高中圓周運動教案

高考物理圓周運動、航天與星體問題（2）經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)。

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高考物理高考物理實驗(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)

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20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題14:第7專題高考物理實驗(2)經(jīng)典考題

縱觀近三年的高考實驗題，會發(fā)現(xiàn)以下特點．

1．對力學(xué)實驗的考查基本上以創(chuàng)新題出現(xiàn)，試題源于教材，又高于教材，總體來說其變化在于：同一實驗可用于不同裝置，同一裝置可完成不同實驗．

2．高考對電學(xué)實驗的考查一般書本實驗稍加變化來出題，以“電阻的測量”最為常見，包括測電阻率、測伏安特性等，當然也可能會有其他電學(xué)實驗出現(xiàn)，如測電動勢與內(nèi)阻、電路故障等．

1．Ⅰ．在如圖所示的電路中，1、2、3、4、5、6為連接點的標號．在開關(guān)閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．現(xiàn)用多用電表檢查電路故障，需要檢測的有：電源、開關(guān)、小燈泡、3根導(dǎo)線以及電路中的各連接點．

(1)為了檢測小燈泡以及3根導(dǎo)線，在連接點1、2已接好的情況下，應(yīng)當選用多用電表的________擋．在連接點1、2同時斷開的情況下，應(yīng)當選用多用電表的________擋．

(2)在開關(guān)閉合情況下，若測得5、6兩點間的電壓接近電源的電動勢，則表明____________________________________可能有故障．

(3)將小燈泡拆離電路，寫出用多用電表檢測該小燈泡是否有故障的具體步驟：____________________________________________________________________．

Ⅱ．某同學(xué)為了探究物體在斜面上運動時摩擦力與斜面傾角的關(guān)系，設(shè)計實驗裝置如圖甲所示．長直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物塊上．在平板上標出A、B兩點，B點處放置一光電門，用光電計時器記錄滑塊通過光電門時擋光的時間．

實驗步驟如下：

①用游標卡尺測量滑塊的擋光長度d，用天平測量滑塊的質(zhì)量m；

②用直尺測量A、B之間的距離s，A點到水平桌面的垂直距離h1，B點到水平桌面的垂直距離h2；

③將滑塊從A點靜止釋放，由光電計時器讀出滑塊的擋光時間t；

④重復(fù)步驟③數(shù)次，并求擋光時間的平均值t－；

⑤利用所測數(shù)據(jù)求出摩擦力f和斜面傾角的余弦值cosα；

⑥多次改變斜面的傾角，重復(fù)實驗步驟②③④⑤，作出f－cosα關(guān)系曲線．

(1)用測量的物理量完成下列各式(重力加速度為g)：

①斜面傾角的余弦cosα＝__________；

②滑塊通過光電門時的速度v＝________________；

③滑塊運動時的加速度a＝____________________；

④滑塊運動時所受到的摩擦阻力f＝____________．

(2)測量滑塊擋光長度的游標卡尺讀數(shù)如圖乙所示，讀得d＝__________．

[2009年高考全國理綜卷Ⅰ]

【解析】Ⅰ．在1、2兩點接好的情況下，應(yīng)當選用多用電表的電壓擋，在1、2同時斷開的情況下，應(yīng)選用歐姆擋．

(2)表明5、6兩點可能有故障．

(3)①調(diào)到歐姆擋；②將紅黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．

Ⅱ．物塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，受重力、支持力和滑動摩擦力的作用．

根據(jù)三角形關(guān)系可得到cosα＝s2－(h1－h(huán)2)2s

又v＝xt＝dt，根據(jù)運動學(xué)公式x＝v22a，有s＝v22a，即有a＝d22st－2

根據(jù)牛頓第二定律得：

mgsinθ－f＝ma

則有：f＝mgh1－h(huán)2s－md22st－2．

(2)在游標卡尺中，主尺上是3.6cm，在游標尺上恰好是第1條刻度線與主尺對齊，再考慮到卡尺是10分度，所以讀數(shù)為3.6cm＋0.1×1mm＝3.61cm或者3.62cm也對．

[答案]Ⅰ．(1)電壓歐姆

(2)開關(guān)或連接點5、6

(3)①調(diào)到歐姆擋；

②將紅、黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；

③測量小燈泡的電阻．如電阻無窮大，則表明小燈泡有故障．

Ⅱ．(1)①1ss2－(h1－h(huán)2)2

②dt－③d22st－2④mgh1－h(huán)2s－md22st－2

(2)3.62cm

【點評】在本實驗中，r＝dt－解出的為滑塊畫過去由門的平均速度，只是當滑塊才較小時r趨近于瞬時速度，故滑塊長度小點測量越準確．

2．Ⅰ．一水平放置的圓盤繞過其圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動．盤邊緣上固定一豎直的擋光片．盤轉(zhuǎn)動時擋光片從一光電數(shù)字計時器的光電門的狹縫中經(jīng)過，如圖甲所示．圖乙為光電數(shù)字計時器的示意圖．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B間的光路被遮斷，顯示器C上可顯示出光線被遮住的時間．

擋光片的寬度用螺旋測微器測得，結(jié)果如圖丙所示．圓盤直徑用游標卡尺測得，結(jié)果如圖丁所示．由圖可知：

(1)擋光片的寬度為_________mm；

(2)圓盤的直徑為___________cm；

(3)若光電數(shù)字計時器所顯示的時間為50.0ms，則圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為________弧度/秒．(保留3位有效數(shù)字)

Ⅱ．圖示為用伏安法測量電阻的原理圖．圖中，為電壓表，內(nèi)阻為4000Ω；為電流表，內(nèi)阻為50Ω；E為電源，R為電阻箱，Rx為待測電阻，S為開關(guān)．

(1)當開關(guān)閉合后電壓表讀數(shù)U＝1.6V，電流表讀數(shù)I＝2.0mA．若將Rx＝UI作為測量值，所得結(jié)果的百分誤差是__________．

(2)若將電流表改為內(nèi)接，開關(guān)閉合后，重新測得電壓表讀數(shù)和電流表讀數(shù)，仍將電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)之比作為測量值，這時結(jié)果的百分誤差是________．

(百分誤差＝實際值－測量值實際值×100%)

[2008年高考四川理綜卷]

【解析】Ⅰ．由螺旋測微器與游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可得兩者的讀數(shù)．

d＝10mm＋24.2×0.01mm＝10.242mm

D＝242mm＋4×0.05mm＝242.20mm＝24.220cm．

圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω＝θt，而θ＝dπD×2π，綜合兩式并代入數(shù)據(jù)可得：ω＝1.69rad/s．

(1)測量值為R＝UI＝800Ω，因電流表外接，所以：

R＝RxRVRx＋RV

故真實值為Rx＝1000Ω，對應(yīng)的百分誤差為：

A＝1000－8001000＝20%．

(2)電流表內(nèi)接時，百分誤差A(yù)′＝1050－10001000＝5%．

[答案]Ⅰ．(1)10.243(2)24.220(3)1.69

Ⅱ．(1)20%(2)5%

【點評】①無論是否顯示單位，螺旋測微器和游標尺主尺最小刻度一定都為mm；

②內(nèi)接法的測量值R測＝Rx＋RA，外接法的測量值R測＝Rx∥RV

能力演練

1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落體運動驗證機械能守恒定律”的實驗中，若打點計時器所接交變電流的頻率為50Hz，得到的甲、乙兩條實驗紙帶(如圖所示)中應(yīng)選________紙帶更好．若已測得點2到點4間的距離為s1，點0到點3間的距離為s2，打點周期為T，要驗證重物從開始下落到打點計時器打下點3這段時間內(nèi)機械能守恒，則s1、s2和T應(yīng)滿足的關(guān)系為：T＝________________．

Ⅱ．要測量一只量程已知的電壓表的內(nèi)阻，所備器材如下：

甲

A．待測電壓表(量程為3V，內(nèi)阻未知)；

B．電流表(量程為3A，內(nèi)阻為0.01Ω)；

C．定值電阻R(阻值為2kΩ，額定電流為50mA)；

D．蓄電池E(電動勢略小于3V，內(nèi)阻不計)；

E．多用電表；

F．開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干．

有一同學(xué)利用上面所給器材，進行如下實驗操作．

(1)首先用多用電表進行粗測，選用“×100Ω”倍率，操作方法正確．若這時刻度盤上的指針位置如圖甲所示，則測量的結(jié)果是________Ω．

(2)為了更精確地測出此電壓表的內(nèi)阻，該同學(xué)設(shè)計了如圖乙、丙所示的實驗電路，你認為其中較合理的電路圖是________，理由是________________________．

乙丙

(3)用你選擇的電路進行實驗時，用所測物理量的符號表示電壓表的內(nèi)阻，即RV＝________．

[答案]Ⅰ．甲s12gs24gs2或s122gs2(每空3分)

Ⅱ．(1)3000(3分)

(2)丙圖乙中電流表測量時的示數(shù)太小，誤差太大；圖丙中R的阻值與電壓表內(nèi)阻接近，誤差小(每空2分)

(3)U2U1－U2R(3分)

2．(17分)Ⅰ．某同學(xué)在做測定木塊與木板間動摩擦因數(shù)的實驗過程中，測滑動摩擦力時，他設(shè)計了兩種實驗方案．

方案一：木板固定在水平面上，用彈簧測力計水平拉動木塊，如圖甲所示．

方案二：用彈簧測力計水平地鉤住木塊，用力使木板在水平面上運動，如圖乙所示．

甲乙

除了實驗必需的彈簧測力計、木塊、木板、細線外，該同學(xué)還準備了若干重均為2.00N的砝碼．

(1)上述兩種方案中，你認為更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答兩個理由)

①____________________________________________；

②____________________________________________．

(2)該同學(xué)在木塊上加砝碼，改變木塊對木板的壓力，記錄了5組實驗數(shù)據(jù)，如下表所示．

實驗次序12345

砝碼個數(shù)01234

砝碼對木塊

的壓力/N02.004.006.008.00

測力計示

數(shù)/N1.502.002.502.953.50

木塊受到的

摩擦力/N1.502.002.502.953.50

請根據(jù)上述數(shù)據(jù)，在坐標紙上作出木塊受到的摩擦力f和砝碼對木塊的壓力F的關(guān)系圖象(以F為橫坐標)．由圖象可知，木塊重為________N；木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為________．

Ⅱ．現(xiàn)有一塊靈敏電流表，量程為200μA，內(nèi)阻約為1000Ω，要精確測出其內(nèi)阻R1，提供的器材有：

電流表(量程為1mA，內(nèi)阻R2＝50Ω)；

電壓表(量程為3V，內(nèi)阻RV約為3kΩ)；

滑動變阻器R(阻值范圍為0～20Ω)；

定值電阻R0(阻值R0＝100Ω)；

電源E(電動勢約為4.5V，內(nèi)阻很小)；

單刀單擲開關(guān)S一個，導(dǎo)線若干．

(1)請將上述器材全部用上，設(shè)計出合理的、便于多次測量的實驗電路圖，并保證各電表的示數(shù)超過其量程的13．將電路圖畫在下面的虛框中．

(2)在所測量的數(shù)據(jù)中選一組，用測量量和已知量來計算表的內(nèi)阻，表達式為R1＝________，表達式中各符號表示的意義是________________________．

[答案]Ⅰ．(1)乙①乙方案測力計靜止，讀數(shù)誤差?、谝曳桨改景蹇傻牟蛔鰟蛩龠\動，便于控制(每空1分)

(2)如圖甲所示(1分)6.00(2分)0.25(2分)

Ⅱ．(1)如圖乙所示(5分)(供電部分用分壓電路給1分；測量部分知道把表改裝且正確給2分；知道將表當保護電阻使用給2分)

(2)I2(R0＋R2)I1(3分)I2表示表的示數(shù)，I1表示表的示數(shù)，R2表示表內(nèi)阻，R0表示定值電阻(1分)

3．(16分)Ⅰ．一量程為100μA的電流表的刻度盤如圖所示．今在此電流表兩端并聯(lián)一電阻，其阻值等于該電流表內(nèi)阻的149，使之成為一新的電流表，則圖示的刻度盤上每一小格表示______________mA．

Ⅱ．已知彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πmk，其中m是振子的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)(回復(fù)力系數(shù))．某同學(xué)設(shè)計了一個在太空站中利用彈簧振子測量物體質(zhì)量的裝置，如圖所示，兩輕彈簧分別與擋板P、Q相連，A是質(zhì)量為M的帶夾子的金屬塊，且與兩彈簧固定相連，B是待測物體(可以被A上的夾子固定)．

(1)為了達到實驗?zāi)康?，還需要提供的實驗器材是：__________________．

(2)簡要寫出測量方法及所需測量的物理量(用字母表示)

①________________________________________；

②________________________________________．

(3)用所測物理量和已知物理量表示待測物體的質(zhì)量的計算式為：mB＝______________________________．

【解析】Ⅰ．改裝后的量程為：

I′＝I＋IRAR0＝100×(1＋49)μA＝5mA

故每小格ΔI＝I′10＝0.5mA．

[答案]Ⅰ．0.5(6分)

Ⅱ．(1)秒表(2分)

(2)①不放B時用秒表測出振子振動30次的時間t1(或者測出振子的周期T1)(2分)

②將B固定在A上，用秒表測出振子振動30次的時間t2(或者測出振子的周期T2)(2分)

