答案详解详析-巧学高考物理热点快速突破含解析精品

专题一物理学史

1. C [伽利略通过逻辑推理和实验对落体问题进行了研究，得出了自由下落的物体下落速度与质量无关，选项A 错误；哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，选项B 错误；静电力常量是由库仑首先测出的，选项C 正确；卡文迪许通过扭秤实验测出了引力常量，从而由GM R 2＝g 计算出了地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，选项D 错误。]

2．C [胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才跟弹簧的形变量成正比，选项A 错误；奥斯特发现了电流周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，并首先引入电场线和磁场线，而非奥斯特和安培，选项B 、D 错误，C 正确。]

4．C [力越大，物体的加速度越大，A 项错；牛顿用“月－地”检验证实了万有引力定律的正确性，B 项错；法拉第最先提出了电场的观点，C 项正确；Δt →0时的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，D 项错误。]

5．D [当物体的运动时间Δt 趋近于0时，Δt 时间内的平均速度可看成瞬时速度运用了极限法，选项D 的叙述是错误的。]

6．C [用质点来代替物体的方法是建立物理模型法，故选项A 错误，速度的定义式v ＝Δx Δt

，当Δt 趋近于零时，就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项B 错误；用实验来探究物体的加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，选项C 正确；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，选项D 错误。]

7. D ［自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，A 错误；焦耳发现了电流的热效应，B 错误；安培提出了分子电流假说，C 错误；电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，D 正确．］

8. A ［卡文迪许用实验方法测出了引力常量的数值，从而使万有引力定律有了真正的实用价值，选项A 正确；做匀速圆周运动的物体，其加速度方向时刻变化，因此匀速圆周运动不

是匀变速曲线运动，选项B 错误；根据G Mm R 2＝m 错误！未找到引用源。R 可得T 2R 3＝4π2GM ，选项C 错误；法拉第发现了磁也能产生电，选项D 错误．］

10. B ［平均速度、瞬时速度和加速度都是伽利略首先建立起来的概念，A 错．天文学家利用天王星轨道的摄动推测出海王星的存在与可能的位置，海王星是利用数学预测而非有计划的观测发现的行星，B 正确．正、负电荷最早是由美国科学家富兰克林命名的；元电荷是最小的电荷量，其大小最早由美国物理学家密立根测得；点电荷是理想化的模型，不计电荷的大小和形状，所以C 错．多用电表测电阻时偏转很小，表示待测电阻的阻值较大，应选择倍率较大的欧姆挡重新测量，D 错。］

11. B ［丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电流周围存在着磁场，选项A 错误；英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，电场变化时在其周围激发磁场，选项B 正确；奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C 错误；安培定则是用来判断通电导线周围产生的磁场方向的，选项D 错误。］

12. B [如果y 轴表示加速度，由a ＝Δv Δt

知，Δv ＝a Δt ，则面积等于质点在相应时间内的速度变化，故A 错误；如果y 表示通过用电器的功率，则面积等于在相应时间内所做的功，故B 正确；如果y 轴表示通过用电器的电流，由q ＝It 可知面积等于在相应时间内通过用电器的电荷量，故C 错误；如果y 轴表示变化磁场在金属线圈产生的电动势，根据E ＝

ΔΦΔt

知，ΔΦ＝E ·Δt 知，面积等于该磁场在相应时间内磁通量的变化量，故D 错误。]

专题二直线运动

1．C [汽车刹车到停止所需的时间t ＝Δv a ＝0－20－5 s ＝4 s ，2 s 内的汽车位移x 1＝v 0t ＋12

at 2＝20×2 m＋12

×(－5)×22 m ＝30 m ，5 s 内的汽车位移就是4 s 内的汽车位移，此时车已停止。x 2＝0－v 202a ＝0－（20）2

2×（－5）

m ＝40 m ，故2 s 与5 s 时汽车的位移之比为3∶4，C 正确。] 2．C [由Δx ＝aT 2得a ＝2 m/s 2，由v 0T －12aT 2＝x 1得v 0＝10 m/s ，汽车运动的时间t 0＝v 0a

＝5 s ，故汽车刹车后6 s 内的位移x ＝12v 0t 0＝25 m ，C 项正确。]

4．BD [根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动。t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由位移和v －t 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12

×3×30 m

＝45 m ，乙车位移x 乙＝12

×3×(10＋25) m ＝52.5 m 。故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12

×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确。]

5．A [在v －t 图象中，图线与坐标轴所围的“面积”表示位移，由题图知在0～t 1时间内，

甲的位移大于乙的位移，C 错误；由v －＝x /t 知，甲的平均速度比乙的大，

故A 正确；如图所示，汽车乙的v －t 图象中，实线下的面积小于上面那

条虚线下的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误；v －t 图象中

的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线的斜率均逐渐减小，故加速度

都逐渐减小，D 错误。]

6. B [由图象知，质点在8 s 内的位移

Δx ＝12×(2＋4)×2 m－12

×(2＋4)×1 m＝3 m 。t ＝0时，质点位于x ＝5 m 处，故8 s 末质点位置x ＝5 m ＋Δx ＝8 m ，B 正确。]

7. C [x -t 图象的斜率表示运动的速度，b 车的运动方向发生改变，选项A 错误；t 1和t 2两时刻两车相遇，所以t 1～t 2时间内，两车的位移相等，平均速度也相等，选项B 错误，C 正确；a 车做匀速直线运动，选项D 错误。]

8. BC [由图象知，v 甲＝2 m/s ，故甲物体做匀速直线运动，乙物体在0～2 s 内沿正向做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s 2

，在2 s ～6 s 内沿正向做匀减速直线运动，加速度大小为1 m/s 2

，乙物体做的不是匀变速直线运动，A 错误，C 正确；在2 s 末，甲物体的位移x 甲＝2×2 m＝4 m ，乙物体的位移x 乙＝12

×(2×4) m＝4 m ，两物体在2 s 末相遇，在6 s 末，甲物体的位移x 甲′＝2×6 m＝12 m ，乙物体的位移x 乙′＝12

×(6×4) m＝12 m ，故B 正确，0~6s 内甲、乙均同向运动，故D 错误。]

9. C [根据位移图象的斜率表示速度，则在t 1时刻，甲图线的斜率大于乙图线的斜率的绝对值，所以甲的速度大于乙的速度，故A 、B 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C 正确、D 错误.]

