【物理】2020届二轮复习专题三回扣十大核心要点（物理观念、科学思维）学案

【物理】2020届二轮复习专题三回扣十大核心要点（物理观念、科学思维）学案

‎(一)　力与直线运动 ‎[要点提炼]‎ 物理概念、规律 公式 备注 匀变速直线运动 匀变速直线运动 v＝v0＋at x＝v0t＋at2v2－v＝2axv＝＝Δx＝aT2‎ ＝适用于任何形式的运动 自由落体运动 v＝gt h＝gt2 v2＝2gh v0＝0，a＝g 竖直抛体运动 v＝v0±gt h＝v0t±gt2 ‎ v2－v＝±2gh 上抛取“－”号 下抛取“＋”号 相互作用 重力 G＝mg 无特殊说明时g取‎9.8 m/s2，估算时g取‎10 m/s2‎ 胡克定律 F＝kx x为形变量，k为劲度系数 滑动摩擦力 F＝μFN FN为接触面间的压力，不一定等于重力 牛顿运动定律 牛顿第二定律 F合＝ma a与F合的方向一致 超重和失重 超重时物体具有向上的加速度或分量，失重时物体具有向下的加速度或分量 航天器中的人和物体处于完全失重状态 ‎[临考必做]‎ ‎1．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为‎5 m/s，乙的速度为‎10 m/s，以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(　　)‎ A．在t＝4 s时，甲、乙两车相距最远 B．在t＝10 s时，乙车恰好回到出发点 C．乙车在运动过程中速度的方向发生改变 D．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 解析：A　[在速度相等时，两车相距最远，即t＝4 s时相距最远，故A正确；0～10 s内物体乙的速度一直为正，方向不变，故在t＝10 s时，乙车不能回到出发点，选项B、C错误；图像的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙的加速度先减小后增大，最后再减小，故D错误；故选A.]‎ ‎2．某质点做直线运动，其位移x与时间t的关系图像如图所示．则(　　)‎ A．在t＝12 s时质点开始做反向的直线运动 B．在0～20 s时间内质点的速度不断增大 C．在0～20 s时间内质点的平均速度大小为‎0.8 m/s D．在0～20 s时间内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻只有一处 解析：C　[xt图像的斜率等于速度，0～20 s时间内图像的斜率一直为正，说明质点的速度方向没有改变，A错误；图像的斜率先增大后减小，则质点的速度先增大后减小，B错误；在0～20 s时间内质点的位移为Δx＝‎16 m，平均速度大小v＝＝‎0.8 m/s，C正确；由斜率可知，在0～20 s时间内质点的瞬时速度等于它在这段时间内平均速度的时刻有两处，D错误．]‎ ‎3．如图所示，光滑水平地面上有一直角三角形斜面体B靠着竖直墙壁，物块A放在斜面体B上，开始A、B静止．现用水平力F推A，A、B仍静止，则此时A、B受力的个数分别可能是(　　)‎ A．3个、5个　　　　　 B．3个、3个 C．4个、4个 D．3个、4个 解析：D　[对A、B整体受力分析：受推力、重力、地面的支持力、墙壁的支持力作用；对物体A受力分析：受重力、推力、斜面体的支持力、静摩擦力(当重力与推力沿斜面方向的分力等大时静摩擦力为零)，则A可以受到3个或4个力；对物体B受力分析：受重力、墙壁的支持力、地面的支持力、A对B的压力、A对B的静摩擦力(当重力与推力沿斜面方向的分力等大时静摩擦力为零)，则B可以受到4个或5个力．当A受到3个力时，B 受4个力，当A受4个力时，B受5个力，故D正确．]‎ ‎4.甲、乙两人用aO和bO通过装在P楼和Q楼楼顶的定滑轮，将质量为m的物块由O点沿Oa直线缓慢向上提升，如图所示．则在物块由O点沿直线Oa缓慢上升过程中，以下判断正确的是(　　)‎ A．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小 B．aO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大 C．aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大 D．aO绳中的弹力先减小后增大，bO绳中的弹力一直在增大 解析：C　[对结点O进行受力分析，如图所示，根据三力平衡的特点可知aO绳和bO绳中的弹力的合力与重力是一对平衡力，从图中可以看出：aO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大，即C选项正确．]‎ ‎5．如图甲所示，物块的质量m＝‎1 kg，初速度v0＝‎10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝‎10 m/s2.下列说法中不正确的是(　　)‎ A．0～‎5 m内物块做匀减速直线运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ 解析：C　[物体在0～5 m内速度减小，做匀减速运动．故A正确．物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝‎10 m/s2 ；物体匀加速运动的加速度大小：a2＝＝ ‎ m/s2＝‎4 m/s2；根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立两式解得：F＝7 N，f＝3 N，则动摩擦因数为：μ＝＝＝0.3，物体匀减速直线运动的时间为：t1＝＝s＝1 s，即在1 s末恒力F反向做匀加速运动，故B、D正确，C错误．此题选择不正确的选项，故选C.]‎ ‎6．(2020·江西南昌模拟)一质量为‎1 kg的小物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻给小物块施加一个水平向右的拉力F，其速度的二次方随位移变化的图像为经过P点(‎5 m,‎25 m2‎·s－2)的直线，如图所示，则(　　)‎ A．小物块做匀速直线运动 B．水平拉力F的大小为2.5 N C．5 s内小物块通过的位移为‎5 m D．5 s末小物块的速度大小为‎25 m/s 解析：B　[根据图像结合匀变速直线运动的公式v2＝v＋2ax，可知小物块做初速度为零的匀加速直线运动，选项A错误；v2－x图像的斜率k＝‎2a＝‎5 m/s2，解得加速度a＝‎2.5 m/s2，由牛顿第二定律得水平拉力F＝ma＝1×2.5 N＝2.5 N，选项B正确；5 s末小物块的速度为v5＝at5＝2.5×‎5 m/s＝‎12.5 m/s，选项D错误；5 s内小物块的位移为x5＝v5t5＝×12.5×‎5 m＝‎31.25 m，选项C错误．]‎ ‎(二)　曲线运动与万有引力、能量与动量 ‎[要点提炼]‎ 物理概念、规律 公式 备注 曲线运动 平抛运动 vx＝v0，vy＝gt ‎ x＝v0t，y＝gt2‎ 沿水平方向做匀速 直线运动，沿竖直方 向做自由落体运动 匀速圆周运动 v＝ ω＝ ‎ a＝＝ω2r＝r＝ωv v＝ ω＝ ‎ v＝ωr ‎ F＝ma＝m＝mω2r 万有引力定律 万有引力定律 F＝G 引力常量：G＝6.67×10－11 N·m2/kg2‎ 功 功 W＝Flcos α α是F与l的夹角 功率 平均功率P＝ 瞬时功率P＝Fvcos α α是F与v的夹角 机械效率 η＝×100%＝×100%‎ η＜1‎ 能 动能 Ek＝mv2‎ 标量，具有相对性 重力势能 Ep＝mgh 与零势能面的选择有关 动能定理 W合＝mv－mv W合为合外力做的功 机械能守恒定律 E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2‎ 守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内 动量 动量 p＝mv 矢量，与v同向 冲量 I＝F(t′－t)‎ 矢量，与F同向 动量定理 I＝Δp 矢量表达式 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′‎ 守恒条件：系统所受合外力为零矢量表达式 ‎[临考必做]‎ ‎1．如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个小球A，轻杆靠在一个质量为M、高为h的物块上．若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度v向右运动时(此时杆与水平方向夹角为θ)，小球A的线速度大小为(　　)‎ A.　　　　　　 B. C. D. 解析：A　[将物块向右运动按照运动效果将其运动分解，如图所示：‎ 将合速度vB按照作用效果分解为v1＝vBcos θ＝vcos θ和v2＝vBsin θ＝vsin θ，其中v2为B点做圆周运动的线速度，由于A与B绕共同点O做圆周运动，故二者角速度相等，即：ω＝＝＝，则A点线速度为：vA＝ωL＝＝，故A正确．]‎ ‎2．(多选)如图所示，从同一竖直线上不同高度处的两点，分别以速率v1、v2同向水平抛出两小球A、B，它们恰好在P点相遇．不计空气阻力，空间足够大，下列说法正确的是(　　)‎ A．v1＜v2‎ B．两球在P点一定具有相同的速率 C．若同时抛出，两球不可能在P点相遇 D．若同时抛出，落地前两球在竖直方向上的距离逐渐变大 解析：AC　[两球在竖直方向上做自由落体运动，到相遇点P时下降高度hA＞hB，根据h＝gt2知，飞行时间tA＞tB，即两球不同时抛出；两球在水平方向上做匀速运动，有x＝v0t，水平位移x相同，故初速度v1＜v2，选项A正确；因球到达P点时的竖直分速度vy＝gt，tA＞tB，故vAy＞vBy，又球在P点速率vP＝，而水平分速度v1＜v2，故不能确定两球在P点速度的大小关系，所以B错误；若同时抛出，因A球到达P点所需时间较长，故两球不可能在P点相遇，选项C正确；若同时抛出，两球在竖直方向上的相对初速度和相对加速度均为零，即在竖直方向上两球相对静止，故落地前两球在竖直方向上的距离等于初始距离，保持不变，选项D错误．]