2021高考物理二轮复习(江苏专用)-知识回扣清单.docx

学问回扣清单

倒数第10天　物理学史和物理思想方法　
要点提炼
1．高中物理的重要物理学史
科学家
国籍
主要贡献
伽利略
意大利
①1638年，论证较重物体不会比较轻物体下落得快；
② 伽利略抱负试验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度始终运动下去；
③伽利略在教堂做礼拜时发觉摆的等时性，惠更斯依据这个原理制成历史上第一座自摆钟；
④伽利略在1683年出版的《两种新科学的对话》一书中，运用“观看→假设→数学推理”的方法，具体地争辩了抛体运动．

牛顿
英国
①以牛顿三大运动定律为基础建立牛顿力学；
②1687年在《自然哲学的数学原理》上发表万有引力定律，建立行星定律理论的基础．

开普勒
德国
17世纪提出开普勒三大定律．

卡文迪许
英国
1798年利用扭秤装置比较精确     地测出了万有引力常量G.
库仑
法国
①1785年，库仑用自己创造的扭秤建立了静电学中有名的库仑定律；
②静电力常量的数值是在电荷量的单位得到定义之后，后人通过库仑定律计算得出的．

密立根
美国
通过油滴试验测定了元电荷的数值，e＝1.6×10－19C.
富兰克林
美国
①解释了摩擦起电的缘由；
②通过风筝试验验证闪电是电的一种形式，把天电与地电统一起来，并创造避雷针．

欧姆
德国
通过试验得出欧姆定律．

昂尼斯
荷兰
大多数金属在温度降到某一值时，都会消灭电阻突然降为零的现象——超导现象．

焦耳
英国
①与俄国物理学家楞次先后各自独立发觉电流通过导体时产生热效应的规律，称为焦耳—楞次定律；
②能量守恒定律的发觉者之一．

楞次
俄国
1834年楞次确定感应电流方向的定律——楞次定律．

奥斯特
丹麦
1820年，发觉电流可以使四周的磁针产生偏转，称为电流的磁效应．

洛伦兹
荷兰
提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点．

笛卡尔
法国
①在《哲学原理》中比较完整地第一次表述了惯性定律；
②第一个明确地提出了“动量守恒定律”．

安培
法国
①发觉了安培定则；
②发觉电流相互作用的规律；
③提出分子电流假说.
续表
法拉第
英国
①在1821年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”试验时，制造出人类历史上第一台最原始的电动机；
②1831年发觉的电磁感应现象，使人类的文明跨进了电气化时代．

亨利
美国
最大的贡献是在1832年发觉自感现象．

狄拉克
英国
依据电磁场的对称性，预言“磁单极子必定存在”．

汤姆孙
英国
利用阴极射线管发觉了电子，说明原子可分，有简单内部结构，并提出原子的枣糕模型(葡萄干布丁模型)，从而敲开了原子的大门．

普朗克
德国
量子论的奠基人．为了解释黑体辐射，提出了能量量子假说，解释物体热幅射规律，提出电磁波的放射和吸取不是连续的，而是一份一份的，把物理学带进了量子世界．

爱因斯坦
德裔美国人
①提出光子说(科学假说)，成功地解释了光电效应规律；
②提出狭义相对论[相对论的两个原理：(Ⅰ)真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；(Ⅱ)在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的]；
③总结出质能方程Ekm＝hν－W
(2005年被联合国定为“世界物理年”，以表彰他对科学的贡献)．

普里克
德国
发觉了阴极射线．

卢瑟福
英国
①进行了α粒子散射试验，并提出了原子的核式结构模型，由试验结果估量原子核直径数量级为10－15m；
②用α粒子轰出氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发觉了质子(该试验发觉了原子内质量和电荷量的分布，并没有揭示原子核的组成)，并预言了中子的存在．

玻尔
丹麦
量子力学的先驱．吸取普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的玻尔理论，成功解释了氢原子光谱，最先得出氢原子能级表达式．