11. A [设初速度为1v ，末速度为2v ，根据题意可得221211922

mv mv ?=，解得213v v =，根据0+v v at =，可得113+v v at =，解得12at v =，代入2112s v t at =+可得2s a t

=，故A 正确。] 12．BC [设物体通过AB 、BC 、CD 所用的时间均为t ，由匀变速直线运动的推论Δx ＝at 2可得：

物体的加速度a 的大小为a ＝BC －AB t 2＝3－2t 2＝1t 2，因为不知道时间，所以不能求出加速度，故A 错误；根据CD －BC ＝BC －AB ＝1 m ，可知CD ＝3＋1＝4 m ，故B 正确；因某段时间内的平均

速度等于中间时刻的瞬时速度，所以物体经过B 点时的瞬时速度为v B ＝AC 2t ＝52t

，再由v 2B ＝2ax OB 可得OB 两点间的距离为x OB ＝v 2B 2a ＝254t 2·t 22

＝3.125 m ，所以O 与A 间的距离x OA ＝x OB －AB ＝(3.125

－2)m＝1.125 m，故C正确，D错误。]

13.AC[小球在第3 s内的下落高度等于前3 s下落的高度减去前2 s下落的高度，即：h＝

1 2g错误！未找到引用源。－

g错误！未找到引用源。＝25 m，A正确；3 s末的速度错误！

未找到引用源。＝30 m/s，前3 s的平均速度错误！未找到引用源。＝15 m/s，B错误；由错误！未找到引用源。计算可知，小球在第1 s内、第2 s内、第3 s内的平均速度之比是1∶3∶5，C正确；由错误！未找到引用源。得前1 s内、前2 s内、前3 s内的位移之比是1∶4∶9，D错误。]

14.【答案】(1)匀加速直线(或匀加速) (2)3.90 2.64 1.38 12.60 m/s2见解析图(3)0.12 表示小车经过A点的速度

如图所示描点连线得错误！未找到引用源。图线，由图线斜率知纸带的加速度错误！未找到引用源。＝12.60 m/s2.

(3)由图知交点的速度约为0.12 m/s，表示小车经过A点的速度。

15.【答案】(1)DCBA (2)0.1 (3)错误！未找到引用源。 (4)错误！未找到引用源。【解析】(1)实验步骤的正确顺序是D、C、B、A.

(2)电源的工作频率错误！未找到引用源。＝50 Hz，所以打点周期错误！未找到引用源。，相邻两计数点的时间间隔错误！未找到引用源。.

(3)计数点5对应的瞬时速度等于计数点4、6间的平均速度，故错误！未找到引用源。.

(4)为了减小误差，计算小车的加速度利用逐差法，即

错误！未找到引用源。

16.【答案】(1)1.140 (2)0.50 1.0

【解析】(1)主尺上的读数为1.1 cm ，游标尺上第8条刻线与主尺刻线对齐，故游标尺上读数为8×0.05 mm＝0.40 mm ＝0.040 cm ，所以两部分之和为1.140 cm.

(2) 小车通过光电门时的速度可近似认为不变，则错误！未找到引用源。＝1.140×10－22.28×10－2

m/s ＝0.50 m/s ，由错误！未找到引用源。得，错误！未找到引用源。＝

0.5022×12.50×10－2 m/s 2＝1.0 m/s 2

17.【答案】（1）从右向左；（2）0.19，0.039（水滴间隔时间按错误！未找到引用源。算）/0.038（水滴间隔时间按错误！未找到引用源。算）。

【解析】（1）滴水计时器类似于打点计时器，从图可以判断从右向左，单位时间内小车的位移越来越小。由于小车在水平桌面受阻力而做减速运动，故小车应从右向左运动。

（2）由题意得错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。

错误！未找到引用源。

专题三相互作用

2.B [对物体A 、B 整体在水平方向上有F ＝μ2(m A ＋m B )g ；对物体B 在竖直方向上有μ1F ＝m B g ；

联立解得：m A m B ＝1－μ1μ2μ1μ2

，选项B 正确。] 3.A [设橡皮筋原长为l 0，加速前平衡时橡皮筋伸长了x 0

则有kx 0＝mg ；当加速并稳定时设小球偏离竖直方向θ角，橡皮筋伸长了x ，由小球在竖直方

向受力平衡有kx cos θ＝mg ，联立得kx cos θ＝kx 0，x cos θ＝x 0 此时小球

距悬挂点的竖直高度

h ＝(l 0＋x )cos θ，＝l 0cos θ＋x cos θ＝l 0cos θ＋x 0＜l 0＋x 0

故小球一定升高，选项A 正确。]

4.C [设斜面倾角为α，物块与斜面间的最大静摩擦力为F max ，当F 取最大值时，满足F 1＝mg sin α＋F max ，当F 取最小值时，满足F 2＋F max ＝mg sin α，由以上两个式子可求得F max ＝F 1－F 22，故

C 正确；结合mg sin α在求解时被消去，可知其他选项均无法求得，故A 、B 、

D 错误。]

5.B [两木块一起匀加速运动，它们有共同的加速度，对于整体：F ＝(m 1＋m 2)a ，对于甲：F 弹＝m 1a ，对弹簧：F 弹＝kx ，联立解得x ＝Fm 1（m 1＋m 2）k ，故两木块之间的距离是L －m 1F （m 1＋m 2）k ，B 正确。]

6.D [木块A 、斜劈B 均静止不动，则木块A 、斜劈B 整体受力平衡，在水平方向上，若F 1、

F 2等大反向，则斜劈B 与地面间无摩擦力作用，若F 1、F 2大小不相等，则斜劈B 与地面间一定存在摩擦力，故选项A 、C 错误；在竖直方向上，地面对斜劈B 的支持力与木块A 、斜劈B 组成的系统的重力平衡，选项D 正确；木块A 、斜劈B 间有无摩擦力以及摩擦力的方向取决于木块A 的重力沿斜面方向的分力和F 1沿斜面方向的分力的大小关系，木块A 、斜劈B 间可能不存在摩擦力，选项B 错误。]

7.A [对O 点受力分析如图所示，F 与T 的变化情况如图，由图可知在O 点向左移动的过程中，F 逐渐变大，T 逐渐变大，故选项A 正确。]

8.C [分析小球m 1的受力情况，因为α＝90°，故重力与碗对小球的支持力平衡，由物体的平衡条件可得，绳的拉力F T ＝0，故A 、B 均错误；分析m 2受力，由平衡条件可得：F N ＝m 2g ，

故D错误，C正确。]

9．C[如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角

形，同一条细线上的拉力相等，T＝mg，合力沿aO方向，则aO为角平分线，

由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，

即每条线上的拉力T＝G＝mg，所以小物块质量为m，故C对。]

10．C [解析：

由图①：错误！未找到引用源。⑴

由图②：错误！未找到引用源。⑵

联立⑴⑵得：错误！未找到引用源。

]