(3)t22－t21t21M或T22－T21T21M(4分)

4．(16分)Ⅰ．小汽車正在走進我們的家庭，你對汽車了解嗎？油耗標準是評價一輛汽車性能優(yōu)劣的重要因素，而影響汽車油耗的一個重要原因是其在行進中所受到的空氣阻力．人們發(fā)現(xiàn)，汽車在高速行駛過程中受到的空氣阻力f(也稱風(fēng)阻)主要與兩個因素有關(guān)：①汽車正面的投影面積S；②汽車行駛的速度v．

某研究人員在汽車風(fēng)洞實驗室中通過模擬實驗得到下表所列數(shù)據(jù)：

(1)由上述數(shù)據(jù)可得，汽車所受的風(fēng)阻f與汽車正面的投影面積S及汽車行駛的速度v之間的關(guān)系式為：f＝________．(要求用k表示比例系數(shù))

(2)由上述數(shù)據(jù)可求得k＝________________．

(3)據(jù)推理或猜測，k的大小與________、________等因素有關(guān)．

Ⅱ．現(xiàn)有下列可供選用的器材及導(dǎo)線若干，要求盡可能精確地測量出待測電流表的滿偏電流．

A．待測電流表(滿偏電流約為700μA～800μA，內(nèi)阻約為100Ω，已知表盤刻度均勻、總格數(shù)為N)；

B．電流表(量程為0.6A，內(nèi)阻為0.1Ω)；

C．電壓表(量程為3V，內(nèi)阻為3kΩ)；

D．滑動變阻器R(最大阻值為200Ω)；

E．電源E(電動勢為3V，內(nèi)阻約為1.5Ω)；

F．開關(guān)S一個．

(1)根據(jù)你的測量需要，“B．電流表”與“C．電壓表”中應(yīng)選擇____________．(只需填寫序號即可)

(2)在虛線框內(nèi)畫出你設(shè)計的實驗電路圖．

(3)測量過程中測出了多組數(shù)據(jù)，其中一組數(shù)據(jù)中待測電流表的指針偏轉(zhuǎn)了n格，可算出滿偏電流IAmax＝__________________，式中除N、n外，其他字母符號代表的物理量分別是__________________________．

[答案]Ⅰ．(1)kSv2(2分)(2)0.26kg/m3(2分)

(3)空氣密度車的外形車的表面情況(4分)

Ⅱ．(1)C(2分)(2)電路圖如圖所示(2分)

(3)NnURVU為電壓表的示數(shù)，RV為電壓表的內(nèi)阻(每空2分)

5．(17分)Ⅰ．在“用雙縫干涉測光的波長”的實驗中

(1)已知雙縫到光屏之間的距離為600mm，雙縫之間的距離為0.20mm，單縫到雙縫之間的距離是100mm．某同學(xué)在用測量頭測量時，先將從測量頭目鏡中看到的分劃板中心刻線對準某條亮紋(記作第1條)的中心，這時手輪上的示數(shù)如圖甲所示．然后他轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線對準第7條亮紋的中心，這時手輪上的示數(shù)如圖乙所示．這兩次的示數(shù)依次為________mm和________mm，由此可以計算出這次實驗中所測得的單色光的波長為________nm．

(2)下列操作能夠增大光屏上相鄰兩條亮紋之間的距離的是________．

A．增大單縫和雙縫之間的距離

B．增大雙縫和光屏之間的距離

C．將紅色濾光片改為綠色濾光片

D．增大雙縫之間的距離

Ⅱ．現(xiàn)有一塊59C2型的小量程電流表(表頭)，滿偏電流為50μA，內(nèi)阻約為800～850Ω，要把它改裝成1mA、10mA的兩量程電流表，可供選擇的器材有：

A．滑動變阻器R1(最大阻值為20Ω)；

B．滑動變阻器R2(最大阻值為100kΩ)；

C．電阻箱R′(最大阻值為9999Ω)；

D．定值電阻R0(阻值為1kΩ)；

E．電池E1(電動勢為1.5V)；

F．電池E2(電動勢為3.0V)；

G．電池E3(電動勢為4.5V)；

H．標準電流表(滿偏電流為1.5mA)；

I．單刀單擲開關(guān)S1和S2；

J．單刀雙擲開關(guān)S3；

K．電阻絲及導(dǎo)線若干．

(所有電池的內(nèi)阻均不計)

(1)采用如圖甲所示的電路測量表頭的內(nèi)阻，為提高測量精確度，選用的滑動變阻器為________；選用的電池為______．(填序號)

甲

(2)要將改裝成兩量程電流表，現(xiàn)有兩種備選電路，如圖乙、丙所示．圖________為合理電路，另一電路不合理的原因是_______________________________________________．

(3)將改裝后的電流表與標準電流表逐格進行核對(僅核對1mA量程)，在下面的虛線框中畫出所用電路圖，圖中待核對的電流表的符號用來表示．

【解析】Ⅰ．(1)測量頭的讀數(shù)原理與螺旋測微器的相同，所以圖甲中的示數(shù)為0.640mm，圖乙中的示數(shù)為10.295mm．設(shè)第1條亮條紋與第7條亮條紋間的距離為a，則a＝10.295mm－0.640mm＝9.655mm，由此得相鄰兩條亮條紋間的距離Δx＝an－1，又因為Δx＝Lλd，代入數(shù)據(jù)可解得光的波長λ＝dΔxL＝5.36×10－7m＝536nm．

(2)根據(jù)相鄰兩條亮條紋間的距離公式Δx＝Lλd可知，增大雙縫和光屏之間的距離L、增大光的波長λ和減小雙縫之間的距離d都可使相鄰兩條亮條紋間的距離增大．所以選項B正確．

[答案]Ⅰ．(1)0.64010.295536(5分)(2)B(3分)

Ⅱ．(1)BG(每空2分)

(2)乙圖丙所示的電路在通電狀態(tài)下更換量程，會造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過表頭的電流超過其滿偏電流而燒壞表頭(3分)

(3)電路圖如圖丁所示(2分)

丁

6．(18分)Ⅰ．聽說水果也能做電池．某興趣小組的同學(xué)用一個檸檬作為電源，連接電路如圖甲所示．電路中R是電阻箱，其阻值可調(diào)且可讀出其接入電路中電阻的大小．他們多次改變電阻箱的阻值，記錄下相應(yīng)的電流表的示數(shù)，算出電流的倒數(shù)，并將數(shù)據(jù)填在下面的表格中．

甲

外電阻R(Ω)電流I(mA)電流的倒數(shù)1I(mA－1)

90000.050219.92

80000.052818.93

60000.059416.84

50000.063315.80

40000.068014.71

20000.080012.50

(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在圖乙所示的坐標紙中畫出該實驗的R－1I圖象．

乙

(2)利用圖象可求出該檸檬電池的電動勢為________V，內(nèi)阻為________Ω．

(3)完成實驗后，該興趣小組的同學(xué)初步得出了水果作為電池不實用的物理原因為：__________________________．

Ⅱ．某同學(xué)利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．弧形軌道末端水平，離地面的高度為H．將鋼球從軌道的不同高度h處由靜止釋放，鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s．

甲

(1)若軌道完全光滑，s2與h的理論關(guān)系應(yīng)滿足：s2＝________________．(用H、h表示)

(2)該同學(xué)經(jīng)實驗測量得到一組數(shù)據(jù)，如下表所示．

h(×10－1m)2.003.004.005.006.00

s2(×10－1m－2)2.623.895.206.537.78

請在圖乙所示的坐標紙上作出s2－h(huán)圖象．

乙

(3)對比實驗結(jié)果與理論計算得到的s2－h(huán)圖象(圖中已畫出)，自同一高度處由靜止釋放的鋼球水平拋出的速率____________理論值．(填“小于”或“大于”)

(4)從s2－h(huán)圖象中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，你認為造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．

【解析】Ⅱ．(1)根據(jù)機械能守恒，可得鋼球離開軌道時的速度為2hg，由平拋運動知識可求得鋼球運動的時間為2Hg，所以s＝vt＝4Hh．

(2)依次描點，連線，注意不要畫成折線．

(3)從圖中看，同一h對應(yīng)的s2值的理論值明顯大于實際值，而在同一高度H下的平拋運動的水平射程由水平速率決定，可見實際水平速率小于理論速率．

(4)由于客觀上，軌道與小球間存在摩擦，機械能減小，因此會導(dǎo)致實際值比理論值??；小球的轉(zhuǎn)動也需要能量維持，而機械能守恒中沒有考慮重力勢能轉(zhuǎn)化成轉(zhuǎn)動能的這一部分，也會導(dǎo)致實際速率明顯小于理論速率(可能很少同學(xué)會考慮到這一點)．

[答案]Ⅰ．(1)如圖丙所示(2分)

丙

(2)0.94(0.90～0.98均對)10000(9000～11000均對)

(3)水果電池的內(nèi)阻過大(每空2分)

Ⅱ．(1)4Hh(2分)(2)如圖丁所示(4分)

丁

(3)小于(2分)

(4)小球與軌道間的摩擦，小球的轉(zhuǎn)動(回答任一條即可)(2分)

高考物理振動與波、光學(xué)、原子物理(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)

一名優(yōu)秀負責(zé)的教師就要對每一位學(xué)生盡職盡責(zé)，高中教師要準備好教案，這是每個高中教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生能夠聽懂教師所講的內(nèi)容，幫助高中教師營造一個良好的教學(xué)氛圍。我們要如何寫好一份值得稱贊的高中教案呢？經(jīng)過搜索和整理，小編為大家呈現(xiàn)“高考物理振動與波、光學(xué)、原子物理(2)經(jīng)典考題沖刺專題復(fù)習(xí)”，僅供您在工作和學(xué)習(xí)中參考。

20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題12：第6專題振動與波、光學(xué)、原子物理(2)經(jīng)典考題