贝克勒尔
法国
发觉自然 放射现象，说明原子核也有简单的内部结构．

查德威克
英国
在α粒子轰击铍核时发觉中子(原子核人工转变的试验)，由此人们生疏到原子核的组成．

居里夫人
法国
发觉了放射性更强的钋和镭.
2.重要物理思想、方法
(1)抱负模型法：为了便于进行物理争辩或物理教学而建立的一种抽象的抱负客体或抱负物理过程，突出了事物的主要因素、忽视了事物的次要因素．抱负模型可分为对象模型(如质点、点电荷、抱负变压器等)、条件模型(如光滑表面、轻杆、轻绳、匀强电场、匀强磁场等)和过程模型(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速直线运动、匀速圆周运动、恒定电流等)．
(2)极限思维法：就是人们把所争辩的问题外推到极端状况(或抱负状态)，通过推理而得出结论的过程，在用极限思维法处理物理问题时，通常是将参量的一般变化，推到极限值，即无限大、零值、临界值和特定值的条件下进行分析和争辩．如公式v＝中，当Δt→0时，v是瞬时速度．
(3)抱负试验法：也叫做试验推理法，就是在物理试验的基础上，加上合理的科学的推理得出结论的方法就叫做抱负试验法，这也是一种常用的科学方法．如伽利略斜面试验、推导出牛顿第肯定律等．
(4)微元法：微元法是指在处理问题时，从对事物的微小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体目的的方法．它在解决物理学问题时很常用，思想就是“化整为零”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体．
(5)比值定义法：就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，特点是：A＝，但A与B、C均无关．如a＝、E＝、C＝、I＝、R＝、B＝、ρ＝等．
(6)放大法：在物理现象或待测物理量格外微小的状况下，把物理现象或待测物理量依据肯定规律放大后再进行观看和测量，这种方法称为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大．
(7)把握变量法：打算某一个现象的产生和变化的因素很多，为了弄清事物变化的缘由和规律，必需设法把其中的一个或几个因素用人为的方法把握起来，使它保持不变，争辩其他两个变量之间的关系，这种方法就是把握变量法．比如探究加速度与力、质量的关系，就用了把握变量法．
(8)等效替代法：在争辩物理问题时，有时为了使问题简化，常用一个物理量来代替其他全部物理量，但不会转变物理效果．如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等．
(9)类比法：也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推想与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法．其结论必需由试验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的牢靠性越大．如争辩电场力做功时，与重力做功进行类比；生疏电流时，用水流进行类比；识电压时，用水压进行类比．
考前必做题
1．在“探究弹性势能的表达式”的试验中，为了计算弹簧弹力所做的功，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每小段可以认为是恒力，用各小段做的功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种争辩方法叫做“微元法”．下面实例中应用到这一思想方法的是 (　　)
A．依据加速度定义a＝，当Δt格外小，就可以表示物体在t时刻的瞬时加速度
B．在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变争辩加速度与力的关系，再保持力不变争辩加速度与质量的关系
C．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加
D．在不需要考虑物体本身的大小和外形时，用点来代替物体，即质点
解析　A项中是极限法；B项中是把握变量法；C项中是微元法；D项中是模型法，故选C.
答案　C
2．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为查找它们之间的联系做出了贡献．下列说法中不正确的是 (　　)
A．奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发觉了欧姆定律，说明白热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发觉了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发觉了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
解析　奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项A正确．欧姆发觉了欧姆定律，不能说明热现象和电现象之间存在联系，选项B不正确．法拉第发觉了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项C正确．焦耳发觉了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，选项D正确．
答案　B
3．(多选)学习物理除了学问的学习外，还要了解物理学家对物理规律的发觉，领悟并把握处理物理问题的思想与方法，关于以上两点下列叙述正确的是
(　　)
A．奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系
B．库仑提出了用电场线描述电场的方法
C．用点电荷来代替实际带电体是接受了抱负模型的方法
D．在验证力的平行四边形定则的试验中使用了把握变量的方法
解析　奥斯特发觉了电流的磁效应，揭示了电与磁的联系，选项A正确．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项B错误．用点电荷来代替实际带电体是接受了抱负模型的方法，选项C正确．在验证力的平行四边形定则的试验中使用了等效替代的方法，选项D错误．
答案　AC
4．(2022·高考冲刺试卷三)在物理学进展史上很多科学家做出了卓越的贡献，下列说法中正确的是 (　　)
A．伽利略依据小球在斜面上运动的试验和抱负试验，得出了惯性定律
B．法拉第经过十年的艰苦努力，最早通过试验争辩总结出法拉第电磁感应定律
C．牛顿不仅发觉了万有引力定律，还测出了引力常量，使该定律得以广泛应用
D．库仑最早设计并进行了有名的静电扭秤试验，测出了静电力常量
解析　伽利略提出了惯性的概念，但没有提出惯性定律，A错；法拉第电磁感应定律是纽曼、韦伯在对理论和试验资料进行严格分析后总结出来的，B错；引力常量是卡文迪许测出来的，C错；库仑最早设计并进行了有名的静电扭秤试验，测出了静电力常量，D正确．
答案　D
5．伽利略在有名的斜面试验中，让小球分别沿倾角不同，阻力很小的斜面从静止开头滚下，他通过试验观看和规律推理，得到的正确结论有 (　　)
A．倾角肯定时，小球在斜面上的位移与时间成正比
B．倾角肯定时，小球在斜面上的速度与时间成正比
C．斜面长度肯定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D．斜面长度肯定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关
解析　小球下滑的加速度a＝gsin θ
下滑过程中小球速度v＝at＝gsin θ·t
位移x＝at2＝gsin θ·t2
滑到斜面底端时v2＝2aL＝2gsin θ·L(L为斜面的长度)
由这几式看出，当θ肯定时，v∝t，x∝t2；
当斜面长度肯定时，v2∝sin θ，t2∝，
所以A、C、D项均错误，B项正确．
答案　B

