2025版核心素養(yǎng)下高考物理專(zhuān)題復(fù)習(xí)講義專(zhuān)題01力與物體的平衡 3專(zhuān)題02力與直線運(yùn)動(dòng) 專(zhuān)題03力與曲線運(yùn)動(dòng) 專(zhuān)題04天體運(yùn)動(dòng) 42專(zhuān)題05功、功率動(dòng)能定理 專(zhuān)題06機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系 專(zhuān)題07動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用 專(zhuān)題08電場(chǎng)的性質(zhì)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 專(zhuān)題09磁場(chǎng)的性質(zhì)帶電粒子在磁場(chǎng)及復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 專(zhuān)題10直流電路與交流電路 專(zhuān)題11電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 專(zhuān)題12近代物理初步 專(zhuān)題13分子動(dòng)理論氣體及熱力學(xué)定律 專(zhuān)題14振動(dòng)和波動(dòng) 專(zhuān)題15光與電磁波 專(zhuān)題16力學(xué)綜合計(jì)算題 201專(zhuān)題17電學(xué)綜合計(jì)算題 217專(zhuān)題18力學(xué)實(shí)驗(yàn)及創(chuàng)新 243專(zhuān)題19電學(xué)實(shí)驗(yàn)及創(chuàng)新 262專(zhuān)題20熱學(xué)、光學(xué)實(shí)驗(yàn) 277第一部分力與運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題01力與物體的平衡靜摩擦力方向?！究键c(diǎn)詮釋】1.研究對(duì)象選取的2點(diǎn)技巧A.B可能受到3個(gè)或4個(gè)力作用B.斜面對(duì)木塊B的摩擦力方向可能沿斜面向下日則,則,考點(diǎn)三物體的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題【考點(diǎn)詮釋】【答案】D(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式；A.逐漸減小B.逐漸增大C.先減小后增大D.先增大后減小故C正確。(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫(huà)出平行四邊形邊、角的變化；方法3三角形相似法的應(yīng)用A.彈簧變短B.彈簧變長(zhǎng)C.小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁.小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇筮?，利用三角形相似知識(shí)列出比例式；B?M(N)A.一直減小B.一直增大C.先減小后增大D.先增大后減小第一部分力與運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題02力與直線運(yùn)動(dòng)講核心素養(yǎng)一、素養(yǎng)呈現(xiàn)1.物理觀念：參考系、質(zhì)點(diǎn)、位移、速度、加速度、二、素養(yǎng)落實(shí)講考點(diǎn)考點(diǎn)一勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用【考點(diǎn)詮釋】1.勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律口=3m。若物體通過(guò)AB和BC這兩段位移的時(shí)間相等，則O、A兩點(diǎn)之間的距離等于()解題設(shè)定的中間量)的物理量xVta則有速度關(guān)系vo-ai(t?+to)=vo-a?2,v=vo-azt?解得t?=1.0s,xo=1.5m。【規(guī)律總結(jié)】判斷能否追上的常用方法情境：物體B追趕物體A,開(kāi)始時(shí)，兩個(gè)物體相距x(1)若vA=vB時(shí)，xA+xo<xB,則能追上。(2)若vA=vB時(shí)，xA+xo=xp,則恰好追上。(3)若vA=vb時(shí)，xA+xo>xB,則不能追上?？键c(diǎn)二運(yùn)動(dòng)圖象問(wèn)題點(diǎn)甲有v2=2ajx①,對(duì)質(zhì)點(diǎn)乙有v2-v8=-2a?x②,聯(lián)立①②解得a?+a?=3【規(guī)律總結(jié)】運(yùn)動(dòng)圖象問(wèn)題的“三點(diǎn)提醒”(1)對(duì)于x-t圖象，圖線在縱軸上的截距表示t=0時(shí)物體的位置；對(duì)于v-t和a-t圖象，圖線在縱軸上的截距(2)在v-t圖象中，兩條圖線的交點(diǎn)不表示兩物體相遇，而是表示兩考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題【解析】簧的伸長(zhǎng)量為x?,如圖丙所示，則xi:x?:x?等于()A.1:1:1C.1:2:1D.無(wú)法確定對(duì)根據(jù)牛頓第二定律得,對(duì)A有kx?-mgsinθ-μmgcosθ=ma3,根據(jù)牛頓第二定律得解得解得考點(diǎn)四牛頓第二定律的瞬時(shí)性問(wèn)題【考點(diǎn)詮釋】【典例分析7】如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩L?