1．(2014·课标全国Ⅰ) 如图所示，O ，A ，B 为同一竖直平面内
的三个点，OB 沿竖直方向，∠BOA ＝60°，OB ＝32
OA ，将一质量为m 的小球以一定的初动能自O 点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点，使此小球带电，电荷量为q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所在平面平行．现从O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A 点，到达A 点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g .求：
(1)无电场时，小球到达A 点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
解析 (1)设小球的初速度为v 0，初动能E k0，从O 点运动到A
点的时间为t ，令OA ＝d ，则OB ＝32
d ，根据平抛运动的规律有 d sin60°＝v 0t ①
d cos60°＝12
gt 2② 又有E k0＝12
m v 20③
由①②③式得E k0＝3
8mgd④
设小球到达A点时的动能为E k A，
则E k A＝E k0＋1
2mgd⑤
由④⑤式得E k A
E k0＝
7
3⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d
2和3 2
d，设电势能分别减小ΔE p A和ΔE p B，由能量守恒及④式得
ΔE p A＝3E k0－E k0－1
2mgd＝
2
3E k0⑦
ΔE p B＝6E k0－E k0－3
2mgd＝E k0⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的，设直线OB 上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有
x 3 2d ＝
ΔE pA ΔE pB⑨
解得x＝d，MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行，设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°⑩设场强的大小为E，有qEd cos30°＝ΔE p A?
由④⑦?式得E ＝3mg 6q
与竖直向下的方向的夹角为30°.
2. (2014·重庆)如图所示，在无限长的竖直边界NS 和MT 间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，KL 为上下磁场的水平分界线，在NS 和MT 边界上，距KL 高h 处分别有P 、Q 两点，NS 和MT 间距为1.8h .质量为m 、带电量为＋q 的粒子从P 点垂直于NS 边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g .
(1)求该电场强度的大小和方向．
(2)要使粒子不从NS 边界飞出，求粒子入射速度的最小值．
(3)若粒子能经过Q 点从MT 边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． 答案 (1)mg q ，方向竖直向上 (2)(9－62)qBh m
(3)0.68qBh m 0.545qBh m 0.52qBh m
解析 (1)设电场强度大小为E .
由题意有mg ＝qE
得E ＝mg q ，方向竖直向上．
(2)如图所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.
由r ＝m v qB ，有r 1＝m v min qB ，
r 2＝m v min 2qB ＝12r 1
由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2，
r 1＋r 1cos φ＝h
得v min ＝(9－62)qBh m .
(3)如图所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x .
由题意有3nx ＝1.8h (n ＝1,2,3，…)
32x ≥(9－62)h 2
x ＝r 21－(h －r 1)2
得r 1＝? ????1＋0.36n 2h 2
，n <3.5 即n ＝1时，v ＝0.68qBh m ；
n ＝2时，v ＝0.545qBh m ； n ＝3时，v ＝0.52qBh m
3．(2015·天津)
如图所示，凸字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求：
(1)线框ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd 边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H .
答案 (1)4倍 (2)H ＝Q mg ＋28l
解析 设磁场的磁感应强度大小为B ，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v 1，cd 边上的感应电动势为E 1，由法拉第电磁感应定律，可得E 1＝2Bl v 1
设线框总电阻为R ，此时线框中电流为I 1，由闭合电路欧姆定律，
可得I 1＝E 1R
设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB
由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有mg＝F1
联立解得v1＝mgR 4B2l2
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得
v2＝mgR
B2l2
故可知v2＝4v1
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，可得2mgl＝
1
2m v
2
1
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，可得
mg(2l＋H)＝
1
2m v
2
2
－
1
2m v
2
1
＋Q
联立解得H＝
Q
mg＋28l
4．(2015·广东七校三联)如图，质量M＝1 kg的木板静止在水平
面上，质量m＝1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.
(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端．求：木板的
长度L ；
(2)若力F 从零开始逐渐增加，且木板足够长．试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f 随力F 大小变化的图像．
答案 (1)1 m (2)f －F 图像见解析
解析 (1)铁块，由牛顿第二定律F －μ2mg ＝ma 1①
木板，由牛顿第二定律μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2②
设木板的长度为L ，经时间t 铁块运动到木板的左端，则
s 木＝12
a 2t 2③ s 铁＝12
a 1t 2④ 又s 铁－s 木＝L ⑤
联立①②③④⑤式，解得L ＝1 m ⑥
(2)①当F ≤μ1(m ＋M )g ＝2 N 时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，
即f ＝F
②当F >μ1(m ＋M )g ＝2 N 时，如果M 、m 相对静止，铁块与木板有相同的加速度a ，则
F －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ⑦
F －f ＝ma ⑧
解得F ＝2f －2⑨
此时f ≤μ1mg ＝4 N ，也即F ≤6 N ⑩
