高三物理三维设计第十五章 第2单元 课下提知能
物理高一必修三三维设计电子版
物理高一必修三三维设计电子版高三学年是学校关注的学年，是学生出成绩的一年，同时也是老师盼望的一年。
作为教师如何组织好自己的课堂教学，搞好复习，让学生交上高考满意的答卷，特制定如下教学计划：一、认真抓好第一轮复习1、时间：九月至明年三月底。
2、实施策略：根据考试大纲的要求，从必修1、必修2到静电学、到电磁学，最后复习3―5动量和原子物理部分。
具体是从每一章按单元的考点精析、考点精练、考点易错进行，然后作业落实、检查、反馈及评讲。
最后是复习检测。
3、关键：课堂的有效性，课后的全面落实妥当，方法的指导性。
4、研究高考题，指导好复习：结合复习内容，让学生感受高考真题，从而领悟复习中要达到怎样的要求。
同时起到训练学生思维能力的作用。
5、非政府不好周检测，及时发现问题，及时解决问题。
6、抓好落实是复习中的重要环节。
二、注重第二轮备考1、时间：四月到五月中旬。
2、实行策略：专题备考就是学生在一轮备考的基础上，把各个题型的各部分展开分散加强，使学生体会同一部分科学知识的相同题型、相同情境、相同数学分析。
就是学生能力提高最快的阶段，也就是德雷贝尔成绩的阶段。
3、抓好这一阶段的教学是高考取得好成绩的关键。
4、深入细致复习、深入细致非政府不好课堂教学，通识科细密。
三、不轻视整理复习回归课本1、时间：五月中旬至中考前。
2、实施策略：让学生梳理知识，看课本、看纠错集，教师答疑。
3、引导学生，调整心态，准备工作棒果。
一、工作思路：物理课本教学任务已经顺利完成，融合我校学生水平高的现状，从打赢基础提升考试能力著手，著重全面提高学生的素质和培育学生独立自主自学的能力，稳步提升学生分析问题和解决问题的能力，谋求存有几位同学物理中考成绩达至 60 分后以上，中考平均值成绩达至 30 分后。
二、情况分析：（一）教材分析：根据课程精心安排，秋季必须顺利完成一、二轮备考的教学任务，按照教务提供更多的《步步高》打牢基础，补漏伯粉，稳扎稳打，扎扎实实做好基本知识的备考。
人教版高中物理选修3-4第十五章相对论简介 全单元课堂精品课件
中的光速都是一个常量，c＝3.0×108米/
秒，与传播的方向无关，与光源的速度
也无关。
12
作业 ❖P100 1 2 3
13
第二节 时间和空间的相对性
14
❖ 经典的时空概念
❖ 我们在学习力学时，总要涉及时间间隔和空间 距离的计算或测量。早在牛顿建立经典力学时，
就考虑并形成了绝对时空的概念。他认为全宇
Δt=
H v
0
=
3.84×108 0.3×3.0×108
=
4.27s
在飞船上测量，地球到月球的距离H为
H=H0 1
v2 c2
= 3.84×ห้องสมุดไป่ตู้02
1-0.32
= 3.67×108m
在飞船上测量，飞船的旅行时间为：
Δt′ =
H v
=
3.67×108 0.3×3.0×108
=
4.08s
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结束 目录
飞船的飞行时间也可以这样求得：对于飞船 上的观察者来说，从地球出发及到达月球这两事 件都发生在飞船上，他所测得的时间为固有时间
练习2 假设宇宙飞船从地球射出，沿直线 到达月球，距离是3.84×108m，它的速率 在地球上被量得为0.30c。根据地球上的时 钟，这次旅行花多长时间？根据宇宙飞船所 做的测量，地球和月球的距离是多少？怎样 根据这个算得的距离，求出宇宙飞船上时钟 所读出的旅行时间？
33
结束 目录
解：设地球至月球的距离为H0,飞船的速度为v,地 球上的观察者测得飞船从地球到月球的时间为Δt
❖ 从麦氏方程组中解出的光在真空中的传播速度与光源的
速度无关。如果光波也和声波一样，是靠一种媒质(以
太)传播的，那么光速相对于绝对静止的以太就应该是
【三维设计】2020高考物理一轮复习 第一章 第2单元 课下提知能课时跟踪训练 必修1
(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．踢毽子是我国民间的一项体育游戏，被人们誉为“生命的蝴蝶”．近年来，踢毽子成为全民健身活动之一．毽子由羽毛和铜钱组成，在下落时总是铜钱在下、羽毛在上，如图1所示，对此分析正确的是( )A．铜钱重，所以总是铜钱在下、羽毛在上B．如果没有空气阻力，也总是出现铜钱在下、羽毛在上的现象C．因为空气阻力的存在，所以总是铜钱在下、羽毛在上D．毽子的自由下落是自由落体运动解析：如果没有考虑空气阻力，则毽子做自由落体运动，铜钱和羽毛中的一个在上，另一个在下，如果考虑空气阻力，则羽毛在上，铜钱在下，应选C.答案：C2．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m，由此可求得( )A．第1次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度解析：由Δx＝aT2可以求出质点运动的加速度，由第1次闪光到第3次闪光过程中的平均速度可以求出第2次闪光时的速度，然后由位移公式可以求出第一次闪光时的速度．从题中数据可直接得到从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移．由于质点从开始运动到第1次闪光的时间未知，所以无法确定质点运动的初速度，所以正确选项为A 、B 、C.答案：ABC3．将一小物体以初速度v 0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x 1和x 2，速度的变化量Δv 1和Δv 2的大小关系( )A ．x 1＝x 2B ．x 1＜x 2C ．Δv 1＞Δv 2D ．Δv 1＜Δv 2解析：设物体上升过程的加速度大小为a 1，下降过程的加速度大小为a 2，则有x 1＝12a 1·12＝12a 1，x 2＝12a 2·12＝12a 2，又a 1＞a 2，故x 1＞x 2，A 、B 均错误；由Δv＝a·Δt可得：Δv 1＝a 1·1＝a 1，Δv 2＝a 2·1＝a 2，故Δv 1＞Δv 2，C 正确，D 错误．答案：C4．(2020·周口模拟)如图2所示，传送皮带的水平部分AB 是绷紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 1，从B 端飞出时速度为v 1.若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB所用的时间为t 2，从B 端飞出时的速度为v 2，则t 1和t 2、v 1和v 2相比较，可能的情况是( )A ．t 1＝t 2B ．t 2＞t 1C ．v 1＝v 2D ．v 1＞v 2解析：若皮带顺时针方向转动的速度不大于v 1，则物体m 由A 到B 一直匀减速，到B 端的速度为v 1，通过AB 的时间也为t 1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v 1时，物体m 在AB 上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体m 由A 到B 一直匀速或匀加速，到B 端的时间t 2≤t 1，速度v 2≥v 1，故A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC5．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB.该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图3所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离A点约为( )图3A．6.5 m B．10 mC．20 m D．45 m解析：小石子到达A点时的速度约等于AB中间时刻的瞬时速度vA＝xt＝0.0211000m/s＝20 m/s，h＝vA22g＝2022×10m＝20 m.答案：C6.