和輕彈簧系在天花板上的O點(diǎn)和O點(diǎn)，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L?連接，細(xì)繩L、彈簧與豎直方向的夾角均為0,細(xì)繩L?水平拉直，則下A.細(xì)繩L?上的拉力與彈簧彈力之比為1:1B.細(xì)繩L?上的拉力與彈簧彈力之比為cos20:1C.A與B的加速度之比為1:1D.A與B的加速度之比為1:cosθ【解析】對(duì)A球，剪斷細(xì)繩L2的瞬間，細(xì)繩L1的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細(xì)繩L1斜向下，細(xì)繩L1的拉力1.分析瞬時(shí)加速度的“兩個(gè)關(guān)鍵”考點(diǎn)五.動(dòng)力學(xué)中的“傳送帶”模型【考點(diǎn)詮釋】1.水平傳送帶問(wèn)題判斷摩擦力時(shí)要注意比較物體的運(yùn)動(dòng)速度與傳送帶的速度。物體的速度與傳送帶速度相2.傾斜傳送帶問(wèn)題求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況解得az=-2m/s2由速度位移公式得解得hm=2.4m。此后由于工件在傳送帶的傾斜段運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，在傳送帶的水平段運(yùn)動(dòng)時(shí)的加傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其周期為T(mén),則工件從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r(shí)間to=2t?+t?+2t?=6.2s,而23s=to+3T,這說(shuō)明經(jīng)過(guò)23s后工件恰好運(yùn)動(dòng)到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點(diǎn)右側(cè)，到A點(diǎn)的距離x【規(guī)律總結(jié)】結(jié)果【考點(diǎn)詮釋】3.解題思路Fr-mgsinα=ma又a>0解得F>20Nμmgcosa—mgsina=ma負(fù)號(hào)表示加速度負(fù)號(hào)表示加速度第一部分力與運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題03力與曲線運(yùn)動(dòng)【答案】DA.減小α,增大船速vB.增大α,增大船速vC.減小α,船速v不變D.增大α,船速v不變考點(diǎn)二平拋運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)詮釋】1.平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法方法2.平拋運(yùn)動(dòng)的二級(jí)結(jié)論(1)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻的瞬時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線一定通過(guò)此時(shí)水平位移的中點(diǎn)，則(2)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角α的正切值，是位移與水平方向的夾角θ的正切值的2倍，即tana=2tanθ。(4)若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值?！镜淅治?】如圖所示，xOy是平面直角坐標(biāo)系，Ox水平、Oy豎直，一質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)是軌跡上的一點(diǎn).質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的速度大小為v,方向沿該點(diǎn)所在軌跡的切線.M點(diǎn)為P點(diǎn)在Ox軸上的投影，P點(diǎn)速度方向的反向延長(zhǎng)線與Ox軸相交于Q點(diǎn).已知平拋的初速度為20m/s,MP=20m,重力加速度g取10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是A.1:1B.1:2C.2:3樣，都為t?。設(shè)從A到E的時(shí)間為t',由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得同理，從A到D的運(yùn)動(dòng)根據(jù)數(shù)學(xué)幾何問(wèn)題可知即A到E和E到D的時(shí)間相等，都為A到D的時(shí)間的一半，又因?yàn)閺腁點(diǎn)拋出，D、C在同一水平面上，高度相同，時(shí)間相同，即故選B?！镜淅治?】北京冬奧會(huì)將在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和張家口聯(lián)合舉行，這是北京和張C.若運(yùn)動(dòng)員飛出時(shí)的水平速度大小變?yōu)?vo,運(yùn)動(dòng)沿AC作一直線ACB,如圖所示考點(diǎn)三圓周運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)詮釋】輕繩模型輕桿模型圖示力點(diǎn)應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末狀態(tài)解得v確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道平面分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角分析物體的受力情況，畫(huà)出受確圓心O且大小恒為F,當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以速率v=√gR通過(guò)A點(diǎn)B.