所以当2 N ＋1 N ? ③当F >6 N 时，M 、m 相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f ＝μ2mg ＝4 N 图像如图所示： 命题立意本题旨在考查牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系 5．(2015·盐城检测)如图甲所示，水平地面上放置一倾角为θ＝37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端．某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，力F随位移变化的规律如图乙所示．已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t＝0.5 s内位移x1＝1 m,0.5 s后物块再运动x2＝2 m时速度减为 0.取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)由静止开始，0.5 s末物块运动的速度的大小； (2)物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功； (3)物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小． 答案(1)4 m/s(2)－12 J(3)1.6 N 解析(1)由题意，0.5 s内物块做匀加速直线运动 则1 2a1t 2＝x 1 v＝a1t 解得a1＝8 m/s2，v＝4 m/s (2)加速和减速过程沿斜面向上的力分别为F1＝18 N，F2＝6 N 设物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ，由动能定理，有 加速过程：(F1－mg sinθ－μmg cosθ)x1＝1 2m v 2 减速过程：－(mg sinθ＋μmg cosθ－F2)x2＝0－1 2m v 2 W f＝－μmg cosθ(x1＋x2) 联立解得m＝1 kg，μ＝0.5，W f＝－12 J (3)斜面体受到物块的压力N＝mg cosθ 受到物块的摩擦力f＝μmg cosθ 设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有 f地＋N sinθ－f cosθ＝0 解得f地大小1.6 N 命题立意本题旨在考查动能定理的应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系 6．(2015·扬州开学考试)如图所示，半径R＝0.5 m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，O为圆弧圆心，D为圆弧最低点．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮(不计滑轮摩擦)分别连接小物块P、Q(两边细绳分别与对应斜面平行)，并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1＝0.25 m，斜面MN足够长，物块P质量m＝3 kg，与 MN 间的动摩擦因数μ＝13 ，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)烧断细绳后，物块P 第一次到达D 点时对轨道的压力大小； (2)物块P 第一次过M 点后0.3 s 到达K 点，则MK 间距多大； (3)物块P 在MN 斜面上滑行的总路程． 答案 (1)78 N (2)0.17 m (3)1.0 m 解析 (1)滑块由P 到D 过程，由动能定理，得 mgh ＝12 m v 2D 根据几何关系，有h ＝L 1sin53°＋R (1－cos53°) 在D 点，支持力和重力的合力提供向心力，有 F D －mg ＝m v 2D R 解得F D ＝78 N 由牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小为78 N (2)PM 段，根据动能定理，有 mgL 1sin53°＝12 m v 2M 解得v M ＝2 m/s 沿MN 向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到 a 1＝g sin53°＋μg cos53°＝10 m/s 2 根据速度时间公式，有v M ＝a 1t 1 解得t 1＝0.2 s 所以t 1＝0.2 s 时，P 物到达斜面MN 上最高点，故返回过程，有 x ＝12 a 2t 22 沿MN 向下运动过程，根据牛顿第二定律，有 a 2＝g sin53°－μg cos53°＝6 m/s 2 根据运动学公式，有x MK ＝v M 2t 1－12 a 2t 22＝0.17 m 即MK 之间的距离为0.17 m (3)最后物体在CM 之间来回滑动，且到达M 点时速度为零，对从P 到M 过程运用动能定理，得到 mgL 1sin53°－μmg cos53°·L 总＝0 解得L 总＝1.0 m 即物块P 在MN 斜面上滑行的总路程为1.0 m 命题立意 本题旨在考查牛顿运动定律的应用－物体的平衡、牛顿第二定律、牛顿第三定律、牛顿运动定律的应用－连接体、向心力、机械能守恒定律 7．(2015·衡水高三调) 如图所示，光滑绝缘的正方形水平桌面边长为d ＝0.48 m ，离地高度h ＝1.25 m ．桌面上存在一水平向左的匀强电场(除此之外其余位置均无电场)，电场强度E ＝1×104 N/C.在水平桌面上某一位置P 处有一质量m ＝0.01 kg ，电量q ＝1×10－6 C 的带正电小球以初速v 0＝1 m/s 向右运动．空气阻力忽略不计，重力加速度g ＝10 m/s 2.求： (1)小球在桌面上运动时加速度的大小和方向； (2)P 处距右端桌面多远时，小球从开始运动到最终落地的水平距离最大？并求出该最大水平距离？ 答案 (1)1.0 m/s 2 方向：水平向左 (2)38 m 58 m 解析 (1)对小球受力分析，受到重力、支持力和电场力，重力和支持力平衡，根据牛顿第二定律，有 a ＝F m ＝qE m ＝10－6×1040.01 m/s 2＝1.0 m/s 2 方向：水平向左 (2)设球到桌面右边的距离为x 1，球离开桌面后做平抛运动的水平距离为x 2， 则x 总＝x 1＋x 2 由v 2－v 20＝－2ax 1 代入，解得v ＝1－2x 1 设平抛运动的时间为t ，根据平抛运动的分位移公式，有 h ＝12 gt 2 代入得t ＝0.5 s 水平方向，有x 2＝v t ＝0.51－2x 1 故x总＝x1＋0.51－2x1令y＝1－2x1 则x总＝1－y2＋y 2 故，当y＝1 2，即x1＝ 3 8m时，水平距离最大 最大值为x m＝5 8m 即距桌面右端3 8m处放入，有最大水平距离为 5 8m 命题立意本题旨在考查电场强度、牛顿第二定律、平抛运动 8．(2015·枣庄八中模拟)如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3 kg，电荷量q＝＋1.0×10－2 C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求： (1)E1的大小； (2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量及偏转角度． 答案(1)E1＝ 2 N/C＝1.4 N/C (2)电势能增加了1.0×10－2 J ，粒子偏转角度为37° 解析 由平衡条件可以求出电场强度；根据动能定理，可求出粒子经b 点的速度，再由平衡状态，与牛顿第二定律，及几何关系可确定电势能变化量． (1)粒子在A 、B 间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有 qE 1cos45°＝mg 解得E 1＝ 2 N/C ＝1.4 N/C (2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理，得 qE 1d AB sin45°＝12 m v 2b －0 解得v b ＝5 m/s 加磁场前粒子在B 、C 间必做匀速直线运动，则有qE 2＝mg 加磁场后粒子在B 、C 间必做匀速圆周运动，如图所示， 由牛顿第二定律，得q v b B ＝m v 2b R 解得R ＝5 m 设偏转距离为y ，由几何知识，得 R 2＝d 2BC ＋(R －y )2， 代入数据得y ＝1.0 m 粒子在B 、C 间运动时电场力做的功为 W ＝－qE 2y ＝－mgy ＝－1.0×10－2 J 由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2 J 偏转角度为37° 命题立意 本题旨在考察带电粒子在磁场中的运动规律 9．(2015·连徐宿三调) 如图，在边长为L 的等边三角形ACD 区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场．大量的质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD 的方向射入磁场，经磁场偏转后三条边均有粒子射出，其中垂直于AD 边射出的粒子在磁场中运动的时间为t 0.