如图4所示，小球以某一初速度v沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ＝30°，小球经过时间t返回到原出发点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为( )A.14gt B.24gtC.28gt D.22gt解析：小球在斜面上运动的加速度a＝gsin30°＝g2，上升的最大位移x＝v22a＝v 02g ，小球上升到最大高度的一半时，v t ＝2a ×x 2＝v 02，v 0＝a×t 2＝gt 4，故v t ＝28gt.答案：C7．(2020·孝感模拟)如图5所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法计算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v B 2－v 12＝2gh 可得：v B ＝17 m/s ，由单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt·14πd 12＝v B ·Δt·14πd 22，解得：d 2＝0.98 cm ，故B 正确． 答案：B8．(2020·齐齐哈尔模拟)一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动．若已知物体在第1 s 内位移为8.0 m ，在第3 s 内位移为0.5 m ．则下列说法正确的是( )A ．物体的加速度一定为3.75 m/s 2B ．物体的加速度可能为3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s解析：若物体在第3 s 末减速至零，则由x 3－x 1＝2at 2可得a ＝3.75 m/s 2，由v 2.5＝v 3＝x 3t可得v 2.5＝0.5 m/s ，若物体在第3 s 内已减速至零，则物体的加速度大于3.75 m/s2，物体在第2.5 s末的速度小于0.5 m/s，甚至可能为零．由公式得不管物体在第3 s内是否减速为零，C都是不正确的．综上所述，本题正确选项为B.答案：B9．以v＝20 m/s的速度竖直上抛一小球，经2 s以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g取10 m/s2，则两球相碰处离出发点的高度是( ) A．10 m B．15 mC．20 m D．不会相碰解析：设第二个小球抛出后经t s与第一个小球相遇．法一：根据位移相等有v 0(t＋2)－12g(t＋2)2＝vt－12gt2.解得t＝1 s，代入位移公式h＝v0t－12gt2解得h＝15 m.法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落．根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即－[v0－g(t＋2)]＝v－gt，解得t＝1 s，代入位移公式得h＝15 m.答案：B10．物体做匀加速直线运动，加速度为a，物体通过A点时的速度为vA，经过时间t到达B点，速度为vB ，再经过时间t到达C点速度为vC，则有( )A．vB ＝vA＋vC2B．vB＝AB＋BC2tC．a＝BC－ABt2D．a＝vC＋vA2t解析：如图所示，B点为物体由A运动到C的中间时刻，所以v B ＝v A ＋v C 2＝AB ＋BC2t ，故A 、B 正确；AB 和BC 为连续相等的时间内的位移，所以BC －AB ＝at 2，故C 正确；由于v C ＝v A ＋a·2t，所以a ＝v C －v A2t，故D 错误．答案：ABC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，旗杆高度是19 m ，红旗从离地面1.4 m 处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续 4 s ，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．解析：因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，这样减速和加速的时间就是相同的，t 1＝t 3＝4 s ．匀速运动的时间为t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速和减速的平均速度都是v2总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v2t 3，其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m 解得v ＝0.4 m/s加速度为a ＝v t 1＝0.44 m/s 2＝0.1 m/s 2.答案：0.1 m/s 2 0.4 m/s12．(15分)(2020·浏阳模拟)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4 m 且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v 0开始自由下滑，当v 0＝2 m/s 时，经过0.8 s 后小物块停在斜面上．多次改变v 0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t ，作出t －v 0图象，如图6所示，求：图6(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？(2)某同学认为，若小物块初速度为4 m/s，则根据图象中t与v成正比推导，可知小物块运动时间为 1.6 s．以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结果．解析：(1)a＝vt＝2.5 m/s2ma＝μmgcosθ－mgsinθ得μ＝3 2.(2)不正确．因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的正比关系．v 0＝4 m/s时，若保持匀减速下滑，则经过的位移x＝v22a＝3.2 m＞2.4 m，已滑到水平面上物体在斜面上运动，设刚进入水平面时速度为v1：v 12－v2＝－2ax斜，t1＝v1－v－a，得v1＝2 m/s，t1＝0.8 s水平面上运动的时间t2＝v1μg＝0.23 s运动的总时间t＝t1＋t2＝1.03 s.3 2(2)见解析答案：(1)。
【三维设计】高考物理一轮复习 第二章 第3单元 课下提知能课时跟踪训练 必修1
(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，一倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一光滑的铁球静止，需加一水平力F，且F过球心，下列说法正确的是( )A．球一定受墙的弹力且水平向左B．球可能受墙的弹力且水平向左图1C．球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上D．球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上解析：对球受力分析，可以确定的力是水平力F和重力mg，根据平衡条件，斜面对球一定有弹力的作用，墙对球可能有弹力，也可能没有弹力．答案：BC2.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN.在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止．如图2所示是这个装置的纵截面图．若用外力使MN保持竖直并且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．图2在此过程中，下列说法中正确的是( )A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．