B點時，依據牛頓其次定律：FN－mg＝meq\f(v2,R)， 整理得FN＝3mg＝30N 依據牛頓第三定律，滑塊到達軌道最低點時對軌道的壓力大小為30N，方向豎直向下． (2)由v－t圖象知，木板加速時的加速度大小為 a1＝1m/s2 滑塊與木板共同減速時的加速度大小為a2＝1m/s2，設木板與地面間的動摩擦因數為μ1，滑塊與木板間的動摩擦因數為μ2 在1～2s內，對滑塊和木板由牛頓其次定律得 μ1(M＋m)g＝(M＋m)a2 在0～1s內，對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)滑塊在木板上滑動過程中，對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 滑塊在木板上滑過的距離Δx＝x2－x1 代入數據得Δx＝1.2m. 答案(1)30N方向豎直向下(2)0.10.5(3)1.2m倒數第7天功能關系和能量守恒學問回扣導圖

考前必做題1．如圖1所示，有一傾角θ＝30°的足夠長斜坡，小孩在做玩耍時，從該斜坡頂端將一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出時的初動能為9J，不計空氣阻力，則該足球第一次落在斜坡上時的動能為 ()圖1 A．12J B．21J C．27J D．36J 解析足球被踢出后開頭做平拋運動，第一次落在斜坡上時對足球的位移進行分解有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的動能為eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝21J，只有選項B正確． 答案B2．如圖2所示，一質量為1kg的小球靜止在一豎直放置的輕彈簧上，彈簧的勁度系數為k＝50N/m，現用一豎直向下的F＝10N的恒力作用在小球上，當小球向下運動到最大速度時撤去F，則小球再回到初始位置時的速度大小為(彈簧形變過程中始終處于彈性限度內) ()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程中，重力、彈力做功為零，依據動能定理，WF＝eq\f(1,2)mv2，從開頭到最大速度時，小球向下運動的位移Δx＝eq\f(F,k)，則F·Δx＝eq\f(1,2)mv2，F·eq\f(F,k)＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2F2,km))＝2m/s，A項正確． 答案A3．一條長12m的傳送帶，傾角為30°，它能夠將工件從地面送到卡車上，每個工件的質量為25kg，傳送帶每分鐘可傳送16個工件，不考慮傳送帶對工件的加速，g＝10m/s2，下列說法正確的是 () A．傳送帶每分鐘對工件做的總功是2.4×104J B．摩擦力每分鐘對工件做的總功是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 解析傳送工件時不計加速，則工件隨傳送帶一起勻速上升，即摩擦力f＝mgsinθ，傳送帶對工件做功實質是傳送帶的摩擦力f對工件做功，所以W＝nf·l＝16×mgsin30°×l＝2.4×104J，A項正確，B項錯誤；由功率定義，P＝eq\f(W,t)＝eq\f(2.4×104,60)W＝400W，知C、D項錯誤． 答案A4．(多選)如圖3所示，質量為m的滑塊以肯定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面對上的恒力F＝mgsinθ.已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tanθ，取動身點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊的動能Ek、機械能E隨時間t變化關系及滑塊的勢能EP隨位移x變化關系的是 ()圖3 解析滑塊運動到最高點的過程中，所受的合外力等于沿斜面對下的摩擦力，滑塊沿斜面對上做勻減速運動，運動到最高點的過程中產生的熱量Q＝fx＝mgsinθ(vt－eq\f(1,2)at2)，圖A錯誤．由動能定理得－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錯誤．滑塊的重力勢能Ep＝mgxsinθ，圖C正確．依據題述知，F＝mgsinθ＝μmgcosθ，機械能E隨時間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，開頭時球與O點在同一水平線上，輕繩拉直，在O點正下方距O點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的圓周運動．