本專題中的四部分內(nèi)容在高考中一般都會以選擇題出現(xiàn)，只是往往難度較低，題型相對單調(diào)，復(fù)習(xí)備考時應(yīng)重基礎(chǔ)，重在近年考題中總結(jié)命題的規(guī)律．
1．類比是一種有效的學(xué)習(xí)方法，通過歸類和比較，有助于掌握新知識，提高學(xué)習(xí)效率．在類比過程中，既要找出共同之處，又要抓住不同之處．某同學(xué)對機械波和電磁波進行類比，總結(jié)出下列內(nèi)容，其中不正確的是[2009年高考北京理綜卷]()
A．機械波的頻率、波長和波速三者滿足的關(guān)系，對電磁波也適用
B．機械波和電磁波都能產(chǎn)生干涉和衍射現(xiàn)象
C．機械波的傳播依賴于介質(zhì)，而電磁波可以在真空中傳播
D．機械波既有橫波又有縱波，而電磁波只有縱波
【解析】波長、波速、頻率的關(guān)系對任何波都是成立的，對電磁波當然成立，故A正確．干涉和衍射是波的特性，機械波、電磁波都是波，這些特性都具有，故B正確．機械波是機械振動在介質(zhì)中傳播形成的，所以機械波的傳播需要介質(zhì)；電磁波是交替變化的電場和磁場由近及遠地傳播形成的，所以電磁波的傳播不需要介質(zhì)，故C正確．機械波既有橫波又有縱波，但是電磁波只能是橫波，其證據(jù)就是電磁波能夠發(fā)生偏振現(xiàn)象，而偏振現(xiàn)象是橫波才有的，D錯誤．故正確答案應(yīng)為D．
[答案]D
2．科學(xué)家發(fā)現(xiàn)在月球上含有豐富的(氦3)．它是一種高效、清潔、安全的核聚變?nèi)剂?，其參與的一種核聚變反應(yīng)的方程式為＋→2＋．關(guān)于聚變，下列表述正確的是[2009年高考廣東物理卷]()
A．聚變反應(yīng)不會釋放能量
B．聚變反應(yīng)產(chǎn)生了新的原子核
C．聚變反應(yīng)沒有質(zhì)量虧損
D．目前核電站都采用聚變反應(yīng)發(fā)電
【解析】聚變反應(yīng)時將質(zhì)量較小的輕核聚變成質(zhì)量較大的核，聚變過程會有質(zhì)量虧損，會放出大量的能量．但目前核電站都采用鈾核的裂變反應(yīng)．因此B正確．
[答案]B
【點評】同質(zhì)量的核燃料聚變反應(yīng)放出的能量遠遠超過裂變反應(yīng)，而且聚變反應(yīng)的產(chǎn)物往往無放射性．但由于聚變反應(yīng)需要幾百萬攝氏度以上的高溫以及難以控制反應(yīng)速度，故目前還沒能用于發(fā)電．
3．密閉有空氣的薄塑料瓶因降溫而變扁，此過程中瓶內(nèi)空氣(不計分子勢能)[2009年高考重慶理綜卷]()
A．內(nèi)能增大，放出熱量
B．內(nèi)能減小，吸收熱量
C．內(nèi)能增大，對外界做功
D．內(nèi)能減小，外界對其做功
【解析】不計分子勢能，空氣的內(nèi)能由溫度決定，內(nèi)能隨溫度降低而減小，A、C均錯誤；薄塑料瓶因降溫而變扁，此時瓶內(nèi)空氣的體積減小，外界壓縮空氣做功，D正確；空氣的內(nèi)能減小、外界對空氣做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知空氣向外界放熱，B錯誤．
[答案]D
【點評】本類題型在高考對熱學(xué)的考查中最常見．
4．氫原子能級的示意圖如圖所示，大量氫原子從n＝4的能級向n＝2的能級躍遷時輻射出可見光a，從n＝3的能級向n＝2的能級躍遷時輻射出可見光b，則[2009年高考四川理綜卷]()
A．氫原子從高能級向低能級躍遷時可能會輻射出γ射線
B．氫原子從n＝4的能級向n＝3的能級躍遷時會輻射出紫外線
C．在水中傳播時，a光較b光的速度小
D．氫原子在n＝2的能級時可吸收任意頻率的光而發(fā)生電離
【解析】γ射線的產(chǎn)生機理是原子核受激發(fā)，是原子核變化才產(chǎn)生的，A錯誤；根據(jù)躍遷規(guī)律可知高能級向低能級躍遷時輻射光子的能量等于這兩個能級差，從n＝4的能級向n＝3的能級躍遷時會輻射出的光子能量小于a光子的能量，不可能為紫外線，B錯誤；根據(jù)躍遷規(guī)律可知從n＝4的能級向n＝2的能級躍遷時輻射光子的能量大于從n＝3的能級向n＝2的能級躍遷時輻射光子的能量，則可見光a的光子能量大于b的，又根據(jù)光子能量E＝hν可得a光子的頻率大于b的，則a的折射率大于b的，又v＝Cn可得在水中傳播時，a光較b光的速度小，C正確；欲使在n＝2的能級處的氫原子發(fā)生電離，則吸收的能量一定不小于3.4eV，D錯誤．
[答案]C
5．一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖如圖甲所示，圖中P、Q兩質(zhì)點的橫坐標分別為x＝1.5m和x＝4.5m．P點的振動圖象如圖乙所示．
在下列四幅圖中，Q點的振動圖象可能是[2009年高考全國理綜卷Ⅰ]()
【解析】本題考查波的傳播．該波的波長為4m，P、Q兩質(zhì)點間的距離為3m．若波沿x軸正方向傳播，當P在平衡位置向上振動時，Q點此時應(yīng)處于波峰，B正確；若波沿x軸負方向傳播，P點處于向上振動時，Q點應(yīng)處于波谷，C正確．
[答案]BC
【點評】高考對波的圖象考查時要求較高，難度大，需要準確作圖以幫助分析各點的振動情況．
6．在桌面上有一倒立的玻璃圓錐，其頂點恰好與桌面接觸，圓錐的軸(圖甲中虛線)與桌面垂直，過軸線的截面為等邊三角形，如圖甲所示．有一半徑為r的圓柱形的平行光束垂直入射到圓錐的底面上，光束的中心軸與圓錐的軸重合．已知玻璃的折射率為1.5，則光束在桌面上形成的光斑半徑為[2007年高考全國理綜卷Ⅰ]()
甲
A．rB．1.5rC．2rD．2.5r
【解析】光從玻璃射向空氣的臨界角θ＝arcsin1n＝arcsin23，而入射角i＞θ，將發(fā)生全反射，光路圖如圖乙所示．由幾何關(guān)系得OB＝rtan60°cot30°－r＝2r．
乙
[答案]C
能力演練
一、選擇題(10×4分)
1．目前，在居室裝修中經(jīng)常用到花崗巖、大理石等裝飾材料，這些巖石都不同程度地含有放射性元素．下列有關(guān)放射性知識的說法中，正確的是()
A．衰變成要經(jīng)過6次β衰變和8次α衰變
B．氡的半衰期為3.8天，若有4個氡原子核，則經(jīng)過3.8天后就一定只剩下2個氡原子核
C．放射性元素發(fā)生β衰變時所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時產(chǎn)生的
D．β射線與γ射線一樣是電磁波，但穿透本領(lǐng)遠比γ射線弱
【解析】由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知A正確；放射性同位素存在半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，對于大量的原子核才成立，4個氡原子核經(jīng)過3.8天后可能剩4個，也可能剩3個，還可能剩2個或1個都不剩，B錯誤；β衰變的方程為：→＋，C正確；β射線是高速電子，不是電磁波，D錯誤．
[答案]AC
2．一列簡諧橫波沿x軸所在直線傳播，圖示為某時刻的波形圖，其中A處到O的距離為0.5m，此時A處的質(zhì)點沿y軸負方向運動，再經(jīng)0.02s第一次到達波谷，則()
A．這列波的波長為1m
B．這列波的頻率為100Hz
C．這列波的波速為25m/s
D．這列波的傳播方向沿x軸負方向
【解析】由A點正沿y軸負方向振動可知波向x軸的負方向傳播，D正確．又由題意及圖象可知λ＝1m，T＝0.08s，故f＝1T＝12.5Hz，v＝λT＝12.5m/s．
[答案]AD
3．地面附近有一正在上升的空氣團，它與外界的熱交換忽略不計．已知大氣壓強隨高度增加而降低，則該氣團在此上升過程中(不計氣團內(nèi)分子間的勢能)[2008年高考重慶理綜卷]()
A．體積減小，溫度降低B．體積減小，溫度不變
C．體積增大，溫度降低D．體積增大，溫度不變
【解析】本題考查氣體的有關(guān)知識，屬于中等難度題目．隨著空氣團的上升，大氣壓強也隨著減小，那么空氣團的體積會增大，空氣團對外做功，其內(nèi)能會減小，因為不計分子勢能，所以內(nèi)能由其溫度決定，則其溫度會降低．所以空氣團的體積增大、溫度降低、壓強減?。?br> [答案]C
4．“軌道電子俘獲”是放射性同位素衰變的一種形式，它是指原子核(稱為母核)俘獲一個核外電子，使其內(nèi)部的一個質(zhì)子變成中子，并放出一個中微子，從而變成一個新核(稱為子核)的過程．中微子的質(zhì)量遠小于質(zhì)子的質(zhì)量，且不帶電，很難被探測到，人們最早就是通過子核的反沖而間接證明中微子的存在的．若一個靜止的原子核發(fā)生“軌道電子俘獲”，衰變成子核并放出中微子，則下列說法正確的是()
A．母核的質(zhì)量數(shù)等于子核的質(zhì)量數(shù)
B．母核的電荷數(shù)大于子核的電荷數(shù)
C．子核的動量與中微子的動量相同
D．子核的動能大于中微子的動能
【解析】這一核反應(yīng)中粒子的質(zhì)量數(shù)不變，電荷數(shù)減少一個，選項A、B正確；子核與中微子的動量大小相等、方向相反，選項C錯誤；又由Ek＝p22m，故子核的動能遠小于中微子的動能，選項D錯誤．
[答案]AB
5．用如圖所示的實驗裝置觀察光的薄膜干涉現(xiàn)象．圖甲是點燃的酒精燈(在燈芯上灑些鹽)，圖乙是豎立的附著一層肥皂液薄膜的金屬線圈，將金屬線圈在其所在的豎直平面內(nèi)緩慢旋轉(zhuǎn)，觀察到的現(xiàn)象是[2008年高考上海物理卷]()
A．當金屬線圈旋轉(zhuǎn)30°時，干涉條紋同方向旋轉(zhuǎn)30°
B．當金屬線圈旋轉(zhuǎn)45°時，干涉條紋同方向旋轉(zhuǎn)90°
C．當金屬線圈旋轉(zhuǎn)60°時，干涉條紋同方向旋轉(zhuǎn)30°
D．干涉條紋保持不變
【解析】金屬線圈的轉(zhuǎn)動，改變不了肥皂液膜的上薄下厚的形狀，由干涉原理可知，干涉條紋與金屬線圈在該豎直平面內(nèi)的轉(zhuǎn)動無關(guān)，仍然是水平的干涉條紋，故D正確．
[答案]D
6．在應(yīng)用電磁波的特性時，下列符合實際的是()
A．醫(yī)院里常用X射線對病房和手術(shù)室進行消毒
B．醫(yī)院里常用紫外線對病房和手術(shù)室進行消毒
C．人造衛(wèi)星對地球拍攝時利用紫外線照相有較好的分辨率
D．人造氣象衛(wèi)星對地球拍攝時利用紅外線照相是利用紅外線透射率高和熱效應(yīng)強
【解析】紫外線的化學(xué)效應(yīng)明顯，還具有生理作用，故常用來對病房和手術(shù)室進行消毒；而X射線的穿透力強，生理作用、化學(xué)效應(yīng)并不明顯，不能用于手術(shù)室消毒，常用以透視，故B正確，A錯誤．
因為任何物質(zhì)都會發(fā)出紅外線，且發(fā)射的波長與溫度有關(guān)，紅外線的波長長，透過云霧和微塵能力強，故常用于拍攝氣象云圖．而地球周圍傳播的紫外線極少，無法用紫外線感光來拍攝地球的狀況．
[答案]BD
7．如圖所示，已知用光子能量為2.82eV的紫色光照射光電管中的金屬涂層時，電流表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)．若將電路中的滑動變阻器的滑片P向右移動到某一位置時，電流表的示數(shù)恰好減小到0，電壓表的示數(shù)為1V，則該金屬涂層的逸出功約為()
A．2.9×10－19JB．4.5×10－19J
C．2.9×10－26JD．4.5×10－26J
【解析】由電場力做功的公式可知，當光電子的最大初動能Ek≤eU0時，光電流為零，故知Ek＝1.6×10－19J，所以W＝hν－Ek＝2.9×10－19J．
[答案]A
8．下列關(guān)于分子運動和熱現(xiàn)象的說法中，正確的是()
A．氣體如果失去了容器的約束就會散開，這是因為氣體分子存在斥力的緣故
B．100℃的水變成100℃的水蒸氣，其分子之間的勢能增加
C．對于一定量的氣體(分子間的作用力不計)，如果壓強不變，體積增大，那么它一定從外界吸熱
D．如果氣體分子總數(shù)不變，氣體溫度升高，則壓強必然增大
【解析】氣體分子之間的引力大于斥力，但都小到可忽略不計，氣體失去了容器的約束時會散開是因為氣體分子熱運動的緣故，故A錯誤；100°的水變成100℃的水蒸氣的過程吸收熱量，內(nèi)能增加，但分子平均動能并沒有增加，說明分子勢能增加了，故B正確；氣體的體積增大，分子密度變小，而壓強保持不變，說明分子的平均動能增大，內(nèi)能增大了，由ΔU＝W＋Q，W＜0，得Q＝ΔU＋|W|，故C正確；氣體的溫度升高，分子的平均動能增大，若體積膨脹較大，分子密度變小，氣體壓強也可能減小或不變，D錯誤．
[答案]BC
9．一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，其振幅為2cm．已知在t＝0時刻相距30m的a、b兩質(zhì)點的位移都是1cm，但運動方向相反，其中a質(zhì)點沿y軸負方向運動，如圖所示．則()
A．a(chǎn)、b兩質(zhì)點的平衡位置間的距離為半波長的奇數(shù)倍
B．t＝0時刻a、b兩質(zhì)點的加速度相同
C．a(chǎn)質(zhì)點的速度最大時，b質(zhì)點的速度為零
D．當b質(zhì)點的位移為＋2cm時，a質(zhì)點的位移為負
【解析】a、b兩質(zhì)點的間距可能小于半個波長，或為nλ＋Δx，A錯誤；t＝0時刻a、b兩質(zhì)點的位移相同，故加速度相同，B正確；在a由此刻到達平衡位置的時間內(nèi)，a的平均速率大于b的平均速率，故這一時間內(nèi)b還沒有到達波峰，當b到達波峰時a已處于x軸的下方，故C錯誤、D正確．
[答案]BD
10．圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為質(zhì)點P以此時刻為計時起點的振動圖象．則從該時刻起()
A．經(jīng)過0.35s后，質(zhì)點Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點P距平衡位置的距離
B．經(jīng)過0.25s后，質(zhì)點Q的加速度大于質(zhì)點P的加速度
C．經(jīng)過0.15s后，波沿x軸的正方向傳播了3m
D．經(jīng)過0.1s后，質(zhì)點Q的運動方向沿y軸的正方向
【解析】圖乙描述的是圖甲中P點的振動圖象．由圖乙不難看出P點的振動周期為0.2s，零時刻質(zhì)點P處于平衡位置且將沿y軸負方向振動．因此，圖甲的波動圖象將沿x軸的正方向傳播，Q點在該時刻將沿y軸正方向振動，由于在同一列波中各個質(zhì)點的振動周期相同，經(jīng)過0.35s(即74T)后，Q點將處于x軸下方某處但不是位于波谷位置，而P點將處于波峰位置，則選項A正確；經(jīng)過0.25s(即54T)后，Q點將處于x軸上方某處但不是位于波峰位置，而P點將處于波谷位置，則該時刻Q點的加速度小于P點的加速度，故選項B錯誤；由v＝λT可知波速為20m/s，經(jīng)過0.15s(即34T)后，波沿x軸的正方向傳播了3m，則選項C正確；經(jīng)過0.1s(即12T)后，Q點的運動方向沿y軸的負方向，故選項D錯誤．
[答案]AC
二、非選擇題(共60分)
11．(6分)有兩位同學(xué)利用假期分別去參觀北大和南大的物理實驗室，各自在那里利用先進的DIS系統(tǒng)較準確地探究了“單擺的周期T與擺長L的關(guān)系”，他們通過校園網(wǎng)交換實驗數(shù)據(jù)，并由計算機繪制了T2－L圖象，如圖甲所示．去北大的同學(xué)所測實驗結(jié)果對應(yīng)的圖線是________(填“A”或“B”)．另外，在南大做探究的同學(xué)還利用計算機繪制了兩種單擺的振動圖象(如圖乙所示)，由圖可知，兩單擺的擺長之比LaLb＝________．
【解析】由T＝2πLg，可得g＝4π2LT2
因為g北＞g南，故北大實驗結(jié)果對應(yīng)圖線B．
又由圖乙可知LaLb＝(TaTb)2＝49．
[答案]B(3分)49(3分)
12．(9分)在做“用油膜法估測分子的大小”的實驗時，已經(jīng)準備的器材有：油酸酒精溶液、滴管、淺盤和水、玻璃板、彩筆和坐標紙．要完成本實驗，還欠缺的器材有__________________．
已知油酸酒精溶液中油酸的體積比濃度為0.05%,1mL這樣的溶液合80滴．現(xiàn)將1滴該溶液滴在水面上，這滴溶液中純油酸的體積是________m3．
用彩筆描繪出油膜輪廓線后，印在坐標紙上，如圖所示．已知坐標紙每一小格的邊長為1cm，則油膜的面積為______m2．
根據(jù)上面的數(shù)據(jù)，估算油酸分子的直徑是______m．(結(jié)果保留一位有效數(shù)字)
[答案]量筒、痱子粉(2分)6.25×10－12(2分)1.25×10－2(2分)5×10－10(3分)
13．(10分)在“用雙縫干涉測光的波長”的實驗中，準備了下列儀器：
A．白熾燈B．雙窄縫片C．單窄縫片D．濾光片
E．毛玻璃光屏
(1)把以上儀器安裝在光具座上，自光源起合理的順序是________________(填字母)．
(2)在某次實驗中，用某種單色光通過雙縫在光屏上得到明暗相間的干涉條紋，其中亮紋a、c的位置利用測量頭上的分劃板確定，如圖所示．其中表示a紋位置(如圖甲所示)的手輪讀數(shù)為________mm，表示c紋位置(如圖乙所示)的手輪讀數(shù)為________mm．
(3)已知雙縫間的距離為0.18mm，雙縫與屏的距離為500mm，則單色光的波長為________μm．
[答案](1)ADCBE(4分)
(2)1.790(2分)4.940(2分)(3)0.567(2分)
14．(11分)利用插針法可以測量半圓柱形玻璃磚的折射率．實驗方法如下：在白紙上作一直線MN，并作出它的一條垂線AB，將半圓柱形玻璃磚(底面的圓心為O)放在白紙上，它的直徑與直線MN重合，在垂線AB上插兩個大頭針P1和P2，如圖甲所示，然后在半圓柱形玻璃磚的右側(cè)插上適量的大頭針，可以確定光線P1P2通過玻璃磚后的光路，從而求出玻璃的折射率．實驗室中提供的器材除了半圓柱形玻璃磚、木板和大頭針外，還有量角器等．
甲
(1)某學(xué)生用上述方法測量玻璃的折射率，在他畫出的垂線AB上豎直插上了P1、P2兩枚大頭針，但在半圓柱形玻璃磚右側(cè)的區(qū)域內(nèi)，無論從何處觀察，都無法透過玻璃磚同時看到P1、P2的像，原因是________________________________________________，他應(yīng)采取的措施是______________________________________________．
(2)為了確定光線P1P2通過玻璃磚后的光路，在玻璃磚的右側(cè)，最少應(yīng)插________枚大頭針．
(3)請在半圓柱形玻璃磚的右側(cè)估計所插大頭針的可能位置(用“×”表示)，并作出光路圖．為了計算折射率，應(yīng)該測量的量有：________(在光路圖上標出)，計算折射率的公式是________________．
[答案](1)光線P1P2垂直于界面進入半圓柱形玻璃磚后到達圓弧面上的入射角大于臨界角，發(fā)生全反射現(xiàn)象，光不能從圓弧面折射出來(2分)
向上移動半圓柱形玻璃磚，使到達圓弧面上的光線的入射角小于臨界角(2分)
(2)1(2分)
(3)光路圖如圖乙所示(2分)
乙
入射角i和折射角r(2分)n＝sinrsini(1分)
15．(12分)與其他能源相比，核能具有能量密度大、地區(qū)適應(yīng)性強的優(yōu)勢．在核電站中，核反應(yīng)堆釋放的核能被轉(zhuǎn)化為電能．核反應(yīng)堆的工作原理是利用中子轟擊重核發(fā)生裂變反應(yīng)，釋放出大量核能．
(1)核反應(yīng)方程式＋→＋＋aX是反應(yīng)堆中發(fā)生的許多核反應(yīng)中的一種，X為待求粒子，a為X的個數(shù)．則X為________，a＝________．以mU、mBa、mKr分別表示、、的質(zhì)量，mn、mp分別表示中子、質(zhì)子的質(zhì)量，c為光在真空中傳播的速度，則在上述核反應(yīng)過程中放出的核能ΔE＝_____________________________________．
(2)有一座發(fā)電功率P＝1.00×106kW的核電站，核能轉(zhuǎn)化為電能的效率η＝40%．假定反應(yīng)堆中發(fā)生的裂變反應(yīng)全是本題(1)中的核反應(yīng)，已知每次核反應(yīng)過程放出的核能ΔE＝2.78×10－11J，的質(zhì)量MU＝390×10－27kg．求每年(1年＝3.15×107s)消耗的的質(zhì)量．
【解析】(1)依據(jù)核電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒定律可判斷：X為中子()，且a＝3(2分)
據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程ΔE＝Δmc2
可得：ΔE＝[mU－(mBa＋mKr＋2mn)]c2．(4分)
(2)由題意知：P＝1.00×106kW
t＝3.15×107s
因為W＝Pt(1分)
W總＝Wη＝Ptη(1分)
故核反應(yīng)次數(shù)n＝PtηΔE(1分)
每年消耗的質(zhì)量為：
M總＝nMU＝PtηΔEMU＝1104.77kg．(3分)
[答案](1)中子()3[mU－(mBa＋mKr＋2mn)]c2
(2)1104.77kg
16．(12分)太陽帆飛船是利用太陽光的壓力進行太空飛行的航天器，由于太陽光具有連續(xù)不斷、方向固定等特點，借助太陽帆為動力的航天器無須攜帶任何燃料．在太陽光光子的撞擊下，航天器的飛行速度會不斷增加，并最終飛抵距地球非常遙遠的天體．現(xiàn)有一艘質(zhì)量為663kg的太陽帆飛船在太空中運行，其帆面與太陽光垂直．設(shè)帆能100%地反射太陽光，帆的面積為66300m2，且單位面積上每秒接受到的太陽輻射能量E0＝1.35×103J，已知太陽輻射的光子的波長絕大多數(shù)集中在波長為2×10－7m～1×10－5m波段，計算時可取其平均波長1.0×10－7m，且不計太陽光反射時頻率的變化．已知普朗克常量h＝6.63×10－34Js．
(1)每秒鐘射到帆面的光子數(shù)為多少？
(2)由于光子作用，飛船得到的加速度為多少？
【解析】每秒鐘光照射到帆面上的能量E＝E0S(2分)
光子的平均能量hν＝hcλ(2分)
故每秒射到帆面上的光子數(shù)：
N＝E0Sλhc＝4.5×1025．(2分)
(2)每個光子的動量p＝hλ(2分)
對光被反彈的過程運用動量定理有：Ft＝2Ntp(2分)
又由牛頓第二定律：a＝Fm＝2Npm＝9×10－4m/s2．
(2分)
[答案](1)4.5×1025個(2)9×10－4m/s2