不计粒子的重力及粒子间的相互作用．求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)要确保粒子能从CD 边射出，射入的最大速度； (3)AC 、AD 边上可能有粒子射出的范围． 答案 (1)πm 3qt 0 (2)3πL 12t 0 (3)AC 、AD 边上可能有粒子射出的范围为CE 段和DF 段，x CE ＝L 4、x DF ＝L 2 解析 (1)洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2 r 周期T ＝2πr v ＝2πm qB 当粒子垂直AD 边射出时，根据几何关系有圆心角为60° 解得B ＝ πm 3qt 0 (2) 当轨迹圆与AC 、AD 都相切时，粒子能从CD 边射出，半径最 大，速度为最大值，此时根据q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB 解得v ＝3πL 12t 0 所以，粒子射入的速度应满足v ≤ 3πL 12t 0 (3) 由(2)知，当轨迹圆与AC 相切时，从AC 边射出的粒子距C 最远 故有粒子射出的范围为CE 段，x CE ＝L 2cos60°＝L 4 当轨迹圆与AD 边的交点F 恰在圆心O 正上方时，射出的粒子距D 点最远．故有粒子射出的范围为DF 段 x DF ＝r sin60°＝L 2 命题立意 本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动 10．(2015·盐城1月检测)如图甲所示，斜面倾角为37°，一宽为l ＝0.43 m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行．在斜面上由静止释放一正方形金属线框，线框沿斜面下滑，下边与磁场边界保持平行．取斜面底边重力势能为零，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能E 和位移s 之间的关系如图乙所示，图中①、②均为直线段．已知线框的质量为m ＝0.1 kg ，电阻为R ＝0.06 Ω，重力加速度取g ＝10 m/s 2.求： (1)金属线框与斜面间的动摩擦因数； (2)金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间； (3)金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率(本小题保留两位有效数字)． 答案(1)0.5(2)0.125 s(3)0.43 W 解析(1)减少的机械能等于克服摩擦力所做的功ΔE1＝W f1 而ΔE1＝0.900 J－0.756 J＝0.144 J W f1＝μmg cos37s1 其中s1＝0.36 m 解得μ＝0.5 (2)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因此安培力也为恒力，线框做匀速运动v21＝2as1 其中a＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s2 可解得线框刚进磁场时的速度大小为v1＝1.2 m/s ΔE2＝W f2＋W A＝(f＋F A)s2 其中ΔE2＝0.756 J－0.666 J＝0.09 J f＋F A＝mg sin37°＝0.6 N s2为线框的侧边长 即线框进入磁场过程运动的距离，可求出 s2＝0.15 m t＝s2 v1＝0.125 s (3)线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大 P m＝I2R＝B2L2v22 R 由v22＝v21＋2a(l－s2) 可求得v2＝1.6 m/s 根据线框匀速进入磁场时，F A ＋μmg cos37°＝mg sin37° 可求出F A ＝0.2 N 又因为F A ＝BIL ＝B 2L 2v 1R 可求出B 2L 2＝0.01 代入数据解得P m ＝I 2R ＝B 2L 2v 22R ＝0.43 W 命题立意 本题旨在考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律、电磁感应中的能量转化 11．(2015·绵阳三诊)如图所示，在xOy 平面内，以O 1(0，R )为圆心、R 为半径的圆形区域内有垂直平面向里的匀强磁场B 1，x 轴下方有一直线ab ，ab 与x 轴相距为d ，x 轴与直线ab 间区域有平行于y 轴的匀强电场E ，在ab 的下方有一平行于x 轴的感光板MN ，ab 与MN 间区域有垂直于纸平面向外的匀强磁场B 2. 在0≤y ≤2R 的区域内，质量为m 、电荷量为e 的电子从任何位置从圆形区域的左侧沿x 轴正方向以速度v 0射入圆形区域，经过磁场B 1偏转后都经过O 点，然后进入x 轴下方．已知x 轴与直线ab 间匀强电场场强大小E ＝3m v 202de ，ab 与MN 间磁场磁感应强度B 2＝m v 0ed .不计电子重力． 2019高考物理二轮复习重点及策略 一、考点网络化、系统化 通过知识网络结构理解知识内部的联系。因为高考试题近年来突出对物理思想本质、物理模型及知识内部逻辑关系的考察。 例如学习电场这章知识，必须要建立知识网络图，从电场力和电场能这两个角度去理解并掌握。 二、重视错题 错题和不会做的题，往往是考生知识的盲区、物理思想方法的盲区、解题思路的盲区。所以考生要认真应对高三复习以来的错题，问问自己为什么错了，错在哪儿，今后怎么避免这些错误。分析错题可以帮助考生提高复习效率、巩固复习成果，反思失败教训，及时在高考前发现和修补知识与技能方面的漏洞。充分重视通过考试考生出现的知识漏洞和对过程和方法分析的重要性。很多学生不够重视错题本的建立，都是在最后关头才想起要去做这件事情，北京新东方一对一的老师都是非常重视同时也要求学生一定要建立错题本，在大考对错题本进行复习，这样的效果和收获是很多同学所意想不到的。 三、跳出题海，突出高频考点 例如电磁感应、牛二定律、电学实验、交流电等，每年会考到，这些考点就要深层次的去挖掘并掌握。不要盲区的去大 量做题，通过典型例题来掌握解题思路和答题技巧；重视“物理过程与方法”；重视数学思想方法在物理学中的应用；通过一题多问，一题多变，一题多解，多题归一，全面提升分析问题和解决问题的能力；通过定量规范、有序的训练来提高应试能力。 四、提升解题能力 1、强化选择题的训练 注重对基础知识和基本概念的考查，在选择题上的失手将使部分考生在高考中输在起跑线上，因为选择题共48分。所以北京新东方中小学一对一盛海清老师老师建议同学们一定要做到会的题目都拿到分数，不错过。 2、加强对过程与方法的训练，提高解决综合问题的应试能力 2019年北京高考命题将加大落实考查“知识与技能”、“过程与方法”的力度，更加注重通过对解题过程和物理思维方法的考查来甄别考生的综合能力。分析是综合的基础，分析物理运动过程、条件、特征，要有分析的方法，主要有：定性分析、定量分析、因果分析、条件分析、结构功能分析等。在处理复杂物理问题是一般要定性分析可能情景、再定量分析确定物理情景、运动条件、运动特征。 如物体的平衡问题在力学部分出现，学生往往不会感到困难，在电场中出现就增加了难度，更容易出现问题的是在电 《向心力的计算》 一、计算题 1.如图所示，长为L的细绳一端与一质量为m的小球可看成质点 相连，可绕过O点的水平转轴在竖直面内无摩擦地转动．在最 低点a处给一个初速度，使小球恰好能通过最高点完成完整的圆 周运动，求： 小球过b点时的速度大小； 初速度的大小； 最低点处绳中的拉力大小． 2.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直 轨道相切，半径，物块A以的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段长度都为。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为，A、B的质量均为重力加速度g 取；A、B视为质点，碰撞时间极短。 求A滑过Q点时的速度大小V和受到的弹力大小F； 若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； 求碰后AB滑至第n个光滑段上的速度与n的关系式。 3.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管 道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过秒后又恰好垂直与倾角为的斜面相碰到。