圖4 (1)求繩的長度． (2)求小球第一次運動到最低點時的速度． (3)若讓小球自然懸掛，小球恰好與水平面接觸于F點，小球質量為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間的動摩擦因數均為μ，EF段長為s，讓一質量與小球質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，結果兩者一起恰好能繞C在豎直面內做圓周運動，則滑塊與小球碰撞過程中損失的機械能是多少(不計滑塊在E處碰撞的能量損失)? 解析(1)設輕繩長為R，則小球繞C在豎直面內做圓周運動時，半徑為R－L，恰好能做豎直面內的圓周運動，則在最高點mg＝meq\f(v2,R－L) 依據機械能守恒有mg[R－2(R－L)]＝eq\f(1,2)mv2 解得R＝eq\f(5,3)L. (2)由機械能守恒定律，小球到最低點時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繞C做圓周運動，則碰撞后的共同速度也為v′＝eq\r(\f(10,3)gL) 對滑塊依據動能定理有 mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 碰撞過程中損失的機械能為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)倒數第6天電場和帶電粒子在電磁場中的運動學問回扣導圖考前必做題1．如圖1所示，菱形abcd的四個頂點分別放上電荷量都為Q的不同電性的點電荷，∠abc＝120°.對角線的交點為O，A、B、C、D分別是O點與四個頂點連線的中點，則下列說法正確的是 ()圖1 A．O點的電勢和電場強度都為零 B．A、C兩點的電場強度相等 C．B、D兩點的電勢相等且都為正 D．正的檢驗電荷從A到D電場力做正功 解析依據電場疊加原理可知，O點的場強為零，電勢為正，A項錯誤；依據電場疊加原理可知，A、C兩點的場強等大反向，B項錯誤；依據幾何關系可知，B、D點都在a、b兩個等量異種點電荷電場中零等勢線的右側，都在c、d兩個等量異種點電荷電場中零等勢線的左側，因此電勢疊加后確定為正，依據對稱性可知，這兩點的電勢相等，C項正確；同理可以分析，A點電勢為負，因此正的檢驗電荷從A到D電勢能增大，電場力做負功，D項錯誤． 答案C2．(多選)如圖2為某電場中x軸上電勢φ隨x變化的圖象，－x0與x0關于坐標原點對稱，則下列說法正確的是 ()圖2 A．縱橫的左側為勻強電場 B．－x0處的場強為零 C．一電子在x0處由靜止釋放，電子將沿x軸正方向運動，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軸正方向運動，但速度漸漸增大 解析縱軸的左側x軸上電勢處處相等，因此場強為零，不行能是勻強電場，A項錯誤，B項正確；x軸正半軸不肯定與電場線重合，且電場線不肯定是直的，因此帶電粒子不肯定沿x軸正方向運動，但從靜止開頭只在電場力的作用下運動，電場力做正功，速度漸漸增大，C項錯誤，D項正確． 答案BD3．(多選)如圖3所示，一帶電粒子僅在電場力的作用下，沿始終的電場線從A點運動到B點，則關于此帶電粒子運動的v－t圖象，可能正確的是 ()圖3 解析帶電粒子在直的電場線上從A點運動到B點，在電場力的作用下，不是做加速運動，就是做減速運動，不行能做勻速運動，也不行能先減速后加速，因此A、B項錯誤；假如電場力的方向與運動方向相反，且電場強度先增大后減小，則C項正確；假如電場力的方向與運動方向相同，且電場強度先增大后減小，則D項正確． 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狀態(tài)，則下列說法正確的是 ()圖4 A．粒子帶負電 B．斷開電鍵K，粒子會向下運動 C．保持電鍵K閉合，增大兩板間距離的過程中，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兩板中點的軸a、b沿順時針以相同的角速度緩慢轉動一個很小的角度，粒子仍會保持靜止 解析K閉合時，上板帶正電，粒子要保持靜止，電場力向上，因此粒子帶負電，A項正確；斷開電鍵后，兩板上的帶電荷量保持不變，粒子仍保持靜止，B項錯誤；保持電鍵K閉合，增大兩板間距離的過程中，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項正確；保持電鍵K閉合，使兩板繞垂直于紙面的過兩板中點的軸a、b沿順時針以相同的角速度緩慢轉動一個很小的角度，兩板間的電場有了一個水平重量，粒子會受到一個水平的電場分力，不會保持靜止狀態(tài)，D項錯誤． 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點以初速度v0射入板間電場，并沿直線AB運動，則下列說法正確的是 ()圖5 A．小球沿AB做勻變速直線運動 B．小球的電勢能肯定削減 C．在小球運動過程中，將M板向下移，小球在電場中將做向下偏的曲線運動 D．