‎ ‎3.如图所示，某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计．下列关于石块在空中运动过程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬时功率P随时间t变化的图像中，正确的是(　　)‎ 解析：C　[物体做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故A错误；物体只受重力，加速度是重力加速度保持不变，故B错误；物体做斜上抛运动，根据运动的分解和合成的规律将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的上抛运动，故水平分位移与时间成正比，故C正确；速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据P＝mgvy，重力的功率先减小后增加，故D错误．]‎ ‎4．(2020·青海省三校联考)如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径等于地球半径)，c为地球的同步卫星，以下关于a、b、c的说法中正确的是(a、b、c的质量相同)(　　)‎ A．b卫星转动线速度大于‎7.9 km/s B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Tc>Tb >Ta D．在b、c中，b的动能最大，c的机械能最大 解析：D　[b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，根据万有引力定律有G＝m，解得v＝，代入数据得v＝‎7.9 km/s，故A错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，根据a＝rω2知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a＝G得b的向心加速度大于c的向心加速度，故B错误；卫星c为同步卫星，所以Ta＝Tc，根据T＝2π得c的周期大于b的周期，故C错误；在b、c中，根据v＝，可知b的速度比a的速度大，所以b的动能大，由轨道b到轨道c需要加速，所以c的机械能大于b的机械能，故D正确．]‎ ‎5．有三块质量和形状都相同的板A、B、C，其中板A放在板B上且两端对齐，两板作为整体一起以速度v0沿光滑水平面滑动，并与正前方的板C发生碰撞， B与C发生碰撞后粘在一起，当板A从板B全部移到板C上后，由于摩擦， A相对C 静止且恰好两端对齐．板A与板C间的动摩擦因数为μ，板A和板B间的摩擦不计．求：‎ ‎(1)A相对C静止时系统的速度大小；‎ ‎(2)板的长度是多少．‎ 解析：(1)系统全过程动量守恒 ‎2mv0＝3mv2，v2＝v0‎ ‎(2)B、C发生完全非弹性碰撞，有 mv0＝2mv1‎ 得v1＝v0‎ 根据能量守恒有mv＋×2mv＝mv＋Wf 则Wf＝mv A在C上滑动时摩擦力按线性关系增大，‎ 所以做功大小为Wf＝μmgl 得l＝.‎ 答案：(1)v0　(2) ‎6．如图所示，一光滑水平桌面AB与一半径为R的光滑半圆形轨道相切于C点，且两者固定不动．一长L为‎0.8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1为‎0.2 kg的小球．当小球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零．现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释放．当小球m1摆至最低点时，细绳恰好被拉断，此时小球m1恰好与放在桌面上的质量m2为‎0.8 kg的小球正碰，碰后m1以‎2 m/s的速度弹回，m2将沿半圆形轨道运动．两小球均可视为质点，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)细绳所能承受的最大拉力为多大？‎ ‎(2)m2在半圆形轨道最低点C点的速度为多大？‎ ‎(3)为了保证m2在半圆形轨道中运动时不脱离轨道，试讨论半圆形轨道的半径R应该满足的条件．‎ 解析：(1)设小球m1摆至最低点时速度为v0，由机械能守恒定律，得m1gL＝m1v 解得v0＝＝‎4 m/s.‎ 小球m1在最低点时，由牛顿第二定律，得 FT－m‎1g＝m1，‎ 解得FT＝6 N ‎(2)m1与m2碰撞，动量守恒，设m1、m2碰后的速度分别为v1、v2，选向右的方向为正方向，则m1v0＝m1v1＋m2v2‎ 解得v2＝‎1.5 m/s.‎ ‎(3)①若小球m2恰好通过最高点D点，由牛顿第二定律，得：m‎2g＝.‎ m2在CD轨道上运动时，由机械能守恒定律得 m2v＝m‎2g(2R1)＋m2v，‎ 解得R1＝‎0.045 m.‎ ‎②若小球恰好到达圆轨道与圆心等高处速度减为0，则有 m2v＝m2gR2，‎ 解得R2＝‎0.1125 m.‎ 综上：R应该满足R≤‎0.045 m或R≥‎0.1125 m.‎ 答案：(1)6 N　(2)‎1.5 m/s　(3)见解析 ‎(三)　电场、电路和磁场 ‎[要点提炼]‎ 物理概念、规律 公式 备注 静电场 库仑定律 F＝k(k＝9.0×109 N·m2/C2)‎ 适用条件：真空中的点电荷 电场强度 E＝ 定义式，适用于任何电场的计算 E＝k 只适用于真空中的点电荷产生的电场 E＝ 只适用于匀强电场 电场力 F＝qE F与E的方向相同或相反 电势、电势差 φ＝ UAB＝φA－φB＝ 电势与零势面的选取有关，电势差 则与零势面无关 电容器的电容 C＝ 定义式 C＝ 适用于平行板电容器 恒定电流 电阻定律 R＝ρ ρ为电阻率 电流 I＝＝nqSv ‎－‎ 电源电动势 E＝＝U内＋U外 欧姆定律 I＝ 部分电路欧姆定律 I＝ 闭合电路欧姆定律 恒定电流 路端电压 U＝E 断路时 U＝0‎ 短路时 U＝IR＝E－U内＝E－Ir 通路时 电功 W＝UIt 适用于一切电路 W＝I2Rt＝t 适用于纯电阻电路 焦耳定律 Q＝I2Rt ‎－‎ 电源功率 P＝EI 用电器功率 P＝＝UI 适用于一切电路 P＝I2R＝ 适用于纯电阻电路 电源效率 η＝×100%＝×100%‎ 磁场 磁感应强度 B＝ I与B的方向垂直 安培力 F＝BIL B⊥I ‎，用左手定则判断力的方向 洛伦兹力 F＝Bqv B⊥v，用左手定则判断力的方向 ‎[临考必做]‎ ‎1．(多选)如图所示，虚线表示某电场中的四个等势面，相邻等势面间的电势差相等．一不计重力的带负电粒子从右侧垂直等势面φ4向左射入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点，则可以判断(　　)‎ A．φ1<φ2<φ3<φ4‎ B．粒子的运动轨迹和等势面φ3也可能垂直 ‎ C．φ4等势面上各点场强处处相等 D．该电场可能是由点电荷和无限大金属平板形成的 解析：AD　[根据带负电粒子的运动轨迹可知，所受的电场力垂直等势面，且指向轨迹的凹侧，可知电场线由φ4指向φ1，顺着电场线方向电势逐渐降低，则可知φ1<φ2<φ3<φ4，A正确；因粒子的初速度与等势面φ4垂直，则粒子的运动轨迹不可能和等势面φ3也垂直，B错误；因为等势面分布不均匀，故等势面φ4上各点场强不可能处处相等，C错误；由等势面的分布可知，该区域可能是由位于等势面φ1左侧的点电荷和位于等势面φ4处的无限大金属平板形成的，D正确．]‎ ‎2．(2019·四川绵阳调研)如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g.则在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球一定带负电 B．小球可能做匀加速直线运动 C．小球加速度大小为gcos α D．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量 解析：D　[一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性不确定，故A错误．据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B错误．据题图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到A，据几何关系可知，a＝2gcos α，故C错误．由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确．]‎ ‎3．(2019·吉林省高三摸底)在如图所示的电路中，电源的内阻为r，现闭合开关S，将滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是(　　)‎ A．灯泡L变亮 B．电压表读数变小 C．电容器C上的电荷量增加 D．电流表读数变大 解析：C　[当滑动变阻器滑片P向左移动时，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为 P＝I2RL，RL不变，则P减小，灯泡L变暗，故A错误；电流I减小，则电流表读数变小，电压表读数为U＝E－Ir，则U变大，故B、D错误；电容器与变阻器并联，两者电压相等，变阻器接入电路的电阻增大，根据串联电路分压规律可知，变阻器两端的电压增大，电容器的电压也增大，则其电荷量增大，故C正确．故选C.]‎ ‎4．