倒数第9天　三种性质力和牛顿运动定律
学问回扣导图

考前必做题
1．如图1所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则 (　　)

图1
A．小球肯定受四个力作用
B．弹簧弹力可能为mg
C．小球受木板的摩擦力肯定沿斜面对上
D．木板对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，则小球受重力、弹簧弹力和木板支持力作用，若木板是粗糙的，则小球受重力、弹簧弹力、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对上，也可能沿斜面对下，A、C错；当木板光滑时，小球受力如图所示，小球处于平衡状态，此时由图知弹簧弹力F＝mgtan 37°＝mg，B对；不论木板是否光滑，木板对小球的作用力大小均等于小球重力与弹簧弹力的合力大小，即木板对小球的作用力肯定大于小球的重力mg，D错．

答案　B
2. (多选)如图2所示，一条细线一端与地板上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与小球A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O′点，细线与竖直方向所成角度为α，则 (　　)

图2
A．假如将物体B在地板上向右移动一点，α角将增大
B．无论物体B在地板上左移还是右移，只要距离足够小，α角将不变
C．增大小球A的质量，α角肯定减小
D．悬挂定滑轮的细线的弹力不行能等于小球A的重力
解析　O、A之间的细线肯定沿竖直方向，假如物体B在地板上向右移动一点，O、B间的细线将向右偏转，OA与OB间的夹角将增大．OA与OB两段细线上的弹力都等于小球 A的重力，其合力与悬挂定滑轮的细线的弹力大小相等、方向相反，悬挂定滑轮的细线的弹力方向(即OO′的方向)与∠AOB的角平分线在一条直线上，明显物体B在地板上向右移动时α角将增大，选项A正确，B错误；增大小球A的质量，只要物体B的位置不变，则α角也不变，选项C错误；因物体B无论在地板上移动多远，∠AOB都不行能达到120°，故悬挂定滑轮的细线的弹力不行能等于小球A的重力，选项D正确．
答案　AD
3．(多选)某马戏团演员做滑杆表演，已知竖直滑杆上端固定，下端悬空，滑杆的重力为200 N，在杆的顶部装有一拉力传感器，可以显示杆顶端所受拉力的大小．已知演员在滑杆上端做完动作时开头计时，演员先在杆上静止了0.5 s，然后沿杆下滑，3.5 s末刚好滑到杆底端，并且速度恰好为零，整个过程中演员的v－t图象和传感器显示的拉力随时间的变化状况如图3所示，g＝10 m/s2，则下述说法正确的是 (　　)

图3
A．演员的体重为800 N
B．演员在最终2 s内始终处于超重状态
C．传感器显示的最小拉力为620 N
D．滑杆长7.5 m
解析　演员在滑杆上静止时显示的800 N等于演员和滑杆的重力之和，所以演员体重为600 N，A错；由v－t图象可知，1.5～3.5 s内演员向下做匀减速运动，拉力大于重力，演员处于超重状态，B对；演员加速下滑时滑杆所受拉力最小，加速下滑时a1＝ 3 m/s2对演员由牛顿其次定律知mg－f1＝ma1，解得f1＝420 N，对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1＝420 N＋200 N＝620 N，C对；由v－t图象中图线围成的面积可得滑杆长为4.5 m，D错．
答案　BC
4．(多选)一水平放置的劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在竖直的墙壁上，如图4所示，一质量为m的物块以向左的初速度将弹簧压缩，当弹簧压缩x0时弹簧最短，而后又将物块弹开，假设整个过程弹簧始终处于弹性限度内，物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列选项正确的是 (　　)