高考物理沖刺力與運動2專題復(fù)習(xí)

一名優(yōu)秀的教師就要對每一課堂負責(zé)，作為教師準備好教案是必不可少的一步。教案可以讓學(xué)生能夠在教學(xué)期間跟著互動起來，幫助教師提高自己的教學(xué)質(zhì)量。所以你在寫教案時要注意些什么呢？急您所急，小編為朋友們了收集和編輯了“高考物理沖刺力與運動2專題復(fù)習(xí)”，僅供參考，歡迎大家閱讀。

20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題02：第1專題力與運動（2）經(jīng)典考題

在本專題中，正交分解、整體與隔離相結(jié)合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重點．力的獨立性原理、運動圖象的應(yīng)用次之，在高考中出現(xiàn)的概率也較大．

1．有一個直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB豎直向下，表面光滑．AO上套有小環(huán)P，OB上套有小環(huán)Q，兩環(huán)質(zhì)量均為m，兩環(huán)間由一根質(zhì)量可忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡(如圖1－20甲所示)．現(xiàn)將P環(huán)向左移一小段距離，兩環(huán)再次達到平衡，那么將移動后的平衡狀態(tài)和原來的平衡狀態(tài)比較，AO桿對P環(huán)的支持力N和細繩上的拉力T的變化情況是[1998年高考上海物理卷]()

圖1－20甲

A．N不變，T變大B．N不變，T變小

C．N變大，T變大D．N變大，T變小

【解析】Q環(huán)的受力情況如圖1－20乙所示，由平衡條件得：Tcosθ＝mg．

P環(huán)向左移動后θ變小，T＝mgcosθ變?。?/p>

圖1－20乙圖1－20丙

P環(huán)的受力情況如圖1－20丙所示，由平衡條件得：

NP＝mg＋Tcosθ＝2mg，NP與θ角無關(guān)．

故選項B正確．

[答案]B

【點評】①本例是正交分解法、隔離法的典型應(yīng)用，以后的許多考題都由此改編而來．

②求解支持力N時，還可取P、Q組成的整體為研究對象，將整體受到的外力正交分解知豎直方向有：NQ＝2mg．

2．如圖1－21甲所示，在傾角為α的固定光滑斜面上有一塊用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知木板的質(zhì)量是貓的質(zhì)量的2倍．當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為[2004年高考全國理綜卷Ⅳ]()

圖1－21甲

A．g2sinαB．gsinα

C．32gsinαD．2gsinα

【解析】繩子斷開后貓的受力情況如圖1－21乙所示，由平衡條件知，木板對貓有沿斜面向上的摩擦力，有：

f＝mgsinα

圖1－21乙圖1－21丙

再取木板為研究對象，其受力情況如圖1－21丙所示．由牛頓第二定律知：

2mgsinα＋f′＝2ma

解得：a＝32gsinα．

[答案]C

【點評】①貓腳與木塊之間的摩擦力使貓保持平衡狀態(tài)．

②還可取貓、木板組成的整體為研究對象，由牛頓第二定律：3mgsinα＝2ma求解，但這一方法高中不作要求．

3．如圖1－22所示，某貨場需將質(zhì)量m1＝100kg的貨物(可視為質(zhì)點)從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速度滑下，軌道半徑R＝1.8m．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為l＝2m，質(zhì)量均為m2＝100kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2．(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)

[2009年高考山東理綜卷]

圖1－22

(1)求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力．

(2)若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應(yīng)滿足的條件．

(3)若μ1＝0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間．

【解析】(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0，對貨物的下滑過程中根據(jù)機械能守恒定律得：

mgR＝12m1v20

設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)N－m1g＝m1v20R

聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得FN＝3000N

根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下．

(2)若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得：

μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g

若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得：

μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得0.4＜μ1≤0.6．

(3)μ1＝0.5，由上問可得，貨物在木板A上滑動時，木板不動，設(shè)貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μ1m1g＝m1a1

設(shè)貨物滑到木板A末端時的速度為v1，由運動學(xué)公式得：

v21－v20＝－2a1l

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝4m/s

設(shè)在木板A上運動的時間為t，由運動學(xué)公式得：

v1＝v0－a1t

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t＝0.4s．

[答案](1)3000N，方向豎直向下(2)0.4＜μ1≤0.6

(3)0.4s

【點評】象這樣同時考查受力分析、動力學(xué)、運動學(xué)的題型在20xx屆高考中出現(xiàn)的可能性最大．

4．如圖1－23甲所示，P、Q為某地區(qū)水平地面上的兩點，在P點正下方一球形區(qū)域內(nèi)儲藏有石油．假定區(qū)域周圍巖石均勻分布，密度為ρ；石油密度遠小于ρ，可將上述球形區(qū)域視為空腔．如果沒有這一空腔，則該地區(qū)重力加速度(正常值)沿豎直方向；當存在空腔時，該地區(qū)重力加速度的大小和方向會與正常情況有微小偏離．重力加速度在原豎直方向(即PO方向)上的投影相對于正常值的偏離叫做“重力加速度反?！保疄榱颂綄な蛥^(qū)域的位置和石油儲量，常利用P點附近重力加速度反?，F(xiàn)象．已知引力常數(shù)為G．

圖1－23甲

(1)設(shè)球形空腔體積為V，球心深度為d(遠小于地球半徑)，PQ＝x，求空腔所引起的Q點處的重力加速度反常．

(2)若在水平地面上半徑L的范圍內(nèi)發(fā)現(xiàn)：重力加速度反常值在δ與kδ(k＞1)之間變化，且重力加速度反常的最大值出現(xiàn)在半徑為L的范圍的中心，如果這種反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，試求此球形空腔球心的深度和空腔的體積．