11．B[以两环组成的整体，分析受力情况如图甲所示，根据平衡条件得，F N＝2 mg保持不变。再以Q环为研究对象，分析受力情况如图乙所示。设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条

件得，细绳的拉力T＝mg

cos α

，P环向左移一小段距离时，α减小，cos α变大，T变小，故B正确。]

12.B[设小物块的质量为m，对A、B进行受力分析，如图所示，由于A、B

物体均处于静止状态，由受力分析图和物体的平衡条件知，A物体对球面的压

力大小为F N A＝mg/cos θ；B物体对球面的压力大小为F N B＝mg /cos θ，则A、

B物体对球面的压力大小之比为F N A∶F N B＝cos2θ∶1，所以正确选项B。]

（a ）

A 橡皮筋O F 2F F 合 2.1mm 13.【答案】 (1)3.33(3.20～3.40均对) C (2)59(59±1)

【解析】(1)如图所示，由余弦定理可得：

F 合＝F 2

1＋F 22－2F 1F 2cos 60°＝3.33 N ；现保持F 2方向不变，

减小F 1和F 2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O 点，如图所示，可知：F 2逐渐减

小，F 1先减小后增大。(2)在刻度尺上选取刻度，由胡克定律可知：k ＝ 5.09.00－0.50

×102 N/m ＝58.8 N/m≈59 N/m。

14.【答案】(1)11.50 (2)28 (3)5 没有

15.【答案】（1）错误！未找到引用源。

（ii ）错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。（参考下图a ）

16．【答案】(1)L 3 1 mm (2)L A (3)4.9 10

【解析】(1)由表格中的测量数据的单位可知，所用刻度尺的最小分度为1 mm ，读数时应读到最小分度的下一位，故L 3的数值记录不规范。

(2)由于m －x 图象过坐标原点，所以横轴是弹簧长度与L A 的差值。

(3)图象的斜率与该地重力加速度的乘积为弹簧的劲度系数为：

k ＝Δmg Δx ＝60×10－3

×9.812×10

－2 N/m ＝4.9 N/m 根据表中的数据和胡克定律得mg ＝k (L x －L 0)，解得m ＝10 g 。

专题四牛顿运动定律

1. B [力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，A 错误；根据牛顿第二定律F ＝ma 可知，力是使物体产生加速度的原因，没有力就没有加速度，B 正确；惯性与物体的速度无关，匀速或静止的物体都有惯性，C 错误；质量越小，惯性越小，同样的力产生的加速度越大，外力作用的效果越明显，D 错误。]

2. B [人对升降机的压力等于升降机对人的支持力，它们是作用力与反作用力的关系，A 错误，B 正确；人随升降机加速上升时超重，有F N －mg ＝ma ，升降机对人的支持力大于人的重力，C 错误；一对作用力和反作用力的性质相同，而重力与支持力性质不同，D 错误。]

3. C [作用力、反作用力总是等大、反向，且同时产生、同时消失、作用时间相等，故A 、B 错误；对两小孩分开后应用牛顿第二定律得μmg ＝ma ，所以a ＝μg ，因为两板与冰面间的动摩擦因数相同，故加速度相同，D 错误；分开后，甲、乙都做匀减速运动直到停下，由2ax ＝v 2和x 甲>x 乙，得v 甲>v 乙，C 正确。]

4. ACD [由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1。同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1

t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ

可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0（v 0＋v 1）4g

，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误。]

5. BC [设PQ 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ①

PQ 东边有k 节车厢，则F ＝km ·23a ②

联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数，

当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5

当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10

当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15

当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确。]

6. BD [小球的质量m ＝ρ·43πr 3，由题意知m 甲>m 乙，ρ甲＝ρ乙，则r 甲>r 乙。空气阻力f ＝

kr ，对小球由牛顿第二定律得，mg －f ＝ma ，则a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3

＝g －3k 4πgr 2，可得a 甲>a 乙，由h ＝12

at 2知，t 甲v 乙，故选项B 正确；因f 甲>f 乙，由球克服阻力做功W f ＝f h 知，甲球克服阻力做功较大，选项D 正确。]

7.B [由题意小球的运动状态与小车一致，设小车和小球水平向右的加速度为a 。对

小球进行受力分析，小球受到绳子的拉力和重力作用，如图所示，根据几何关系和牛顿第二定律得，mg tan θ＝ma ，以小车和小球整体为研究对象，由牛顿第二定律得，F ＝(M ＋m )a ，联立可得，F ＝(M ＋m )g tan θ，B 正确。]

8．C [对B 进行受力分析，根据牛顿第二定律得

a ＝F 合m

＝g tan θ，对AB 整体进行受力分析得：F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F ＝(M ＋m )g (μ＋tan θ)，故选C 。]

10．BCD [本题考查对牛顿运动定律、静摩擦力的灵活应用。t 0时刻，A 、B 受力F 为0，A 、B 加速度为0，A 、B 间静摩擦力为0，加速度最小，选项A 错误；在0至t 0过程中，A 、B 所受合外力逐渐减小，即加速度减小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t 0时刻A 、B 速度最大，选项B 正确；0时刻和2t 0时刻A 、B 所受合外力F 最大，故A 、B 在这两个时刻加速度最大，为A 提供加速度的A 、B 间静摩擦力也最大，选项C 正确；A 、B 先在F 的作用下加速，t 0后F 反向，A 、B 继而做减速运动，到2t 0时刻，A 、B 速度减小到0，位移最大，选项D 正确。]

11．BCD [根据平衡条件可得弹簧的弹力大小F ＝3mg sin θ，在细线被烧断的瞬间弹簧的弹力不能突变，所以A 、B 两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为a ＝F －2mg sin θ2m ＝12

g sin θ，所以选项A 错误、B 正确；A 、B 之间杆的拉力大小为T ＝mg sin θ＋ma ＝32

mg sin θ，即选项C 正确；C 球的加速度沿斜面向下，大小为g sin θ，所以选项D 正确。]

12.【答案】 (1)增大间距相等 (2)远小于 (3)0.08

【解析】(1)平衡摩擦力时，由于打出的纸带点迹间距逐渐减小，说明是减速运动，故斜面倾角偏小，应增大斜面倾角，反复调节，直到打出的纸带点迹间距相等为止。

(2)以M 和m 系统为研究对象，mg ＝(M ＋m )a ，以小车为研究对象T ＝Ma

联立方程得T ＝M M ＋m ·mg ＝11＋m M

·mg ＜mg ，当m ?M 时，分母近似等于1，则T ≈mg 。 (3)根据mg ＝(M ＋m )a 变式为1a ＝M g ·1m ＋1g

由题意知k ＝M g ，b ＝1g

，所以M ＝k b 。由图象可知k ＝0.9－0.1100－0

＝0.008，b ＝0.1，所以M ＝0.08 kg 。 13.【答案】 (1)3.25 1.79 (2)C

【解析】[(1)根据纸带数据可知，加速度a ＝（x CD ＋x DE ）－（x AB ＋x BC ）4T 2＝3.25 m/s ；打C 点时物块的速度v C ＝x BD 2T