在小球運動過程中，將M板漸漸地向右移，小球在電場中將做向上偏的曲線運動 解析假如小球做勻變速直線運動，則合力肯定與速度在同始終線上，而小球受到的電場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運動，肯定是做勻速直線運動，A項錯誤；小球受到的電場力方向豎直向上，與速度的夾角小于90°，因此電場力做正功，小球的電勢能減小，B項正確；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M板，板間的電場強度不變，小球受到的電場力不變，因此小球仍舊做勻速直線運動，C項錯誤；若將M板向右移動，板間的正對面積減小，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，電場強度增大，小球受到的電場力大于重力，因此小球會做向上偏的曲線運動，D項正確． 答案BD6．(多選)如圖6所示，一帶電粒子，質量為m，電荷量為q，以肯定的速度沿水平直線A′B′方向通過一正交的電磁場，磁感應強度為B1，電場強度為E.粒子沿垂直等邊三角形磁場邊框的AB邊方向由中點的小孔O進入另一勻強磁場，該三角形磁場的邊長為a，經過兩次與磁場邊框碰撞(碰撞過程遵從反射定律)后恰好返回到小孔O，則以下說法正確的是 ()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．等邊三角形磁場的磁感應強度為eq\f(2mE,B1qa) D．該粒子返回到小孔O之后仍沿B′A′直線運動 解析由于磁場的方向沒有明確，因此無法確定帶電粒子的電性；由粒子做直線運動不難得出，該粒子做的肯定是勻速直線運動，則由Eq＝B1qv可得v＝eq\f(E,B1)；進入三角形磁場區(qū)后，經過2次碰撞恰好返回到小孔O，經分析可知，該粒子在其中做勻速圓周運動的半徑為eq\f(a,2)，由eq\f(a,2)＝eq\f(mv,B2q)可得B2＝eq\f(2mE,B1qa)；當粒子重新返回到小孔O時，由粒子的受力不難得出電場力和洛倫茲力同向，故不能沿直線運動． 答案BC倒數第5天電路和電磁感應學問回扣導圖

考前必做題1．(多選)如圖1所示為始終流電路，電源內阻不能忽視，在滑動變阻器滑片P從滑動變阻器的最右端滑向最左端的過程中，下列說法正確的是 ()圖1 A．電壓表的示數可能增大 B．電流表的示數可能增大 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 解析在剛開頭滑動的一段時間內，電路中的總電阻增大，總電流減小，電流表的示數減小，電阻R0消耗的功率也減小，B、C項錯誤；假如滑動變阻器的最大阻值小于等于電阻R，則內電壓始終減小，外電壓始終增大，電源與R0兩端電壓始終減小，電壓表示數增大，A項正確；假如電源的內阻始終大于外電阻，且滑動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項正確． 答案AD2．(多選)在國家電網改造中，某溝通發(fā)電機的輸出電壓隨時間變化的圖象如圖2所示，輸出功率是20kW，現用5000V高壓輸電，輸電線上的總電阻是40Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降壓變壓器降壓后供應用戶，則下列說法正確的是 ()圖2 A．經降壓后交變電流的頻率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,22) B．升壓變壓器的匝數比為11∶250 C．流過高壓輸電線的電流為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，變壓器不轉變溝通電的頻率，A錯；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比，升壓變壓器的匝數比為11∶250，B正確；輸電線的電流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消耗，C錯；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為L的等邊三角形勻強磁場區(qū)域．在其次象限有一平行于y軸的長為L的導體棒沿x軸正方向以速度v勻速通過磁場區(qū)域．下列關于導體棒中產生的感應電動勢e隨x變化的圖象正確的是 ()圖3 解析導體棒垂直磁場方向做切割磁感線運動，產生的感應電動勢e＝Blv，式中l(wèi)為導體棒切割磁感線的有效長度．導體棒切割磁感線的有效長度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.所以導體棒中產生的感應電動勢e隨x變化的圖象正確的是D. 答案D4．