已知圆轨道半径为，小球的质量为，g取求 小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离 小球经过圆弧轨道的B点时，受到轨道的作用力的大小和方向？ 小球经过圆弧轨道的A点时的速率。 4.如图所示，倾角为的粗糙平直导轨与半径为R的光 滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一 质量为m的小滑块从轨道上离地面高为的D处无初速 下滑进入圆环轨道，接着小滑块从圆环最高点C水平飞出， 恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力。求： 小滑块在C点飞出的速率； 在圆环最低点时滑块对圆环轨道压力的大小； 滑块与斜轨之间的动摩擦因数。 2019年高考物理二轮复习计划五步走 通过第一轮的复习，高三学生大部分已经掌握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。在第二轮复习中，首要的任务是要把整个高中的知识网络化、系统化；另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题能力。这一阶段复习的指导思想是：突出主干知识，突破疑点、难点；关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础知识的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础知识和提高基本能力，进一步强化规范解题的训练；②知识重组：把所学的知识连成线、铺成面、织成网，梳理知识结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的能力的目的；③提升能力：通过知识网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题能力，三是提高实验操作能力。在第二轮复习中，重点在提高能力上下功夫，把目标瞄准中档题。 二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动；(2)力与曲线运动；(3)功和能；(4)带电体(粒子)的运动；(5)电路与电磁感应；(6)必做实验部分； (7)选考模块。每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)知识结构分析；(2)主要命题点分析；(3)方法探索；(4)典型例题分析；(5)配套训练。具体说来，专题复习中应注意以下几个方面的问题： 选考模块的复习不可掉以轻心，抓住规律区别对待。 选考模块的复习要突出对五个二级知识点的加强(选修3—4中四个， 选修3—5中一个)。由于分数的限制，该部分的复习重点应该放在扩大知识面上，特别是选修3—3，没有二级要求的知识点，应该是考生最容易拿分的版块，希望认真钻研教材。课本是知识之源，对这几部分的内容一定要做到熟读、精读课本，看懂、弄透，一次不够就两次，两次不行需再来，绝不能留任何的死角，包括课后的阅读材料、小实验、小资料等，因为大多的信息题是从这里取材的。 实验部分一直是高考复习的重点和难点 实验的理论部分一般在第一轮中进行，我们把“走进实验室”放在第二轮。历年来尽管在实验部分花费不少的时间和精力，但掌握的情况往往是不尽如人意，学生中高分、低分悬殊较大，原因在于很多学生思想重视不够、学习方法不对。实验中最重要的是掌握实验目的和原理，特别是《课程标准》下，高考更加注重考查实验原理的迁移能力，即使是考查教材上的原实验，也是改容换面而推出的。原理是为目的服务的，每个实验所选择的器材源于实验原理，电学中的控制电路与测量电路之间的关系是难以把握的地方。复习中还要注意器材选择的基本原则，灵活地运用这些基本原则是二轮实验复习的一个目的。针对每一个实验，注意做到“三个掌握、五个会”，即掌握实验目的、步骤、原理；会控制条件、会使用仪器、会观察分析、会处理数据并得出相应的结论、会设计简单的实验方案。选做题中考实验的可能性也很大，不要忽视这方面内容。 突出重点知识，狠抓主干知识，落实核心知识 二轮复习中我们不可能再面面俱到，切忌“眉毛胡子一把抓”，而且时 目录 牛顿第二定律 (2) 功能 (3) 动量 (3) 力学综合 (3) 动量能量综合 (4) 带电粒子在电场中的运动 (6) 带电粒子在磁场中的运动 (7) 电磁感应 (8) 法拉第电磁感应定律（动生与感生电动势） (8) 杆切割 (8) 线框切割 (9) 感生电动势 (9) 电磁感应中的功能问题 (10) 电磁科技应用 (11) 热学 (12) 光学 (14) 近代物理 (15) 思想方法原理类 (16) 牛顿第二定律 1.【2019天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并 取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC．已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求 （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W； （2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F N多大。 2.【2019江苏卷】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。 A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： （1）A被敲击后获得的初速度大小v A； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′； （3）B被敲击后获得的初速度大小v B。 2019高考物理二轮复习攻略 物理在绝大多数的省份既是会考科目又是高考科目，在高中的学习中占有重要地位。以下是查字典物理网为大家整理的高考物理二轮复习攻略，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典物理网一直陪伴您。 一、知识板块：以小综合为主，不求大而全 第一轮复习基本上都是以单元，章节为体系。侧重全面弄懂基本概念，透彻理解基本规律，熟练运用基本公式解答个体类物理问题。综合应用程度不太高。实际上知识与技能的综合是客观存在，所以，我们因势利导把知识进行适当综合。但要循序渐进，以小综合为主，不求一步到位的大而全。 所谓小综合，就是大家一眼就能审视出一个问题涉及那两个知识点，可能用到那几个物理公式的。譬如： 1.力和物体的运动综合问题(力的平衡、直线运动、牛顿定律、平抛运动、匀速圆周运动)； 2.万有引力定律的应用问题； 3.机械振动和机械波； 4.动能定理与机械能守恒定律； 5.气体性质问题； 6.带电粒子在电场中的直线运动(匀速、匀加速、匀减速、往复运动)，曲线运动(类平抛、圆周运动)； 7.直流电路分析问题：①动态分析，②故障分析； 8.电磁感应中的综合问题：①导体棒切割磁感线(单根、双根、U形导轨、形导轨、O形导轨；导轨水平放置、竖直放置、倾斜放置等各种情景)，②闭合线圈穿过有界磁场(线圈有正方形、矩形、三角形、圆形、梯形等)，(有边界单个磁场，有分界衔接磁场)、(线圈有竖直方向穿过、水平方向穿过等各种情景)； 9.物理实验专题复习：①应用性实验，②设计性实验，③探究性实验； 10.物理信息给予题(新概念、新规律、数据、表格、图像等) 11.联系实际新情景题(文字描述新情景、图字展现新情景、建物理模型，重物理过程分析)； 12.常用的几种物理思维方法； 13.物理学习中常用的物理方法。 二、方法板块：以基本方法为主，不哗众取宠 分析研究和解答物理问题，离不开物理思想，这种思想直觉反应是思维方法。平时学习中大家已经接触和应用过多种方法，但仍是比较零乱的。因此，有必要适当地加于归纳总结，能知道一些方法的适用情况，区别普遍性与特殊性。其中要以基本方法为主。即必须掌握，熟练应用且平时用得最多的几种方法。 如受力分析法：从中判断研究对象受几个力，是恒力还是变力；过程分析法：能把较复杂的物理问题分析成若干简单的 专题定位 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想． 应考策略 深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法． 1． 