＝1.79 m/s (2)由牛顿第二定律得加速度a ＝g sin θ－μg cos θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是斜面的倾角。

14．【答案】①AB ②0.80 0.40

【解析】①实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A 正确；实验时要先接通电源再释放小车，选项B 正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项C 错误；此实验中不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D 错误。

②相邻的两计数点间的时间间隔T ＝0.1 s ，由逐差法可得小车的加速度

a ＝s 6＋s 5＋s 4－s 3－s 2－s 19T 2 ＝（7.64＋6.78＋5.97－5.19－4.41－3.59）×10－2

9×0.1 m/s 2＝0.80 m/s 2 打点计时器在打B 点时小车的速度 v B ＝s 1＋s 22T ＝（3.59＋4.41）×10－22×0.1

m/s ＝0.40 m/s 15．【答案】(1)平衡摩擦力 (2)砝码与砝码盘的总质量远小于小车的质量 (3)AD

【解析】(1)实验时，我们认为绳子的拉力是小车受到的合外力，为达到这个目的，我们要先将木板不带滑轮的一端垫起，目的是平衡摩擦力；

(2)根据牛顿第二定律得mg ＝(M ＋m )a ，解得a ＝

mg M ＋m ，则绳子的拉力为F ＝Ma ＝Mmg M ＋m ＝mg 1＋m M

，知当砝码总质量远小于滑块质量时，滑块所受的拉力等于砝码的总重力，所以应满足的条件是砝码和砝码盘的总质量远小于滑块的质量。

(3)由题设条件知，小车在斜面(木板)上所受的重力沿斜面方向的分力F ＝Mg sin θ为小车所受的合力，设木板长为l ，则sin θ＝h /l ，

小车所受的合力为F ＝Mgh /l ，F 不变，则有Mgh 不变，故A 、D 项正确。

16．【答案】(1)BCD (2)1.3 (3)D

【解析】(1)由实验原理图可以看出，由弹簧测力计的示数可得到小车所受的合外力的大小，故不需要测砂和砂桶的质量，也不需要保证砂和砂桶的质量m 远小于小车的质量M ，A 、E 错误；为保证绳上拉力提供合外力，必须平衡摩擦力，B 正确；小车应靠近打点计时器，先接通电源，再放小车，同时读出弹簧测力计的示数，C 正确；为了多测几组数据，需改变砂和砂桶的质量多做几次实验，D 正确。

(2)由逐差法可得：小车的加速度a ＝

x 34－x 01＋x 45－x 12＋x 56－x 239T 2，将T ＝150×3 s＝0.06 s ，代入可得a ＝1.3 m/s 2

(3)由题图结合牛顿第二定律，有

2F ＝M ·a ，

得a ＝2M

·F 则图象斜率k ＝2M ，得小车的质量M ＝2k

，故A 、B 、C 错误，D 正确。 17．【答案】(3)0.39 (4)见解析图 (5)0.45 (6)BC

【解析】(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图(b)中点(2，0.78)代入s ＝12

at 2可得，a ＝0.39 m/s 2

。

(4)根据描点法可得如图所示图线。

(5)根据牛顿第二定律可得nmg ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg M ＋5m n ，图线斜率k ＝mg M ＋5m ＝1.005，可得M ＝0.45 kg

(6)若不平衡摩擦力，则有nmg －μ[M ＋(5－n )m ]g ＝(M ＋5m )a ，则a ＝mg ＋μmg M ＋5m n －μMg ＋5μmg M ＋5m

，所以a －n 图线仍是直线，但直线不过原点，斜率变大，故B 、C 正确。

专题五曲线运动

1.D [根据题述，两球水平位移相等。由于a 球抛出时的高度比b 球的高，由h ＝12

gt 2可知a 球飞行时间长，由x ＝v 0t 可知，a 球的初速度一定较小，选项A 错误；两球都只受重力作用，加速度都是g ，即速度变化率Δv Δt

＝g ，相同，选项B 错误；小球落地时速度v 是水平速度与竖直速度的合速度，a 球的初速度(水平速度)小，竖直速度大，所以不能判断哪个小球落地时速度较大，a 球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，选项C 错误，D 正确。]

2.A [甲球做平抛运动，由h ＝12

gt 2，解得飞行时间t 1＝错误！未找到引用源。。乙球下滑加速度a ＝g sin45°＝错误！未找到引用源。g 。由匀变速直线运动规律，错误！未找到引用源。h ＝v 0t 2＋12

at 22，

根据题述，甲、乙同时到达地面，t 1＝t 2，联立解得v 0＝错误！未找到引用源。，选项A 正确。]

4.D [两次船相对于静水的速度都是不变的，船相对于水的速度可以分解为垂直于河岸和平行于河岸两个方向。由于船速大小和方向不变，故垂直于河岸的速度不变，所以渡河的时间相等即t 2＝t 1；渡河的位移x 1＝v 1t 1，x 2＝v 2t 2，解得：v 2＝x 2x 1

v 1，所以D 正确，A 、B 、C 错误。]

5.C [小球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL ＝12

mv 2，解得v ＝2gL ，因L P m Q ，则两小球的动能大小无法比较，选项B 错误；对小球在最低点受力分析得，F T －mg ＝m v 2L ，可得F T ＝3mg ，选项C 正确；由a ＝v 2L

＝2g 可知，两球的向心加速度相等，选项D 错误。]

6.C [解法一以小环为研究对象，设大环半径为R ，根据机械能守恒定律，得mg ·2R ＝12mv 2，在大环最低点有F N －mg ＝m v 2R

，得F N ＝5mg ，此时再以大环为研究对象，受力分析如图，由牛顿第三定律知，小环对大环的压力大小为F N ′＝F N ＝5mg ，方向竖直向下，故F ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知C 正确。

7.C [小球从最低点Q 到最高点P ，由机械能守恒定律得12mv 2P ＋2mgl ＝12

mv 2，则v P ＝错误！未找到引用源。，因为0

周轨道的最高点P ，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力，C 正确。]