如圖4甲所示，抱負變壓器原、副線圈的匝數比為9∶55，電壓表為抱負電表，圖中熱水器和抽油煙機均正常工作，熱水器的額定功率為抽油煙機的2倍．假如副線圈電壓按圖乙所示正弦規(guī)律變化，下列說法正確的是 ()圖4 A．電壓表的示數為36V B．原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝36sin(50πt)V C．熱水器的發(fā)熱功率是抽油煙機發(fā)熱功率的2倍 D．變壓器原線圈的輸入功率和副線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，副線圈電壓的峰值為Um＝220eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u2＝220eq\r(2)sin(100πt)V，則原線圈的輸入電壓瞬時值表達式為u1＝36eq\r(2)sin(100πt)V，B錯；熱水器的發(fā)熱功率等于其額定功率，而抽油煙機的額定功率等于少量熱功率與大部分輸出機械功率之和，因此它的熱功率小于其本身的額定功率，C錯；抱負變壓器的輸入功率等于輸出功率，D錯． 答案A5．如圖5甲所示，DIS系統(tǒng)中，S是電流傳感器，接計算機，足夠長的金屬導軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上，質量m＝0.10kg的金屬桿ab可以無摩擦地沿導軌運動．已知電阻R＝0.60Ω，ab桿的電阻r＝0.40Ω，導軌寬度為L＝1.0m，磁感應強度為B＝1T的勻強磁場垂直向上穿過整個導軌平面．現給金屬桿ab施加一個恒力F＝10N，電流傳感器就將各時刻t的電流I數據實時傳到計算機，在屏幕上顯示出I－t圖象如圖乙．g＝10m/s2.下列說法正確的是 ()圖5 A．桿在恒力F作用下做勻加速直線運動 B．在剛開頭運動的0.40s內通過電阻的電荷量q大約為4C C．0～0.40s內桿的位移約為44m，R上產生的焦耳熱QR＝5J D．桿運動的v－t圖象與I－t圖極其類似，最大速度是10m/s 解析依據牛頓其次定律得：F－ILB＝ma，F－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A錯誤；加速度為0時，金屬桿的速度最大，為v＝eq\f(R＋rF,L2B2)＝10m/s，I＝eq\f(LBv,R＋r)∝v，桿運動的v－t圖象與I－t圖極其類似，選項D正確；在剛開頭運動的0.4s內通過電阻的電荷量q等于圖線與t軸包圍的面積數值，由圖知：總格數為150格(145～155格均正確)，q＝150×0.04×0.4C＝2.4C，選項B錯誤；q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)·Δt＝eq\f(BLx,R＋r)，0～0.40s內桿的位移約為x＝eq\f(qR＋r,BL)＝2.4m，所以選項C錯誤． 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軌水平放置，導軌間距L＝0.5m，左端接有電阻R＝3Ω，豎直向下的磁場磁感應強度大小隨坐標x的變化關系如圖乙所示．開頭導體棒CD靜止在導軌上的x＝0處，現給導體棒一水平向右的拉力，使導體棒以1m/s2的加速度沿x軸勻加速運動，已知導體棒質量為2kg，電阻為2Ω，導體棒與導軌接觸良好，其余電阻不計．求：圖6 (1)拉力隨時間變化的關系式； (2)當導體棒運動到x＝4.5m處時撤掉拉力，此時導體棒兩端的電壓；此后電阻R上產生的熱量． 解析(1)經時間t導體棒運動的速度v＝at① 位移x＝eq\f(1,2)at2② 產生的感應電動勢為E＝BLv③ 由圖可知：B＝2x④ 對導體棒由牛頓運動定律F－BIL＝ma⑤ 產生的感應電流I＝eq\f(E,R＋r)⑥ 解得：F＝eq\f(t5,20)＋2＝0.05t5＋2⑦ (2)當x＝4.5m時導體棒兩端電壓為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倒數第4天力學試驗要點提煉1．試驗要點試驗名稱?？家c探究小車速度隨時間的變化規(guī)律數據處理方法：(1)公式法：veq\f(t,2)＝eq\x\to(v)、Δx＝aT2；(2)圖象法：v－t圖象驗證機械能守恒定律用自由落體進行試驗，知道如何從紙帶的數據中確定ΔEp和ΔEk驗證力的平行四邊形定則彈簧測力計的使用留意事項及讀數、力的圖示、依據平行四邊形定則求出合力探究加速與物體質量、物體受力的關系把握變量法的應用、圖象的處理以及試驗的留意事項2.