[2009年高考全國理綜卷Ⅱ]

【解析】(1)由牛頓第二定律得：a＝F引m

故重力加速度g＝GMr2

假設(shè)空腔處存在密度為ρ的巖石時，對Q處物體的引力產(chǎn)生的重力加速度為Δg＝GM′d2＋x2＝GρVd2＋x2

由力的獨立原理及矢量的合成定則知，球形區(qū)域為空腔時Q點處的物體的重力加速度的矢量關(guān)系如圖1－23乙所示

圖1－23乙

即

故加速度反常Δg′＝Δgcosθ＝GρVd(d2＋x2)3．

(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分別為：

(Δg′)max＝GρVd2，(Δg′)min＝

由題設(shè)有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ

聯(lián)立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的體積分別為：

d＝，V＝．

[答案](1)(2)

【點評】①對于本題大部分同學(xué)不知如何入手，其原因在于對力的獨立性原理及矢量(加速度)的合成與分解理解不夠深刻和熟練．

②本考題使大部分同學(xué)陷入一個思維誤區(qū)，總在思考g＝Gm，而不去思考g也是自由落體的加速度g＝F引m，遵循矢量的平行四邊形定則．

能力演練

一、選擇題(10×4分)

1．如圖所示，A、B是兩個長方形物塊，F(xiàn)是作用在物塊B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做勻速直線運動(空氣阻力不計)．由此可知，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1和B、C間的動摩擦因數(shù)μ2有可能是()

A．μ1＝0，μ2＝0B．μ1＝0，μ2≠0

C．μ1≠0，μ2＝0D．μ1≠0，μ2≠0

【解析】本題中選A、B整體為研究對象，由于A、B在推力F的作用下做勻速直線運動，可知地面對B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；對A進行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能為零，故正確答案為BD．

[答案]BD

2．如圖所示，從傾角為θ、高h＝1.8m的斜面頂端A處水平拋出一石子，石子剛好落在這個斜面底端的B點處．石子拋出后，經(jīng)時間t距斜面最遠，則時間t的大小為(取g＝10m/s2)()

A．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.6s

【解析】由題意知，石子下落的時間t0＝2hg＝0.6s

又因為水平位移x＝hcotθ

故石子平拋的水平初速度v0＝xt0＝hcotθt0

當石子的速度方向與斜面平行時，石子距斜面最遠

即gtv0＝tanθ

解得：t＝h2g＝0.3s．

[答案]C

3．在輕繩的兩端各拴一個小球，一人用手拿著上端的小球站在3樓的陽臺上，放手后讓小球自由下落，兩小球相繼落地的時間差為T．如果站在4樓的陽臺上，同樣放手讓小球自由下落，則兩小球相繼落地的時間差將()

A．不變B．增大C．減小D．無法判斷

【解析】兩小球都做自由落體運動，可在同一v－t圖象中作出速度隨時間變化的關(guān)系曲線，如圖所示．設(shè)人在3樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為Δt1，圖中陰影部分的面積為Δh；若人在4樓的陽臺上釋放小球后，兩球落地的時間差為Δt2，要保證陰影部分的面積也是Δh，從圖中可以看出一定有Δt2＜Δt1．

[答案]C

4．如圖甲所示，小球靜止在小車中的光滑斜面A和光滑豎直擋板B之間，原來小車向左勻速運動．現(xiàn)在小車改為向左減速運動，那么關(guān)于斜面對小球的彈力NA的大小和擋板B對小球的彈力NB的大小，以下說法正確的是()

甲

A．NA不變，NB減小B．NA增大，NB不變

C．NB有可能增大D．NA可能為零

【解析】小球的受力情況如圖乙所示，有：

乙

NAcosθ＝mg

NAsinθ－NB＝ma

故NA不變，NB減?。?/p>

[答案]A

5．小球從空中自由下落，與水平地面第一次相碰后彈到空中某一高度，其速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示，則()

A．小球第一次反彈后的速度大小為3m/s

B．小球碰撞時速度的改變量為2m/s

C．小球是從5m高處自由下落的

D．小球反彈起的最大高度為0.45m

【解析】第一次反彈后的速度為－3m/s，負號表示方向向上，A正確．碰撞時速度的改變量Δv＝－8m/s，B錯誤．下落的高度h1＝12×5×0.5m＝1.25m，反彈的高度h2＝12×3×0.3＝0.45m，D正確．

[答案]AD

6．如圖甲所示，四個質(zhì)量、形狀相同的斜面體放在粗糙的水平面上，將四個質(zhì)量相同的物塊放在斜面頂端，因物塊與斜面的摩擦力不同，四個物塊運動情況不同．A物塊放上后勻加速下滑，B物塊獲一初速度后勻速下滑，C物塊獲一初速度后勻減速下滑，D物塊放上后靜止在斜面上．若在上述四種情況下斜面體均保持靜止且對地面的壓力依次為F1、F2、F3、F4，則它們的大小關(guān)系是()

甲

A．F1＝F2＝F3＝F4B．F1＞F2＞F3＞F4

C．F1＜F2＝F4＜F3D．F1＝F3＜F2＜F4

【解析】斜面的受力情況如乙圖所示，其中，f1、N分別為斜面對物塊的摩擦力和支持力的反作用力

乙

N＝mgcosθ

f2可能向左，也可能向右或為零．

a圖中，f1＜mgsinθ，故

F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＜(M＋m)g

b圖中，f1＝mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＝(M＋m)g

c圖中，f1＞mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθcosθ＋f1sinθ＞(M＋m)g

d圖中，f1＝mgsinθ，故F＝(M＋m)g．

[答案]C

7．把一鋼球系在一根彈性繩的一端，繩的另一端固定在天花板上，先把鋼球托起(如圖所示)，然后放手．若彈性繩的伸長始終在彈性限度內(nèi)，關(guān)于鋼球的加速度a、速度v隨時間t變化的圖象，下列說法正確的是()

A．甲為a－t圖象B．乙為a－t圖象

C．丙為v－t圖象D．丁為v－t圖象

【解析】由題圖可知，彈性繩處于松弛狀態(tài)下降時鋼球做自由落體運動，繃緊后小球做簡諧運動；當小球上升至繩再次松弛時做豎直上拋運動，故v～t圖象為圖甲，a～t圖象為圖乙．

[答案]B

8．如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度v沿順時針方向運動，傳送帶的右端與光滑曲面的底部平滑連接，曲面上的A點距離底部的高度h＝0.45m．一小物塊從A點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回曲面．g取10m/s2，則下列說法正確的是()

A．若v＝1m/s，則小物塊能回到A點

B．若v＝2m/s，則小物塊能回到A點

C．若v＝5m/s，則小物塊能回到A點

D．無論v等于多少，小物塊均能回到A點

【解析】小物塊滑上傳送帶的初速度v0＝2gh＝3m/s

當傳送帶的速度v≥3m/s時，小物塊返回曲面的初速度都等于3m/s，恰好能回到A點，當傳送帶的傳送速度v＜3m/s時，小物塊返回曲面的初速度等于v，不能回到A點．

[答案]C

9．如圖甲所示，質(zhì)量為m的物體用細繩拴住放在粗糙的水平傳送帶上，物體距傳送帶左端的距離為L．當傳送帶分別以v1、v2的速度逆時針轉(zhuǎn)動(v1＜v2)，穩(wěn)定時繩與水平方向的夾角為θ，繩中的拉力分別為F1，F(xiàn)2；若剪斷細繩時，物體到達左端的時間分別為t1、t2，則下列說法正確的是()

甲

A．F1＜F2B．F1＝F2

C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2

【解析】繩剪斷前物體的受力情況如圖乙所示，由平衡條件得：FN＋Fsinθ＝mg

乙

f＝μFN＝Fcosθ

解得：F＝μmgμsinθ＋cosθ，F(xiàn)的大小與傳送帶的速度無關(guān)繩剪斷后m在兩速度的傳送帶上的加速度相同

若L≤v212μg，則兩次都是勻加速到達左端，t1＝t2

若L＞v212μg，則物體在傳送帶上先加速再勻速到達左端，在速度小的傳送帶上需要的時間更長，t1＞t2．

[答案]BD

10．靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如圖甲所示．圖中虛線表示這個靜電場在xOy平面內(nèi)的一族等勢線，等勢線形狀關(guān)于Ox軸、Oy軸對稱．等勢線的電勢沿x軸正方向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等．一個電子經(jīng)過P點(其橫坐標為－x0)時，速度與Ox軸平行，適當控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在Ox軸上方運動．在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y軸方向的分速度vy隨位置坐標x變化的示意圖是圖乙中的()

甲

乙

【解析】在x軸負方向，電子所受的電場力向右偏下，則電子的豎直分速度沿y軸負方向不斷增加，到達x＝0時豎直分速度最大，到達x軸正方向后，電子所受的電場力向右偏上，則其豎直分速度沿y軸負方向不斷減小；又由于在x軸負方向的電子運動處的電場線比在x軸正方向電子運動處的電場線密，相應(yīng)的電子的加速度大，故電子在x軸正方向經(jīng)過與x軸負方向相同的水平距離時，y軸方向的分速度不能減為零，D正確．

[答案]D

二、非選擇題(共60分)

11．(6分)在某次實驗中得到小車做直線運動的s－t關(guān)系如圖所示．

(1)由圖可以確定，小車在AC段和DE段的運動分別為()

A．AC段是勻加速運動，DE段是勻速運動

B．AC段是加速運動，DE段是勻加速運動

C．AC段是加速運動；DE段是勻速運動

D．AC段是勻加速運動；DE段是勻加速運動

(2)在與AB、AC、AD對應(yīng)的平均速度中，最接近小車在A點的瞬時速度是________段中的平均速度．

[答案](1)C(2)AB(每空3分)

12．(9分)當物體從高空下落時，其所受阻力會隨物體速度的增大而增大，因此物體下落一段距離后將保持勻速運動狀態(tài)，這個速度稱為此物體下落的收尾速度．研究發(fā)現(xiàn)，在相同環(huán)境下，球形物體的收尾速度僅與球的半徑和質(zhì)量有關(guān)．下表是某次研究的實驗數(shù)據(jù)．

小球編號ABCDE

小球的半徑(×10－3m)0.50.51.522.5

小球的質(zhì)量(×10－6kg)254540100

小球的收尾速度(m/s)1640402032

(1)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，求出B球與C球達到收尾速度時所受的阻力之比．

(2)根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，歸納出球形物體所受的阻力f與球的速度大小及球的半徑之間的關(guān)系．(寫出有關(guān)表達式，并求出比例系數(shù)，重力加速度g取9.8m/s2)

(3)現(xiàn)將C球和D球用輕質(zhì)細線連接，若它們在下落時所受的阻力與單獨下落時的規(guī)律相同，讓它們同時從足夠高的同一高度下落，試求出它們的收尾速度，并判斷它們落地的順序(不需要寫出判斷理由)．

【解析】(1)球在達到收尾速度時處于平衡狀態(tài)，有：

f＝mg

則fB∶fC＝mB∶mC

代入數(shù)據(jù)解得：fB∶fC＝1∶9．

(2)由表中A、B兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與速度成正比，即f∝v

由表中B、C兩球的有關(guān)數(shù)據(jù)可得，阻力與球的半徑的平方成正比，即f∝r2

得：f＝kvr2

其中k＝4.9Ns/m3．

(3)將C球和D球用細線連接后，應(yīng)滿足：

mCg＋mDg＝fC＋fD

即mCg＋mDg＝kv(r2C＋r2D)

代入數(shù)據(jù)解得：v＝27.2m/s

比較C、D兩小球的質(zhì)量和半徑，可判斷出C球先落地．

[答案](1)1∶9(3分)

(2)f＝kvr2，k＝4.9Ns/m3(3分)

(3)27.2m/sC球先落地(3分)

13．(10分)將一平板支撐成一斜面，一石塊可以沿著斜面往不同的方向滑行，如圖所示．如果使石塊具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它將做勻減速運動，經(jīng)過距離L1后停下來；如果使石塊具有同樣大小的速度，但方向沿斜面向上，它將向上運動距離L2后停下來．現(xiàn)在平板上沿水平方向釘一光滑木條(圖中MN所示)，木條的側(cè)邊與斜面垂直．如果使石塊在水平方向以與前兩種情況同樣大小的初速度緊貼著光滑木條運動，求石塊在水平方向通過的距離L．

【解析】設(shè)斜面的傾斜角為θ，石塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，故石塊沿斜面減速下滑時的加速度為：

a1＝μgcosθ－gsinθ(2分)

沿斜面減速上滑時的加速度a2＝μgcosθ＋gsinθ

(2分)

緊貼光滑木條水平運動時的加速度a3＝μgcosθ

(2分)

由題意可得：

v2＝2a1L1

v2＝2a2L2

v2＝2a3L(3分)

解得：L＝2L1L2L1＋L2．(1分)

[答案]2L1L2L1＋L2

14．(10分)如圖所示，一固定的斜面傾角為30°，一邊與地面垂直，頂上有一定滑輪．一柔軟的細線跨過定滑輪，兩端分別與物塊A和B連結(jié)，A的質(zhì)量為4m，B的質(zhì)量為m．開始時將B按在地面上不動，然后放開手，讓A沿斜面下滑而B上升．物塊A與斜面間無摩擦．當A沿斜面下滑s距離后，細線突然斷了，求物塊B上升的最大高度．(不計細線與滑輪之間的摩擦)