MN、P对Q的弹力的合力逐渐增大解析：对圆柱体Q受力分析如图所示，P对Q的弹力为F，MN对Q的弹力为F N，挡板MN向右运动时，F和竖直方向的夹角逐渐增大，如图所示，而圆柱体所受重力大小不变，所以F和F N的合力大小不变，故D选项错误；由图可知，F和F N都在不断增大，故A、C两项都错；对P、Q整体受力分析知，地面对P的摩擦力大小就等于F N，所以地面对P的摩擦力也逐渐增大．故选B.答案：B3．如图3所示，A、B两木块放在水平面上，它们之间用细线相连，两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角一样，两木块与水平面间的动摩擦因数相同．先后用水平力F1和F2拉着A、B一起匀速运动，则( )图3A．F1＞F2 B．F1＝F2C．F T1＞T T2 D．F T1＝F T2解析：取A、B为一整体，由水平方向合力为零可得，F1＝F2＝μ(m A＋m B)g，A错误，B正确；隔离物体A可求得：F T1cosθ＝μ(m A g－F T1sinθ)，F T2cosθ＝μ(m A g＋F T2sinθ)，比较可得：F T1＜F T2，C、D均错误．答案：B4.(2011·开封模拟)如图4所示，A、B质量分别为m A和m B，叠放在倾角为θ的斜面上以相同的速度匀速下滑，则( )A．A、B间无摩擦力作用图4B．B受到的滑动摩擦力大小为(m A＋m B)g sinθC．B受到的静摩擦力大小为m A g sinθD．取下A物体后，B物体仍能匀速下滑解析：取A、B整体为研究对象，由于A、B在斜面上以相同的速度匀速下滑，所以整体受力平衡，(m A＋m B)g sinθ＝μ(m A＋m B)g cosθ，选项B正确．取A为研究对象，由受力平衡可知A受到B的静摩擦力为F f＝m A g sinθ，由牛顿第三定律可知，B受到A的静摩擦力大小也为m A g sinθ，选项C正确，A错误．取下A物体后，B物体的受力在沿斜面方向上仍满足m B g sinθ＝μm B g cosθ，即B物体仍能匀速下滑，选项D正确．答案：BCD5．(2011·青岛模拟)如图5甲所示，物块A正从斜面体B上沿斜面下滑，而斜面体在水平面上始终保持静止，物块沿斜面下滑运动的v－t图象如图乙所示，则下面说法中正确的是( )图5A．物块A在沿斜面下滑的过程中受到两个力的作用B．物块A在沿斜面下滑的过程中受到三个力的作用C．地面对斜面体B有水平向左的摩擦力作用D．斜面体B相对于地面没有水平向左或向右的运动趋势解析：由图乙可知，物块A沿斜面匀速下滑，故物块A一定受到重力、斜面对A的支持力和摩擦力三个力的作用，A 错误，B 正确；以A 、B 为一个系统，由于系统在水平方向上无加速度，水平方向合外力必定为零，故斜面体与地面之间的摩擦力等于零，C 错误，D 正确．答案：BD6.如图6所示，A 是一质量为M 的盒子，B 的质量为M 2，A 、B 用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角θ＝30°的斜面上，B 悬于斜面之外而处于静止状态．现在向A 中缓慢加入沙子，整个系统始终保持静止，则在加入沙子的过程中( ) 图6A ．绳子拉力逐渐减小B ．A 对斜面的压力逐渐增大C ．A 所受的摩擦力逐渐增大D ．A 所受的合力不变解析：以B 为研究对象，由二力平衡条件可知，绳子的拉力F 始终等于B 的重力的大小，即F ＝12Mg ，选项A 错误． 以A 为研究对象，未加沙子前，绳子拉力F T 与A 的重力沿斜面方向的分力平衡，A 与斜面间没有摩擦力的作用；加入沙子后，相当于A 的重力增加，A 对斜面的压力增大，为了平衡加入沙子的重力沿斜面方向的分力，A 将受到沿斜面向上的静摩擦力，且随着沙子的加入而逐渐增大，所以选项B 、C 正确．因为A 一直处于静止状态，所受的合力为零，保持不变，选项D 正确．答案：BCD7.如图7所示，A 、B 两物体紧靠着放在粗糙水平面上，A 、B 间接触面光滑．在水平推力F 作用下两物体一起加速运动，物体A 恰好不离开地面，则物体A 的受力个数为( ) 图7A ．3B ．4C ．5D ．6解析：A 恰好不离开地面，即A 与地面无作用力，故A 受重力、F 和B 对A 的作用力，共三个力，正确选项为A.答案：A8.如图8所示，质量为M 的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ.斜面上有一质量为m 的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦．用恒力F 沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑．在小物块运动的过 图8程中，楔形物块始终保持静止．地面对楔形物块的支持力为( )A ．(M ＋m )gB ．(M ＋m )g －FC ．(M ＋m )g ＋F sin θD ．(M ＋m )g －F sin θ解析：匀速上滑的小物块和静止的楔形物块都处于平衡状态，可将二者看做一个处于平衡状态的整体．由竖直方向上受力平衡可得(M＋m)g＝F N＋F·sinθ，因此，地面对楔形物块的支持力F N＝(M＋m)g－F sinθ，D选项正确．答案：D9.(2011·临沂模拟)在机场货物托运处，常用传送带运送行李和货物，如图9所示，靠在一起的两个质地相同，质量和大小均不同的包装箱随传送带一起上行，下列说法正确的是( )A．匀速上行时b受3个力作用图9B．匀加速上行时b受4个力作用C．若上行过程传送带因故突然停止时，b受4个力作用D．若上行过程传送带因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原来大解析：由于两包装箱的质地相同，则动摩擦因数相同．无论两包装箱匀速、匀加速运动，ab之间均无相对运动趋势，故无相互作用力，包装箱b只受三个力的作用，选项A正确；当传送带因故突然停止时，两包装箱加速度仍然相同，故两者之间仍无相互作用力，选项C错误；传送带因故突然停止时，包装箱受到的摩擦力与停止前无法比较，所以选项D错误．答案：A10.(2011·福州模拟)如图10所示，重50 N的物体A放在倾角为37°的粗糙斜面上，有一根原长为10 cm，劲度系数为800 N/m的弹簧，其一端固定在斜面顶端，另一端放置物体A后，弹簧长度伸长为14 cm，现用一测力计沿斜面向下拉物体，若物体与斜面间的最大静摩擦力为20N，当弹簧的长度仍为14 cm时，测力计的读数不可能为( ) 图10 A．10 N B．20 NC．40 N D．0 N解析：A在斜面上处于静止状态时合外力为零，A在斜面上受五个力的作用，分别为重力、支持力、弹簧弹力、摩擦力、拉力F，当摩擦力的方向沿斜面向上时F＋mg sin37°≤Ff m＋F弹，F≤22 N，当摩擦力沿斜面向下时，F最小值为零．选项C正确．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)如图11所示，在倾角为θ的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体被水平力F推着静止于斜面上，已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，若物体恰好不下滑，则推力F为多少？若图11 物体恰好不上滑，则推力F为多少？(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解析：因为μ＜tan θ，F ＝0时，物体不能静止在斜面上．当物体恰好不下滑时，受力如图甲所示，有mg sin θ＝F cos θ＋F f ，F f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ＋F sin θ解得F ＝sin θ－μcos θμsin θ＋cos θmg 当物体恰好不上滑时，受力如图乙所示，有mg sin θ＋F f ＝F cos θ，F f ＝μF N ，F N ＝mg cos θ＋F sin θ解得：F ＝μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg . 答案：sin θ－μcos θμsin θ＋cos θ mg μcos θ＋sin θcos θ－μsin θmg 12.(15分)某同学表演魔术时，将一小型条形磁铁藏在自己的袖子里，然后对着一悬挂的金属小球指手画脚，结果小球在他神奇的功力下飘动起来．假设当隐藏的小磁铁位于小球的左上方某一位置C (∠QCS ＝30°)时，金属小球偏离竖直方向的夹角θ也是30°，如图12所示．已知小球的质量为m ，该同学(含磁铁)的质量为M ，求此时： 图12(1)悬挂小球的细线的拉力大小为多少？(2)该同学受到地面的支持力和摩擦力大小各为多少？解析：(1)以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，则由平衡条件得F sin30°＝F C sin30° F C cos30°＋F cos30°＝mg解得F ＝F C ＝33mg(2)以小球和该同学整体为研究对象，受力分析如图乙所示，同理有F f ＝F sin30°F N ＋F cos30°＝(M ＋m )g将F 值代入解得F f ＝36mg F N ＝Mg ＋12mg .答案：(1)33mg (2)Mg ＋12mg 36mg。