物理量的測量方法待測量測量工具方法說明長度刻度尺毫米刻度尺精度為1mm，讀數時應估讀到0.1mm游標卡尺①讀數方法：測量值＝主尺上指示的毫米數＋精度×游標尺對齊的格數②精度：eq\f(1,游標刻度總數)mm,10分度的游標卡尺精度為0.1mm,20分度的游標卡尺精度為0.05mm，50分度的游標卡尺精度為0.02mm，游標卡尺不估讀螺旋測微器①讀數方法：測量值＝主尺上指示的毫米數(留意半毫米刻線是否露出)＋精度×轉動圓筒上與主尺中心刻線所對應刻度值(留意刻度值要估讀)②精度：螺旋測微器精度為0.01mm時間打點計時器①t＝nT(n表示打點的時間間隔的個數，T表示打點周期)②打點周期與所接溝通電周期相同光電計時器光電計時器能自動記錄擋光時間，顯示在讀數窗口力彈簧測力計力的大?。骄取林羔樦甘镜母駭?留意估讀)速度打點紙帶若紙帶做勻變速直線運動，則打某點時的瞬時速度等于對應的平均速度頻閃照相(利用等時間間隔照片信息記錄物體在不同時刻的位置)同上光電門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速度加速度打點紙帶(頻閃照相)若紙帶做勻變速直線運動，則a＝eq\f(Δx,T2)或a＝eq\f(xm－xn,m－nT2)光電門若紙帶做勻變速直線運動，則a＝eq\f(v2－v1,Δt)(v1、v2分別表示通過光電門測得的滑塊在t1、t2兩個時刻的速度，Δt表示對應的時間間隔)考前必做題1．(2022·青島市質量檢測)某同學利用如圖1所示的試驗裝置，探究小車的加速度a和它所受拉力F的關系．圖1 (1)除備有4個50g鉤碼外，另有下列試驗器材備選： A．質量為300g小車 B．質量為2.2kg小車 C．輸出電壓4～6V直流電源 D．輸出電壓3.6～5.6V溝通電源 為盡量保證明驗成功，你選用的試驗小車為________，電源為________(填字母代號)．圖2 (2)某同學正確選擇試驗器材后，通過試驗得到如圖2所示a－F圖象，造成圖線未過坐標原點的緣由是_________________________________________________________________ _________________________________________________________________. 解析(1)在探究物體的加速度與合外力關系的試驗中應滿足小車的質量遠大于鉤碼的質量，因此選用的小車質量盡量大一些，所以選B；打點計時器正常工作時應用低壓溝通電源，則選D.(2)由圖象可知，當小車的牽引力為零時，小車已經具有了加速度，則說明平衡摩擦力時將長木板墊的過高、傾角過大，也就是說平衡摩擦力過度． 答案(1)BD (2)平衡摩擦力過度2．某試驗小組分別設計了如圖3甲、乙、丙所示的試驗裝置來驗證機械能守恒定律．圖3 (1)經分析比較后，其中最抱負的試驗裝置是________(選填“甲”、“乙”或“丙”)； (2)圖丁是利用最抱負的試驗裝置進行試驗得到的一條紙帶，圖中點1是打點計時器打出的第一個點，其他各點是緊接著連續(xù)打出的點，假如發(fā)覺第1、2兩點之間的距離明顯大于2mm，這是由于試驗操作時_________________________________________________________________ _________________________________________________________________ ________________________________________________________________； (3)已知重錘的質量為m，相鄰兩計數點的時間間隔為T，僅考慮消滅(2)所述狀況所帶來的影響時，設從打第1點到打第6點過程中重錘削減的重力勢能為ΔEp，則下列關系式正確的是________(填選項前的字母)； A．ΔEp＞eq\f(ms2,8T2) B．ΔEp＝eq\f(ms2,8T2) C．ΔEp＜eq\f(ms2,8T2) (4)若試驗操作正確，某同學依據公式veq\o\al(2,6)＝2gh計算出從第1點到第6點重錘動能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)，由ΔEp＝mgh，計算出重力勢能的削減量，再依據ΔEk＝ΔEp得出重錘在下落過程中機械能守恒的結論．則該探究過程是____________(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，故比較抱負的試驗裝置為圖甲中的裝置；(2)打下第一點的速度不為零，即先釋放紙帶，后接通電源；(3)依據機械能守恒可得：ΔEp＝eq\f(ms2,8T2)－Ek1，故ΔEp＜eq\f(ms2,8T2)，選項C正確；(4)重錘下落過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來計算． 答案(1)甲 (2)先釋放紙帶，后接通電源 (3)C (4)不合理重錘下落過程中受阻力作用，下落加速度a＜g，不行用veq\o\al(2,6)＝2gh計算(其他合理答案也可)3．(2022·蘇州市高三調研)(1)如圖4中游標卡尺讀數為________mm，螺旋測微器讀數為________mm.