弹力 (1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解． (2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2． 摩擦力 (1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力0 (1)大小：F洛＝q v B，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0. (2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力总不做功．6．共点力的平衡 (1)平衡状态：静止或匀速直线运动． (2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0. (3)常用推论：①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1) 个力的合力大小相等、方向相反．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形． 1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论． 2．常用的方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法． (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解 法等． 3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力． 4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v. 题型1整体法和隔离法在受力分析中的应用 例1如图1所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统平衡，g＝10 m/s2，则以下正确的是() 图1 A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N 计算题 1.如图所示的电路中，用电动势E=6V，内阻不计的电池组向电阻R0=20Ω，额电压U0=4.5V的灯泡供电，求： (1)要使系统的效率不低于η0=0.6，变阻器的阻值及它应承受的最大电流是多大？ (2)处于额定电压下的灯泡和电池组的最大可能效率是多少？它们同时适当选择的变阻器如何连接，才能取得最大效率？ 2.环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量3 m=?。当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶310kg 时，驱动电机的输入电流I=50A，电压U=300V。在此行驶状态下 ； （1）求驱动电机的输入功率P 电 （2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10m/s2）； （3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积。结合计算结果，简述你对该设想的思考。 已知太阳辐射的总功率260410W P =?，太阳到地球的距离111.510m r =?，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%。 3．太阳与地球的距离为1.5×1011m，太阳光以平行光束入射到地面。地球表面2/3的面积被水面所覆盖，太阳在一年中辐射到地球表面水面部分的总能量W约为1.87×1024J。设水面对太阳辐射的平均反射率为7％，而且将吸收到的35％能量重新辐射出去。太阳辐射可将水面的水蒸发（设在常温、常压下蒸发1 kg水需要2.2×106 J的能量），而后凝结成雨滴降落到地面。 （1）估算整个地球表面的年平均降雨量（以毫米表示，球面积为4πR2 地球的半径R=6.37×106 m）。 （2）太阳辐射到地球的能量中只有约50％到达地面，W只是其中的一部分。太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面，这是为什么？请说明二个理由。 计算题 1．为了使航天员能适应在失重环境下是的工作和生活，国家航天局组织对 航天员进行失重训练。故需要创造一种失重环境；航天员乘坐到民航客机 上后，训练客机总重5×104kg，以200m/s速度沿300倾角爬升到7000米 高空后飞机向上拉起，沿竖直方向以200m/s 的初速度向上作匀减速直线 运动，匀减速的加速度为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，仍沿竖直 方向以加速度为g加速运动，在前段时间内创造出完全失重，当飞机离地 2000米高时为了安全必须拉起，后又可一次次重复为航天员失重训练。若 飞机飞行时所受的空气阻力f=Kv（k=900N·s/m），每次飞机速度达到 350m/s 后必须终止失重训练（否则Array飞机可能失速）。 求：（1）飞机一次上下运动为航天员创 造的完全失重的时间。 （2）飞机下降离地4500米时飞机 发动机的推力（整个运动空间重力加速 度不变）。 （3）经过几次飞行后，驾驶员想在保持其它不变，在失重训练时间不 变的情况下，降低飞机拉起的高度（在B点前把飞机拉起）以节约燃油， 若不考虑飞机的长度，计算出一次最多能节约的能量。 2．如图所示是一种测定风速的装置，一个压力传感器固定在竖直墙上，一弹簧一端固定在传感器上的M 点，另一端N 与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属细杆上，弹簧是不导电的材料制成的。测得该弹簧的形变量与压力传感器示数关系见下表。 迎风板面积S ＝0.50m 2，工作时总是正对着风吹来的方向。电路的一端与迎风板相连，另一端在M 点与金属杆相连。迎风板可 在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好。定值电阻R ＝1.0Ω，电源的电动势E ＝12V ，内阻r ＝0.50Ω。闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长L 0＝0.50m ，电压 传感器的示数U 1＝3.0V ，某时刻由于风吹迎风板，电压传感器的示数变为 U 2＝2.0V 。求： （1）金属杆单位长度的电阻； 形变量（m ） 0 0.1 0.2 0.3 0.4 压 力（N ） 0 130 260 390 520 考前题 1．（18分）如图所示，O 点为固定转轴，把一个长度为l 的细绳上端固定在O 点，细绳下端系一个质量为m 的小摆球，当小摆球处于静止状态时恰好与平台的右端点B 点接触，但无压力。一个质量为M 的小钢球沿着光滑的平台自左向右运动到B 点时与静止的小摆球m 发生正碰，碰撞后摆球在绳的约束下作圆周运动，且恰好能够经过最高点A ，而小钢球M 做平抛运动落在水平地面上的C 点。测得B 、C 两点间的水平距离DC=x ，平台的高度为h ，不计空气阻力，本地的重力加速度为g ，请计算： （1）碰撞后小钢球M 做平抛运动的初速度大小； （2）小把球m 经过最高点A 时的动能； （3）碰撞前小钢球M 在平台上向右运动的速度大小。 1．解析 （1）设M 做平抛运动的初速度是v ， 2 21,gt h vt x = = h g x v 2= （2）摆球m 经最高点A 时只受重力作用， l v m mg A 2 = 摆球经最高点A 时的动能为A E ； mgl mv E A A 2 1212= = （3）碰后小摆球m 作圆周运动时机械能守恒， mgl mv mv A B 22 12 1 22+= gl v B 5= 设碰前M 的运动速度是 v ，M 与m 碰撞时系统的动量守恒 B mv Mv Mv +=0 gl M m h g x v 52+ = 2．如图，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段紧贴地面，弯曲段的顶部切线水平、离地高为h ；滑块A 静止在水平轨道上， v 0=40m/s 的子弹水平射入滑块A 后一起沿轨道向右运动，并从轨道顶部水平抛出．已知滑块A 的质量是子弹的3倍，取g=10m/s 2，不计空气阻力．求： （1）子弹射入滑块后一起运动的速度； （2）水平距离x 与h 关系的表达式； （3）当h 多高时，x 最大，并求出这个最大值． 