(2020·杭州市萧山区模拟)如图所示，一根重力为G＝0.1 N、长为L＝‎1 m、质量分布均匀的导体ab，在其中点弯成60度角，将此导体放入匀强磁场中，导体两端ab、悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通有I＝‎1 A的电流时，两根弹簧比原长各缩短了Δx＝‎0.01 m，已知匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小B＝0.4 T，则(　　)‎ A．导体中电流的方向为a→b B．每根弹簧的弹力大小为0.5 N C．弹簧的劲度系数为k＝5 N/m D．若导体中不通电流，则弹簧比原长伸长了‎0.02 m 解析：C　[由题意知通电后弹簧比原长缩短了，说明安培力方向向上，由左手定则可知，电流方向由b→a，故A错误；通电后，ab导体的有效长度为l＝L＝‎0.5 m，受到的安培力为F＝BIL＝0.4×1×0.5 N＝0.2 N，mg＋‎2F弹＝F，F弹＝＝N＝0.05 N，故B错误；根据F弹＝kΔx，解得k＝＝ N/m＝5 N/m，故C正确；导线不通电，则2kx＝mg，x＝＝ m＝‎0.01 m，故D错误．]‎ ‎5．(多选)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是(　　)‎ A．N端的电势比M端的高 B．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零 C．电压表的示数U跟a和b都成正比，跟c无关 D．电压表的示数跟污水的流量Q成正比 解析：AD　[由于污水是向右运动的，故污水中带正电荷的离子在安培力的作用下要向N端移动，所以N端的电势比M端的高，A正确；带正电的离子向N极板移动，带负电的离子向M极板移动，所以前后表面的电势差不为零，B错误；当MN的电压形成的电场对离子的电场力等于磁场力时，电压表的示数就稳定了下来，所以＝Bqv，所以电压表的示数 U＝Bvb，跟B、b、v成正比，故C错误；又因为流量Q＝＝bcv＝，即U＝，所以电压表的示数跟污水的流量Q成正比，D正确．]‎ ‎6．如图所示，两竖直线AB、CD间距为d，内有竖直方向的匀强电场，CD的右侧有一个与CD相切于M点的圆形区域，圆心为O1，整个圆形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场．一带电粒子质量为m，带电量为q，重力不计，自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场，粒子从M点飞离CD边界时速度为2v0，再经磁场偏转后经O1点又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．求：‎ ‎(1)P、M两点间的距离；‎ ‎(2)圆形区域磁感应强度B的大小及区域半径r；‎ ‎(3)粒子从O点出发到再次返回到O点的时间．‎ 解析：(1)电场中，粒子从O点到M点过程中做类平抛运动，水平方向t1＝ 在M点，粒子速度vMy＝＝v0‎ 由运动学公式得PM＝·＝d ‎(2)由于t2＝tNO＝tOM＝ 故由vy＝at可知，返回O点时：vOy＝vMy＝v0‎ 所以回到O点时：v′＝＝v0‎ 由tNO＝tOM和y＝at2可得：PN＝PM＝d 再由几何关系：Rcos 60°＋R＝PN＋PM＝d 由几何关系确定轨迹半径R＝d 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 由牛顿第二定律得qvB＝m，解得R＝，B＝ 由几何关系确定区域半径为r＝d ‎(3)有几何知识可知，带电粒子轨迹对应圆心角为240°，则带电粒子在磁场中运动的时间为 t3＝T＝×＝ 粒子从Q点飞出磁场到达N点过程中 QN＝MN·tan 30°＝ 则t4＝＝ 所以粒子从O点出发到再次返回到O点的总时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝.‎ 答案：(1)d　(2)　d　(3) ‎(四)　电磁感应、交变电流和传感器 ‎[要点提炼]‎ 物理概念、规律 公式 备注 电磁感应 磁通量 Φ＝BScos θ Scos θ为垂直于磁场 B的方向的投影面积 感应电动势 E＝n　E＝BLv 后者仅适用于B、L、v两两垂直的情况　‎ 交变电流 电动势、电流、电压的瞬时值 电动势：e＝Emsin ωt 电流：i＝Imsin ωt 电压：u＝Umsin ωt 从中性面开始计时 电动势、电流、电压的有效值 电动势：E＝Em 电流：I＝Im 电压：U＝Um 适用于正弦式交变电流　‎ 理想变压器 ＝　＝ P1＝P2‎ ‎－‎ 传感器 霍尔电压 UH＝k k为霍尔系数，大小与霍尔元件的材料有关 ‎[临考必做]‎ ‎1．(2020·山西新绛联考)(多选)如图所示，一闭合铝环套在一根光滑水平杆上，当条形磁铁靠近它时，下列结论正确的是(　　)‎ A．N极靠近铝环时，铝环将向左运动 B．S极靠近铝环时，铝环将向左运动 C．N极靠近铝环时，铝环将向右运动 D．S极靠近铝环时，铝环将向右运动 解析：AB　[N极靠近铝环时，向左通过线圈的磁通量会增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的增加，所以铝环将向左运动，A正确，C错误；S极靠近铝环时，向右通过线圈的磁通量会增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的增加，所以铝环将向左运动，B正确，D错误．]‎ ‎2．(2020·福建六校联考)(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个上端固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示．除金属棒和电阻R外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则(　　)‎ A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a B．最终弹簧对金属棒的弹力与金属棒的重力平衡 C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为U＝BLv 解析：ABC　[金属棒向下运动时，根据右手定则可得电流方向从b→a，A正确；金属棒最后将静止，重力与弹簧的弹力二力平衡，B正确；当金属棒的速度为v时，金属棒相当于一个电源，电源电动势E＝BLv，回路中的电流I＝，安培力F＝ILB＝，金属棒两端的电压相当于路端电压，为U＝E＝BLv，C正确，D错误．]‎ ‎3．某一火警报警系统的原理如图所示，报警器未在图中画出，a、b间接有电压u＝311sin ‎ ‎314t(V)的正弦交流电源，Rt为由半导体热敏材料制成的传感器，Rt的电阻随温度升高而减小，则下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表V的示数为311 V B．电容器C电容变大，灯L变暗 C．Rt所在处出现火警时，电流表A的示数变大 D．Rt所在处出现火警时，变压器输入功率变小 解析：C　[电压表V的示数为U＝＝V＝220 V，A错误；当电容器C电容变大时，对交流电的阻碍作用减小，故灯L变亮，B错误；Rt所在处出现火警时，Rt阻值减小，副线圈电流变大，则原线圈电流也变大，即电流表A的示数变大，根据P＝IU可知变压器输入功率变大，C正确，D错误．]‎ ‎4．(2020·山西太原一模)(多选)图1中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动．改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中图线甲、乙的规律变化．设线圈的电阻为1.0 Ω，则(　　)‎ A．图线甲对应线圈在t＝0时产生的感应电动势最大 B．图线甲、乙对应的线圈在t＝2.0 s时，线圈平面均平行于磁感线 C．图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4‎ D．图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5π A 解析：BC　[在t＝0时，Φ甲最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；因为在t＝0.2 s×10＝2.0 s时，Φ甲＝Φ乙＝0，所以线圈平面均平行于磁感线，故B正确；由图可知甲、乙图线对应的周期之比为4∶5，而线圈的转速n＝，所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4，故C正确；甲图线对应的线圈中交流电压的峰值Em＝BSω＝Φmω＝0.4× V＝5π V，电流的峰值Im＝＝5π A，故D项错误．]‎ ‎5．如图所示，倾角α＝30°的光滑固定斜面上，相隔d＝‎8 m的平行虚线MN与PQ 间有大小为B＝0.1 T的匀强磁场，方向垂直斜面向下，一质量m＝‎0.1 kg、电阻R＝0.2 Ω、边长L＝‎1 m的正方形单匝纯电阻金属线圈从距PQ上方x＝‎2.5 m处由静止释放，沿斜面下滑进入磁场，且ab边刚要离开磁场时线圈恰好开始做匀速运动．重力加速度g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)cd边刚进入磁场时线圈的速度v1；‎ ‎(2)线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电荷量q；‎ ‎(3)线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q.