圖4 (2)某試驗小組為探究加速度與力之間的關系設計了如圖5甲所示的試驗裝置，用鉤碼所受重力作為小車所受的拉力，用DIS(數字化信息系統(tǒng))測小車的加速度．通過轉變鉤碼的數量，多次重復測量，可得小車運動的加速度a和所受拉力F的關系圖象．他們在軌道水平和傾斜的兩種狀況下分別做了試驗，得到了兩條a－F圖線，如圖5乙所示．圖5 ①圖線________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)是在軌道水平的狀況下得到的． ②小車和位移傳感器放射部分的總質量為________kg.小車在水平軌道上運動時受到的摩擦力大小為________N. (3)某同學用小車做“爭辯勻變速直線運動”試驗時，從打下的若干紙帶中選出了如圖6所示的一條(每兩點間還有4個點沒有畫出來)，圖示紙帶上的數字為相鄰兩個計數點間的距離．打點計時器的電源頻率為50Hz.圖6 該小車做勻變速直線運動的加速度a＝________m/s2，與紙帶上D點相對應的瞬時速度v＝________m/s(答案均要求保留3位有效數字)． 解析(1)游標卡尺的示數52mm＋0.05mm×7＝52.35mm；螺旋測微器的示數1.5mm＋0.01mm×49.0＝1.990mm. (2)導軌水平常，因摩擦力的存在，拉力比較小時，小車仍處于靜止狀態(tài)，故Ⅱ是軌道水平常得到的，水平軌道時小車受到拉力和摩擦力的作用，小車剛要運動時的外力等于滑動摩擦力，故摩擦力大小為1N．由圖Ⅰ得小車平衡摩擦力過度，軌道傾斜時，小車勻加速運動階段的加速度a＝eq\f(F,m)＋F1，圖線的斜率表示k＝eq\f(1,m)＝1kg－1，故質量為1kg. (3)勻變速運動的加速度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點的瞬時速度等于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倒數第3天電學試驗要點提煉1．試驗要點名稱?？家c測定金屬的電阻率由R＝ρeq\f(l,S)得ρ＝Req\f(S,l)，金屬導線的電阻R可用伏安法測量，金屬導線的長度l用毫米刻度尺測量，金屬導線的橫截面積S可由其直徑d算出，S＝π(eq\f(d,2))2，d可由螺旋測微器測出測定電源的電動勢和內阻把握電路接受限流式接法，測量電路一般接受電流表內接法，測量數據一般用圖象法處理描繪小燈泡的伏安特性曲線把握電路用分壓式接法(電流、電壓從零開頭連續(xù)調整)，測量電路適當選取電流表內接法或外接法2.電學量的測量物理量測量工具(方法)備注電流電流表串聯，讀數＝指示的格數×精度＋估讀電壓電壓表并聯，讀數＝指示的格數×精度＋估讀電阻多用電表①讀數＝指針指示數×倍率(指針指示在上端表盤中間四周位置較準)②“機械零點”在刻度盤左側“0”位置，需要調零時通過表盤下方中間的定位螺絲進行調整；“歐姆零點”在表盤刻度的右側電阻刻度“0”位置，需要調零時通過歐姆擋的調零旋鈕進行調整．測電阻時每變換一次擋位，都要重新進行歐姆調零③負接線柱電勢高(與內部電源的正極相連)，接黑表筆，正接線柱電勢低，接紅表筆電阻箱替代法電阻箱電阻的讀數＝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表示通過電阻的電流)半偏法(測電流表內阻、測電壓表內阻)調好滿偏后，保持滑動變阻器滑片位置不變，以保持測量電路的電流或電壓基本不變電動勢和內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：測出幾組I、U的數據，建立E＝U＋Ir的方程組，求E、r值，取平均值②圖象法：建立U－I圖象，縱軸截距表示電動勢E，斜率的確定值表示內電阻r3.兩種測量電路內接法外接法電路結構誤差緣由電流表分壓U測＝Ux＋UA電壓表分流I測＝Ix＋IV測量數值R測＝eq\f(U測,I真)＞RxR測＝eq\f(U真,I測)＜Rx誤差分析測量值大于真實值測量值小于真實值適用條件Rx?RARV?Rx適用測量大電阻小電阻電路選擇計算法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，空出電壓表的一個接頭S，然后將S分別與a、b接觸一下若電流表“相對變化”明顯，說明電壓表分流作用較大，應接受電流表內接法若電壓表“相對變化”明顯，說明電流表分壓作用較大，應接受電流表外接法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端電壓調整范圍eq\f(ERx,Rx＋RP)≤Ux≤E0≤Ux≤E 注：忽視電源的內阻，RP為滑動變阻器的最大值．考前必做題1．有一個小燈泡上標有“4V,2W”的字樣，現在要用伏安法描繪這個燈泡的I－U圖線，現有下列器材供選用： A．電壓表(0～5V，內阻10kΩ) B．電壓表(0～15V，內阻20kΩ) C．