2013年高考二轮复习专题十 高考物理模型 方法概述 高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下： (1)选择题中一般都包含3～4道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题． (2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大． (3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型． 高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述． 热点、重点、难点 一、斜面问题 在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法． 1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝g tan θ． 图9－1甲 2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)： (1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左． 3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)． 图9－1乙 4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)： 图9－2 专题一直线运动 『经典特训题组』 1．如图所示，一汽车在某一时刻，从A点开始刹车做匀减速直线运动，途经B、C两点，已知AB＝3.2 m，BC＝1.6 m，汽车从A到B及从B到C所用时间均为t＝1.0 s，以下判断正确的是() A．汽车加速度大小为0.8 m/s2 B．汽车恰好停在C点 C．汽车在B点的瞬时速度为2.4 m/s D．汽车在A点的瞬时速度为3.2 m/s 答案C 解析根据Δs＝at2，得a＝BC－AB t2＝－1.6 m/s 2，A错误；由于汽车做匀减速 直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，中间时刻的速度等于这段时间内的平 均速度，所以汽车经过B点时的速度为v B＝AC 2t＝2.4 m/s，C正确；根据v C＝v B＋ at得，汽车经过C点时的速度为v C＝0.8 m/s，B错误；同理得v A＝v B－at＝4 m/s，D错误。 2．如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x-t)图线。由图可知() A．在t1时刻，b车追上a车 B．在t1到t2这段时间内，b车的平均速度比a车的大 C．在t2时刻，a、b两车运动方向相同 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 答案A 解析在t1时刻之前，a车在b车的前方，在t1时刻，a、b两车的位置坐标相同，两者相遇，说明在t1时刻，b车追上a车，A正确；根据x-t图线纵坐标的变化量表示位移，可知在t1到t2这段时间内两车的位移相等，则两车的平均速度相等，B错误；由x-t图线切线的斜率表示速度可知，在t2时刻，a、b两车运动方向相反，C错误；在t1到t2这段时间内，b车图线斜率不是一直比a车的大，所以b车的速率不是一直比a车的大，D错误。 3．甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示。在这段时间内() A．汽车甲的平均速度比乙的大 B．汽车乙的平均速度等于v1＋v2 2 C．甲、乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 答案A 解析根据v-t图象中图线与时间轴围成的面积表示位移，可知甲的位移大于乙的位移，而运动时间相同，故甲的平均速度比乙的大，A正确，C错误；匀变速 直线运动的平均速度可以用v1＋v2 2来表示，由图象可知乙的位移小于初速度为v2、 末速度为v1的匀变速直线运动的位移，故汽车乙的平均速度小于v1＋v2 2，B错误； 图象的斜率的绝对值表示加速度的大小，甲、乙的加速度均逐渐减小，D错误。 4. 如图所示是某物体做直线运动的v2-x图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x＝x0处的过程分析，其中正确的是() 计算题专题突破 计算题题型练3－4 1．一列横波在x轴上传播，t1＝0和t2＝0.005 s时的波形如图中的实线和虚线所示． (1)设周期大于(t2－t1)，求波速； (2)设周期小于(t2－t1)，并且波速为6 000 m/s，求波的传播方向． 解析：当波传播时间小于周期时，波沿传播方向前进的距离小于一个波长；当波传播时间大于周期时，波沿传播方向前进的距离大于一个波长，这时从波形的变化上看出的传播距离加上n个波长才是波实际传播的距离． (1)因Δt＝t2－t1 因此可得波的传播方向沿x轴负方向． 答案：(1)波向右传播时v＝400 m/s；波向左传播时v＝1 200 m/s(2)x轴负方向 2. (厦门一中高三检测)如图所示，上下表面平行的玻璃砖折射率为n＝2，下表面镶有银反射面，一束单色光与界面的夹角θ＝45°射到玻璃表面上，结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h＝2.0 cm的光点A和B(图中未画出)． (1)请在图中画出光路示意图(请使用刻度尺)； (2)求玻璃砖的厚度d. 解析：(1)画出光路图如图所示． (2)设第一次折射时折射角为θ1， 计算题强化专练-热学 一、计算题（本大题共5小题，共50.0分） 1.如图所示，质量为m=6kg的绝热气缸（厚度不计），横截面积为S=10cm2，倒扣在 水平桌面上（与桌面有缝隙），气缸内有一绝热的“T”型活塞固定在桌面上，活塞与气缸封闭一定质量的理想气体，活塞在气缸内可无摩擦滑动且不漏气．开始时，封闭气体的温度为t0=27℃，压强P=0.5×105P a，g取10m/s2，大气压强为 P0=1.0×105P a．求： ①此时桌面对气缸的作用力大小； ②通过电热丝给封闭气体缓慢加热到t2，使气缸刚好对水平桌面无压力，求t2的值 ． 2.如图所示，用质量为m=1kg、横截面积为S=10cm2的活塞在气 缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽 略不计。开始时活塞距气缸底的高度为h=10cm且气缸足够 高，气体温度为t=27℃，外界大气压强为p0=1.0×105Pa，取 g=10m/s2，绝对零度取-273℃．求： （i）此时封闭气体的压强； （ii）给气缸缓慢加热，当缸内气体吸收4.5J的热量时，内能 的增加量为2.3J，求此时缸内气体的温度。 3.如图所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面 积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l，温度为T的空气柱，左右两管水银面高度差为hcm，外界大气压为h0cmHg . (1)若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平 部分)，求在右管中注入水银柱的长度h1(以cm为单位)； (2)在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度变为开始时的长度l ，求此时空气柱的温度T′. 4.一内壁光滑、粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部 有一轻活塞．初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示．已知大气压强p0=75cmHg ，环境温度不变． （1）求右侧封闭气体的压强p右； （2）现用力向下缓慢推活塞，直至管内两边水银柱高度相等并达到稳定．求此时右侧封闭气体的压强p右； （3）求第(2)问中活塞下移的距离x． 2019年高考物理二轮复习计划（一） 通过第一轮的复习，高三学生大部分已经掌握了物理学中的基本概念、基本规律及其一般的应用。在第二轮复习中，首要的任务是要把整个高中的知识网络化、系统化；另外，要在理解的基础上，综合各部分的内容，进一步提高解题能力。这一阶段复习的指导思想是：突出主干知识，突破疑点、难点；关注热点和《考试说明》中新增点、变化点。