‎ 解析：(1)线圈沿斜面向下运动，由动能定理有 mgxsin 30°＝mv－0‎ 解得v1＝‎5 m/s ‎(2)线圈进入磁场过程中，通过ab边的电荷量q＝·Δt 又＝，＝ 解得q＝＝＝‎‎0.5 C ‎(3)线圈离开磁场时有BL＝mgsin 30°‎ v2＝＝‎10 m/s 由能量守恒可得Q总＝mg(d＋x＋L)sin 30°－mv＝ J 则ab边产生的热量Q＝ J(或0.187 5 J)‎ 答案：(1)‎5 m/s　(2)‎0.5 C　(3) J(或0.187 5 J)‎ ‎(五)　力学实验 ‎[要点提炼]‎ 1． 几类力学实验 分类 实验名称 装置图 常考要点 研究性实验 研究匀变速直线运动 ‎(1)数据处理方法：‎ ‎①公式法：v＝，Δx＝aT2‎ ‎②图象法：vt图象 ‎(2)摩擦力：无需平衡(木板平放或斜放均可)‎ 研究性实验 探究弹力和弹簧伸长量的关系 ‎①考装置：器材装配、读数 ‎②考作图：根据记录数据作相关图线 ‎③考计算：根据Fx或Fl或mx图象求k 研究性实验 探究动能定理 ‎①考装置：平衡摩擦力的方法、判断标准 ‎②求速度：小车获得的速度就是纸带上 点距均匀的部分对应速度 ‎③考图象：作Wv或Wv2图象，得出结论 验证性实验 验证机械能守恒定律 ‎①考运算：下落速度的计算；减少的重力 势能与增加的动能的计算 ‎②考图象：根据－h或－Δh图象的斜率 判断机械能是否守恒 验证性实验 验证力的平行四边形定则 ‎①考读数：弹簧测力计示数 ‎②考操作：两次拉橡皮筋时需将 结点O拉到同一位置 ‎③求合力：根据分力F1、F2的大小 与方向用作图法求合力 验证性实验 验证牛顿运动定律 ‎①考装置：器材装配正误；平衡摩擦力的方法、标准；质量控制要求 ‎②控制变量法的应用 ‎③图象的处理以及实验的注意事项 ‎④判成因：给定异常aF图象，‎ 判断其可能成因 验证性实验 验证动量守恒定律 ‎①考装置：斜槽末端切线应调整水平；‎ a球质量大于b球 ‎②考原理：小球落地点的判定及精准定位；‎ 必要的物理量的测量；碰撞前后守恒式的计算 ‎③考拓展：验证动量守恒定律其他 实验装置、方法及关系式 ‎2.物理量的测量方法 待测量 测量工具 方法说明 长度 刻度尺 毫米刻度尺精度为‎1 mm，读数时应估读到‎0.1 mm 游标卡尺 ‎①读数方法：测量值＝主尺上指示的毫米数＋精度×游标尺对齐的格数 ‎②精度： mm,10分度的游标卡尺精度为‎0.1 mm,20分度的游标卡尺精度为‎0.05 mm,50分度的游标卡尺精度为‎0.02 mm，游标卡尺不估读 螺旋测微器 ‎①读数方法：测量值＝主尺上指示的毫米数(注意半毫米刻线是否露出)＋精度×转动圆筒上与主尺中心刻线所对应刻度值(注意刻度值要估读) ‎ ‎②精度：螺旋测微器精度为‎0.01 mm 时间 打点计时器 ‎①t＝nT(n表示打点的时间间隔的个数，T表示打点周期) ‎ ‎②打点周期与所接交流电周期相同 光电计时器 光电计时器能自动记录挡光时间，显示在读数窗口 ‎[临考必做]‎ ‎1．(2019·江西新余一中调研)如图所示是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高．将球1拉到A点并由静止释放，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心正碰．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出弹性球1、2的质量m1、m2，A、B点到水平桌面的距离a、b.(小球的半径可忽略)‎ ‎(1)实验还需要测量的物理量及其符号为________________________________________．‎ ‎(2)验证动量守恒的表达式为____________________________________．‎ 解析：(1)要验证动量守恒，需要知道碰撞前后的动量，小球的质量已知，还需要测量小球碰撞前后瞬间的速度大小，小球1碰撞前后瞬间的速度可根据机械能守恒，通过测量小球1下降、上升的高度得到，即还要测量立柱的高度h；要测量小球2碰后瞬间的速度，由于小球2碰后做平抛运动，可通过测量其竖直位移与水平位移，结合平抛运动规律得到，故还要测量桌面高度H、C点与桌子边沿间的水平距离c.‎ ‎(2)对小球1，由机械能守恒有m‎1g(a－h)＝，m‎1g(b－h)＝，得v0＝，v1＝；对小球2，由平抛运动规律有c＝v2t，H＋h＝gt2，得v2＝c；若动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，可得‎2m1＝‎2m1＋ .‎ 答案：(1)立柱高h、桌面高H和C点与桌子边沿间的水平距离c　(2)‎2m1＝‎2m1＋ ‎2．(2019·西藏民族学院附中三模)某同学研究弹簧所受弹力F与弹簧长度L的关系时，得到了如图a所示的FL图像．‎ ‎(1)由图a可知：弹簧原长L0＝________cm，弹簧的劲度系数k＝________N/m.‎ ‎(2)用图b的方式挂钩码(已知每个钩码重G＝1 N)，使弹簧压缩，稳定后指针位置如图b所示，则指针所指刻度尺的示数为________cm.由此可推测图b中所挂钩码的个数为________个．‎ 解析：(1)当弹力为零时，弹簧的长度等于原长，可知图线的横轴截距等于原长，则L0＝‎3.0 cm；图线的斜率表示弹簧的劲度系数，则有k＝N/m＝200 N/m.‎ ‎(2)指针所指刻度尺的示数为‎1.50 cm，则弹簧的形变量Δx＝(3.0－1.50)cm＝‎‎1.5 cm ‎，根据胡克定律可得弹簧的弹力F＝kΔx＝3 N＝‎3G，可知题图b中所挂钩码的个数为3个．‎ 答案：(1)3.0　200　(2)1.50　3‎ ‎3．某兴趣小组利用如图所示的装置来“探究合外力的功与物体动能变化的关系”．他们通过改变光电门的位置和悬挂物的质量进行多次实验，采集多组数据．已知将此装置平衡摩擦后，小车总是由同一位置自由释放，小车上方固定一宽度为d的挡光板．‎ ‎(1)(多选)下列关于操作中的说法，正确的是______．‎ A．调整轨道的倾角至合适位置的标志是：悬挂物连带小车在轨道上匀速运动 B．实验时，使悬挂物的质量远小于小车的质量，就可以近似认为悬挂物的重力等于小车所受拉力 C．实验时，务必先接通光电门，待其正常工作后，再释放小车 D．多次实验时，一定要让小车由静止释放 ‎(2)(多选)本小组同学在实验中有不同操作和数据处理方式，你认为合理的说法是______．‎ A．甲同学把小车的末速度(v)作为横坐标，拉力对小车做的功(W)作为纵坐标，人为画出该图线后再分析得出结论 B．乙同学保持悬挂物的质量不变，以小车的位移(x)作为纵坐标，以小车的末速度的平方(v2)作为横坐标，人为作出图线后能得出结论 C．丙同学保持小车的位移不变，以悬挂物的质量(m′)为纵坐标，以小车的末速度的倒数作为横坐标，人为作出图线后能得出结论 D．丁同学保持小车的位移不变，以悬挂物的质量(m′)为纵坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能作为横坐标，人为作出图线后能得出结论 ‎(3)戊同学对实验数据进行分析．他把小车和悬挂物作为研究对象，悬挂物的重力作为合力，计算出的结果始终是：悬挂物重力做的功小于小车和悬挂物整体动能的增量，即没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”，你认为导致此结果的主要原因是________________________．‎ 解析：(1)‎ 调整轨道的倾角至合适位置的标志是：小车在不悬挂重物的情况下，在轨道上匀速运动，故A错误；为了使轻绳的拉力可以近似认为等于重物的重力，则要求悬挂物的质量远小于小车的质量，故B正确；实验时应先接通光电门，待其正常工作后，再释放小车，故C正确；多次实验时，要让小车由静止释放，否则不能求出动能的变化量，故D正确．‎ ‎(2)对小车，根据动能定理得：W＝mv2，应把小车的末速度的平方(v2)作为横坐标，拉力对小车做的功(W)作为纵坐标，作出的图像为直线，进而分析得出结论，故A错误；对小车和重物组成的系统，根据动能定理得：m′gx＝(m＋m′)v2，保持悬挂物的质量不变，应以小车的位移(x)作为纵坐标，以小车的末速度的平方(v2)作为横坐标，作出的图像为直线，进而分析得出结论，故B正确；对小车和重物组成的系统，根据动能定理得：m′gx＝(m＋m′)v2，保持小车的位移不变，以悬挂物的质量(m′)为纵坐标，以小车和悬挂物的获得的总动能作为横坐标，作出的图像为直线，进而分析得出结论，故C错误，D正确．‎ ‎(3)由于小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点获得瞬时速度的位移，所以悬挂物重力做的功小于小车和悬挂物整体动能的增量．‎ 答案：(1)BCD　(2)BD　(3)小车前端到光电门的感光点之间的距离x小于小车从开始运动到挡光板通过光电门的感光点而获得瞬时速度的位移(或答“挡光板的宽度”也可以)‎ ‎4．物理小组的同学用如图所示的实验器材测定重力加速度，实验器材有：底座、带有标尺的竖直杆、光电门1和2组成的光电计时器(其中光电门1更靠近小球释放点)，小球释放器(可使小球无初速释放)、网兜．实验时可用两光电门测量小球从光电门1运动至光电门2的时间t，并从竖直杆上读出两光电门间的距离h.‎ ‎(1)使用游标卡尺测量小球的直径如图所示，则小球直径为________cm.‎ ‎　‎ ‎(2)改变光电门1的位置，保持光电门2的位置不变，小球经过光电门2的速度为v，不考虑空气阻力，小球的加速度为重力加速度g，则h、t、g、v四个物理量之间的关系为h＝________.‎ ‎(3)根据实验数据作出－t图线，若图线斜率的绝对值为k，根据图线可求出重力加速度大小为________．‎ 解析：(1)小球的直径为d＝‎11 mm＋16×‎0.05 mm＝‎11.80 mm＝‎1.180 cm.‎ ‎(2)不考虑空气阻力，小球可以看成从2到1的匀减速直线运动，故有h＝vt－gt2.‎ ‎(3)将关系式改写为＝v－gt，故直线斜率大小为k＝，得g＝2k.