图4

A．物块在向左压缩弹簧的整个过程中始终做减速运动
B．物块向右运动时始终做加速运动
C．物块运动过程中的最大加速度为
D．当物块向右运动的速度最大时弹簧的压缩量为
解析　物块向左运动的过程中，在水平方向上受到向右的摩擦力，撞上轻弹簧后，同时受到向右的弹簧的弹力，在此过程中弹簧的弹力是渐渐增大的，弹力、摩擦力与运动方向始终相反，物块做减速运动，所以选项A正确．物块向右的运动是从弹簧压缩量达到最大时开头的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开头时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到肯定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力，所以物块向右接触弹簧的运动过程中先加速后减速；脱离弹簧后仅在摩擦力作用下做减速运动，所以选项B错误．由对A项的分析可知，当弹簧的压缩量为x0时，水平方向的合力为F＝kx0＋μmg，此时合力最大，由牛顿其次定律有amax＝＝，所以选项C正确．在物块向右接触弹簧的运动中，当弹簧的形变量为x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合外力为零，之后物块开头做减速运动，此时物块的速度最大，弹簧的压缩量为x＝，选项D正确．
答案　ACD
5．如图5所示为一表面带有均匀负电荷的导体板MNO，其中MN与NO连接于N点，MN水平且长为1 m，NO长为0.6 m，其中NO与MN的夹角为θ＝37°，一带正电的绝缘滑块由M点以水平向左的初速度v0＝4 m/s滑上导体板，其中滑块与导体板间的库仑引力为滑块重力的0.2倍，两者间的动摩擦因数为μ＝0.25，只考虑滑块运动轨迹所在处电荷对滑块垂直接触面的库仑引力，滑块在N处的能量损失不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)

图5
(1)求滑块第一次到N点时的速度大小；
(2)求滑块在NO段的加速度大小；
(3)试通过计算分析滑块能否再次回到N点．
解析　(1)滑块在MN段，由
FN1＝kmg＋mg＝1.2mg，
Ff1＝μFN1＝0.3mg，
依据牛顿其次定律得
a1＝＝3 m/s2
由运动学公式得vN＝＝3.16 m/s.
(2)滑块沿NO向上运动时：
FN2－mgcos 37°－kmg＝0
Ff2＝μFN2
由牛顿其次定律得
Ff2＋mgsin 37°＝ma2
a2＝＝8.5 m/s2.
(3)滑块沿NO向上运动的最大距离：
s1＝＝0.59 m＜0.6 m
又由于μ(mgcos 37°＋kmg)＜mgsin 37°
所以滑块能再次回到N点．
答案　(1)3.16 m/s 　(2)8.5 m/s2　(3)能
倒数第8天　质点运动的基本规律
学问回扣导图

考前必做题
1．2021年我国已成功放射多颗卫星，若在放射的卫星中，卫星A是近地赤道卫星，卫星B是极地圆形轨道卫星，卫星C是地球同步卫星，且三颗卫星的运行周期满足TA＜TB＜TC，则 (　　)
A．卫星A受到地球的万有引力最大
B．卫星B和卫星C有可能在赤道上方相遇
C．三颗卫星运行的向心加速度满足aA＞aB＞aC
D．三颗卫星运行的线速度满足vA＜vB＜vC
解析　因不知三颗卫星的质量关系，由万有引力F＝G知A错；由G＝mr知三颗卫星的轨道半径满足rA＜rB＜rC，所以卫星B和卫星C不行能相遇，B错；由G＝ma知a∝，所以aA＞aB＞aC，C对；由G＝m知v∝所以vA＞vB＞vC，D错．
答案　C
2．(2022·云南省其次次统一检测，16)如图1所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则 (　　)

图1
A．b球肯定先落在斜面上
B．a球肯定先落在半圆轨道上
C．a球可能先落在半圆轨道上
D．a、b不行能同时落在半圆轨道和斜面上
解析　在抛出点左侧作一斜面，左斜面与原斜面倾角相同，可直接分析a、b的运动状况．当v0较小时，轨迹如图线①，则先落在斜面上，当v0是某一值时，轨迹如图线②，则落在斜面与半圆轨道的交点处，当v0较大时，轨迹如图线③，则先落在半圆轨道上，故C正确．