【解析】設(shè)細線斷前物塊的加速度大小為a，細線的張力為T，由牛頓第二定律得：

4mgsin30°－T＝4ma(2分)

T－mg＝ma(2分)

解得：a＝15g(1分)

故線斷瞬間B的速度大小vB＝2as＝25gs(2分)

線斷后B再上升的最大高度h＝v2B2g＝15s(1分)

物塊B上升的最大高度h總＝s＋h＝65s．(2分)

[答案]65s

15．(12分)在光滑的絕緣水平面上有一質(zhì)量m＝1.0×10－3kg、電荷量q＝＋1.0×10－10C的帶電小球靜止在O點，以O(shè)點為原點在該水平面內(nèi)建立直角坐標系xOy(如圖所示)．現(xiàn)突然加一個沿x軸正方向、場強大小E＝2.0×106V/m的勻強電場使小球運動，并開始計時．在第1s末所加電場方向突然變?yōu)檠貀軸正方向，大小不變；在第2s末電場突然消失，求第3s末小球的位置．

一位同學(xué)這樣分析：第1s內(nèi)小球沿x軸做初速度為零的勻加速直線運動，可求出其位移x1；第2s內(nèi)小球沿y軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，可求出其位移y2及其速度v，第3s內(nèi)小球沿y軸正方向做勻速直線運動，可求出其位移s，最后小球的橫坐標是x1，縱坐標是y2＋s．

你認為他的分析正確嗎？如果認為正確，請按他的思路求出第3s末小球的位置；如果認為不正確，請指出錯誤之處并求出第3s末小球的位置．

【解析】該同學(xué)的分析不正確．因為第1s末小球有沿x方向的初速度，所以第2s內(nèi)小球做類平拋運動，第3s內(nèi)也不沿y軸正方向運動．(3分)

第1s內(nèi)小球做初速度為零的勻加速直線運動，有：

a1x＝Fm＝qEm(1分)

x1＝12a1xt21＝qEt212m

＝1.0×10－10×2.0×106×122×1.0×10－3m＝0.1m(1分)

v1x＝a1xt1＝qEt1m

第2s內(nèi)小球做類平拋運動，有：

a2y＝qEm(1分)

y2＝12a2yt22＝qEt222m

＝1.0×10－10×2.0×106×122×1.0×10－3m＝0.1m(1分)

v2y＝a2t2＝qEt2m

x2＝v1xt2＝qEt1t2m

＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)

第3s內(nèi)小球做勻速直線運動，沿x方向速度為v1x，沿y方向速度為v2y，有：

x3＝v1xt3＝qEt1t3m

＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)

y3＝v2yt3＝qEt2t3m

＝1.0×10－10×2.0×106×1×11.0×10－3m＝0.2m(1分)

第3s末小球的位置坐標為：

x＝x1＋x2＋x3＝0.5m(1分)

y＝y(tǒng)2＋y3＝0.3m．(1分)

[答案]略

16．(13分)如圖所示，長L＝1.5m、高h＝0.45m、質(zhì)量M＝10kg的長方體木箱在水平面上向右做直線運動．當木箱的速度v0＝3.6m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F＝50N，并同時將一個質(zhì)量m＝1kg的小球輕放在距木箱右端L3處的P點(小球可視為質(zhì)點，放在P點時相對于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到地面．已知木箱與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，而小球與木箱之間的摩擦不計．取g＝10m/s2，求：

(1)小球從開始離開木箱至落到地面所用的時間．

(2)小球放上P點后，木箱向右運動的最大位移．

(3)小球離開木箱時木箱的速度．

【解析】(1)小球離開木箱后做自由落體運動，設(shè)其落到地面所用的時間為t，由h＝12gt2得：

t＝2hg＝2×0.4510s＝0.3s．(2分)

(2)小球放上木箱后相對地面靜止

由F＋μFN＝Ma1(1分)

FN＝(M＋m)g(1分)

得木箱的加速度：

a1＝F＋μ(M＋m)gM＝50＋0.2(10＋1)×1010m/s2

＝7.2m/s2(2分)

木箱向右運動的最大位移s1＝v202a1＝3.622×7.2m＝0.9m．

(1分)

(3)由于s1＝0.9m＜1m，故木箱在向右運動期間，小球不會從木箱的左端掉下(1分)

得木箱向左運動的加速度：

a2＝F－μ(M＋m)gM＝50－0.2(10＋1)×1010m/s2

＝2.8m/s2(2分)

設(shè)木箱向左運動s2時，小球從木箱的右端掉下，有：

s2＝s1＋L3＝0.9m＋0.5m＝1.4m(1分)

設(shè)木箱向左運動所用的時間為t2，則由s2＝12a2t22得：

t2＝2s2a2＝2×1.42.8s＝1s(1分)

小球剛離開木箱時木箱的速度方向向左，大小為：

v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8m/s．(1分)

[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)2.8m/s

高考物理力與運動沖刺專題復(fù)習(xí)

古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教師要準備好教案，這是教師工作中的一部分。教案可以更好的幫助學(xué)生們打好基礎(chǔ)，幫助高中教師有計劃有步驟有質(zhì)量的完成教學(xué)任務(wù)。你知道怎么寫具體的高中教案內(nèi)容嗎？為此，小編從網(wǎng)絡(luò)上為大家精心整理了《高考物理力與運動沖刺專題復(fù)習(xí)》，歡迎大家與身邊的朋友分享吧！

20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題01：第1專題力與運動（1）
知識網(wǎng)絡(luò)
考點預(yù)測
本專題復(fù)習(xí)三個模塊的內(nèi)容：運動的描述、受力分析與平衡、牛頓運動定律的運用．運動的描述與受力分析是兩個相互獨立的內(nèi)容，它們通過牛頓運動定律才能連成一個有機的整體．雖然運動的描述、受力平衡在近幾年(特別是2008年以前)都有獨立的命題出現(xiàn)在高考中(如2008年的全國理綜卷Ⅰ第23題、四川理綜卷第23題)，但由于理綜考試題量的局限以及課改趨勢，獨立考查前兩模塊的命題在20xx年高考中出現(xiàn)的概率很小，大部分高考卷中應(yīng)該都會出現(xiàn)同時考查三個模塊知識的試題，而且占不少分值．
在綜合復(fù)習(xí)這三個模塊內(nèi)容的時候，應(yīng)該把握以下幾點：
1．運動的描述是物理學(xué)的重要基礎(chǔ)，其理論體系為用數(shù)學(xué)函數(shù)或圖象的方法來描述、推斷質(zhì)點的運動規(guī)律，公式和推論眾多．其中，平拋運動、追及問題、實際運動的描述應(yīng)為復(fù)習(xí)的重點和難點．
2．無論是平衡問題，還是動力學(xué)問題，一般都需要進行受力分析，而正交分解法、隔離法與整體法相結(jié)合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都會對其進行考查．
3．牛頓運動定律的應(yīng)用是高中物理的重要內(nèi)容之一，與此有關(guān)的高考試題每年都有，題型有選擇題、計算題等，趨向于運用牛頓運動定律解決生產(chǎn)、生活和科技中的實際問題．此外，它還經(jīng)常與電場、磁場結(jié)合，構(gòu)成難度較大的綜合性試題．

一、運動的描述
要點歸納
(一)勻變速直線運動的幾個重要推論和解題方法
1．某段時間內(nèi)的平均速度等于這段時間的中間時刻的瞬時速度，即v－t＝vt2．
2．在連續(xù)相等的時間間隔T內(nèi)的位移之差Δs為恒量，且Δs＝aT2．
3．在初速度為零的勻變速直線運動中，相等的時間T內(nèi)連續(xù)通過的位移之比為：
s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
通過連續(xù)相等的位移所用的時間之比為：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)．
4．豎直上拋運動
(1)對稱性：上升階段和下落階段具有時間和速度等方面的對稱性．
(2)可逆性：上升過程做勻減速運動，可逆向看做初速度為零的勻加速運動來研究．
(3)整體性：整個運動過程實質(zhì)上是勻變速直線運動．
5．解決勻變速直線運動問題的常用方法
(1)公式法
靈活運用勻變速直線運動的基本公式及一些有用的推導(dǎo)公式直接解決．
(2)比例法
在初速度為零的勻加速直線運動中，其速度、位移和時間都存在一定的比例關(guān)系，靈活利用這些關(guān)系可使解題過程簡化．
(3)逆向過程處理法
逆向過程處理法是把運動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”，將物體的運動過程倒過來進行研究的方法．
(4)速度圖象法
速度圖象法是力學(xué)中一種常見的重要方法，它能夠?qū)栴}中的許多關(guān)系，特別是一些隱藏關(guān)系，在圖象上明顯地反映出來，從而得到正確、簡捷的解題方法．
(二)運動的合成與分解
1．小船渡河
設(shè)水流的速度為v1，船的航行速度為v2，河的寬度為d．
(1)過河時間t僅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥決定，即t＝dv⊥，與v1無關(guān)，所以當v2垂直于河岸時，渡河所用的時間最短，最短時間tmin＝dv2．
(2)渡河的路程由小船實際運動軌跡的方向決定．當v1＜v2時，最短路程smin＝d；當v1＞v2時，最短路程smin＝v1v2d，如圖1－1所示．
圖1－1
2．輕繩、輕桿兩末端速度的關(guān)系
(1)分解法
把繩子(包括連桿)兩端的速度都沿繩子的方向和垂直于繩子的方向分解，沿繩子方向的分運動相等(垂直方向的分運動不相關(guān))，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．
(2)功率法
通過輕繩(輕桿)連接物體時，往往力拉輕繩(輕桿)做功的功率等于輕繩(輕桿)對物體做功的功率．
3．平拋運動
如圖1－2所示，物體從O處以水平初速度v0拋出，經(jīng)時間t到達P點．
圖1－2
(1)加速度水平方向：ax＝0豎直方向：ay＝g
(2)速度水平方向：vx＝v0豎直方向：vy＝gt
合速度的大小v＝v2x＋v2y＝v20＋g2t2
設(shè)合速度的方向與水平方向的夾角為θ，有：
tanθ＝vyvx＝gtv0，即θ＝arctangtv0．
(3)位移水平方向：sx＝v0t豎直方向：sy＝12gt2
設(shè)合位移的大小s＝s2x＋s2y＝(v0t)2＋(12gt2)2
合位移的方向與水平方向的夾角為α，有：
tanα＝sysx＝12gt2v0t＝gt2v0，即α＝arctangt2v0
要注意合速度的方向與水平方向的夾角不是合位移的方向與水平方向的夾角的2倍，即θ≠2α，而是tanθ＝2tanα．
(4)時間：由sy＝12gt2得，t＝2syg，平拋物體在空中運動的時間t只由物體拋出時離地的高度sy決定，而與拋出時的初速度v0無關(guān)．
(5)速度變化：平拋運動是勻變速曲線運動，故在相等的時間內(nèi)，速度的變化量(g＝ΔvΔt)相等，且必沿豎直方向，如圖1－3所示．
圖1－3
任意兩時刻的速度與速度的變化量Δv構(gòu)成直角三角形，Δv沿豎直方向．
注意：平拋運動的速率隨時間并不均勻變化，而速度隨時間是均勻變化的．
(6)帶電粒子(只受電場力的作用)垂直進入勻強電場中的運動與平拋運動相似，出電場后做勻速直線運動，如圖1－4所示．
圖1－4
故有：y＝(L′＋L2)tanα＝(L′＋L2)qULdmv20．
熱點、重點、難點
(一)直線運動
高考中對直線運動規(guī)律的考查一般以圖象的應(yīng)用或追及問題出現(xiàn)．這類題目側(cè)重于考查學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力．對于追及問題，存在的困難在于選用哪些公式來列方程，作圖求解，而熟記和運用好直線運動的重要推論往往是解決問題的捷徑．
●例1如圖1－5甲所示，A、B兩輛汽車在筆直的公路上同向行駛．當B車在A車前s＝84m處時，B車的速度vB＝4m/s，且正以a＝2m/s2的加速度做勻加速運動；經(jīng)過一段時間后，B車的加速度突然變?yōu)榱悖瓵車一直以vA＝20m/s的速度做勻速運動，從最初相距84m時開始計時，經(jīng)過t0＝12s后兩車相遇．問B車加速行駛的時間是多少？
圖1－5甲
【解析】設(shè)B車加速行駛的時間為t，相遇時A車的位移為：sA＝vAt0
B車加速階段的位移為：
sB1＝vBt＋12at2
勻速階段的速度v＝vB＋at，勻速階段的位移為：
sB2＝v(t0－t)
相遇時，依題意有：
sA＝sB1＋sB2＋s
聯(lián)立以上各式得：t2－2t0t－2[(vB－vA)t0＋s]a＝0
將題中數(shù)據(jù)vA＝20m/s，vB＝4m/s，a＝2m/s2，t0＝12s，代入上式有：t2－24t＋108＝0
解得：t1＝6s，t2＝18s(不合題意，舍去)
因此，B車加速行駛的時間為6s．
[答案]6s
【點評】①出現(xiàn)不符合實際的解(t2＝18s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B車的位移，還需加一定義域t≤12s．
②解析后可以作出vA－t、vB－t圖象加以驗證．
圖1－5乙
根據(jù)v－t圖象與t圍成的面積等于位移可得，t＝12s時，Δs＝[12×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．
(二)平拋運動
平拋運動在高考試題中出現(xiàn)的幾率相當高，或出現(xiàn)于力學(xué)綜合題中，如2008年北京、山東理綜卷第24題；或出現(xiàn)于帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)一類問題中，如2008年寧夏理綜卷第24題、天津理綜卷第23題；或出現(xiàn)于此知識點的單獨命題中，如2009年高考福建理綜卷第20題、廣東物理卷第17(1)題、2008年全國理綜卷Ⅰ第14題．對于這一知識點的復(fù)習(xí)，除了要熟記兩垂直方向上的分速度、分位移公式外，還要特別理解和運用好速度偏轉(zhuǎn)角公式、位移偏轉(zhuǎn)角公式以及兩偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系式(即tanθ＝2tanα)．
●例2圖1－6甲所示，m為在水平傳送帶上被傳送的小物體(可視為質(zhì)點)，A為終端皮帶輪．已知皮帶輪的半徑為r，傳送帶與皮帶輪間不會打滑．當m可被水平拋出時，A輪每秒的轉(zhuǎn)數(shù)最少為()
圖1－6甲
A．12πg(shù)rB．gr
C．grD．12πg(shù)r
【解析】解法一m到達皮帶輪的頂端時，若mv2r≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮帶輪表面做圓周運動的向心力，m將離開皮帶輪的外表面而做平拋運動
又因為轉(zhuǎn)數(shù)n＝ω2π＝v2πr
所以當v≥gr，即轉(zhuǎn)數(shù)n≥12πg(shù)r時，m可被水平拋出，故選項A正確．
解法二建立如圖1－6乙所示的直角坐標系．當m到達皮帶輪的頂端有一速度時，若沒有皮帶輪在下面，m將做平拋運動，根據(jù)速度的大小可以作出平拋運動的軌跡．若軌跡在皮帶輪的下方，說明m將被皮帶輪擋住，先沿皮帶輪下滑；若軌跡在皮帶輪的上方，說明m立即離開皮帶輪做平拋運動．
圖1－6乙
又因為皮帶輪圓弧在坐標系中的函數(shù)為：當y2＋x2＝r2
初速度為v的平拋運動在坐標系中的函數(shù)為：
y＝r－12g(xv)2
平拋運動的軌跡在皮帶輪上方的條件為：當x0時，平拋運動的軌跡上各點與O點間的距離大于r，即y2＋x2r
即[r－12g(xv)2]2＋x2r
解得：v≥gr
又因皮帶輪的轉(zhuǎn)速n與v的關(guān)系為：n＝v2πr
可得：當n≥12πg(shù)r時，m可被水平拋出．
[答案]A
【點評】“解法一”應(yīng)用動力學(xué)的方法分析求解；“解法二”應(yīng)用運動學(xué)的方法(數(shù)學(xué)方法)求解，由于加速度的定義式為a＝ΔvΔt，而決定式為a＝Fm，故這兩種方法殊途同歸．
★同類拓展1高臺滑雪以其驚險刺激而聞名，運動員在空中的飛躍姿勢具有很強的觀賞性．某滑雪軌道的完整結(jié)構(gòu)可以簡化成如圖1－7所示的示意圖．其中AB段是助滑雪道，傾角α＝30°，BC段是水平起跳臺，CD段是著陸雪道，AB段與BC段圓滑相連，DE段是一小段圓弧(其長度可忽略)，在D、E兩點分別與CD、EF相切，EF是減速雪道，傾角θ＝37°．軌道各部分與滑雪板間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，圖中軌道最高點A處的起滑臺距起跳臺BC的豎直高度h＝10m．A點與C點的水平距離L1＝20m，C點與D點的距離為32.625m．運動員連同滑雪板的總質(zhì)量m＝60kg．滑雪運動員從A點由靜止開始起滑，通過起跳臺從C點水平飛出，在落到著陸雪道上時，運動員靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿著陸雪道的分速度而不彈起．除緩沖外運動員均可視為質(zhì)點，設(shè)運動員在全過程中不使用雪杖助滑，忽略空氣阻力的影響，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
圖1－7
(1)運動員在C點水平飛出時的速度大?。?br> (2)運動員在著陸雪道CD上的著陸位置與C點的距離．
(3)運動員滑過D點時的速度大小．
【解析】(1)滑雪運動員從A到C的過程中，由動能定理得：mgh－μmgcosαhsinα－μmg(L1－h(huán)cotα)＝12mv2C
解得：vC＝10m/s．
(2)滑雪運動員從C點水平飛出到落到著陸雪道的過程中做平拋運動，有：
x＝vCt
y＝12gt2
yx＝tanθ
著陸位置與C點的距離s＝xcosθ
解得：s＝18.75m，t＝1.5s．
(3)著陸位置到D點的距離s′＝13.875m，滑雪運動員在著陸雪道上做勻加速直線運動．把平拋運動沿雪道和垂直雪道分解，可得著落后的初速度v0＝vCcosθ＋gtsinθ
加速度為：mgsinθ－μmgcosθ＝ma
運動到D點的速度為：v2D＝v20＋2as′
解得：vD＝20m/s．
[答案](1)10m/s(2)18.75m(3)20m/s
互動辨析在斜面上的平拋問題較為常見，“位移與水平面的夾角等于傾角”為著落條件．同學(xué)們還要能總結(jié)出距斜面最遠的時刻以及這一距離．