‎ 答案：(1)1.180　(2)vt－gt2　(3)2k ‎(六)　电学实验 ‎[要点提炼]‎ 分类 名称 装置图 常考要点 测量型实验 测定金属的电阻率 ‎①考读数：U、I、L及d(待测金属丝直径) ‎ ‎②考电路：电路设计或选择、实物连 线或改错，器材选择 ‎③考运算：UI图象求Rx，求ρ 测量型实验 测定电源的电动势和内阻　　　　　‎ ‎(伏安法)‎ ‎①考电路：电路设计或选择、实物连线或改错，器材选择 ‎②考作图：描点连线画UI图象 ‎③考运算：由UI或I－1R 或U－1R－1图象，求E、r 探究型实验 描绘小灯泡的伏安特性曲线　　　‎ ‎①考电路：电路设计或选择、实物连线或改错，器材选择 ‎②考作图：描点、连线画UI图象 ‎③考运算：由UI图象求电阻、电功率 探究型实验 练习使用多用电表 ‎①考读数：电压、电流、电阻挡的读数 ‎②考使用：欧姆表选挡、调零、规范操作等 ‎③考黑箱：多用电表探测黑箱内的元件 ‎[临考必做]‎ ‎1．(2019·湖北部分重点高中联考)导电玻璃是制造LCD的主要材料之一，为测量导电玻璃的电阻率，某小组同学选取了一个长度为L的圆柱体导电玻璃器件，上面标有“3‎ ‎ V”的字样．主要实验步骤如下，完成下列问题．‎ ‎(1)首先用螺旋测微器测量器件的直径，示数如图1所示，则直径d＝________mm.‎ ‎(2)然后用多用电表的欧姆×100挡粗测器件的电阻，表盘指针位置如图2所示，则器件的电阻约为________Ω.‎ ‎(3)为精确测量器件在额定电压时的电阻Rx，且要求测量时电表的读数不小于其量程的，滑动变阻器便于调节，根据下面提供的器材，在虚线框中画出实验电路．‎ A．电流表A1(量程60 mA，内阻r1约3 Ω)‎ B．电流表A2(量程2 mA，内阻r2＝15 Ω)‎ C．电压表V(量程为10 V，内阻r＝1 kΩ)‎ D．定值电阻R1＝747 Ω E．定值电阻R2＝1 985 Ω F．滑动变阻器R(0～20 Ω)‎ G．蓄电池E(电动势12 V，内阻很小)‎ H．开关S一只，导线若干 ‎(4)根据以上实验，可得到导电玻璃的电阻率表达式为ρ＝__________(电压表V的读数为U，电流表A1、A2的读数分别为I1、I2)．‎ 解析：(1)螺旋测微器的读数为固定刻度＋可动刻度＝‎1.5 mm＋49.0×‎0.01 mm＝‎1.990 mm.‎ ‎(2)多用电表欧姆挡读数为示数×倍率＝5×100 Ω＝500 Ω.‎ ‎(3)用伏安法测电阻，由于器件的额定电压为3 V，电压表V的量程太大，所以用内阻已知的电流表A2改装电压表，A2和定值电阻R2串联可改装成量程为(15＋1 985)×2×10－3 V＝4 V的电压表，满足要求；额定电压下通过器件的电流约为 A＝6 mA，电流表A1的量程太大，用已知内阻的电压表替代电流表，测量电流的量程为＝10 mA，满足要求；滑动变阻器的最大阻值小于器件电阻，滑动变阻器应采用分压式接法．电路图如答案图．‎ ‎(4)由欧姆定律，器件的电阻Rx＝，IV＝，由电阻定律有Rx＝ρ，S＝，联立可得导电玻璃的电阻率ρ＝.‎ 答案：(1)1.990　(2)500　(3)如图所示 ‎(4) ‎2．在“测定圆柱形材料的电阻率”实验中：‎ ‎(1)某同学用螺旋测微器测样品直径时，结果如图1所示，则该样品的直径为_______mm.‎ ‎(2)给样品通电，用量程为3 V的电压表和量程为‎0.6 A的电流表测样品两端的电压和通过样品的电流时，读数如图2所示，则电压表的读数为________V，电流表的读数为_______A.‎ ‎(3)用米尺测量样品的长度L＝‎0.810 m，由以上测量数据，可得这种材料的电阻率为__________Ω·m(结果保留2位有效数字)．‎ 解析：(1)螺旋测微器的读数：‎2.5 mm＋43.5×‎0.01 mm＝‎2.935 mm.‎ ‎(2)电压表最小刻度为0.1 V，估读到0.01 V，读数为2.60 V；电流表最小刻度为‎0.02 A，估读到‎0.01 A，读数为‎0.52 A.‎ ‎(3)由R＝ρ，得ρ＝，代入数据得ρ＝4.2×10－5 Ω·m.‎ 答案：(1)2.935　(2)2.60　0.52　(3)4.2×10－5 ‎ ‎3．实验室进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ＝1.7×10－8Ω·m.课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度，他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等器材．‎ ‎(1)他们使用了多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下步骤：(请填写第(ⅱ)步操作)‎ ‎(ⅰ)将红、黑表笔分别插入多用电表的“＋”、“－”插孔，选择欧姆“×‎1”‎挡；‎ ‎(ⅱ)__________________________________________________________________；‎ ‎(ⅲ)把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图(a)所示．‎ ‎(2)根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图(b)的A、B、C、D四个电路中选择______电路来测量金属丝电阻．‎ ‎(3)他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图(c)所示，金属丝的直径为_______mm.‎ ‎(4)根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为________m．(结果保留2位有效数字)‎ ‎(5)他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流表始终无示数，请设计一种方案，利用多用电表检查电路故障并写出判断依据．(只需写出简要步骤)‎ ‎________________________________________________________________________.‎ 解析：(1)欧姆调零是将红、黑表笔短接，调整调零旋钮使其电流达到最大，则此时读数为零．‎ ‎(2)由于金属丝的电阻较小，为了减少实验误差，则选择电流表外接法；要在实验中获得较大的电压调节范围，滑动变阻器要选择分压式接法，故选D.‎ ‎(3)螺旋测微器的读数是固定刻度与可动刻度的和，读数为0＋25.7×‎0.01 mm＝‎0.257 mm.‎ ‎(4)由R＝ρ，得L＝＝ m＝‎12 m.‎ ‎(5)可以用如下方法检测电路故障：a.使用多用电表的直流电压挡，闭合开关，逐个测量各元件、导线两端的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路．b.使用多用电表的欧姆挡，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路．‎ 答案：(1)将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零　(2)D　(3)0.257　(4)12‎ ‎(5)使用多用电表的直流电压挡，闭合开关，逐个测量各元件、导线两端的电压，若电压等于电源电压，说明该元件或导线断路(或：使用多用电表的欧姆挡，断开电路或拆下元件、导线，逐个测量各元件、导线的电阻，若电阻为无穷大，说明该元件或导线断路)‎ ‎4．在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．‎ ‎(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R0＝1 Ω，则 ‎①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；‎ ‎②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图c所示，可得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)‎ ‎(2)乙同学将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出UI图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)‎ 解析：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：‎ ‎②在画出的U－I图像中，纵轴的截距表示电源电动势，斜率表示内电阻，根据图像可得：E＝3.00 V，r＋R0＝＝ Ω＝1.38 Ω，且R0＝1 Ω，则r＝0.38 Ω；‎ ‎(2)由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图像，则由图像可知，当电压为2.4 V时，电流为‎0.5 A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝‎1 A；而当电压为2.3 V时，电流分别对应‎0.33 A和‎0.87 A，则说明当电压为2.3 V时，干路电流为I2＝0.33＋0.87＝‎1.2 A；‎ 则根据闭合电路欧姆定律可得：2.4＝E－r,2.3＝E－1.2r 解得：E＝2.9 V；r＝0.50 Ω.‎ 答案：(1)①‎ ‎②3.00　0.38　(2)2.9　0.50‎ ‎(七)　近代物理 ‎[要点提炼]‎ ‎1．原子物理——波粒二象性 ‎(1)黑体辐射(普朗克)：随着温度升高，各种波长的辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动．‎ ‎(2)光电效应(爱因斯坦)：‎ a．爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0，其中光电子最大初动能Ek＝eUc(Uc为遏止电压)，hν为入射光子的能量，W0为金属的逸出功．‎ b．只有hν>W0时，才有光电子逸出，截止频率νc＝.‎ ‎(3)康普顿效应：散射光的波长变长．表明光子既具有能量，又具有动量．‎ ‎(4)物质波(德布罗意)：物质波的频率ν＝，波长λ＝，其中ε为粒子能量，p为粒子动量，h为普朗克常量．‎ 验证：电子衍射图样；应用：电子显微镜．‎ ‎2．原子物理——原子结构 ‎(1)电子的发现(汤姆孙)：原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的．‎ ‎(2)α粒子散射实验(卢瑟福)：原子核式结构模型——原子中带正电部分的体积很小，但几乎占有全部质量，电子在正电体的外面运动．‎ ‎(3)玻尔的原子模型：原子能量量子化——能级、定态，原子跃迁吸收或辐射光子的能量hν＝Em－En(Em>En)．‎ ‎3．原子核物理——放射性 ‎(1)天然放射现象(贝可勒尔)：原子核内部是有结构的．‎ 名称 本质 来源 速度 电离能力 穿透能力 α射线 氦核流 原子核 可达‎0.1c 强 较差 β射线 高速电子流 中子→质子＋电子 可达‎0.99c 较弱 较强 γ射线 电磁波 原子核能级跃迁 c 最小 最强 ‎4.原子核物理——核反应 比结合能：比结合能越大，原子核越稳定．‎ ‎[临考必做]‎ ‎1．(2019·福建莆田一中三模)(多选)用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时，电流表A的读数为0.2 mA.移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表读数为0，则(　　)‎ A．光电管阴极的逸出功为1.8 eV B．开关S断开后，没有电流流过电流表 C．光电子的最大初动能为0.7 eV D．改用能量为1.5 eV的光子照射，电流表也有电流，但电流较小 解析：AC　[该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7 V时，电流表示数为0，可知光电子的最大初动能为0.7 eV，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，可得W0＝1.8 eV.A、C正确；开关S断开后，用光子能量为2.5 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表，B错误；改用能量为1.5 eV的光子照射，由于光电子的能量小于逸出功，不能发生光电效应，无光电流．D错误．]‎ ‎2．(2019·河南联考)(多选)已知可见光光子的能量在1.64～3.19 eV之间，氢原子的能级图如图所示．现有大量氢原子处于量子数n＝5的能级状态，以下说法正确的是(　　)‎ A．氢原子由高能级向低能级跃迁时，核外电子的动能、电势能均减小 B．氢原子由高能级向低能级跃迁时，核外电子的动能增大而电势能减小 C．这些氢原子可能辐射4种频率的光子，其中属于可见光光子的有1种 D．这些氢原子可能辐射10种频率的光子，其中属于可见光光子的有3种 解析：BD　[根据玻尔理论可知，氢原子由高能级向低能级跃迁时，核外电子的动能增大而电势能减小，总能量减小，B正确，A错误；因为是大量氢原子从n＝5的激发态向低能级跃迁，故能辐射的光子数为C＝10种，其中由n＝5、4、3向n＝2能级跃迁辐射的光子属于可见光，C错误，D正确．]‎ ‎4．根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型．图中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹．在α粒子从a运动到b再运动到c的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．动能先增大，后减小 B．电势能先减小，后增大 C．电场力先做负功，后做正功，总功等于零 D．加速度先变小，后变大 解析：C　[α粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知：从a运动到b过程中电场力做负功，电势能增大，动能减小，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，整个过程中由于a与c在同一等势线上，故电场力不做功，A、B错误，C正确；根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核加速度越大，因此α粒子的加速度先增大后减小，故D错误．]‎ ‎(八)　选修3－3　热学部分 ‎[要点提炼]‎ ‎1．布朗运动 布朗运动是固体微粒在液体分子的撞击下的无规则运动，是液体分子撞击不平衡的结果；反映了液体分子的无规则热运动，但不是分子的运动．‎ ‎2．阿伏加德罗常数把宏观量和微观量联系在一起 分子质量m0―→摩尔质量M―→NA＝ 分子体积V0―→摩尔体积VM―→NA＝―→‎ ‎3．分子之间存在着相互作用力 ‎(1)分子力的特点：①分子间同时存在引力和斥力；②引力和斥力都随分子间距离的增大而减小；③斥力比引力变化得快．‎ ‎(2)分子力随距离变化的图像如图所示．当r＜r0时表现为斥力；当r＝r0时分子力为零；当r＞r0时表现为引力；r＞10r0以后，分子力忽略不计．‎ ‎4．对热力学定律的理解 热力学第一定律(表达式：ΔU＝W＋Q)阐述了能量守恒问题，热力学第二定律指明了能量转化的方向问题．‎ ‎5．固体 项目 单晶体 多晶体 非晶体 外形 有天然规则的几何外形 没有规则的几何外形 没有规则的几何外形 物理性质 各向异性 各向同性 各向同性 熔点 有一定的熔点 有一定的熔点 没有一定的熔点 ‎6.液体 液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．‎ 液晶：①具有液体的流动性；②具有晶体的光学各向异性；③在某个方向上看其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的．‎ ‎7．饱和蒸汽、未饱和蒸汽和饱和蒸汽压 ‎(1)饱和蒸汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．‎ ‎(2)未饱和蒸汽：没有达到饱和状态的蒸汽．‎ ‎(3)饱和蒸汽压：饱和蒸汽所具有的压强．‎ 特点：液体的饱和蒸汽压与温度有关，温度越高，饱和蒸汽压越大，‎ 且饱和蒸汽压与饱和蒸汽的体积无关．‎ ‎8．实验定律和理想气体状态方程 ‎(1)等温变化：玻意耳定律p1V1＝p2V2‎ ‎(2)等容变化：查理定律＝ ‎(3)等压变化：盖—吕萨克定律＝ ‎(4)状态方程：＝ ‎[临考必做]‎ ‎1．(2020·防城港模拟)(1)(多选)质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态Ⅰ到气态Ⅲ变化过程中温度T随加热时间t变化关系如图所示，单位时间所吸收的热量可看做不变，气态Ⅲ可看成理想气体．下列说法正确的是(　　 )‎ A．该物质是晶体 B．该物质分子平均动能随着时间的增加而增大 C．在t1～t2时间内，该物质分子势能随着时间的增加而增大 D．在t2～t3时间内，该物质的内能随着时间的增加而增大 E．在t2～t3时间内，气体膨胀对外做功，分子势能增大 ‎(2)如图所示为一种减震垫，由12个形状相同的圆柱状薄膜气泡组成，每个薄膜气泡充满了体积为V1，压强为p1的气体，若在减震垫上放上重为G的厚度均匀、质量分布均匀的物品，物品与减震垫的每个薄膜表面充分接触，每个薄膜上表面与物品的接触面积均为S，不计每个薄膜的重量，大气压强为p0，气体的温度不变，求：‎ ‎(ⅰ)每个薄膜气泡内气体的体积减少多少？‎ ‎(ⅱ)若撤去中间的两个薄膜气泡，物品放上后，每个薄膜上表面与物品的接触面积增加了0.2S，这时每个薄膜气泡的体积又为多大？‎ 解析：(1)该物质有固定的熔点，所以是晶体，故A正确；因为温度是分子平均动能的标志，所以物质分子的平均动能也随着时间先增加，然后不变，之后又增加，故B错误；物质的内能是分子总动能与分子总势能之和，在t1～t2‎ 时间内，温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间的势能，所以分子势能随时间的增加而增大，故C正确；在时间t2～t3内，气体膨胀对外做功，但不考虑理想气体的分子势能，温度升高，分子的平均动能增大，所以内能增加．故D正确；在t2～t3时间内，气体膨胀对外做功，但不考虑理想气体的分子势能，温度升高，分子的平均动能增大，故E错误；‎ ‎(2)(ⅰ)放上物品后，设每个薄膜气泡内气体的压强为p2，则有：‎ p2S＝p0S＋；‎ 根据玻意耳定律有：‎ p1V1＝p2V2‎ 解得：V2＝V1＝V1‎ 则每个薄膜气泡的体积减少量为：‎ ΔV＝V1－V2＝V1‎ ‎(ⅱ)再叠加一个同样的物品后，设气体压强为p3，则有：‎ p3×1.2S＝p0×1.2S＋ 根据玻意耳定律有：‎ p1V1＝p3V3‎ 解得：V3＝V1.‎ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)V1‎ ‎(ⅱ)V1‎ ‎2．(2019·咸阳二模)(1)(多选)下列说法正确的是(　　 )‎ A．水是浸润液体，水银是不浸润液体 B．布朗运动和扩散现象都可以在气体、液体中发生 C．只要经历足够长的时间，密封在瓶内的酒精一定会全部变成气体 D．塑料丝尖端放在火焰上烧熔后尖端变成球形是表面张力的缘故 E．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，不违背热力学第二定律 ‎(2)如图所示，导热性能良好的圆筒形密闭汽缸水平放置，可自由活动的活塞将汽缸分隔成A、B两部分．