答案　C
3．(多选)一质量为m＝2 kg的物块静止在地面上，现用一竖直向上的力F拉物块，已知拉力F随时间t的变化规律如图2所示，g＝10 m/s2.则下列有关物块的加速度a与速度v随时间t变化规律的图象正确的是 (　　)

图2

解析　由题意可知物块的重力为20 N，由图象可知0～5 s，拉力为10 N，小于重力，物块不动，故加速度为零；5～10 s，拉力等于重力，加速度为零，物块保持静止；10～15 s内，加速度a＝＝10 m/s2，故15 s末物块的速度为v＝at＝50 m/s；15～20 s，拉力渐渐减小，物块先做加速运动后做减速运动；20～25 s，物块做竖直上抛运动，加速度为a＝－g，故A正确，B错误．由于Δv＝a·Δt，故a－t图象与坐标轴包围的面积表示速度变化量，故25 s内速度方向没有变化，t＝25 s时速度恰好减为零，故C正确，D错误．
答案　AC
4．(多选)2021年12月14日21时11分，“嫦娥三号”在月球正面的虹湾以东地区着陆，假设着陆前，“嫦娥三号”探月卫星绕月球表面匀速飞行(不计四周其他天体的影响)，宇航员测出“嫦娥三号”飞行N圈用时为t，已知地球质量为M，地球半径为R，月球半径为r，地球表面重力加速度为g，则(　　)
A．“嫦娥三号”探月卫星匀速飞行的速度为
B．月球的平均密度为
C．“嫦娥三号”探月卫星的质量为
D．“嫦娥三号”探月卫星绕月球表面匀速飞行的向心加速度为
解析　由题知“嫦娥三号”绕月运行周期为T＝，由v＝得v＝，A错；由G＝m′()2r、m＝ρ·πr3及GM＝gR2得月球的平均密度为ρ＝，B对；依据题中相关信息只能估算出中心天体月球的质量，而不能求出运行天体“嫦娥三号”探月卫星的质量，C错；a＝＝，D对．
答案　BD
5．如图3甲所示，一带有光滑圆弧(半径为R＝0.8 m)轨道的物块固定在水平面上，在其右端并排放一足够长的木板，长木板的上表面与圆弧底端的轨道等高．一质量为m＝1 kg的滑块从静止开头由圆弧的最高点A滑下，滑块经圆弧轨道的最低点B滑上长木板，整个运动过程中长木板的v－t图象如图乙所示，已知长木板的质量M＝2 kg，g＝10 m/s2，滑块没有滑离长木板．求：

图3
(1)滑块刚到达轨道最低点B时对轨道的压力．
(2)木板与地面间的动摩擦因数、滑块与木板间的动摩擦因数．
(3)整个运动过程中滑块在长木板上滑过的距离．
解析　(1)从A到B的过程中，滑块的机械能守恒
由机械能守恒定律得mgR＝mv2
滑块经过B点时，依据牛顿其次定律：FN－mg＝m，
整理得FN＝3mg＝30 N
依据牛顿第三定律，滑块到达轨道最低点时对轨道的压力大小为30 N，方向竖直向下．
(2)由v－t图象知，木板加速时的加速度大小为
a1＝1 m/s2
滑块与木板共同减速时的加速度大小为a2＝1 m/s2，设木板与地面间的动摩擦因数为μ1，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2
在1～2 s内，对滑块和木板由牛顿其次定律得
μ1(M＋m)g＝(M＋m)a2
在0～1 s内，对木板由牛顿其次定律得
μ2 mg－μ1(M＋m)g＝Ma1
解得μ1＝0.1，μ2＝0.5.
(3)滑块在木板上滑动过程中，对滑块由牛顿其次定律得μ2mg＝ma
v1＝v－at1，木板的位移x1＝t1，
滑块的位移x2＝t1
滑块在木板上滑过的距离Δx＝x2－x1
代入数据得Δx＝1.2 m.
答案　(1)30 N　方向竖直向下　(2)0.1　0.5　(3)1.2 m

倒数第7天　功能关系和能量守恒
学问回扣导图

考前必做题
1．如图1所示，有一倾角θ＝30°的足够长斜坡，小孩在做玩耍时，从该斜坡顶端将一足球沿水平方向踢出去，已知足球被踢出时的初动能为9 J，不计空气阻力，则该足球第一次落在斜坡上时的动能为 (　　)