8. BC [b 、c 的高度相同，小于a 的高度，根据h ＝12

gt 2，得t ＝错误！未找到引用源。，知b 、c 运动时间相同，a 运动时间是b 的2倍，故B 正确，D 错误；因为a 的飞行时间长，但是水平位移相同，根据x ＝v 0t 知，a 的初速度小于b 的初速度，故A 错误；b 、c 的运动时间相同，b 的水平位移是c 的水平位移的两倍，则b 的初速度是c 的初速度的两倍，故C 正确。]

9．C [α粒子在散射过程中受到重金属原子核的库仑斥力作用，方向总是沿着二者连线且指向粒子轨迹弯曲的凹侧，其加速度方向与库仑力方向一致，故C 项正确。]

10.B [由于物体做平抛运动，物体只受重力作用，故加速度不变，而由于物体做曲线运动，故速度大小和方向时刻在变化，故选项A 错误；设某时刻速度与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝v 0v y ＝v 0gt

，随着时间t 的变大，故tan θ变小，则θ变小，故选项B 正确；根据加速度定义

式a ＝Δv Δt

＝g ，则Δv ＝g Δt ，即在相等的时间间隔内，速度的改变量相等，故选项C 错误；根据动能定理，在相等的时间间隔内，动能的改变量等于重力的功，即W G ＝mgh ，由于平抛运动在竖直方向上，在相等时间内的位移不相等，故选项D 错误。]

11．AC [质点P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR －W ＝12mv 2，根据公式a ＝v 2R ，联立可得a ＝2（mgR －W ）mR

，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N －mg ＝ma ，代入可得，N ＝3mgR －2W R

，C 正确，D 错误。] 12．D [设小球平抛运动的初速度为v 0，将小球在D 点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有v y v 0＝tan 60°，得gt v 0＝3。小球平抛运动的水平位移x ＝R sin 60°，x ＝v 0t ，解得v 20＝Rg 2，v 2

y ＝3Rg 2。设平抛运动的竖直位移为y ，v 2y ＝2gy ，解得y ＝3R 4，则BC ＝y －(R －R cos 60°)＝R 4，D 选项正确。]

13．B [设最高速度为错误！未找到引用源。则错误！未找到引用源。

得错误！未找到引用源。

到达最高点之后做平抛运动，则错误！未找到引用源。得错误！未找到引用源。水平位移错误！未找到引用源。

当错误！未找到引用源。时，错误！未找到引用源。存在最大值 ] 14．D [由图可知质点在x 轴方向上做匀加速直线运动，在y 轴方向做匀速直线运动，合力的方向沿x 轴方向。在x 轴方向上的初速度为3 m/s ，在y 轴方向上的速度为4 m/s 。则初速

度v 0＝32＋42 m/s ＝5 m/s ，初速度方向不沿x 轴方向，所以质点做匀变速曲线运动，故A 错误，D 正确；质点在x 轴方向上的加速度为a x ＝1.5 m/s 2，y 轴方向上的加速度为零，则合加速度为a ＝1.5 m/s 2，所以合力为F ＝ma ＝4×1.5 N＝6 N ，B 错误；2 s 末在x 轴方向上的速度为v x ＝6 m/s ，在y 轴方向上的速度为v y ＝4 m/s ，则合速度v ＝62＋42 m/s ＞6 m/s ，C 错误。]

15．B [根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得，小球在空中运动的时间t ＝2v 0tan θg

，因为初速度变为原来的2倍，则小球运动的时间变为原来的2倍，故C 错误；速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gt v 0＝2tan θ，因为θ不变，则β不变，又α＝β－θ，可知α不变，与初速

度无关，故A 错误，B 正确；PQ 的间距s ＝x cos θ＝v 0t cos θ＝2v 2

0tan θg cos θ

，初速度变为原来的2倍，则PQ 的间距变为原来的4倍，故D 错误。]

16．BD [当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，B 靠指向圆心的静摩擦力和拉力的合力提供向心力，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是B 所需要的向心力小于B 的最大静摩擦力，所以B 仍保持相对圆盘静止状态，做匀速圆周运动，且静摩擦力比绳子烧断前减小。故B 、D 正确，A 、C 错误。]

专题六万有引力定律与航天

1. C

[由天体知识可知：错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。，错误！未找到引用源。半径不变，周期错误！未找到引用源。，速率错误！未找到引用源。，加速度错误！未找到引用源。均不变，故A ，B ，D 错误。

根据错误！未找到引用源。可得：速率错误！未找到引用源。不变，组合体质量错误！未找到引用源。变大，故动能错误！未找到引用源。变大。答案选C]

2. D [两行星绕太阳运动的向心力均由万有引力提供，所以有G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma ，解得v ＝GM r ，T ＝4π2r 3GM ，ω＝GM r 3，a ＝GM

2，根据题意r 火＞r 地，所以有T 地＜T 火，v 地＞v 火，a 地＞a 火，ω地＞ω火，故A 、B 、C 错误，D 正确。]

4．D [地球对物体的引力提供物体绕地球匀速圆周运动的向心力，物体处于完全失重状态，对支持它的物体的压力为零，D 正确。]

5．C [地球同步卫星周期等于地球自转周期，即错误！未找到引用源。，故A 错误；同步卫星相对地面静止，但都处于赤道上空，故B 错误；地球同步卫星和低轨道卫星都绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，即由向心加速度均处于失重状态，故C 正确；由错误！未找到引用源。可知，地球同步卫星和低轨道卫星不可能具有相同的角速度。]

6．B [对飞船由万有引力定律和牛顿第二定律得，GMm （R ＋h ）

2＝mg ′，解得飞船所在处的重力加速度为g ′＝GM

（R ＋h ），B 项正确。] 7．B [利用题给信息，对地球，有G Mm R 2＝mg ，得M ＝gR 2G ，又V ＝43πR 3，得地球的密度ρ＝M V ＝3g 4G πR ；对月球，有G M 0m R 20＝mg 0，得M 0＝g 0R 2

0G ，又V 0＝43πR 30，得月球的密度ρ0＝M 0V 0＝3g 04G πR 0，则地球的密度与月球的密度之比ρρ0＝32，故B 正确。] 8．C [a 物体运动的周期大于b 卫星运动的周期，由于不知b 、c 卫星质量关系，所以b 卫星运动受到的万有引力不一定大于c 卫星受到的万有引力，选项A 、B 错误；由于a 、c 运动的

角速度相等，所以a 物体运动的线速度小于c 卫星运动的线速度，选项C 正确；b 卫星加速后做离心运动，可进入c 卫星轨道，选项D 错误。]

9．B [在地球两极重力等于万有引力，即有mg 0＝G Mm R 2＝43

πρmGR ，在赤道上重力等于万有引力与向心力的差值，即mg ＋m 4π2

T 2R ＝G Mm R 2＝43πρmGR ，联立解得：ρ＝3πg 0GT 2（g 0－g ），B 项正确。] 10．D [由万有引力定律和向心力公式有，G Mm r 2＝m v 2r ＝ma ＝m (2πT