質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)對(duì)軌道的壓力小于在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力 根據(jù)A.2.2rB.1.2rC.1.6rD.0.8r解得槽對(duì)小球的支持力Fn=11.4mgFn=11.4mg,方向豎直向下。第一部分力與運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題04天體運(yùn)動(dòng)1.開(kāi)普勒第三定律知月球半徑為R,引力常量為G。則下列說(shuō)法正確的是()A.月球表面的重力加速度B.月球的平均密C.月球的第一宇宙速度D.月球的質(zhì)量vot,在豎直方向上,解得的質(zhì)量不一定相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；衛(wèi)星的線速度為T(mén)相等，而R不一定相等，故線速度不一定相等，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；天體A、B表面的重力加速度等于對(duì)應(yīng)衛(wèi)星的向心加速度，即可見(jiàn)天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比，選項(xiàng)C正確；天體的密度由于兩顆衛(wèi)星的周期相等，則天體A、B的密度一定相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。(2)區(qū)別天體半徑R和衛(wèi)星軌道半徑r,只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有r≈R;計(jì)算天體密度時(shí)，體積只能用天體半徑R。考點(diǎn)二天體的運(yùn)行與變軌【考點(diǎn)詮釋】(1)衛(wèi)星變軌的運(yùn)動(dòng)模型是向心運(yùn)動(dòng)和離心運(yùn)動(dòng)。當(dāng)由于某種原因衛(wèi)星速度v突然增大時(shí)，有萬(wàn)有11同，在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角都同，在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角都D.衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點(diǎn)A向近地點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，加速度變小故C錯(cuò)誤.考點(diǎn)三天體運(yùn)動(dòng)中的多星模型【考點(diǎn)詮釋】2.宇宙多星模型特點(diǎn)BA.恒星A的向心加速度是B的一半B.恒星A的線速度是B的2倍C.恒星A的公轉(zhuǎn)周期是B的一半D.恒星A的動(dòng)能是B的2倍解得恒星A與恒星B的軌道半徑之比為ra:rb=1:2,由v=or,a=w2r,TA=T可AB【規(guī)律總結(jié)】雙星模型歸納【答案】BD解C項(xiàng)錯(cuò)誤；由【答案】AR?R?=R?2+(kR1)2=(1+k2)Ri2第二部分功能與動(dòng)量專(zhuān)題05功、功率動(dòng)能定理ma,又P'=Fv,聯(lián)立解得m=2【考點(diǎn)詮釋】0,wi=mgh=img?P,,wi=mgh=img?P,之比為1:3,故重力做功的平均功率之比為1:3,D正確?？键c(diǎn)三機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題【考點(diǎn)詮釋】以恒定功率啟動(dòng)以恒定加速度啟動(dòng)變=F不變當(dāng)P=Fv個(gè)直到P額運(yùn)動(dòng)性質(zhì)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)勻加速直線運(yùn)動(dòng)，維持時(shí)間運(yùn)動(dòng)性質(zhì)以vm做勻速直線運(yùn)動(dòng)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)無(wú)F=Fm→a=o→以做勻速運(yùn)動(dòng)(1)無(wú)論哪種啟動(dòng)過(guò)程，機(jī)車(chē)的最大速度都為(2)機(jī)車(chē)以恒定加速度啟動(dòng)時(shí)，勻加速過(guò)程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即(3)機(jī)車(chē)以恒定功率運(yùn)行時(shí)，牽引力做的功W=Pt,由動(dòng)能定理得Pt-F阻x=△Ek,此式經(jīng)常用于求解機(jī)車(chē)以恒定功率啟動(dòng)過(guò)程的位移、速度或時(shí)間?！镜淅治?】一起重機(jī)的鋼繩由靜止開(kāi)始勻加速提起質(zhì)量為m的重物，當(dāng)重物的速度為v?時(shí)，起重機(jī)的功率達(dá)到最大值P,之后起重機(jī)保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，最后重物以最大速度v?勻速上升，不計(jì)鋼繩重力。