图1
A．12 J B．21 J
C．27 J D．36 J
解析　足球被踢出后开头做平抛运动，第一次落在斜坡上时对足球的位移进行分解有tan 30°＝＝，得＝，足球第一次落在斜坡上时的动能为m(v＋v)＝21 J，只有选项B正确．
答案　B
2．如图2所示，一质量为1 kg的小球静止在一竖直放置的轻弹簧上，弹簧的劲度系数为k＝50 N/m，现用一竖直向下的F＝10 N的恒力作用在小球上，当小球向下运动到最大速度时撤去F，则小球再回到初始位置时的速度大小为(弹簧形变过程中始终处于弹性限度内) (　　)

图2
A．2 m/s B. m/s
C．2 m/s D. m/s
解析　小球从初始位置回到初始位置的过程中，重力、弹力做功为零，依据动能定理，WF＝mv2，从开头到最大速度时，小球向下运动的位移Δx＝，则F·Δx＝mv2，F·＝mv2，v＝＝2 m/s，A项正确．
答案　A
3．一条长12 m的传送带，倾角为30°，它能够将工件从地面送到卡车上，每个工件的质量为25 kg，传送带每分钟可传送16个工件，不考虑传送带对工件的加速，g＝10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
A．传送带每分钟对工件做的总功是2.4×104 J
B．摩擦力每分钟对工件做的总功是1.2×104 J
C．传送带的传送功率为100 W
D．传送带的传送功率为200 W
解析　传送工件时不计加速，则工件随传送带一起匀速上升，即摩擦力f＝mgsin θ，传送带对工件做功实质是传送带的摩擦力f对工件做功，所以W＝nf·l＝16×mgsin 30°×l＝2.4×104 J，A项正确，B项错误；由功率定义，P＝＝ W＝400 W，知C、D项错误．
答案　A
4．(多选)如图3所示，质量为m的滑块以肯定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面对上的恒力F＝mgsin θ.已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取动身点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块的动能Ek、机械能E随时间t变化关系及滑块的势能EP随位移x变化关系的是 (　　)

图3

解析　滑块运动到最高点的过程中，所受的合外力等于沿斜面对下的摩擦力，滑块沿斜面对上做匀减速运动，运动到最高点的过程中产生的热量Q＝fx＝mgsin θ(vt－at2)，图A错误．由动能定理得－mgsin θ(vt－at2)＝Ek－mv2，Ek＝－mgsin θ(vt－at2)＋mv2，图B错误．滑块的重力势能Ep＝mgxsin θ，图C正确．依据题述知，F＝mgsin θ＝μmgcos θ，机械能E随时间t不变，图D正确．
答案　CD
5. 如图4所示，一轻绳一端连一小球B，另一端固定在O点，开头时球与O点在同一水平线上，轻绳拉直，在O点正下方距O点L处有一铁钉C，释放小球后，小球绕铁钉C恰好能做完整的竖直面内的圆周运动．

图4
(1)求绳的长度．
(2)求小球第一次运动到最低点时的速度．
(3)若让小球自然悬挂，小球恰好与水平面接触于F点，小球质量为m，在水平面上固定有倾角为θ的斜面，斜面高为h，小球与斜面AE及水平面EF间的动摩擦因数均为μ，EF段长为s，让一质量与小球质量相等的滑块从斜面顶端由静止滑下，滑块与小球碰撞后粘在一起，结果两者一起恰好能绕C在竖直面内做圆周运动，则滑块与小球碰撞过程中损失的机械能是多少(不计滑块在E处碰撞的能量损失)?
解析　(1)设轻绳长为R，则小球绕C在竖直面内做圆周运动时，半径为R－L，恰好能做竖直面内的圆周运动，则在最高点mg＝m
依据机械能守恒有mg[R－2(R－L)]＝mv2
解得R＝ L.
(2)由机械能守恒定律，小球到最低点时mgR＝mv′2
得到v′＝.
(3)若滑块与小球粘在一起且恰好能在竖直面内绕C做圆周运动，则碰撞后的共同速度也为v′＝
对滑块依据动能定理有
mgh－μmgcos θ－μmgs＝mv
碰撞过程中损失的机械能为E损＝mv－·2mv′2.
解得E损＝mgh－mgL－μmg(hcot θ＋s)．
答案　(1) L　(2)
(3)mgh－mgL－μmg(hcot θ＋s)
倒数第6天　
电场和带电粒子在电磁场中的运动
学问回扣导图