活塞与汽缸左侧面连接一轻质弹簧，当活塞与汽缸右侧面接触时弹簧恰好无形变．开始时环境温度为t1＝‎27℃‎，B内充有一定质量的理想气体，A内是真空．稳定时B部分气柱长度为L1＝‎0.10 m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为3∶4.已知活塞的质量为m＝‎3.6 kg，截面积S＝‎20 cm2，重力加速度g＝‎10 m/s2.‎ ‎(ⅰ)将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2＝‎127℃‎，求此时B部分空气柱的压强；‎ ‎(ⅱ)保持环境温度t2不变，解除活塞锁定，将汽缸缓慢旋转90°成竖直放置状态，B部分在上面．求稳定时B部分空气柱的长度．‎ 解析：(1) 浸润与不浸润是相对的；水银对玻璃来说是不浸润液体，但不是对任何固体都是不浸润，故A错误；布朗运动和扩散现象是由于分子热运动而形成的，它们都可以在气体、液体中发生，故B正确；酒精在挥发过程中，有部分分子会回落到液体中，因此密封在瓶内的酒精一定不会全部变成气体，故C错误；塑料丝尖端放在火焰上烧熔后变成液态，由于表面张力的作用使尖端变成球形，故D正确；在消耗电能的情况下，电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，不违背热力学第二定律，故E正确．‎ ‎(2)(ⅰ)活塞重力G＝mg＝3.6×10 N ＝36 N 弹簧的弹力F弹＝G＝×36 N＝27 N 弹簧的劲度系数k＝＝ N/m＝270 N/m 稳定时B部分气柱的压强pB＝＝Pa＝1.35×104 Pa 设升温后B部分气体的压强为p′B，根据查理定律，‎ 有：＝ 代入数据：＝ 解得：p′B＝1.8×104 Pa ‎(ⅱ)活塞解除锁定，B部分气体发生等温变化，设B部分气柱的长度为L2，压强为p″B，根据玻意耳定律，有：p′B·L1S＝p″B·L2S 对活塞受力分析，根据平衡条件有：kL2＝p″BS＋G 以上两式代入数据：1.8×104·0.1S＝p″B·L2S ‎270·L2＝p″B·20×10－4＋36‎ 解得：L2＝‎0.2 m　p″B＝9×103 Pa.‎ 答案：(1)BDE　(2)(ⅰ)1.8×104 Pa　(ⅱ)‎‎0.2 m ‎(九)　选修3－4　机械振动、机械波、光 ‎[要点提炼]‎ ‎1．机械振动与机械波 ‎2．光的折射、全反射 ‎(1)折射率：n＝　n＝ ‎(2)全反射：sin C＝ ‎3．正确分析、处理光的折射和全反射问题的关键点 ‎(1)掌握发生全反射的条件，理解n＝和sin C＝等公式中各量的物理意义．‎ ‎(2)正确地画图，找准反射角、折射角或临界角，会熟练应用一些几何知识．‎ ‎4．电磁波 ‎(1)电磁波谱的顺序(按频率升高)：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线．‎ ‎(2)光的偏振不仅证明光是一种波，而且是横波．‎ ‎(3)激光的特点：①强度大；②方向性好；③单色性好；④相干性好；⑤覆盖波段宽而且可调谐．‎ ‎(4)经典时空观：时间与空间、物质、惯性系无关．相对论时空观：有物质才有时间和空间，空间和时间与物体的运动状态有关．‎ ‎[临考必做]‎ ‎1．(2020·陕西模拟)(1)(多选)下列说法正确的是(　　 )‎ A．电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的 B．在杨氏双缝干涉实验中，用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距相等的条纹 C．某人在水面上方观察水底同位置放置的红、黄、绿三盏灯时，看到绿灯距水面最近 D．照相机镜头前的增透膜、信号在光导纤维内的传播都是利用了光的全反射原理 E．电磁波与声波由空气进入水中时，电磁波波长变短，声波波长变长 ‎(2)如图所示，置于空气中一透明正立方体截面ABCD，BC面和CD面均镀银，P、M、Q、N分别为AB边、BC边、CD边、AD边的中点．从光源S发出一条光线SP与PA面的夹角成30°，经折射、反射后从N点射出，刚好回到S点．(计算中可能会用到＝1.41，＝2.45，sin 15°＝0.26)‎ ‎(ⅰ)画出光路图，并求出立方体的折射率n；‎ ‎(ⅱ)已知光在空气中的速度近似等于真空中的速度c，正方形ABCD的边长为a，求该光线从S点发出后回到S点的时间．‎ 解析：(1)红外线可用来遥控电器，如电视机遥控器是利用发出红外线脉冲信号来换频道的，故A正确．在杨氏双缝干涉实验中，用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的衍射条纹，故B错误．某人在水面上方观察水底同位置放置的红、黄、绿三盏灯时，由于绿光的折射率最大，绿光从水中射到水面时折射角最大，人逆着折射光线的方向看时，感觉绿灯距水面最近，故C正确．照相机镜头前的增透膜利用了光的干涉原理，信号在光导纤维内的传播利用了光的全反射原理，故D错误；电磁波与声波由空气进入水中时，频率都不变，电磁波的波速变小，声波的波速变大，由v＝λf知，电磁波波长变短，声波波长变长；故E正确．‎ ‎(2)(ⅰ)根据题意作光路图，光线在P点发生折射时，入射角为i＝60°，折射角为r＝45°，因此透明物体的折射率n＝＝＝≈1.23‎ ‎(ⅱ)连接PN，由几何关系可得，PN，PM，QN，QM的长均为a.‎ 且∠PSN＝30°，SN＝SP＝＝a 光在透明物体中的速度v＝ 光在透明物体中传播所用的时间t1＝；‎ 光在透明物体外传播所用的时间t2＝ 那么光从S点发出射线回到S点所经历的总时间为t＝t1＋t2.‎ 解得t＝.‎ 答案：(1)ACE　(2)(ⅰ)光路图见解析　1.23‎ ‎(ⅱ) ‎2．(2020·济宁一模)(1)(多选)如图所示，O1O2是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A、B是关于O1O2轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN是垂直于O1O2放置的光屏，沿O1O2方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P，根据该光路图，下列说法正确的是(　　 )‎ A．A光的频率比B光的频率高 B．A比B更容易发生衍射现象 C．在该玻璃体中，A光的速度比B光的速度小 D．在该玻璃体中，A光的临界角大于B光的临界角 E．用同一双缝干涉实验装置分别以A、B光做实验，A光的干涉条纹间距大于B 光的干涉条纹间距 ‎(2)如图所示，一列简谐横波在均匀介质中沿水平x轴正方向传播，O、P、Q为x轴上的三个质点，质点O与P平衡位置间的距离大于一倍波长小于二倍波长，质点P与Q平衡位置间的距离为‎120 cm.质点O是振源，由平衡位置开始向上振动，周期是4 s，振幅是‎10 cm，当波传到P时，质点O在波谷，再经过13 s，质点Q第一次在波谷．求：‎ ‎(ⅰ)质点O与P平衡位置间的距离；‎ ‎(ⅱ)从质点O开始振动到质点Q第一次在波谷，质点O通过的路程．‎ 解析：(1)B光的偏折程度比A光大，则B光的折射率大于A光的折射率，说明B光的频率较大，由c＝λν，知A光的波长较长，所以A光比B光更容易发生衍射现象，故A错误，B正确；根据v＝知，A光的折射率较小，所以在该玻璃体中，A光的速度比B光的速度大，故C错误；B光的折射率大于A光的折射率，由临界角公式sin C＝得知，A光的临界角大于B光的临界角，故D正确；用同一双缝干涉实验装置分别以A、B光做实验，根据双缝干涉条纹的间距Δx＝λ，知干涉条纹的间距与波长成正比，则A光的干涉条纹间距大于B光的干涉条纹间距，故E正确；‎ ‎(2)(ⅰ)设波的周期为T，T＝4 s，波长为λ，质点O与P平衡位置间的距离为x1，波从O传到P的时间为t1，由于质点O与P平衡位置间的距离大于一倍波长小于二倍波长，且当波传到P时质点O在波谷，‎ 所以t1＝T＋T 所以x1＝λ＋λ 设质点P与Q平衡位置间的距离为x，x＝‎120 cm，波从P传到Q的时间为t2，当波传到Q点后，质点Q经过时间t3第一次在波谷，且该过程总时间为t0，则 t3＝，t0＝t2＋t3‎ 解得t2＝2T＋T 所以x＝2λ＋λ 解得x1＝‎‎84 cm ‎(ⅱ)设波的振幅为A，从质点O开始振动到质点Q第一次在波谷经过的时间为t总，质点O通过的路程为L，则 t总＝t1＋t0‎ 解得t总＝20 s，即t总＝5T 所以L＝5×‎‎4A 解得L＝‎200 cm.‎ 答案：(1)BDE　(2)(ⅰ)‎84 cm　(ⅱ)‎‎200 cm ‎(十)　常见物理术语中的隐含条件 ‎[要点提炼]‎ 一、物理模型中的隐含条件 ‎1．质点：物体只有质量，不考虑体积和形状．‎ ‎2．点电荷：物体只有质量、电荷量，不考虑体积和形状．‎ ‎3．轻绳：不计质量，力只能沿绳子收缩的方向，绳子上各点的张力相等．‎ ‎4．轻杆：不计质量的硬杆，可以提供各个方向的力(不一定沿杆的方向)．‎ ‎5．轻弹簧：不计质量，各点弹力相等，可以提供压力和拉力，满足胡克定律．‎ ‎6．光滑表面：动摩擦因数为零，没有摩擦力．‎ ‎7．单摆：悬点固定，细线不会伸缩，质量、摆球大小忽略不计．秒摆：周期为2 s的单摆．‎ ‎8．通讯卫星或同步卫星：运行角速度与地球自转角速度相同，周期等于地球自转周期，即24 h.‎ ‎9．理想气体：不计分子力，分子势能为零；满足气体实验定律＝C(C为恒量)．‎ ‎10．绝热容器：与外界不发生热传递．‎ ‎11．理想变压器：忽略本身能量损耗(功率P输入＝P输出)，磁感线被封闭在铁芯内(磁通量Φ1＝Φ2)．‎ ‎12．理想电流表：内阻为零．‎ ‎13．理想电压表：内阻为无穷大．‎ ‎14．理想电源：内阻为零，路端电压等于电源电动势．‎ ‎15．理想导线：不计电阻，可以任意伸长或缩短．‎ ‎16．静电平衡的导体：必是等势体，其内部场强处处为零，表面场强的方向和表面垂直．‎ 二、运动模型中的隐含条件 ‎1．