高三物理三维设计第十二章 第2单元 课下提知能
一、选择题1．声波属于机械波，下列有关声波的描述中正确的是()A．同一列声波在各种介质中的波长是相同的B．声波的频率越高，它在空气中传播的速度越快C．声波可以绕过障碍物传播，即它可以发生衍射D．人能辨别不同乐器同时发出的声音，证明声波不会发生干涉解析：同一声波在不同介质中传播的波速不同，而频率一定，λ＝v/f，波长不同，A错．机械波的波速由介质决定，B错．干涉、衍射是波的特有现象，C对、D错．答案：C2．如图12－2－14所示为简谐横波在某一时刻的波形图，已知此时质点A正向上运动，如图中箭头所示，由此可断定此横波()A．向右传播，且此时质点B正向上运动B．向右传播，且此时质点C正向下运动图12－2－14 C．向左传播，且此时质点D正向上运动D．向左传播，且此时质点E正向下运动解析：由质点A向上运动可以确定波向左传播，则质点B、C正向下运动，质点D、E 正向上运动，故C正确．答案：C3．一质点以坐标原点为中心位置在y轴上做简谐运动，其振动图象如图12－2－15所示，振动在介质中产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为1 m/s，从t＝0时刻开始经过0.2 s后此质点立即停止运动，则再经过0.3 s时的波形图是图12－2－16中的() 图12－2－15图12－2－16解析：由振动图象可知，波源从平衡位置开始振动的方向向上，这意味着任一刚刚开始振动的质点的振动方向必定向上，故经过0.2 s＋0.3 s＝0.5 s时，波在x轴正方向传播的距离为0.5 m，且振动方向向上，B正确．答案：B4．如图12－2－17所示为一列横波的图象，在此时刻，质点P 的振动速度为v ，经过0.2 s ，P 的振动速度仍为v ，再经过0.2 s ，P 点的振动方向改变，速度大小还是v ，从而可以断定( )A ．若波向左传播，波速最小为10 m/s 图12－2－17B ．若波向左传播，波速最小为5 m/sC ．若波向右传播，波速最小为10 m/sD ．若波向右传播，波速最小为15 m/s解析：由题意，若波向左传播，则周期最大为0.8 s ．由λ＝4 m ，波速最小为5 m/s.B 正确，A 错误．若波向右传播，设质点由P 点到最大位移处再回到P 点的时间为t 1，由P 点直接到对称点P ′的时间为t 2，根据题意2t 1＋t 2＝0.2 s ，t 1＋2t 2＝0.2 s ，周期T ＝2t 1＋2t 2，解得最大周期为T ＝415s ，此时波速为v ＝λT ＝15 m/s ，故C 错，D 正确． 答案：BD5．(2010·北京高考)一列横波沿x 轴正向传播，a 、b 、c 、d 为介质中沿波传播方向上四个质点的平衡位置．某时刻的波形如图12－2－18甲所示，此后，若经过34周期开始计时，则图乙描述的是( )图12－2－18A ．a 处质点的振动图象B ．b 处质点的振动图象C ．c 处质点的振动图象D ．d 处质点的振动图象解析：由题图乙可知，计时起点，质点向y 轴负方向运动，在题图甲中作出34T 以后的波动图象，根据波的传播方向和质点振动方向的关系可得选项B 正确．答案：B二、非选择题6．如图12－2－19所示为声波干涉演示仪的原理图．两个U 形管A 和B 套在一起，A 管两侧各有一小孔．声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率________的波．当声波分别通过A 、B 传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅________；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅________．图12－2－19解析：由同一波源分成的两列波频率相同，符合两列机械波干涉的条件．当两列波的路程差等于半波长的奇数倍时，振动减弱；当路程差等于波长的整数倍时，振动加强．答案：相同减小增大7．公路巡警开车在高速公路上以100 km/h 的恒定速度巡查，在同一车道上巡警车向前方的一辆轿车发出一个已知频率的超声波，如果该超声波被那辆轿车反射回来时：(1)巡警车接收到的超声波频率比发出的低．(2)巡警车接收到的超声波频率比发出的高．以上两种情况说明了什么问题？解析：(1)如果巡警车接收到的超声波频率比发出时低，由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互远离．又由于巡警车在后且车速恒定，所以轿车的速度大于100 km/h.(2)如果巡警车接收到的超声波频率比发出时高．由多普勒效应可知，巡警车与轿车在相互靠近，同理可知，轿车的速度小于100 km/h.答案：(1)轿车的速度大于100 km/h(2)轿车的速度小于100 km/h8．如图12－2－20所示，一列向右传播的简谐横波，波速大小为0.6 m/s，P质点的横坐标为x＝0.96 m．从图示时刻开始计时，求：图12－2－20(1)P质点刚开始振动时振动方向如何？(2)P质点开始振动后，其振动周期为多少？(3)经过多长时间P质点第二次到达波峰？解析：(1)波上每一点开始振动的方向都与此刻波上最前端质点的振动方向相同，即向下振动．(2)P质点开始振动后，其振动周期等于振源的振动周期，由v＝λ/T，可得：T＝λ/v＝0.4 s.(3)P质点第二次到达波峰也就是第二个波峰传到P点，第二个波峰到P点的距离为s ＝x ＋34λ＝1.14 m 所以t ＝s v ＝1.140.6 s ＝1.9 s. 答案：(1)向下振动 (2)0.4 s (3)1.9 s9．一列横波上有相距4 m 的A 、B 两点，波的传播方向是由A 向B ，波长大于2 m ，如图12－2－21所示的是A 、B 两质点的振动图象，求这列波可能的波速．图12－2－21解析：由振动图象得：质点振动周期T ＝0.4 sB 点比A 点晚振动的时间Δt ＝kT ＋34T (k ＝1,2,3，…) 所以A 、B 间的距离为Δs ＝kλ＋34λ(k ＝0,1,2,3，…) 则波长为λ＝4Δs 4k ＋3＝164k ＋3因为λ＜2 m ，所以k ＝0,1当k ＝0时，λ1＝163 m ，v 1＝λ1T ＝163×0.4 m/s ＝403 m/s 当k ＝1时，λ2＝167 m ，v 2＝λ2T ＝167×0.4 m/s ＝407 m/s 答案：403 m/s 或407m/s10．(2010·山东高考)渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位．已知某超声波频率为1.0×105 Hz ，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图12－2－22所示．(1)从该时刻开始计时，画出x ＝7.5×10－3 m 处质点做简谐运动的 图12－2－22 振动图象(至少一个周期)．(2)现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4 s ，求鱼群与渔船间的距离(忽略船和鱼群的运动)．解析：本题考查振动图象与波动图象、波速公式、全反射等知识点，意在考查考生运用知识解决实际问题的能力．(1)如图所示．(2)由波形图读出波长λ＝15×10－3 m 由波速公式得v ＝λf ①鱼群与渔船的距离为x ＝12v t② 联立①②式，代入数据得x ＝3000 m③ 答案：(1)见解析图 (2)3000 m。