電流表(0～3A，內阻0.4Ω) D．電流表(0～0.6A，內阻1.0Ω) E．滑動變阻器(10Ω，2A) F．滑動變阻器(500Ω，1A) G．同學電源(直流6V)、開關、導線若干 (1)試驗時，選用圖1而不選用圖2的電路圖來完成試驗，請說明理由：_________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________. (2)試驗中所用電壓表應選用________，電流表應選用______，滑動變阻器應選用______．(用序號字母表示) (3)把圖3中所示的試驗器材按圖1用筆畫線代替導線連接成實物電路圖． (4)某同學通過試驗測量得到的數據已經描在了圖4所示的I－U坐標系中，請用一光滑的曲線將各描點連接好． 解析(1)由于測量數據要從零開頭，故接受圖1所示的分壓式電路，且能便利地多測幾組數據． (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.滑動變阻器應選最大阻值較小的E，這樣在試驗中移動滑片時能使電路中的電流和電壓有明顯的變化，從而減小讀數誤差． (3)按圖1連接實物電路，如圖甲所示． 答案(1)描繪燈泡的I－U圖線所測數據需從零開頭，并要多取幾組數據 (2)ADE(3)如圖甲所示 (4)所描的伏安特性曲線如圖乙所示．2．(2022·泉州市質量檢查)某探究小組要盡可能精確地測量電流表A1的滿偏電流，可供選用的器材如下： A．待測電流表A1(滿偏電流Im約為800μA、內阻r1約為100Ω，表盤刻度均勻、總格數為N) B．電流表A2(量程為0.6A、內阻r2＝0.1Ω)C．電壓表V(量程為3V、內阻Rv＝3kΩ) D．滑動變阻器R(最大阻值為20Ω) E．電源E(電動勢為3V、內阻r約為1.5Ω) F．開關S一個，導線若干 (1)該小組設計了圖5甲、乙兩個電路圖，其中合理的是________(選填“甲”或“乙”)；圖5 (2)所選合理電路中虛線圈處應接入電表________(選填“B”或“C”)； (3)在開關S閉合前應把滑動變阻器的滑片P置于________端(選填“a”或“b”)； (4)在試驗中，若所選電表的讀數為Z，電流表A1的指針偏轉了k格，則可算出待測電流表A1的滿偏電流Im＝________. 解析(1)因待測電流表的滿偏電流太小，而所給的滑動變阻器的最大阻值太小，電源電動勢相對較大，超過待測電流表的滿偏，故接受滑動變阻器的分壓式接法，選擇甲電路；(2)由于電流表A2的量程遠大于待測電流表A1的量程，為了減小誤差，二者不能串聯在一起，故選用電壓表V，即電表C；(3)在閉合開關S前，要求測量電路的電壓為零，故滑動變阻器的滑片P置于b端；(4)依據串、并聯電路的特點，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)3．一電動勢E約為9V、內阻r約為40Ω的電源，最大額定電流為50mA.現有量程為3V、內阻為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、開關和導線等器材．為測定該電源的電動勢和內阻，某同學設計了如圖6所示的電路進行試驗，請回答下列問題：圖6 (1)試驗室備有以下幾種規(guī)格的定值電阻R0，試驗中應選用的定值電阻是________． A．200ΩB．2kΩC．4kΩD．10kΩ (2)試驗時，應先將電阻箱的電阻調到________(選填“最大值”、“最小值”或“任意值”)，目的是：______________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________. (3)該同學接入符合要求的R0后，閉合開關S，調整電阻箱的阻值，讀取電壓表的示數．依據記錄的多組數據，作出如圖7所示的eq\f(1,U)－eq\f(1,R)圖線．依據該圖線可求得電源的電動勢E＝________V，內阻r＝________Ω.(保留兩位有效數字)圖7 解析(1)由題中給定的電源和電壓表可知，電壓表的量程過小，因此用固定電阻擴大電壓表的量程，由串聯電路的特點得eq\f(Ug,Rg)(Rg＋R0)≥E，解得R0≥4kΩ，當定值電阻的阻值為4kΩ時，電壓表的量程為9V，則選C. (2)為了愛護電路的平安，要求電鍵閉合前電路的總電阻處于最大的位置，則電阻箱應調到最大值，目的是為了愛護電源的平安． (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)最大值愛護電源的平安 (3)8.636倒數第2天選修3－3(熱學部分)學問回扣導圖考前必做題1．[2022·江蘇省高考命題爭辯專家原創(chuàng)卷(二)](1)肯定質量的抱負氣體的狀態(tài)變化過程如圖1所示．AB為一條直線，則氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中________．