二、受力分析
要點歸納
(一)常見的五種性質(zhì)的力

產(chǎn)生原因
或條件方向大小
重

力由于地球的吸引而產(chǎn)生總是豎直向下(鉛直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝GMmR2
地球表面附近一切物體都受重力作用，與物體是否處于超重或失重狀態(tài)無關(guān)
彈

力①接觸
②彈性形變①支持力的方向總是垂直于接觸面而指向被支持的物體
②壓力的方向總是垂直于接觸面而指向被壓的物體
③繩的拉力總是沿著繩而指向繩收縮的方向F＝－kx
彈力的大小往往利用平衡條件和牛頓第二定律求解
摩

擦

力滑
動
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面有相對運動與接觸面的相對運動方向相反f＝μFN
只與μ、FN有關(guān)，與接觸面積、相對速度、加速度均無關(guān)
靜
摩
擦
力①接觸，接觸面粗糙
②存在正壓力
③與接觸面存在相對運動的趨勢與接觸面相對運動的趨勢相反①與產(chǎn)生相對運動趨勢的動力的大小相等
②存在最大靜摩擦力，最大靜摩擦力的大小由粗糙程度、正壓力決定
續(xù)表
產(chǎn)生原因
或條件方向大小
電
場
力點電荷間的庫侖力：真空中兩個點電荷之間的相互作用作用力的方向沿兩點電荷的連線，同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引F＝kq1q2r2

電場對處于其中的電荷的作用正電荷的受力方向與該處場強的方向一致，負電荷的受力方向與該處場強的方向相反F＝qE
磁

場

力安培力：磁場對通電導(dǎo)線的作用力F⊥B，F(xiàn)⊥I，即安培力F垂直于電流I和磁感應(yīng)強度B所確定的平面．安培力的方向可用左手定則來判斷F＝BIL
安培力的實質(zhì)是運動電荷受洛倫茲力作用的宏觀表現(xiàn)
洛倫茲力：運動電荷在磁場中所受到的力用左手定則判斷洛倫茲力的方向．特別要注意四指應(yīng)指向正電荷的運動方向；若為負電荷，則四指指向運動的反方向帶電粒子平行于磁場方向運動時，不受洛倫茲力的作用；帶電粒子垂直于磁場方向運動時，所受洛倫茲力最大，即f洛＝qvB
(二)力的運算、物體的平衡
1．力的合成與分解遵循力的平行四邊形定則(或力的三角形定則)．
2．平衡狀態(tài)是指物體處于勻速直線運動或靜止狀態(tài)，物體處于平衡狀態(tài)的動力學(xué)條件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．
注意：靜止狀態(tài)是指速度和加速度都為零的狀態(tài)，如做豎直上拋運動的物體到達最高點時速度為零，但加速度等于重力加速度，不為零，因此不是平衡狀態(tài)．
3．平衡條件的推論
(1)物體處于平衡狀態(tài)時，它所受的任何一個力與它所受的其余力的合力等大、反向．
(2)物體在同一平面上的三個不平行的力的作用下處于平衡狀態(tài)時，這三個力必為共點力．
物體在三個共點力的作用下而處于平衡狀態(tài)時，表示這三個力的有向線段組成一封閉的矢量三角形，如圖1－8所示．
圖1－8
4．共點力作用下物體的平衡分析
熱點、重點、難點
(一)正交分解法、平行四邊形法則的應(yīng)用
1．正交分解法是分析平衡狀態(tài)物體受力時最常用、最主要的方法．即當F合＝0時有：
Fx合＝0，F(xiàn)y合＝0，F(xiàn)z合＝0．
2．平行四邊形法有時可巧妙用于定性分析物體受力的變化或確定相關(guān)幾個力之比．
●例3舉重運動員在抓舉比賽中為了減小杠鈴上升的高度和發(fā)力，抓杠鈴的兩手間要有較大的距離．某運動員成功抓舉杠鈴時，測得兩手臂間的夾角為120°，運動員的質(zhì)量為75kg，舉起的杠鈴的質(zhì)量為125kg，如圖1－9甲所示．求該運動員每只手臂對杠鈴的作用力的大?。?取g＝10m/s2)
圖1－9甲
【分析】由手臂的肌肉、骨骼構(gòu)造以及平時的用力習(xí)慣可知，伸直的手臂主要沿手臂方向發(fā)力．取手腕、手掌為研究對象，握杠的手掌對杠有豎直向上的彈力和沿杠向外的靜摩擦力，其合力沿手臂方向，如圖1－9乙所示．
圖1－9乙
【解析】手臂對杠鈴的作用力的方向沿手臂的方向，設(shè)該作用力的大小為F，則杠鈴的受力情況如圖1－9丙所示
圖1－9丙
由平衡條件得：
2Fcos60°＝mg
解得：F＝1250N．
[答案]1250N
●例4兩個可視為質(zhì)點的小球a和b，用質(zhì)量可忽略的剛性細桿相連放置在一個光滑的半球面內(nèi)，如圖1－10甲所示．已知小球a和b的質(zhì)量之比為3，細桿長度是球面半徑的2倍．兩球處于平衡狀態(tài)時，細桿與水平面的夾角θ是[2008年高考四川延考區(qū)理綜卷]()
圖1－10甲
A．45°B．30°C．22.5°D．15°
【解析】解法一設(shè)細桿對兩球的彈力大小為T，小球a、b的受力情況如圖1－10乙所示
圖1－10乙
其中球面對兩球的彈力方向指向圓心，即有：
cosα＝22RR＝22
解得：α＝45°
故FNa的方向為向上偏右，即β1＝π2－45°－θ＝45°－θ
FNb的方向為向上偏左，即β2＝π2－(45°－θ)＝45°＋θ
兩球都受到重力、細桿的彈力和球面的彈力的作用，過O作豎直線交ab于c點，設(shè)球面的半徑為R，由幾何關(guān)系可得：
magOc＝FNaR
mbgOc＝FNbR
解得：FNa＝3FNb
取a、b及細桿組成的整體為研究對象，由平衡條件得：
FNasinβ1＝FNbsinβ2
即3FNbsin(45°－θ)＝FNbsin(45°＋θ)
解得：θ＝15°．
解法二由幾何關(guān)系及細桿的長度知，平衡時有：
sin∠Oab＝22RR＝22
故∠Oab＝∠Oba＝45°
再設(shè)兩小球及細桿組成的整體重心位于c點，由懸掛法的原理知c點位于O點的正下方，且acbc＝mamb＝3
即Rsin(45°－θ)∶Rsin(45°＋θ)＝1∶3
解得：θ＝15°．
[答案]D
【點評】①利用平行四邊形(三角形)定則分析物體的受力情況在各類教輔中較常見．掌握好這種方法的關(guān)鍵在于深刻地理解好“在力的圖示中，有向線段替代了力的矢量”．
②在理論上，本題也可用隔離法分析小球a、b的受力情況，根據(jù)正交分解法分別列平衡方程進行求解，但是求解三角函數(shù)方程組時難度很大．
③解法二較簡便，但確定重心的公式acbc＝mamb＝3超綱．
(二)帶電粒子在復(fù)合場中的平衡問題
在高考試題中，也常出現(xiàn)帶電粒子在復(fù)合場中受力平衡的物理情境，出現(xiàn)概率較大的是在正交的電場和磁場中的平衡問題及在電場和重力場中的平衡問題．
在如圖1－11所示的速度選擇器中，選擇的速度v＝EB；在如圖1－12所示的電磁流量計中，流速v＝uBd，流量Q＝πdu4B．
圖1－11圖1－12
●例5在地面附近的空間中有水平方向的勻強電場和勻強磁場，已知磁場的方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，如圖1－13所示．由此可判斷下列說法正確的是()
圖1－13
A．如果油滴帶正電，則油滴從M點運動到N點
B．如果油滴帶正電，則油滴從N點運動到M點
C．如果電場方向水平向右，則油滴從N點運動到M點
D．如果電場方向水平向左，則油滴從N點運動到M點
【解析】油滴在運動過程中受到重力、電場力及洛倫茲力的作用，因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，大小隨速度的改變而改變，而電場力與重力的合力是恒力，所以物體做勻速直線運動；又因電場力一定在水平方向上，故洛倫茲力的方向是斜向上方的，因而當油滴帶正電時，應(yīng)該由M點向N點運動，故選項A正確、B錯誤．若電場方向水平向右，則油滴需帶負電，此時斜向右上方與MN垂直的洛倫茲力對應(yīng)粒子從N點運動到M點，即選項C正確．同理，電場方向水平向左時，油滴需帶正電，油滴是從M點運動到N點的，故選項D錯誤．
[答案]AC
【點評】對于帶電粒子在復(fù)合場中做直線運動的問題要注意受力分析．因為洛倫茲力的方向與速度的方向垂直，而且與磁場的方向、帶電粒子的電性都有關(guān)，分析時更要注意．本題中重力和電場力均為恒力，要保證油滴做直線運動，兩力的合力必須與洛倫茲力平衡，粒子的運動就只能是勻速直線運動．
★同類拓展2如圖1－14甲所示，懸掛在O點的一根不可伸長的絕緣細線下端掛有一個帶電荷量不變的小球A．在兩次實驗中，均緩慢移動另一帶同種電荷的小球B．當B到達懸點O的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，懸線偏離豎直方向的角度為θ．若兩次實驗中B的電荷量分別為q1和q2，θ分別為30°和45°，則q2q1為[2007年高考重慶理綜卷]()
圖1－14甲
A．2B．3C．23D．33
【解析】對A球進行受力分析，如圖1－14乙所示，
圖1－14乙
由于繩子的拉力和點電荷間的斥力的合力與A球的重力平衡，故有：F電＝mgtanθ，又F電＝kqQAr2．設(shè)繩子的長度為L，則A、B兩球之間的距離r＝Lsinθ，聯(lián)立可得：q＝mL2gtanθsin2θkQA，由此可見，q與tanθsin2θ成正比，即q2q1＝tan45°sin245°tan30°sin230°＝23，故選項C正確．
[答案]C
互動辨析本題為帶電體在重力場和電場中的平衡問題，解題的關(guān)鍵在于：先根據(jù)小球的受力情況畫出平衡狀態(tài)下的受力分析示意圖；然后根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系列式，得出電荷量的通解表達式，進而分析求解．本題體現(xiàn)了新課標在知識考查中重視方法滲透的思想．