【三维设计】高考物理一轮复习 第二章 第2单元 课下提知能课时跟踪训练 必修1
【三维设计】高考物理一轮复习第二章第2单元课下提知能课时跟踪训练必修1(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1.如图1所示，一个物体由绕过定滑轮的绳拉着，分别用图中所示的三种情况拉住，在这三种情况下，若绳的张力分别为F1、F2、F3，轴心对定滑轮的支持力分别为F N1、F N2、F N3.滑轮的摩擦、质量均不计，则( )A．F1＝F2＝F3，F N1＞F N2＞F N3B．F1＞F2＞F3，F N1＝F N2＝F N3 图1C．F1＝F2＝F3，F N1＝F N2＝F N3D．F1＜F2＜F3，F N1＜F N2＜F N3解析：由于定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以F1＝F2＝F3＝G，又轴心对定滑轮的支持力等于绳对定滑轮的合力．而已知两个分力的大小，其合力与两分力的夹角θ满足关系式：F＝G2＋G2＋2GG cosθ＝G21＋cosθ，θ越大，F越小，故F N1＞F N2＞F N3，只有选项A正确．答案：A2.如图2所示，一根轻弹簧上端固定在O点，下端拴一个钢球P，球处于静止状态，现对球施加一个方向向右的外力F，使球缓慢偏移，在移动中的每一时刻，都可以认为钢球处于平衡状态，若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角θ＜90°，且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则图3中给出的弹簧伸长量x与cosθ的函数关系图象中，最接近的是图2( )图3解析：由于小球处于平衡，利用平衡条件可得kx ＝mg cos θ，故x －cos θ图象应为双曲线的一支，所以选项D 正确．答案：D3. (2011·衡阳模拟)如图4所示，轻杆BC 一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C ，重物系一绳经C 固定在墙上的A 点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计．若将绳一端从A 点沿墙稍向上移，系统再次平衡后，则( )A ．绳的拉力增大B ．轻杆受到的压力减小 图4C ．绳的拉力不变D ．轻杆受的压力不变解析：当系统平衡时，绳的拉力始终等于重物的重力，故绳的拉力不变，A 错误，C 正确；若将绳的上端从A 点沿墙稍向上移，平衡时AC 与CD 两段绳的夹角变大，因绳的拉力不变，故两段绳的拉力的合力变小，绳对轻杆的压力减小，B 正确，D 错误．答案：BC4.如图5所示是剪式千斤顶，当摇动把手时，螺纹轴就能迫使千斤顶的两臂靠拢，从而将汽车顶起．当车轮刚被顶起时汽车对千斤顶的压力为1.0×105 N ，此时千斤顶两臂间的夹角为120°，则下列判断正确的是( )A ．此时两臂受到的压力大小均为5.0×104 NB ．此时千斤顶对汽车的支持力为2.0×105 N 图5C ．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将增大D ．若继续摇动把手，将汽车顶起，两臂受到的压力将减小解析：设两臂受到的压力均为F 1，汽车对千斤顶的压力为F ，两臂间夹角为θ，则有F ＝2F 1cos θ2，由此可知，当F ＝1.0×105 N ，θ＝120°时，F 1＝1.0×105N ，A 、B 均错误；若继续摇动把手，F 不变，θ减小，则F 1将减小，C 错误，D 正确．答案：D5.如图6所示，质量为m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA 和斜梁OB 作用于O 点的弹力分别为F 1和F 2，以下结果正确的是( )A ．F 1＝mg sin θB ．F 1＝mg sin θ图6C．F2＝mg cosθ D．F2＝mg cosθ解析：由题可知，对悬挂的物体由力的平衡条件可知绳子的拉力等于其重力，则绳子拉O 点的力也等于重力．求OA和OB的弹力，选择的研究对象为作用点O，受力分析如图，由平衡条件可知，F1和F2的合力与F T等大反向，则由平行四边形定则和几何关系可得：F1＝mg tanθ，F2＝mgcosθ，则D正确．答案：D6．(2011·长沙模拟)如图7所示是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑竿与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，墙壁对涂料滚的支持力为F2，下列说法正确的是( ) 图7 A．F1、F2均减小 B．F1、F2均增大C．F1减小，F2增大 D．F1增大，F2减小解析：在缓缓上推过程中涂料滚受力如图所示．由平衡条件可知：F1sinθ－F2＝0F1cosθ－G＝0解得F1＝GcosθF2＝G tanθ由于θ减小，所以F1减小，F2减小，故正确答案为A.答案：A7.如图8所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向上．若物体静止在斜面上，则下列关系正确的是( ) 图8 A．F1sinθ＋F2cosθ＝mg sinθ，F2＜mgB．F1cosθ＋F2sinθ＝mg sinθ，F2＜mgC．F1sinθ－F2cosθ＝mg sinθ，F2＜mgD．F1cosθ－F2sinθ＝mg sinθ，F2＜mg解析：将物体所受的各个力进行正交分解，则沿斜面方向上：F1cosθ＋F2sinθ＝mg sinθ由于斜面对物体的支持力沿竖直方向的分力是向上的，因此F2＜mg，应选B.答案：B8.(2011·青岛模拟)如图9所示，在水平天花板的A 点处固定一根轻杆a ，杆与天花板保持垂直．杆的下端有一个轻滑轮O .另一根细线上端固定在该天花板的B 点处，细线跨过滑轮O ，下端系一个重为G的物体，BO 段细线与天花板的夹角为θ＝30°.系统保持静止，不计一 图9 切摩擦．下列说法中正确的是( )A ．细线BO 对天花板的拉力大小是G 2B ．a 杆对滑轮的作用力大小是G 2C ．a 杆和细线对滑轮的合力大小是GD ．a 杆对滑轮的作用力大小是G解析：细线对天花板的拉力等于物体的重力G ；以滑轮为对象，两段绳的拉力都是G ，互成120°，因此合力大小是G ，根据共点力平衡，a 杆对滑轮的作用力大小也是G (方向与竖直方向成60°斜向右上方)；a 杆和细线对滑轮的合力大小为零．答案：D9.如图10所示，质量为m 的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上．已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为μ，斜面的倾角为30°，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为( )A.32mg 和12mgB.12mg 和32mg 图10C.12mg 和12μmgD.32mg 和32μmg 解析：三棱柱受到重力、支持力和摩擦力三个力的作用而平衡，故F N ＝mg cos30°＝32mg ，F f ＝mg sin θ＝12mg ，A 正确．答案：A10．如图11所示，A 、B 两物体的质量分别为m A 、m B ，且m A ＞m B ，整个系统处于静止状态．滑轮的质量和一切摩擦均不计，如果绳一端由Q 点缓慢地向左移到P 点，整个系统重新平衡后，物体A 的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ变化情况是( )图11A ．物体A 的高度升高，θ角变大B ．物体A 的高度降低，θ角变小C ．物体A 的高度升高，θ角不变D ．