)2r ＝m ω2r ，易得运行速度v ＝GM r ，加速度a ＝G M r 2，角速度ω＝GM r 3

，因卫星在轨道3上的运行半径大于在轨道1上的运行半径，故卫星在轨道3上的运行速率小于在轨道1上的运行速率，在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故选项A 、B 错误；卫星在轨道1和2上的Q 点受到地球对它的引力相同，故卫星在轨道1上经过Q 点的加速度等于在轨道2上经过Q 点的加速度，故选项C 错误；卫星在轨道2上和3上的P 点受到地球对它的引力相同，故卫星在轨道2上经过P 点的加速度等于在轨道3上经过P 点的加速度，故选项D 正确。]

11．B [在天文观测数据的基础上总结出了开普勒天体运动三定律，找出了行星运动的规律，而牛顿发现了万有引力定律。]

12．C [近地卫星的环绕速度等于第一宇宙速度7.9 km/s 。根据G Mm r 2＝m v 2

r ，得v ＝GM r

，半径越大线速度越小，该卫星的半径大于地球半径，则其运动速度一定小于7.9 km/s ，A 错；该卫星从北纬60°到南纬60°，转过120°用时1 h ，则其转过360°用时3 h ，即周期为3 h ，

而同步卫星的周期为24 h ，即该卫星与同步卫星的周期之比为1∶8。根据G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得r 3

T 2＝GM

4π2，则可得半径之比为1∶4，C 正确；再由v ＝GM r

可得该卫星与同步卫星的运行速度之比为2∶1，B 错；在卫星绕地球做圆周运动情况下，从高轨道到低轨道要减少机械能，所以该卫星的机械能小于同步卫星的机械能，D 错。]

13．CD

[由开普勒第二速律可知，错误！未找到引用源。，则错误！未找到引用源。

故错误！未找到引用源。，A 错；整个过程无其他力做功，机械能守恒；B 错；P 到Q 的过程，万有引力做负功，动能减小，C 对；M 到Q 的过程中，引力与速度夹角为钝角，万有引力做负功，Q 到N 的过程，引力与速度夹角为锐角，万有引力做正功，故选CD]

14．B [地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由

开普勒第三定律r 3

T 2＝k 可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星

高考物理三类热点题型的总结

高考物理三类热点题型的总结 1.图象题。可以说人类学会如何表示信息是从图象开始起源的，从图画演变出文字，进而抽象出数学公式。看懂图表、动漫是从幼儿开始的，是生活的基本能力，当然随着学习知识的逐渐深入，又对同学们的读图能力提出了更高的要求。近几年高考图象题的数量逐年增加，图象表示物理问题比文字和公式具有更大的优越性，能形象地描述物理状态、过程和规律，能够把一个问题的多个相关因素同时展现出来，给我们分析问题提供直观、清晰的物理图景，既有助于我们对相关概念、规律的理解和记忆，又有助于我们正确地把握相关物理量之间的定性、定量关系。因此要习惯用图象表示问题，处理数据。物理图象不同于数学图象的是一般两坐标轴表示两个具有实际意义的物理量，首先要看清坐标轴，理解图象表示的是谁随谁的变化，理解正、负、斜率、面积、截距、交点的物理意义，其次把图形转化为实际的物理过程，进而理解图象的意义并解答问题。 2.实验探究题。从近几年高考对实验考查的结果来看，实验的得分率一直很低，但实际上高考物理实验题目的总体难度并不高，考察的实验也都是考纲中明确要求的基本实验，属于考生最不应该失分的题型之一。物理是以实验为基础的学科，首先要树立物理规律来源于实验、来源于生活的理念，实验是第一的，规律是第二的。实验思想、技能和方法是高考实验考查的三大重点，电学考查仪表读数、实物图连接、电表选取、电路设计、方案的筛选、原理的迁移、数据的处理，可以很好地考查多项实验能力。而探究与实验相结合使二者都具

有了实际意义。每一个实验突出的探究环节不尽相同，关键是从实验原理出发，进行设计和变化。 3.新科技、新技术应用题。这类题多以当今社会热点和高新科技动态为背景，信息量一般较大、题干较长，一般是描述一种装置或某一理论的基本精神，再和中学物理知识连接。表面看来给人一种很复杂的感觉，但抽象出物理模型时就会有一种“现象大、问题小”的转折。要求学生在考场上对新情景新信息完成现场学习，将信息进行有效提炼、加工、建模，与原有知识衔接来解决问题。这类问题不仅对学生的创新能力是一个考查，而且对学生的心理素质也是一个考验。二、注意构建属于自己的知识网络对于复习到的每一个专题，应该首先思考这一专题研究解决了什么问题，与社会生活实际有哪些联系和应用，只有将抽象的物理知识与生活相联系时，对知识的理解才能深化、活化。考生应该按自己的思维方式构建知识网络，找出知识间的关联，学会对知识重组、整合、归类、总结，掌握物理思维方法，将知识结构化，将书读薄。结构化的知识是形成能力的前提，只有经过自己的思维在大脑中重新排列的知识，理解才能深刻。一般来说，一个专题有一个核心的主体，其余的概念为这个主体做铺垫，要以点带面，即以主要知识带动基础知识。

高中物理10大难点突破物体受力分析

高中物理10大难点突破目录难点之一：物体受力分析 (1) 难点之二：传送带问题………………………………………………………………难点之三：圆周运动的实例分析……………………………………………………难点之四：卫星问题分析……………………………………………………………难点之五：功与能……………………………………………………………………. 难点之六：物体在重力作用下的运动………………………………………………. 难点之七：法拉第电磁感应定律……………………………………………………难点之八：带电粒子在电场中的运动………………………………………………难点之九：带电粒子在磁场中的运动………………………………………………. 难点之十：电学实验………………………………………………. …………………