考前必做题
1．如图1所示，菱形abcd的四个顶点分别放上电荷量都为Q的不同电性的点电荷，∠abc＝120°.对角线的交点为O，A、B、C、D分别是O点与四个顶点连线的中点，则下列说法正确的是 (　　)

图1
A．O点的电势和电场强度都为零
B．A、C两点的电场强度相等
C．B、D两点的电势相等且都为正
D．正的检验电荷从A到D电场力做正功
解析　依据电场叠加原理可知，O点的场强为零，电势为正，A项错误；依据电场叠加原理可知，A、C两点的场强等大反向，B项错误；依据几何关系可知，B、D点都在a、b两个等量异种点电荷电场中零等势线的右侧，都在c、d两个等量异种点电荷电场中零等势线的左侧，因此电势叠加后确定为正，依据对称性可知，这两点的电势相等，C项正确；同理可以分析，A点电势为负，因此正的检验电荷从A到D电势能增大，电场力做负功，D项错误．
答案　C
2．(多选)如图2为某电场中x轴上电势φ随x变化的图象，－x0与x0关于坐标原点对称，则下列说法正确的是 (　　)

图2
A．纵横的左侧为匀强电场
B．－x0处的场强为零
C．一电子在x0处由静止释放，电子将沿x轴正方向运动，加速度渐渐增大
D．一电子在x0处由静止释放，电子不肯定沿x轴正方向运动，但速度渐渐增大
解析　纵轴的左侧x轴上电势处处相等，因此场强为零，不行能是匀强电场，A项错误，B项正确；x轴正半轴不肯定与电场线重合，且电场线不肯定是直的，因此带电粒子不肯定沿x轴正方向运动，但从静止开头只在电场力的作用下运动，电场力做正功，速度渐渐增大，C项错误，D项正确．
答案　BD
3．(多选)如图3所示，一带电粒子仅在电场力的作用下，沿始终的电场线从A点运动到B点，则关于此带电粒子运动的v－t图象，可能正确的是 (　　)

图3

解析　带电粒子在直的电场线上从A点运动到B点，在电场力的作用下，不是做加速运动，就是做减速运动，不行能做匀速运动，也不行能先减速后加速，因此A、B项错误；假如电场力的方向与运动方向相反，且电场强度先增大后减小，则C项正确；假如电场力的方向与运动方向相同，且电场强度先增大后减小，则D项正确．
答案　CD
4．(多选)如图4所示的平行板电容器、电源、电阻和电键组成的电路中，电键K闭合后，两板间的带电粒子处于静止状态，则下列说法正确的是 (　　)

图4
A．粒子带负电
B．断开电键K，粒子会向下运动
C．保持电键K闭合，增大两板间距离的过程中，电流表中有从左向右的电流
D．保持电键K闭合，使两板绕垂直于纸面的过两板中点的轴a、b沿顺时针以相同的角速度缓慢转动一个很小的角度，粒子仍会保持静止
解析　K闭合时，上板带正电，粒子要保持静止，电场力向上，因此粒子带负电，A项正确；断开电键后，两板上的带电荷量保持不变，粒子仍保持静止，B项错误；保持电键K闭合，增大两板间距离的过程中，由平行板电容器的电容打算式C＝可知，电容器的电容减小，两板间的电压不变，由Q＝CU可知，电容器的带电荷量减小，电容器放电，电流表中有从左到右的电流，C项正确；保持电键K闭合，使两板绕垂直于纸面的过两板中点的轴a、b沿顺时针以相同的角速度缓慢转动一个很小的角度，两板间的电场有了一个水平重量，粒子会受到一个水平的电场分力，不会保持静止状态，D项错误．
答案　AC
5．(多选)如图5所示，水平放置的平行板M、N带等量的异种电荷，一带电小球从N板的左边缘A点以初速度v0射入板间电场，并沿直线AB运动，则下列说法正确的是 (　　)