物体A 的高度不变，θ角变小解析：最终平衡时，绳的拉力F 大小仍为m A g ，由二力平衡可得2F sin θ＝m B g ，故θ角不变，但因悬点由Q 到P ，左侧部分绳子变长，故A 应升高，所以C 正确．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11. (15分)榨油在我国已有上千年的历史，较早时期使用的是直接加压式榨油方法．而现在已有较先进的榨油方法，某压榨机的结构示意图如图12所示，其中B 点为固定铰链，若在A 铰链处作用一垂直于壁的力F ，则由于力F 的作用，使滑块C 压紧物体D ，设C 与D 光滑接触，杆的重力及滑块C 的重力不计．压榨机的尺寸如图所示，l ＝0.5 m ，b ＝0.05 m ．求物体D所受压力的大小是F 的多少倍？图12 解析：按力F 的作用效果沿AB 、AC 方向分解为F 1、F 2，如图甲所示，则F 1＝F 2＝F 2cos θ 由几何知识得tan θ＝l b＝10.按力F 2的作用效果沿水平向左和竖直向下分解为F N ′、F N ，如图乙所示，则 F N ＝F 2sin θ以上各式联立解得F N ＝5F所以物体D 所受压力的大小是F 的5倍．答案：5倍12．(15分)如图13所示，用三根轻绳将质量为m 的物体悬挂在空中，已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为60°和30°，则绳ac 和绳bc 中的拉力分别为多少？解析：如图所示，以m 为研究对象，知F ＝mg ，以结点c 为研究对象， F bc ＝F 1＝F sin60°＝32mg ， 图13 F ac ＝F 2＝F sin30°＝12mg .答案：12mg 32mg。
【三维设计】高考物理一轮复习 第一章 第2单元 课下提知能课时跟踪训练 必修1
(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．踢毽子是我国民间的一项体育游戏，被人们誉为“生命的蝴蝶”．近年来，踢毽子成为全民健身活动之一．毽子由羽毛和铜钱组成，在下落时总是铜钱在下、羽毛在上，如图1所示，对此分析正确的是( )A．铜钱重，所以总是铜钱在下、羽毛在上B．如果没有空气阻力，也总是出现铜钱在下、羽毛在上的现象C．因为空气阻力的存在，所以总是铜钱在下、羽毛在上D．毽子的自由下落是自由落体运动解析：如果没有考虑空气阻力，则毽子做自由落体运动，铜钱和羽毛中的一个在上，另一个在下，如果考虑空气阻力，则羽毛在上，铜钱在下，应选C.答案：C2．一个质点正在做匀加速直线运动，现用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s．分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8 m，由此可求得( )A．第1次闪光时质点的速度B．质点运动的加速度C．从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移D．质点运动的初速度解析：由Δx＝aT2可以求出质点运动的加速度，由第1次闪光到第3次闪光过程中的平均速度可以求出第2次闪光时的速度，然后由位移公式可以求出第一次闪光时的速度．从题中数据可直接得到从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移．由于质点从开始运动到第1次闪光的时间未知，所以无法确定质点运动的初速度，所以正确选项为A、B、C.答案：ABC3．将一小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最后一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程x1和x2，速度的变化量Δv1和Δv2的大小关系( )A．x1＝x2B．x1＜x2C．Δv1＞Δv2 D．Δv1＜Δv2解析：设物体上升过程的加速度大小为a 1，下降过程的加速度大小为a 2，则有x 1＝12a 1·12＝12a 1，x 2＝12a 2·12＝12a 2，又a 1＞a 2，故x 1＞x 2，A 、B 均错误；由Δv ＝a ·Δt 可得：Δv 1＝a 1·1＝a 1，Δv 2＝a 2·1＝a 2，故Δv 1＞Δv 2，C 正确，D 错误．答案：C4．(2011·周口模拟)如图2所示，传送皮带的水平部分AB 是绷紧的．当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 1，从B 端飞出时速度为v 1.若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过AB 所用的时间为t 2，从B 端飞出时的速度为v 2，则t 1和t 2、v 1和v 2相比较，可能的情况是( )A ．t 1＝t 2B ．t 2＞t 1C ．v 1＝v 2D ．v 1＞v 2解析：若皮带顺时针方向转动的速度不大于v 1，则物体m 由A 到B 一直匀减速，到B 端的速度为v 1，通过AB 的时间也为t 1；当皮带顺时针方向转动的速度大于v 1时，物体m 在AB 上先减速到与皮带速度相等，再与皮带一起匀速，或物体m 由A 到B 一直匀速或匀加速，到B 端的时间t 2≤t 1，速度v 2≥v 1，故A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC5．一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB .该爱好者用直尺量出轨迹的长度，如图3所示．已知曝光时间为11000 s ，则小石子出发点离A 点约为()图3A ．6.5 mB ．10 mC ．20 mD ．45 m解析：小石子到达A 点时的速度约等于AB 中间时刻的瞬时速度v A ＝x t ＝0.0211000m/s ＝20 m/s ，h ＝v A 22g ＝2022×10m ＝20 m.答案：C6.如图4所示，小球以某一初速度v 0沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为θ＝30°，小球经过时间t 返回到原出发点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为( )A.14gtB.24gtC.28gt D.22gt 解析：小球在斜面上运动的加速度a ＝g sin30°＝g2，上升的最大位移x ＝v 022a ＝v 02g，小球上升到最大高度的一半时，v t ＝2a ×x 2＝v 02，v 0＝a ×t 2＝gt 4，故v t ＝28gt .答案：C7．(2011·孝感模拟)如图5所示，水龙头开口处A 的直径d 1＝2 cm ，A 离地面B 的高度h ＝80 cm ，当水龙头打开时，从A 处流出的水流速度v 1＝1 m/s ，在空中形成一完整的水流束．则该水流束在地面B 处的截面直径d 2约为(g 取10 m/s 2)( )A ．2 cmB ．0.98 cmC ．4 cmD ．应大于2 cm ，但无法计算解析：水流由A 到B 做匀加速直线运动，由v B 2－v 12＝2gh 可得：v B ＝17 m/s ，由单位时间内通过任意横截面的水的体积均相等，可得：v 1·Δt ·14πd 12＝v B ·Δt ·14πd 22，解得：d 2＝0.98 cm ，故B 正确． 答案：B8．(2011·齐齐哈尔模拟)一物体以一定的初速度在水平地面上匀减速滑动．若已知物体在第1 s 内位移为8.0 m ，在第3 s 内位移为0.5 m ．则下列说法正确的是( )A ．物体的加速度一定为3.75 m/s 2B ．物体的加速度可能为3.75 m/s 2C ．物体在第0.5 s 末速度一定为4.0 m/sD ．物体在第2.5 s 末速度一定为0.5 m/s解析：若物体在第3 s 末减速至零，则由x 3－x 1＝2at 2可得a ＝3.75 m/s 2，由v 2.5＝v 3＝x 3t可得v 2.5＝0.5 m/s ，若物体在第3 s 内已减速至零，则物体的加速度大于3.75 m/s 2，物体在第2.5 s 末的速度小于0.5 m/s ，甚至可能为零．