二轮复习的目的和任务是：①查漏补缺：针对第一轮复习存在的问题，进一步强化基础知识的复习和基本技能的训练，进一步巩固基础知识和提高基本能力，进一步强化规范解题的训练；②知识重组：把所学的知识连成线、铺成面、织成网，梳理知识结构，使之有机结合在一起，以达到提高多角度、多途径地分析和解决问题的能力的目的；③提升能力：通过知识网的建立，一是提高解题速度和解题技巧，二是提升规范解题能力，三是提高实验操作能力。在第二轮复习中，重点在提高能力上下功夫，把目标瞄准中档题。 二轮复习的思路模式是：以专题模块复习为主，实际进行中一般分为如下几个专题来复习：(1)力与直线运动；(2)力与曲线运动；(3)功和能；(4)带电体(粒子)的运动；(5)电路与电磁感应；(6)必做实验部分； (7)选考模块。每一个专题都应包含以下几个方面的内容：(1)知识结构分析；(2)主要命题点分析；(3)方法探索；(4)典型例题分析；(5)配套训练。具体说来，专题复习中应注意以下几个方面的问题： 抓住主干知识及主干知识之间的综合 高中物理的主干知识是力学和电磁学部分，在各部分的综合应用中， 主要以下面几种方式的综合较多：①牛顿三定律与匀变速直线运动和曲线运动的综合(主要体现在动力学和天体问题、带电粒子在匀强电场中运动、通电导体在磁场中运动，电磁感应过程中导体的运动等形式)；②以带电粒子在电场、磁场中运动为模型的电学与力学的综合，如利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场 中的运动、利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动、利用能量观点解决带电粒子在电场中的运动；③电磁感应现象与闭合电路欧姆定律的综合，用力与运动观点和能量观点解决导体在匀强磁场中的运动问题；④串、并联电路规律与实验的综合(这是近几年高考实验命题的热点)，如通过粗略地计算选择实验器材和电表的量程、确定滑动变阻器的连接方法、确定电流表的内外接法等。对以上知识一定要特别重视，尽可能做到每个内容都过关，绝不能掉以轻心，要分别安排不同的专题重点强化，这是我们二轮复习的重中之重，希望在这些地方有所突破。 计算题专题训练 第1组 1．（2012·惠州一中月考）如图所示，一弹丸从离地高度H ＝1.95 m 的A 点以v 0＝8.0 m/s 的初速度水平射出，恰以平行于斜面的速度射入静止在固定斜面顶端C 处的一木块中，并立 即与木块具有相同的速度（此速度大小为弹丸进入木块前一瞬间速度的1 10 ）共同运动，在斜 面下端有一垂直于斜面的挡板，木块与它相碰没有机械能损失，碰后恰能返回C 点。已知斜面顶端C 处离地高h ＝0.15 m ，求：（1）A 点和C 点间的水平距离。（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ。（3）木块从被弹丸击中到再次回到C 点的时间t 。 2．（2012·广州一模，35）如图所示，有小孔O 和O ′的两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场。金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动。某时刻ab 进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O 孔竖直射入两板间。ab 在Ⅰ区域运动时，小球匀速下落；ab 从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从O ′孔离开。已知板间距为3d ，导轨间距为L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d 。带电小球质量为m ，电荷量为q ，ab 运动的速度为v 0，重力加速度为g 。求： （1）磁感应强度的大小。 （2）ab 在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小。 （3）小球射入O 孔时的速度v 。 第2组 3．如图所示，AB 、BC 、CD 三段轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度L ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 点离轨道BC 的高度为H ＝4.30 m 。质量为m 的小滑块自A 点由静止释放，已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦 因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： （1）小滑块第一次到达C 点时的速度大小； （2）小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； （3）小滑块最终停止位置距B 点的距离。 4．如图所示，磁感应强度为B ＝2.0×10－3 T 的磁场分布在xOy 平面上的MON 三角形区域，其中M 、N 点距坐标原点O 均为1.0 m ，磁场方向垂直纸面向里。坐标原点O 处有一个粒子源，不断地向xOy 平面发射比荷为q m ＝5×107 C/kg 的带正电粒子，它们的速度大小都是v ＝5×104 高考物理计算题(共29 题) -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 学生错题之计算题（共29题） 计算题力学部分：（共12题） (2) 计算题电磁学部分：（共13题） (15) 计算题气体热学部分：（共3题） (35) 计算题原子物理部分：（共1题） (38) 计算题力学部分：（共12题） 1.长木板A静止在水平地面上，长木板的左端竖直固定着弹性挡板P，长木板A的上表面分为三个区域，其中PO段光滑，长度为1 m；OC段粗糙，长度为1.5 m；CD段粗糙，长度为1.19 m。可视为质点的滑块B静止在长木板上的O点。已知滑块、长木板的质量均为1 kg，滑块B与OC段动摩擦因数为0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为0.15。现用水平向右、大小为11 N的恒力拉动长木板，当弹性挡板P将要与滑块B相碰时撤去外力，挡板P与滑块B发生弹性碰撞，碰后滑块B最后停在了CD段。已知质量相等的两个物体发生弹性碰撞时速度互换，g=10 m／s2，求： （1）撤去外力时，长木板A的速度大小； （2）滑块B与木板CD段动摩擦因数的最小值； （3）在（2）的条件下，滑块B运动的总时间。 答案：（1）4m/s （2）0.1（3）2.45s 【解析】（1）对长木板A由牛顿第二定律可得，解得； 由可得v=4m/s； （2）挡板P与滑块B发生弹性碰撞，速度交换，滑块B以4m/s的速度向右滑行，长木板A静止，当滑上OC段时，对滑块B有，解得 滑块B的位移； 对长木板A有； 长木板A的位移，所以有，可得或（舍去） （3）滑块B匀速运动时间； 滑块B在CD段减速时间； 滑块B从开始运动到静止的时间 2.如图所示，足够宽的水平传送带以v0=2m／s的速度沿顺时针方向运行，质量m=0.4kg的小滑块被光滑固定挡板拦住静止于传送带上的A点，t=0时，在小滑块上施加沿挡板方向的拉力F，使之沿挡 板做a=1m／s2的匀加速直线运动，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g=10m ／s2，求： （1）t=0时，拉力F的大小及t=2s时小滑块所受摩擦力的功率； （2）请分析推导出拉力F与t满足的关系式。 答案： （1）0.4N；（2） 【解析】（1）由挡板挡住使小滑块静止的A点，知挡板方向必垂直于传送带的运行方向； t=0时对滑块：F=ma 解得F=0.4N；t=2s时， 小滑块的速度v=at=2m/s摩擦力方向与挡板夹角，则θ=450 此时摩擦力的功率P=μmgcos450v， 解得 （2）t时刻，小滑块的速度v=at=t， 小滑块所受的摩擦力与挡板的夹角为 由牛顿第二定律 解得（N） 高考物理二轮专项：功和机械能压轴题训练 1．（10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。 （1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为mg，将金属棒a从距水平面高度h处由静止释放。求： 金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小； 若金属棒a在磁场Ⅰ运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度h应满足的条件； （2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。 