图5
A．小球沿AB做匀变速直线运动
B．小球的电势能肯定削减
C．在小球运动过程中，将M板向下移，小球在电场中将做向下偏的曲线运动
D．在小球运动过程中，将M板渐渐地向右移，小球在电场中将做向上偏的曲线运动
解析　假如小球做匀变速直线运动，则合力肯定与速度在同始终线上，而小球受到的电场力与重力均沿竖直方向，合力不行能与AB平行，因此小球不行能做匀变速直线运动，肯定是做匀速直线运动，A项错误；小球受到的电场力方向竖直向上，与速度的夹角小于90°，因此电场力做正功，小球的电势能减小，B项正确；将M板下移，板间距离减小，由E＝，C＝，C＝，得E＝，由此可知，向下移动M板，板间的电场强度不变，小球受到的电场力不变，因此小球仍旧做匀速直线运动，C项错误；若将M板向右移动，板间的正对面积减小，由E＝可知，电场强度增大，小球受到的电场力大于重力，因此小球会做向上偏的曲线运动，D项正确．
答案　BD
6．(多选)如图6所示，一带电粒子，质量为m，电荷量为q，以肯定的速度沿水平直线A′B′方向通过一正交的电磁场，磁感应强度为B1，电场强度为E.粒子沿垂直等边三角形磁场边框的AB边方向由中点的小孔O进入另一匀强磁场，该三角形磁场的边长为a，经过两次与磁场边框碰撞(碰撞过程遵从反射定律)后恰好返回到小孔O，则以下说法正确的是 (　　)

图6
A．该带电粒子肯定带正电
B．该带电粒子的速度为
C．等边三角形磁场的磁感应强度为
D．该粒子返回到小孔O之后仍沿B′A′直线运动
解析　由于磁场的方向没有明确，因此无法确定带电粒子的电性；由粒子做直线运动不难得出，该粒子做的肯定是匀速直线运动，则由Eq＝B1qv可得v＝；进入三角形磁场区后，经过2次碰撞恰好返回到小孔O，经分析可知，该粒子在其中做匀速圆周运动的半径为，由＝可得B2＝；当粒子重新返回到小孔O时，由粒子的受力不难得出电场力和洛伦兹力同向，故不能沿直线运动．
答案　BC

倒数第5天　电路和电磁感应
学问回扣导图

考前必做题
1．(多选)如图1所示为始终流电路，电源内阻不能忽视，在滑动变阻器滑片P从滑动变阻器的最右端滑向最左端的过程中，下列说法正确的是 (　　)

图1
A．电压表的示数可能增大
B．电流表的示数可能增大
C．电阻R0消耗的功率可能增大
D．电源的输出功率可能增大
解析　在刚开头滑动的一段时间内，电路中的总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，电阻R0消耗的功率也减小，B、C项错误；假如滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则内电压始终减小，外电压始终增大，电源与R0两端电压始终减小，电压表示数增大，A项正确；假如电源的内阻始终大于外电阻，且滑动变阻器的最大阻值小于等于电阻R，则电源的输出功率增大，D项正确．
答案　AD
2．(多选)在国家电网改造中，某沟通发电机的输出电压随时间变化的图象如图2所示，输出功率是20 kW，现用5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供应用户，则下列说法正确的是 (　　)

图2
A．经降压后交变电流的频率变为原来的
B．升压变压器的匝数比为11∶250
C．流过高压输电线的电流为125 A
D．降压变压器输出电压的有效值为220 V
解析　由图得沟通电的周期为0.02 s，则频率为50 Hz，变压器不转变沟通电的频率，A错；输出电压的有效值为220 V，高压输电电压为5 000 V，变压器的变压比等于匝数比，升压变压器的匝数比为11∶250，B正确；输电线的电流I＝＝ A＝4 A,5 000 V高压并未全部被输电线消耗，C错；降压变压器的输入电压U1＝5 000 V－40×4 V＝4 840 V，由变压比＝得U2＝220 V，D正确．
答案　BD
3．如图3所示，在第一象限有一边长为L的等边三角形匀强磁场区域．在其次象限有一平行于y轴的长为L的导体棒沿x轴正方向以速度v匀速通过磁场区域．下列关于导体棒中产生的感应电动势e随x变化的图象正确的是 (　　)

图3

解析　导体棒垂直磁场方向做切割磁感线运动，产生的感应电动势e＝Blv，式中l为导体棒切割磁感线的有效长度．导体棒切割磁感线的有效长度l随x先均匀增大后均匀减小，其最大值为等边三角形的高，为L＝0.87L.所以导体棒中产生的感应电动势e随x变化的图象正确的是D.
答案　D
4．如图4甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为9∶55，电压表为抱负电表，图中热水器和抽油烟机均正常工作，热水器的额定功率为抽油烟机的2倍．假如副线圈电压按图乙所示正弦规律变化，