由公式得不管物体在第3 s 内是否减速为零，C 都是不正确的．综上所述，本题正确选项为B.答案：B9．以v 0＝20 m/s 的速度竖直上抛一小球，经2 s 以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球．g 取10 m/s 2，则两球相碰处离出发点的高度是( )A ．10 mB ．15 mC ．20 mD ．不会相碰解析：设第二个小球抛出后经t s 与第一个小球相遇． 法一：根据位移相等有v 0(t ＋2)－12g (t ＋2)2＝v 0t －12gt 2.解得t ＝1 s ，代入位移公式h ＝v 0t －12gt 2解得h ＝15 m.法二：因第二个小球抛出时，第一个小球恰(到达最高点)开始自由下落．根据速度对称性，上升阶段与下降阶段经过同一位置的速度大小相等、方向相反，即 －[v 0－g (t ＋2)]＝v 0－gt ，解得t ＝1 s ，代入位移公式得h ＝15 m. 答案：B10．物体做匀加速直线运动，加速度为a ，物体通过A 点时的速度为v A ，经过时间t 到达B 点，速度为v B ，再经过时间t 到达C 点速度为v C ，则有( )A ．vB ＝v A ＋v C2B ．v B ＝AB ＋BC2tC ．a ＝BC －AB t 2D ．a ＝v C ＋v A2t解析：如图所示，B 点为物体由A 运动到C 的中间时刻，所以v B ＝v A ＋v C 2＝AB ＋BC 2t，故A 、B 正确；AB 和BC 为连续相等的时间内的位移，所以BC －AB ＝at 2，故C 正确；由于v C ＝v A ＋a ·2t ，所以a ＝v C －v A2t，故D 错误．答案：ABC二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)小明是学校的升旗手，他每次升旗都做到了在庄严的《义勇军进行曲》响起时开始升旗，当国歌结束时恰好五星红旗升到了高高的旗杆顶端．已知国歌从响起到结束的时间是48 s ，旗杆高度是19 m ，红旗从离地面1.4 m 处开始升起．若设小明升旗时先拉动绳子使红旗向上匀加速运动，时间持续4 s ，然后使红旗做匀速运动，最后使红旗做匀减速运动，加速度大小与开始升起时的加速度大小相同，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零．试计算小明升旗时使红旗向上做匀加速运动加速度的大小和红旗匀速运动的速度大小．解析：因为减速运动的加速度与加速时的加速度一样大，这样减速和加速的时间就是相同的，t 1＝t 3＝4 s ．匀速运动的时间为t 2＝(48－4－4) s ＝40 s设加速度为a ，匀速运动的速度为v ，加速和减速的平均速度都是v2总位移为x ＝v 2t 1＋vt 2＋v2t 3，其中x ＝(19－1.4) m ＝17.6 m 解得v ＝0.4 m/s 加速度为a ＝v t 1＝0.44m/s 2＝0.1 m/s 2.答案：0.1 m/s 20.4 m/s12．(15分)(2011·浏阳模拟)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4 m 且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v 0开始自由下滑，当v 0＝2 m/s 时，经过0.8 s 后小物块停在斜面上．多次改变v 0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t ，作出t －v 0图象，如图6所示，求：图6(1)小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？(2)某同学认为，若小物块初速度为4 m/s ，则根据图象中t 与v 0成正比推导，可知小物 块运动时间为1.6 s ．以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结 果．解析：(1)a ＝v 0t＝2.5 m/s 2ma ＝μmg cos θ－mg sin θ得μ＝32.(2)不正确．因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图象中的 正比关系．v 0＝4 m/s 时，若保持匀减速下滑，则经过的位移x ＝v 022a＝3.2 m ＞2.4 m ，已滑到水平面上物体在斜面上运动，设刚进入水平面时速度为v 1：v 12－v 02＝－2ax 斜，t 1＝v 1－v 0－a，得v 1＝2 m/s ，t 1＝0.8 s 水平面上运动的时间t 2＝v 1μg＝0.23 s 运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝1.03 s. 答案：(1)32(2)见解析。
高三物理教案三维目标精选5篇
高三物理教案三维目标精选5篇高三物理教案三维目标精选5篇作为一位无私奉献的人民教师，借助教案可以让教学工作更科学化。
教案要通过典型事例研究分析，怎样写教案才更能起到其作用呢？下面小编给大家带来教案模板,希望对大家有所帮助。
高三物理教案三维目标（精选篇1）新的一学年已经开始，为了把教学工作做实做细，全面贯彻课改精神，提升教学质量，力争在20__年的高考中取得优异的成绩，本学期在上学年高三教学工作的基础上总结经验、改善不足，现拟定本学期教学工作计划如下：一、指导思想以学校工作计划和杨校长《狠抓常规，坚持改革，实现新跨越》为指导，深入领悟普通高中《物理课程标准》(实验)，进一步认识物理课程的性质，领会物理课程基本理念，了解物理新课程设计的基本思路。
通过学习物理课程总目标和具体目标，使我们的物理教学工作更科学化、规范化、具体化。
认真学习新课程物理高考大纲，明确必修物理课和选修物理课的教学内容和考点要求，结合现行使用的教材做好调整，搞好高三的总复习工作。
学习有关教育改革和教学改革理论及经验，从提高学生全面素质、对每一个学生负责的基本点出发，根据学生的实际情况，制定恰当的教学计划与目标要求，使每一个学生在高中阶段都能得到发展和进步，顺利完成高中教学任务。
二、目标及任务1、实验班高110班乔阳阳、刘壮、江俊儒、郑宏宇、孙松松物理成绩达90分以上。
2、普通班高111班白明明、刘旭红、陈泳丹，高112班王福源、李秀秀、曹婷婷物理成绩达80分以上。
3、高考高110、111、112班力争达到学校下达的指标。
4、期末物理实验考查达100%。
5、培养学生自主学习能力。
讲授新课前一定要让学生先预习，找出自己疑惑的地方，并做好记录;对学有余力的学生，要鼓励其超前学习，自主复习，充分挖掘他们主动探索知识的潜力。
本学期力争让高110班100%的学生、高111、112班80%的学生学会自学，及自主复习。
6、周周清、月考实验班1—5名达95分以上，6—10名达90分以上，实验班均分达80分以上，普通班达70分以上。
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一、选择题
1．卢瑟福α粒子散射实验的结果()
A．证明了质子的存在
B．证明了原子核是由质子和中子组成的
C．证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里
D．证明了原子中的电子只能在某些轨道上运动
解析：该题要考查的是α粒子散射实验对人类认识原子结构的贡献．只要了解α粒子散射实验的结果及核式结构的建立过程，就不难得出正确答案．α粒子散射实验发现了原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核，数年后卢瑟福发现核内有质子并预言核内存在中子．
答案：C
2．已知氢原子的能级图如图15－2－8所示，现用光子能量介于
10 eV～12.9 eV范围内的光去照射一群处于基态的氢原子，则下列说
法中正确的是()
A．在照射光中可能被吸收的光子能量有无数种
B．在照射光中可能被吸收的光子能量只有3种
C．照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有6种图15－2－8 D．照射后可能观测到氢原子发射不同波长的光有3种