2．（8分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球。现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）判断小球的带电性质； （2）求该匀强电场的电场强度E的大小； （3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小。 3．（10分）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ = 30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B = 0.5T。质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆a b，测得最大速度为v m。改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示。已知轨距为L = 2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计。 （1）当R = 0时，求杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小及杆中的电流方向；（2）求金属杆的质量m和阻值r； [原创]高考物理计算题专题（传送带专题）doc 高 中物理 1、水平的传送带以4M/S 的速度匀速运动，主动轮B 与被动轮A 的轴距是12M ，现在将一物体放在A 轮正上方，顺时针运动，与传送带的动摩擦因数为0.2 ，那么物体〔设成P)通过多长时刻可运动到B 轮上方？〔g=10m/s2) 2.水平传送带长4.5m,以3m/s 的速度作匀速运动。质量m=1kg 的物体与传送带间的动摩擦因数为0.15,那么该物体从静止放到传送带的一端开始,到达另一端所需时刻为多少?这一过程中由于摩擦产生的热量为多少?这一过程中带动传送带转动的机器做多少功? (g 取10m/s2)。 3.如下图,一平直的传送带以速度v =2m/s 匀速运动, 传送带把A 处的工件运送到B 处, A 、B 相距L =10m 。从A 处把工件无初速地放到传送带上,通过时刻t =6s,能传送到B 处,要用最短的时刻把工件从A 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大? 4.一水平的浅色长传送带上放置一煤块〔可视为质点〕，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块差不多上静止的。现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动，当其速度达到v 0后，便以此速度做匀速运动。通过一段时刻，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相关于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 5、如图示,质量m=1kg 的物体从高为h=0.2m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑,滑到水平传送带上的A 点,物体和皮带之间的动摩擦因数为μ=0.2,传送带AB 之间的距离为L=5m,传送带一直以v=4m/s 的速度匀速运动, 求: (1)物体从A 运动到B 的时刻是多少？ (2)物体从A 运动到B 的过程中,摩擦力对物体做了多少功? (3)物体从A 运动到B 的过程中,产生多少热量? (4)物体从A 运动到B 的过程中,带动传送带转动的电动机多做了多少功? 计算题增分练(五) (满分32分 20分钟) 1．如图所示，半径为l 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连．圆环区域内分布着磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒a ，一端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上，可绕圆心转动．倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B ，金属棒b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为2l .当棒a 绕圆心以角速度ω顺时针(俯视)匀速旋转时，棒b 保持静止．已知棒b 与轨道间的动摩擦因数为μ＝0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；棒b 的质量为m ，棒a 、b 的电阻分别为R 、2R ，其余电阻不计；斜面倾角为θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g ，求 (1)金属棒b 两端的电压； (2)为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度大小的范围． 解析：(1)E ＝Bl v ① v ＝0＋l ω2 ② U ＝2R R ＋2R ·E ③ ①②③式联立，解得：U ＝13Bl 2ω ④ (2)I ＝E R ＋2R ⑤ F 安＝BI ·2l ⑥ 由①②⑤⑥式联立，解得：F 安＝B 2l 3ω3R ⑦ 为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小设为ω1，最大为ω2： mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R ⑧ mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R ⑨ 3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3 ⑩ 答案：(1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l 3 2．如图甲所示，光滑斜面OA 与倾斜传送带AB 在A 点相接，且OAB 在一条直线上，与水平面夹角α＝37°，轻质弹簧下端固定在O 点，上端可自由伸长到A 点．在A 点放一个物体，在力F 的作用下向下缓慢压缩弹簧到C 点，该过程中力F 随压缩距离x 的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB 部分长为5 m ，顺时针转动，速度v ＝4 m/s ，重力加速度g 取10 m/s 2 .(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)物体的质量m ； (2)弹簧从A 点被压缩到C 点过程中力F 所做的功W ； (3)若在C 点撤去力F ，物体被弹回并滑上传送带，问物体在传送带上最远能到何处？ 解析：(1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N ① 解得m ＝5 kg (2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F 所做的功： W ＝390×? ????0.5－1282 J －30×1282 J ＝90 J ② (3)撤去力F ，设物体返回至A 点的速度大小为v 0， 从A 出发到第二次返回A 处的过程应用动能定理： W ＝12mv 2 ③ 解得：v 0＝6 m/s 由于v 0＞v ，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a 1，由牛顿第二定律：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1 ④ 解得：a 1＝10 m/s 2 速度减为v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为x 1，由运动学规律： x 1＝v 2 0－v 22a 1 ⑤ 解得：x 1＝1 m 此后摩擦力改变方向，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后高考物理二轮复习重点及策略
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