三、牛頓運動定律的應(yīng)用
要點歸納
(一)深刻理解牛頓第一、第三定律
1．牛頓第一定律(慣性定律)
一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，直到有外力迫使它改變這種狀態(tài)為止．
(1)理解要點
①運動是物體的一種屬性，物體的運動不需要力來維持．
②它定性地揭示了運動與力的關(guān)系：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，是使物體產(chǎn)生加速度的原因．
③牛頓第一定律是牛頓第二定律的基礎(chǔ)，不能認為它是牛頓第二定律合外力為零時的特例．牛頓第一定律定性地給出了力與運動的關(guān)系，第二定律定量地給出力與運動的關(guān)系．
(2)慣性：物體保持原來的勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)叫做慣性．
①慣性是物體的固有屬性，與物體的受力情況及運動狀態(tài)無關(guān)．
②質(zhì)量是物體慣性大小的量度．
2．牛頓第三定律
(1)兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在一條直線上，可用公式表示為F＝－F′．
(2)作用力與反作用力一定是同種性質(zhì)的力，作用效果不能抵消．
(3)牛頓第三定律的應(yīng)用非常廣泛，凡是涉及兩個或兩個以上物體的物理情境、過程的解答，往往都需要應(yīng)用這一定律．
(二)牛頓第二定律
1．定律內(nèi)容
物體的加速度a跟物體所受的合外力F合成正比，跟物體的質(zhì)量m成反比．
2．公式：F合＝ma
理解要點
①因果性：F合是產(chǎn)生加速度a的原因，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時存在，同時消失．
②方向性：a與F合都是矢量，方向嚴格相同．
③瞬時性和對應(yīng)性：a為某時刻某物體的加速度，F(xiàn)合是該時刻作用在該物體上的合外力．
3．應(yīng)用牛頓第二定律解題的一般步驟：
(1)確定研究對象；
(2)分析研究對象的受力情況，畫出受力分析圖并找出加速度的方向；
(3)建立直角坐標系，使盡可能多的力或加速度落在坐標軸上，并將其余的力或加速度分解到兩坐標軸上；
(4)分別沿x軸方向和y軸方向應(yīng)用牛頓第二定律列出方程；
(5)統(tǒng)一單位，計算數(shù)值．
熱點、重點、難點
一、正交分解法在動力學(xué)問題中的應(yīng)用
當物體受到多個方向的外力作用產(chǎn)生加速度時，常要用到正交分解法．
1．在適當?shù)姆较蚪⒅苯亲鴺讼?，使需要分解的矢量盡可能少．
2．Fx合＝max合，F(xiàn)y合＝may合，F(xiàn)z合＝maz合．
3．正交分解法對本章各類問題，甚至對整個高中物理來說都是一重要的思想方法．
●例6如圖1－15甲所示，在風(fēng)洞實驗室里，一根足夠長的細桿與水平面成θ＝37°固定，質(zhì)量m＝1kg的小球穿在細桿上靜止于細桿底端O點．現(xiàn)有水平向右的風(fēng)力F作用于小球上，經(jīng)時間t1＝2s后停止，小球沿細桿運動的部分v－t圖象如圖1－15乙所示．試求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
圖1－15
(1)小球在0～2s內(nèi)的加速度a1和2～4s內(nèi)的加速度a2．
(2)風(fēng)對小球的作用力F的大小．
【解析】(1)由圖象可知，在0～2s內(nèi)小球的加速度為：
a1＝v2－v1t1＝20m/s2，方向沿桿向上
在2～4s內(nèi)小球的加速度為：
a2＝v3－v2t2＝－10m/s2，負號表示方向沿桿向下．
(2)有風(fēng)力時的上升過程，小球的受力情況如圖1－15丙所示
圖1－15丙
在y方向，由平衡條件得：
FN1＝Fsinθ＋mgcosθ
在x方向，由牛頓第二定律得：
Fcosθ－mgsinθ－μFN1＝ma1
停風(fēng)后上升階段，小球的受力情況如圖1－15丁所示
圖1－15丁
在y方向，由平衡條件得：
FN2＝mgcosθ
在x方向，由牛頓第二定律得：
－mgsinθ－μFN2＝ma2
聯(lián)立以上各式可得：F＝60N．
【點評】①斜面(或類斜面)問題是高中最常出現(xiàn)的物理模型．
②正交分解法是求解高中物理題最重要的思想方法之一．
二、連接體問題(整體法與隔離法)
高考卷中常出現(xiàn)涉及兩個研究對象的動力學(xué)問題，其中又包含兩種情況：一是兩對象的速度相同需分析它們之間的相互作用，二是兩對象的加速度不同需分析各自的運動或受力．隔離(或與整體法相結(jié)合)的思想方法是處理這類問題的重要手段．
1．整體法是指當連接體內(nèi)(即系統(tǒng)內(nèi))各物體具有相同的加速度時，可以把連接體內(nèi)所有物體組成的系統(tǒng)作為整體考慮，分析其受力情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法．
2．隔離法是指當研究對象涉及由多個物體組成的系統(tǒng)時，若要求連接體內(nèi)物體間的相互作用力，則應(yīng)把某個物體或某幾個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力情況及運動情況，再利用牛頓第二定律對隔離出來的物體列式求解的方法．
3．當連接體中各物體運動的加速度相同或要求合外力時，優(yōu)先考慮整體法；當連接體中各物體運動的加速度不相同或要求物體間的作用力時，優(yōu)先考慮隔離法．有時一個問題要兩種方法結(jié)合起來使用才能解決．
●例7如圖1－16所示，在光滑的水平地面上有兩個質(zhì)量相等的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2的作用下運動．已知F1＞F2，當運動達到穩(wěn)定時，彈簧的伸長量為()
圖1－16
A．F1－F2kB．F1－F22k
C．F1＋F22kD．F1＋F2k
【解析】取A、B及彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律得：F1－F2＝2ma
取B為研究對象：kx－F2＝ma
(或取A為研究對象：F1－kx＝ma)
可解得：x＝F1＋F22k．
[答案]C
【點評】①解析中的三個方程任取兩個求解都可以．
②當?shù)孛娲植跁r，只要兩物體與地面的動摩擦因數(shù)相同，則A、B之間的拉力與地面光滑時相同．
★同類拓展3如圖1－17所示，質(zhì)量為m的小物塊A放在質(zhì)量為M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面勻速向右滑動，且A、B相對靜止．某時刻撤去水平拉力，經(jīng)過一段時間，B在地面上滑行了一段距離x，A在B上相對于B向右滑行了一段距離L(設(shè)木板B足夠長)后A和B都停了下來．已知A、B間的動摩擦因數(shù)為μ1，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，且μ2＞μ1，則x的表達式應(yīng)為()
圖1－17
A．x＝MmLB．x＝(M＋m)Lm
C．x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)D．x＝μ1ML(μ2＋μ1)(m＋M)
【解析】設(shè)A、B相對靜止一起向右勻速運動時的速度為v，撤去外力后至停止的過程中，A受到的滑動摩擦力為：
f1＝μ1mg
其加速度大小a1＝f1m＝μ1g
B做減速運動的加速度大小a2＝μ2(m＋M)g－μ1mgM
由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1
即木板B先停止后，A在木板上繼續(xù)做勻減速運動，且其加速度大小不變
對A應(yīng)用動能定理得：－f1(L＋x)＝0－12mv2
對B應(yīng)用動能定理得：
μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－12Mv2
解得：x＝μ1ML(μ2－μ1)(m＋M)．
[答案]C
【點評】①雖然使A產(chǎn)生加速度的力由B施加，但產(chǎn)生的加速度a1＝μ1g是取大地為參照系的．加速度是相對速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的參照系，與施力物體的速度無關(guān)．
②動能定理可由牛頓第二定律推導(dǎo)，特別對于勻變速直線運動，兩表達式很容易相互轉(zhuǎn)換．
三、臨界問題
●例8如圖1－18甲所示，滑塊A置于光滑的水平面上，一細線的一端固定于傾角為45°、質(zhì)量為M的光滑楔形滑塊A的頂端P處，細線另一端拴一質(zhì)量為m的小球B．現(xiàn)對滑塊施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相對斜面靜止，恒力F應(yīng)滿足什么條件？
圖1－18甲
【解析】
先考慮恒力背離斜面方向(水平向左)的情況：設(shè)恒力大小為F1時，B還在斜面上且對斜面的壓力為零，此時A、B有共同加速度a1，B的受力情況如圖1－18乙所示，有：
圖1－18乙
Tsinθ＝mg，Tcosθ＝ma1
解得：a1＝gcotθ
即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcotθ
由此可知，當水平向左的力大于(M＋m)gcotθ時，小球B將離開斜面，對于水平恒力向斜面一側(cè)方向(水平向右)的情況：設(shè)恒力大小為F2時，B相對斜面靜止時對懸繩的拉力恰好為零，此時A、B的共同加速度為a2，B的受力情況如圖1－18丙所示，有：
圖1－18丙
FNcosθ＝mg，F(xiàn)Nsinθ＝ma2
解得：a2＝gtanθ
即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ
由此可知，當水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B將沿斜面上滑，綜上可知，當作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcotθ，或向右小于(M＋m)gtanθ時，B能靜止在斜面上．
[答案]向左小于(M＋m)gcotθ或向右小于(M＋m)gtanθ
【點評】斜面上的物體、被細繩懸掛的物體這兩類物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出現(xiàn)的重要物理情境．
四、超重與失重問題
1．超重與失重只是物體在豎直方向上具有加速度時所受支持力不等于重力的情形．
2．要注意飛行器繞地球做圓周運動時在豎直方向上具有向心加速度，處于失重狀態(tài)．
●例9為了測量某住宅大樓每層的平均高度(層高)及電梯的運行情況，甲、乙兩位同學(xué)在一樓電梯內(nèi)用電子體重計及秒表進行了以下實驗：質(zhì)量m＝50kg的甲同學(xué)站在體重計上，乙同學(xué)記錄電梯從地面一樓到頂層的過程中，體重計的示數(shù)隨時間變化的情況，并作出了如圖1－19甲所示的圖象．已知t＝0時，電梯靜止不動，從電梯內(nèi)樓層按鈕上獲知該大樓共19層．求：
(1)電梯啟動和制動時的加速度大小．
(2)該大樓的層高．
圖1－19甲
【解析】(1)對于啟動狀態(tài)有：F1－mg＝ma1
得：a1＝2m/s2
對于制動狀態(tài)有：mg－F3＝ma2
得：a2＝2m/s2．
(2)電梯勻速運動的速度v＝a1t1＝2×1m/s＝2m/s
從圖中讀得電梯勻速上升的時間t2＝26s
電梯運行的總時間t＝28s
電梯運行的v－t圖象如圖1－19乙所示，
圖1－19乙
所以總位移s＝12v(t2＋t)＝12×2×(26＋28)m＝54m
層高h＝s18＝5418＝3m．
[答案](1)2m/s22m/s2(2)3m