自由落体运动：只受重力作用，v0＝0，a＝g.‎ ‎2．竖直上抛运动：只受重力作用，a＝g，初速度方向竖直向上．‎ ‎3．平抛运动：只受重力作用，a＝g，初速度方向水平．‎ ‎4．碰撞、爆炸：动量守恒；弹性碰撞；动能、动量都守恒；完全非弹性碰撞：动量守恒，动能损失最大．‎ ‎5．直线运动：物体受到的合外力为零，或者合外力的方向与速度在同一条直线上，即垂直于速度方向上的合力为零．‎ ‎6．相对静止：两物体的运动状态相同，即具有相同的加速度和速度．‎ ‎7．简谐运动：机械能守恒，回复力满足F＝－kx.‎ ‎8．用轻绳系小球绕固定点在竖直平面内恰好能做完整的圆周运动：小球在最高点时，做圆周运动的向心力只由重力提供，此时绳中张力为零，最高点速度为v＝(R为半径)．‎ ‎9．速度相等是两个物体之间具有最大距离或最小距离的隐含条件．‎ ‎10．在力与运动关系中，速度最大时，隐含加速度最小为零，加速度最大时隐含速度最小为零．‎ ‎11．皮带传动装置(皮带不打滑)：皮带轮轮圆上各点线速度大小相等；绕同一固定转轴的各点角速度相等．‎ ‎12．初速度为零的匀变速直线运动．‎ ‎(1)连续相等的时间内通过的位移之比xⅠ：xⅡ：xⅢ：xⅣ：…＝1∶3∶5∶7∶…‎ ‎(2)通过连续相等位移所需时间之比：t1∶t2∶t3∶…＝1∶(－1)∶(－)∶…‎ 三、物理现象和过程中的隐含条件 ‎1．绳子伸直：可能有拉力，也可能没有拉力；绳子张紧：一定有弹力．‎ ‎2．完全失重状态：物体对悬挂物体的拉力或对支持物的压力为零．‎ ‎3．一个物体受到三个非平行力的作用而处于平衡态：三个力是共点力．‎ ‎4．物体在任意方向做匀速直线运动：物体处于平衡状态，F合＝0.‎ ‎5．物体恰能沿斜面下滑：物体与斜面的动摩擦因数μ＝tan θ.‎ ‎6．接触处的弹力减小到零时，是两物体脱离的隐含条件．‎ ‎7．接触处的静摩擦力增大到最大静摩擦力时，是两物体发生相对滑动的隐含条件．‎ ‎8．轻绳突然绷直，隐含着相连两物体在沿绳方向的分速度相等，如绳子的一端固定，则另一端物体在绳方向的分速度迅速变为零，有能量损失．‎ ‎9．在电磁感应现象中，穿过平面的磁通量最大时，隐含磁通量的变化率为零；穿过平面的磁通最小时，隐含磁通量的变化率最大．‎ ‎10．机动车在水平地面上以额定功率行驶：P额＝F牵引力v当F牵引力＝f阻力时，vmax＝.‎ ‎11．平行板电容器接上电源，电压不变；电容器断开电源，电量不变．‎ ‎12．从水平飞行的飞机中掉下来的物体：做平抛运动．‎ ‎13．从竖直上升的气球中掉出来的物体：做竖直上抛运动．‎ ‎14．带电粒子能沿直线穿过速度选择器：F洛＝F电，出来的各粒子速度相同．‎ ‎15．导体接地：电势必为零(带电荷量不一定为零)．‎ ‎16．气体状态缓慢变化的隐含条件是气体温度始终和环境温度相同．‎ ‎17．“标准状况”的隐含条件是气体的压强为一个大气压，温度为‎0 ℃‎.‎ ‎[临考必做]‎ ‎1.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以N表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F作用下系统处于静止状态，且弹簧处于自然状态(x＝0)．现改变力F的大小，使B以a＝的加速度匀加速竖直向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中N或F随x变化的图像正确的是(　　)‎ 解析：D　[刚开始，A、B一起做匀加速运动，对系统进行受力分析，有2mg－F＝2ma，解得F＝mg，对A有mg－N＝ma，解得N＝；当B对A的作用力N恰好为零时，对A应用牛顿第二定律，有mg－kx＝ma，则此时弹簧的弹力kx＝(即x＝)；在作用力减为0之前，对A有mg－kx－N＝ma，则N＝mg－kx－ma，故B对A的作用力N由开始运动时的线性减小到零，选项A、B均错误．在作用力N减为0之前，对系统进行受力分析，有2mg－kx－F＝2ma，结合选项A、B的分析可知，当N＝0时，kx＝，则F＝，故在作用力N减为0之前，力F由开始时的mg线性减小到；在作用力N减为0之后，托盘与物块分离，力F保持不变，选项C错误，D正确．]‎ ‎2．(2019·吉林三模)如图甲所示，滑块与长木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块上的水平力F随时间t的变化图像如图乙所示，t＝2.5 s时撤去力F，已知滑块质量m＝‎2 kg，木板质量M＝‎1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取‎10 m/s2.已知滑块在0～2.5 s内没有滑离木板．求：‎ ‎(1)在0～0.5 s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小；‎ ‎(2)在t＝2.5 s时，滑块和长木板的速度的大小．‎ 解析：(1)在0～0.5 s内，假设滑块和木板具有共同加速度a1，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，则a1＝‎2 m/s2‎ 木板能达到的最大加速度a2＝＝‎4 m/s2＞a1‎ 所以滑块和木板相对静止，滑块和木板之间的静摩擦力的大小f1＝Ma1＝2 N.‎ ‎(2)在0.5～2.5 s内，假设滑块和木板具有共同加速度a3，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a3‎ 得a3＝‎5.3 m/s2＞a2，故滑块和木板相对滑动 木板和滑块在t＝0.5 s时的速度大小v1＝a1t1＝‎1 m/s 长木板在t＝2.5 s时的速度大小v2＝v1＋a2t2＝‎9 m/s 对滑块，根据牛顿第二定律有F2－μmg＝ma4，则a4＝‎6 m/s2‎ 滑块在t＝2.5 s时的速度大小v3＝v1＋a4t2＝‎13 m/s.‎ 答案：(1)2N　(2)‎13 m/s　‎9 m/s ‎3.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原来静止的质量为‎4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(α＜1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相碰，则α的取值范围为(　　)‎ A.＜α＜　　　　　 B.＜α＜ C.＜α＜ D.＜α≤ 解析：D　[由题意可知，A、B两小球在碰撞过程中动量守恒，以A球初速度v0的方向为正方向，设碰后B球的速度为vB，则由动量守恒定律可得mv0＝－mαv0＋4mvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是αv0＞vB，两式联立可解得α＞；碰撞前后两小球的机械能应满足mv≥m(－αv0)2＋·4mv，解得α≤，综合可得＜α≤.]‎ ‎4.如图所示，长为‎50 cm的细绳上端固定，下端拴一小球，现从悬点等高处且距悬点‎30 cm处由静止释放小球，求小球到达最低点的速度．(g取‎10 m/s2)‎ 解析：在细绳没有张紧前，小球的下落为自由落体运动，当细绳张紧时，根据几何知识可知，小球已经下落了h＝‎0.4 m，所以v＝＝‎2 m/s.‎ 当细绳张紧时，设绳与竖直方向的夹角为θ，由于绳不能伸长，所以沿绳方向的分速度立即减小到零，小球以垂直于绳的分速度v1向下摆动．由机械能守恒定律知：‎ mgL(1－cos θ)＋mv＝mv.‎ 联立求解得：vt≈‎2.2 m/s 答案：‎2.2 m/s ‎5．如图，用竖直轻弹簧1、水平轻弹簧2及轻绳3将质量为m的小球悬挂在质量为M的电梯中，电梯在悬绳AO的作用下竖直向上做加速度大小为a的匀加速直线运动．已知重力加速度大小为g.现将弹簧1剪断，则在剪断后瞬间(　　)‎ A．悬绳对电梯的拉力大小为(M＋m)(a＋g)‎ B．悬绳对电梯的拉力大小为Mg C．小球的加速度大小为g D．小球的加速度为0‎ 解析：C　[剪断弹簧1的瞬间，弹簧1的弹力立即变为零，设此时悬绳对电梯的拉力大小为F，则有F－Mg＝Ma，解得F＝M(a＋g)，选项A、B均错误；剪断弹簧1的瞬间，小球所受合力为mg，由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小为g，选项C正确，D错误．]‎ ‎6．(2020·泉州模拟)(多选)如图所示，螺线管内有平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向、螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时(　　)‎ A．在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩趋势 B．在t2时刻，导线框cdef内的感应电流最小 C．在t1时刻，导线框cdef内的感应电流最大 D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流 解析：AD　[在t1～t2时间内，穿过L的磁通量的变化率增加，感应电动势变大，导线框cdef中的电流增强，则L内的磁场增强，由楞次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故A正确．由B－t图知，在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，B错误；由B－t图知，t1时刻磁通量的变化率为零，则感应电流为零，故C错误．在t1～t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向由f到c，根据安培定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D正确．故选AD.]‎