解析：根据跃迁规律，hν＝E2－E1和能级图可确定，A错误，B正确．氢原子最高能跃迁到n＝4的能级，根据发光波长种类N＝C42＝6种，C正确，D错误．答案：BC
3．图15－2－9甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱．已知谱线a是氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子()
图15－2－9
A．从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光
B．从n＝5的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光
C．从n＝4的能级跃迁到n＝3的能级时的辐射光
D．从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级时的辐射光
解析：从氢原子光谱图上可以看出谱线a、b相邻且波长λb＜λa，则谱线b光子的频率大于谱线a光子的频率，产生谱线b的能级差仅大于产生谱线a的能级差，所以B正确．答案：B
4．氢原子能级的示意图如图15－2－10所示，大量氢原子从n＝4
的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2
的能级跃迁时辐射出可见光b，则()
A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线
B．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线图15－2－10 C．在水中传播时，a光较b光的速度小
D．氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离
解析：γ射线是原子核受激发而产生，故A项错误；从n＝4向n＝3能级跃迁时辐射光子的能量小于从n＝3向n＝2能级跃迁时辐射光子的能量，而紫外线的能量大于可见光，所以B项错误；由氢原子能级图知，a光子的能量E a＝hνa大于b光子的能量E b＝hνb，故νa>νb，而光子频率越大，在介质中的折射率越大，折射率越大，在同种介质中传播时传播速度越小，C项正确；氢原子在n＝2能级上需要吸收大于ΔE＝3.4 eV的光子能量才可以发生电离，故D项错误．
答案：C
5．处于基态的氢原子在某单色光束照射下，只能发出频率为ν1、ν2、ν3的三种光，且ν1＜ν2＜ν3，则该照射光的光子能量为()
A．hν1B．hν2
C．hν3D．h(ν1＋ν2＋ν3)
解析：根据玻尔理论，当处于基态的氢原子受到某单色光照射时，氢原子应吸收一个光子的能量hν从基态(能量为E1)跃迁到某一定态(能量为E n)．如果处于该定态的氢原子向较低定态跃迁只能发出频率为ν1、ν2、ν3的三种光，则该定态与基态之间只能隔一个定态，由题意ν1＜ν2＜ν3，因此在单色光束的照射下要使处于基态的氢原子跃迁到能量为E n的定态，照射光的光子能量应为hν3.
答案：C
6．处于激发态的原子，如果在入射光子的电磁场的影响下，从高能态向低能态跃迁，同时两个状态之间的能量差以光子的形式辐射出去，这种辐射叫做受激辐射．原子发生受
激辐射时，发出的光子的频率、发射方向等都跟入射光子完全一样，这样使光得到加强，这就是激光产生的机理．发生受激辐射时，产生激光的原子的总能量E n 、电子的电势能E p 、电子的动能E k 的变化是( )
A ．E p 增大、E k 减小
B ．E p 减小、E k 增大
C ．E p 减小、E n 减小
D ．
E p 增大、E n 增大
解析：产生激光的原子是从高能级向低能级跃迁的，所以原子的总能量E n 减小，电子的电势能E p 减小，而电子的动能E k 增加．
答案：BC
二、非选择题
7．氢原子的能级如图15－2－11所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV ～3.11 eV ，则
图15－2－11
(1)若用任意频率的紫外线照射处于n ＝3能级的氢原子，氢原子能否电离？
(2)大量氢原子从高能级向n 能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应，则n 至少等于多少？
解析：(1)可见光能量范围为1.62 eV ～3.11 eV ，紫外线的光子能量一定大于3.11 eV ，而处于n ＝3激发态的氢原子发生电离需要的能量大于等于1.51 eV ，所以任意频率的紫外线均可使n ＝3激发态的氢原子电离．
(2)发出的光具有显著的热效应，其光子能量E ＜1.62 eV ，由能级图可知，n ≥3，即n 至少等于3.
答案：(1)能电离 (2)3
8．氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量，而n ＝1,2，…，若一氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高出－34
E 1的激发态，则氢原子发射光子前、后分别处于第几能级？
解析：设氢原子发射光子前、后分别处于第l 与第m 能级，则依题意有
E 1l 2－E 1m 2＝－316E 1
E 1m 2－E 1＝－34
E 1
解得：m ＝2，l ＝4.
答案：4 2
9．氢原子光谱除了巴耳末系外，还有赖曼系、帕邢系等，其中帕邢系的公式为1λ＝R (132－1n 2)(n ＝4,5,6，…)，R ＝1.10×107 m －1.若已知帕邢系的氢原子光谱在红外线区域，试求： (1)n ＝6时，对应的波长；
(2)帕邢系形成的谱线在真空中的波速为多少？n ＝6时，传播频率为多大？
解析：(1)根据帕邢系公式1λ＝R (132－1n 2)， 当n ＝6时，得λ≈1.09×10－
6 m. (2)帕邢系形成的谱线在红外线区域，而红外线属于电磁波，在真空中以光速传播， 故波速为光速c ＝3×108 m/s ，
由c ＝λν得
ν＝c λ＝3×1081.09×10
－6 Hz ≈2.75×1014 Hz. 答案：(1)1.09×10－
6 m (2)3×108 m/s 2.75×1014 Hz 10．氢原子处于基态时，原子能量E 1＝－13.6 eV ，已知电子电量e ＝1.6×10－19C ，电子质量m ＝0.91×10－30 kg ，氢的核外电子的第一条可能轨道的半径为r 1＝0.53×10－10
m. (1)若要使处于n ＝2的氢原子电离，至少要用频率多大的电磁波照射氢原子？
(2)氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，则氢原子处于n ＝2的激发态时，核外电子运动的等效电流多大？
(3)若已知钠的极限频率为6.00×1014 Hz ，今用一群处于n ＝4的激发态的氢原子发射的光谱照射钠．试通过计算说明有几条谱线可使钠发生光电效应？
解析：(1)要使处于n ＝2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁
到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hν＝0－(E 14
)，得 ν＝8.21×1014 Hz ，
(2)氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库仑力作为向心力，有
ke 2r 22＝4π2mr 2T 2
① 其中r 2＝4r 1
根据电流强度的定义I ＝e T ②
由①②得I ＝e 2
16πr 1 k mr 1
③ 将数据代入③得I ＝1.3×10－4 A
(3)由于钠的极限频率为6.00×1014Hz，则使钠发生光电效应的光子的能量至少为
E0＝hν＝6.63×10－34×6.00×1014
1.6×1019
eV＝2.486 eV.
一群处于n＝4的激发态的氢原子发射的光子，要使钠发生光电效应，应使跃迁时两能级的差ΔE≥E0，所以在六条光谱线中有E41、E31、E21、E42四条谱线可使钠发生光电效应．答案：(1)8.21×1014 Hz(2)1.3×10－4 A(3)4。