难点之一物体受力分析一、难点形成原因： 1、力是物体间的相互作用。受力分析时，这种相互作用只能凭着各力的产生条件和方向要求，再加上抽象的思维想象去画，不想实物那么明显，这对于刚升入高中的学生来说，多习惯于直观形象，缺乏抽象的逻辑思惟，所以形成了难点。 2、有些力的方向比较好判断，如：重力、电场力、磁场力等，但有些力的方向难以确定。如：弹力、摩擦力等，虽然发生在接触处，但在接触的地方是否存在、方向如何却难以把握。 3、受力分析时除了将各力的产生要求、方向的判断方法熟练掌握外，同时还要与物体的运动状态相联系，这就需要一定的综合能力。由于学生对物理知识掌握不全，导致综合分析能力下降，影响了受力分析准确性和全面性。 4、教师的教学要求和教学方法不当造成难点。教学要求不符合学生的实际，要求过高，想一步到位，例如：一开始就给学生讲一些受力个数多、且又难以分析的物体的受力情况等。这样势必在学生心理上会形成障碍。二、难点突破策略：物体的受力情况决定了物体的运动状态，正确分析物体的受力，是研究力学问题的关键。受力分析就是分析物体受到周围其它物体的作用。为了保证分析结果正确，应从以下几个方面突破难点。 1.受力分析的方法：整体法和隔离法 2.受力分析的依据：各种性质力的产生条件及各力方向的特点 3.受力分析的步骤：为了在受力分析时不多分析力，也不漏力，一般情况下按下面的步骤进行：（1）确定研究对象—可以是某个物体也可以是整体。（2）按顺序画力 a．先画重力：作用点画在物体的重心，方向竖直向下。

2018高考物理总复习专题天体运动的三大难点破解1深度剖析卫星的变轨讲义

拼十年寒窗挑灯苦读不畏难；携双亲期盼背水勇战定夺魁。如果你希望成功，以恒心为良友，以经验为参谋，以小心为兄弟，以希望为哨兵。二、重难点提示：重点：1. 卫星变轨原理； 2. 不同轨道上速度和加速度的大小关系。难点：理解变轨前后的能量变化。一、变轨原理卫星在运动过程中，受到的合外力为万有引力，F 引＝2 R Mm G 。卫星在运动过程中所需要的向心力为：F 向＝ R m v 2 。当：（1）F 引＝ F 向时，卫星做圆周运动；（2）F 引> F 向时，卫星做近心运动；（3）F 引

运动进入轨道2沿椭圆轨道运动，此过程为离心运动；到达B点，万有引力过剩，供大于求做近心运动，故在轨道2上供需不平衡，轨迹为椭圆，若在B点向后喷气，增大速度可使飞船沿轨道3运动，此轨道供需平衡。 2. 回收变轨在B点向前喷气减速，供大于需，近心运动由3轨道进入椭圆轨道，在A点再次向前喷气减速，进入圆轨道1，实现变轨，在1轨道再次减速返回地球。三、卫星变轨中的能量问题 1. 由低轨道到高轨道向后喷气，卫星加速，但在上升过程中，动能减小，势能增加，增加的势能大于减小的动能，故机械能增加。 2. 由高轨道到低轨道向前喷气，卫星减速，但在下降过程中，动能增加，势能减小，增加的动能小于减小的势能，故机械能减小。注意：变轨时喷气只是一瞬间，目的是破坏供需关系，使卫星变轨。变轨后稳定运行的过程中机械能是守恒的，其速度大小仅取决于卫星所在轨道高度。 3. 卫星变轨中的切点问题【误区点拨】近地点加速只能提高远地点高度，不能抬高近地点，切点在近地点；远地点加速可提高近地点高度，切点在远地点。

高考物理必考热点

2019届高考物理必考热点物理学是研究物质世界最基本的结构、最普遍的相互作用、最一般的运动规律及所使用的实验手段和思维方法的自然科学。小编准备了高考物理必考热点，希望你喜欢。《质点的直线运动》用速度图象解决两物体的追及问题或一个物体的两个运动过程。题型：选择题。《相互作用与牛顿定律》用整体法与隔离法进行受力分析，受力平衡的情况是基本要求，较高要求则是结合牛顿定律、运动学公式分析一个物体的两个运动过程或两个物体的连接体问题。题型：选择题、计算题。《曲线运动、机械能、万有引力定律》 (1)对“功和能”的理解与简单应用。题型：选择题、计算题。 (2)用万有引力定律、圆周运动公式对两个天体围绕中心天体运动的问题分析。题型：选择题。《电场、电路》对常见电场中各点的电场强度、电势、电势能、电容的分析与计算。题型：选择题。《磁场》

用磁场力与电场力、圆周运动的知识以及几何知识，分析和计算带电粒子在电场、磁场中的运动的问题。题型：计算题。《电磁感应、交流电》 (1)用楞次定律判断感应电流方向。题型：选择题。 (2)有关变压器变压比、变流比、远距离输电的计算。题型：选择题。《必考内容实验题》： (1)刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、多用电表的读数。题型：实验题。 (2)用伏安法测量电阻器、电流表、电压表的电阻。 (3)对照实验原理图连接实验电路。 (4)用计算法和图象法处理数据：用欧姆定律、串并联电路中的电流、电压关系等知识计算电阻，会描点，作出图象，求电动势、内阻。题型：实验题。《物理3-3》： (1)用分子动理论分析气体压强、温度，内能，热力学定律，固体、液体的性质。题型：选择题、填空题。 (2)用气体定律分析和计算。题型：计算题。

高考物理重点专题突破 (57)

第3节洛伦兹力的应用 1.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨道半径与粒子的运动速度成正比，与粒子质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，即r＝m v Bq。 2．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，运动周期与质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，与轨道半径和运动速率无关，即T＝ 2πm Bq。 3．回旋加速器的电场周期和粒子运动周期相同。 4．质谱仪把比荷不相等的粒子分开，并按比荷顺序的大小排列，故称之为“质谱”。一、带电粒子在磁场中的运动 1．用洛伦兹力演示仪显示电子的运动轨迹 (1)当没有磁场作用时，电子的运动轨迹为直线。 (2)当电子垂直射入匀强磁场中时，电子的运动轨迹为一个圆，所需要的向心力是由洛伦兹力提供的。 (3)当电子斜射入匀强磁场中时，电子的运动轨迹是一条螺旋线。 2．带电粒子在洛伦兹力作用下的圆周运动 (1)运动性质：匀速圆周运动。

(2)向心力：由洛伦兹力提供。 (3)半径：r ＝m v Bq 。 (4)周期：T ＝2πm Bq ，由周期公式可知带电粒子的运动周期与粒子的质量成正比，与电荷量和磁感应强度成反比，而与运动半径和运动速率无关。二、回旋加速器和质谱仪 1．回旋加速器 (1)主要构造：两个金属半圆空盒，两个大型电磁铁。 (2)工作原理(如图所示) ①磁场作用：带电粒子垂直磁场方向射入磁场时，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其周期与半径和速率无关。 ②交变电压的作用：在两D 形盒狭缝间产生周期性变化的电场，使带电粒子每经过一次狭缝加速一次。 ③交变电压的周期(或频率)：与带电粒子在磁场中做圆周运动的周期(或频率)相同。 2．质谱仪 (1)功能：分析各化学元素的同位素并测量其质量、含量。 (2)工作原理(如图所示) 带电粒子在电场中加速：Uq ＝1 2m v 2① 带电粒子在磁场中偏转：x 2＝r ② Bq v ＝m v 2 r ③ 由①②③得带电粒子的比荷：q m ＝8U B 2x 2。由此可知，带电离子的比荷与偏转距离x 的平方成反比，凡是比荷不相等的离子都被分