圖1 A．氣體分子平均動能保持不變 B．氣體分子平均動能先增大后減小到初始狀態(tài) C．整個過程中氣體對外不做功 D．氣體的密度在不斷增大 (2)在“用油膜法估測分子的大小”的試驗中，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；該試驗中油膜厚度d與油酸分子直徑D的關系是________．圖2 (3)如圖2所示，導熱材料制成的截面積相等，長度均為45cm的氣缸A、B通過帶有閥門的管道連接．初始時閥門關閉，厚度不計的光滑活塞C位于B內左側，在A內布滿壓強pA＝2.8×105Pa的抱負氣體，B內布滿壓強pB＝1.4×105Pa的抱負氣體，忽視連接氣缸的管道體積，室溫不變．現打開閥門，求： ①平衡后B中氣體的壓強； ②自打開閥門到平衡，B內氣體是吸熱還是放熱(簡要說明理由)? 解析(1)氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，溫度先上升后降低，氣體分子平均動能先增大后減小到初始狀態(tài)，選項A錯誤，B正確；整個過程中氣體體積增大，對外做功，選項C錯誤；整個過程中氣體體積增大，氣體的密度在不斷減小，選項D錯誤． (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；該試驗中，將油酸滴在水面上，讓油酸盡可能散開，可認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，對B中氣體做功，而氣體做等溫變化，內能不變，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研)如圖3所示，1mol的抱負氣體由狀態(tài)A經狀態(tài)B、狀態(tài)C、狀態(tài)D再回到狀態(tài)A.BC、DA線段與橫軸平行，BA、CD的延長線過原點．圖3 (1)氣體從B變化到C的過程中，下列說法中正確的是________． A．分子勢能增大 B．分子平均動能不變 C．氣體的壓強增大 D．分子的密集程度增大 (2)氣體在A→B→C→D→A整個過程中，內能的變化量為________；其中A到B的過程中氣體對外做功W1，C到D的過程中外界對氣體做功W2，則整個過程中氣體向外界放出的熱量為________． (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時氣體分子間的平均距離．(阿伏加德羅常數NA＝6.0×1023mol－1，計算結果保留一位有效數字) 解析(1)抱負氣體的分子勢能始終為零，分子勢能不變，A錯誤；氣體的溫度上升，分子的平均動能增大，B錯誤；體積不變，溫度上升，由eq\f(pV,T)＝C得壓強增加，C正確；體積不變，分子的密集程度不變，D錯誤． (2)氣體回到原狀態(tài)，溫度不變，分子的平均動能不變，內能不變，故內能的變化量為零，整個過程外界對氣體做功的和為W2－W1，內能不變，故氣體向外界放出的熱量為W2－W1. (3)①A到B過程，由蓋一呂薩克定律有eq\f(VA,TA)＝eq\f(VB,TB) 代入數據得TB＝546K ②設氣體分子間的平均距離為d，則有d3＝eq\f(VB,NA) 代入數據得d＝4×10－9m 答案(1)C(2)0W2－W1(3)①546K②4×10－9m倒數第2天機械振動和機械波光和電磁波學問回扣導圖考前必做題1．(2022·南京二模)(1)列車上安裝一個聲源，發(fā)出一個頻率的樂音．當列車與觀看者都靜止時，觀看者記住了這個樂音的音調．在以下狀況中，觀看者聽到這個樂音的音調比原來降低的是________．A．觀看者靜止，列車向他駛來B．觀看者靜止，列車離他駛去C．列車靜止，觀看者靠近列車D．列車靜止，觀看者遠離列車圖1 (2)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t＝0時刻的圖象如圖1所示．周期T＝0.01s，介質中質點P位于x＝2m處．則該列波傳播的速度大小為________m/s.t＝0.15s時質點P振動沿________(選填“＋y”或“－y”)方向． (3)水下光源在水面上形成一個半徑為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)依據多普勒效應，當列車和觀看者相互遠離時，觀看者聽到這個樂音的音調比原來的要低，故應選B、D. (2)依據波長，周期和波速的關系v＝λ/T，可求得該列波傳播的速度大小為400m/s，依據波的傳播方向和質點的振動關系可推斷，在t＝0.15s時，質點P振動沿＋y方向． (3)光線剛好發(fā)生全反射n＝eq\f(1,sinC)＝eq\r(2)C＝45° 由幾何學問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·