高中物理学习十大方法和技巧

高中物理学习十大方法和技巧物理这门自然科学课程比较比较难学，死记硬背是学不会的，一字不差地背下来，出个题目还是照样不会做，那么同学们应该怎样做呢?下面是由小编整理的高中物理学习十大方法和技巧，希望对您有用。高中物理学习十大方法和技巧 1、注意。带着的问题，可以提高的，能使的重点更加突出。上，当讲到自己时的不懂之处时，就非常主动、格外注意听，力求当堂弄懂。同时可以对比的讲解以检查自己对教材理解的深度和广度，对疑难问题的分析过程和，也可以作进一步的质疑、析疑、提出自己的见解。这样听完课，不仅能掌握的重点，突破难点，抓住关键，而且能更好地掌握分析问题、解决问题的思路和，进一步提高自己的。 2、独立做题。要独立地(指不依赖他人)，保质保量地做一些题。题目要有一定的数量，不能太少，更要有一定的质量，就是说要有一定的难度。任何人学习数理化不经过这一关是学不好的。独立解题，可能有时慢一些，有时要走弯路，有时甚至解不出来，但这些都是正常的，是任何一个初学者走向的必由之路。 3、笔记本(纠错本)。上课以听讲为主，还要有一个笔记本，有些东西要记下来。知识结构，好的解题方法，好的例题，听不太懂的地方等等都要记下来。课后还要整理笔记，一方面是为了“消化好”，另一方面还要对笔记作好补充。笔记本不只是记上课老师讲的，还要作一些读书摘记，自己在作业中发现的好题、好的解法也要记在笔记本上，就是同学们常说的“好题本”。辛辛苦苦建立起来的笔记本要进行编号，以后要经学看，要能做到爱不释手，终生保存。 4、三个基本。基本概念要清楚，基本规律要熟悉，基本方法要熟练。关于基本概念，举一个例子。比如说速率。它有两个意思：一是表示速度的大小;二是表示路程与时间的比值(如在匀速圆周运动中)，而速度是位移与时间的比值(指在匀速直线运动中)。关于基本规律，比如说平均速度的计算公式有两个经常用到V=s/t、V=(vo+vt)/2。前者是定义式，适用于任何情况，后者是导出式，只适用于做匀变速直线运动的情况。再说一下基本方法，比如说研究问题是常采用的整体法和隔离法，就是一个典型的相辅形成的方法。最后再谈一个问题，属于三个基本之外的问题。就是我们在学习的过程中，总结出一些简练易记实用的推论或论断，对帮助解题和学好是非常有用的。如，

2020高考物理备战系列物理计算——专家预测计算题新

物理计算 23．（16分）2008年初的南方雪灾给我国造成了巨大的损失，积雪对公路行车的危害主要表现在路况的改变。路面积雪经车辆压实后，车轮与路面的摩擦力减少，汽车易左右滑摆，同时，汽车的制动距离也难以控制，一旦车速过快、转弯太急，都可能发生交通事故。如果一辆小车汽车在正常干燥路面上行驶速度为108km/h ，司机从发现前方有情况到开始刹车需要0.5s 的反应时间，已知轮胎与干燥路面的动摩擦因数为0.75,g=10m/s 2，问：（1）在正常干燥路面上行驶，司机从发现前方有紧急情况到使车停下车，汽车行驶距离为多少？（2）若汽车与需地间的动摩擦因数为141，当司机发现前方有紧急情况时要使车在上述相同距离内停下来，汽车行驶速度不能超过多少？ 24．(19分)在质量为M =1kg 的小车上，竖直固定着一个质量为m =0.9kg 、长l =10cm 、宽L =5cm 、总电阻R =80Ω、n=800匝的矩形线圈．线圈和小车一起静止在光滑水平面上，如图所示．现有一质量为m 0=0.1kg 的子弹以v 0=100m ／s 的水平速度射入小车中，并立即与小车(包括线圈)保持相对静止一起运动，随后穿过与线圈平面垂直．磁感应强度B=1.0T 的水平有界匀强磁场(磁场区域的宽度大于线圈长l )，方向垂直纸面向里，如图所示．已知小车穿过磁场区域所产生的热量为16J ，求：

(1)在线圈进入磁场的过程中通过线圈某一截面的电荷量q； (1)线圈左边离开磁场时小车的速度大小． 25．（22分）在绝缘光滑水平面上方虚线的右侧，有一正交复合场，其中匀强电场的场强大小为E，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里。在水平面上的A点入一个质量为m1的不带电小球a。质量为 m2的带电小球b从商为h的某点以速度v0水平抛出，小球b 落地前恰好与小球a正碰，且碰后a、b小球粘在一起，恰好在竖直面内沿半圆弧ACD做速率不变的曲线运动，如图所示。假设a、b碰撞过程所用的时间忽略不计，重力加速度为g，试求：（1）半圆弧的半径R和b球所带的电量q；（2）从a、b两球相碰到他们再次回到地面所用的时间t （3）a、b两球碰撞过程中损失的机械能ΔE。

2020年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题19 电场能的性质(含解析)

专题19 电场能的性质【专题导航】目录热点题型一电势高低、电势能大小的判断 (1) 热点题型二电势差与电场强度的关系 (3) 在匀强电场中由公式U＝Ed得出的“一式二结论” (4) U＝Ed在非匀强电场中的应用 (7) 热点题型三电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题 (7) 带电粒子运动轨迹的分析 (8) 等势面的综合应用 (9) 热点题型四静电场的图象问题 (10) v－t图象 (11) φ－x图象 (12) E－x图象 (13) Ep－x图象 (14) 【题型演练】 (15) 【题型归纳】热点题型一电势高低、电势能大小的判断 1．电势高低的判断

2.电势能大小的判断 3.电场中的功能关系 (1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变． (2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变． (3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化． (4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．【例1】(2019·广东韶关质检)如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹．粒子在A 点的加速度为 a A 、动能为 E k A 、电势能为 E p A ；在B 点的加速度为a B 、动能为 E k B 、电势能为 E p B .则下列结论正确的是 ( ) A ．a A >a B ，E k A >E k B B ．a A E p B C ．a A a B ， E k A E k B ，选项C 正确，B 错误．