則整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()B.重物勻加速過(guò)程的時(shí)間C.重物勻加速過(guò)程的加速度P U保持F-F?F-FrmPFa=-考點(diǎn)四動(dòng)能定理的應(yīng)用物體的速度均是相對(duì)地面的速度。 既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)解得vo=3m/s受力應(yīng)于小物塊4QPo聯(lián)立oF'N=Fn=84N。第二部分功能與動(dòng)量專(zhuān)題06機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系講考點(diǎn)三種表三種表達(dá)形式轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)化轉(zhuǎn)移△E=-△Ep觀點(diǎn)A.圓環(huán)下滑0.6m時(shí)速度為零D.圓環(huán)下滑0.3m時(shí)速度【考點(diǎn)詮釋】A.M<2m考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決“板—塊”模型2.解題技巧【答案】(1)gsinθ-μ2gcosθ(2)A.木板A獲得的動(dòng)能為2JB.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC.木板A的最小長(zhǎng)度為2mD.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1【規(guī)律總結(jié)】用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析“板—塊”模型的“三點(diǎn)技巧”(1)過(guò)程分析：將復(fù)雜的物理過(guò)程分解為幾個(gè)簡(jiǎn)單的物理過(guò)程，挖掘出題中的隱含條件，找出聯(lián)系不同階段的“橋梁”。(2)受力及功能分析：分析物體所經(jīng)歷的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的受力情況以及做功情況的變化，選擇適合的規(guī)律求(3)規(guī)律應(yīng)用：對(duì)滑塊和滑板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移。mm考點(diǎn)四摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化類(lèi)別比較靜摩擦力滑動(dòng)摩擦力不同點(diǎn)能量的轉(zhuǎn)化方面只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒(méi)有能量的既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化一對(duì)摩擦力的總功方面一對(duì)靜摩擦力所做功的代數(shù)和等于零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總相同點(diǎn)正功、負(fù)功、不做功方面以不做功【典例分析8】如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ=37°,A、B兩端間距L=16m,傳送帶以速度v=10m/s沿設(shè)物體經(jīng)時(shí)間t?加速到與傳送帶同速，則解得t?=1s故物體由A端運(yùn)動(dòng)到B端的時(shí)間故Q=μmgcosθx相=24J。C.拉力F做的功小于2mgRP緩慢地從B拉到A,克服摩擦力做的功為μmgR,而物塊P從A滑到B的過(guò)程中，物塊P做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)的過(guò)程中有Wr-mgR-μmgR-μmgR=0-0,則拉力F做的功為Wp=mgR(1+2μ),故D正確；從A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得mgR-We-μmgR=0,因B.經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大從A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得W彈-We=0,選項(xiàng)D正確。第二部分功能與動(dòng)量專(zhuān)題07動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用ABmovo=(mo+m)vi,解得v?=6m/s。解得v?=2m/s。D正確?！敬鸢浮恳?jiàn)解析①②⑤考點(diǎn)二碰撞類(lèi)問(wèn)題這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng)，B向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為s'時(shí)停止，B向左運(yùn)動(dòng)距離為s's時(shí)停解得s'a=0.125m,s'B=0.125m【規(guī)律總結(jié)】碰撞問(wèn)題的兩點(diǎn)注意(1)判斷兩物體碰撞瞬間的情況：當(dāng)兩物體相碰時(shí)，首先要判斷碰①如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞，則一般是列出動(dòng)量守恒方程和機(jī)械能守恒方程進(jìn)行求解，如例題中的在把握物理過(guò)程漸變規(guī)律的同時(shí)，洞察過(guò)程的臨界情景，結(jié)合題給條件(往往是不確定條件),進(jìn)行求解(注意結(jié)【典例分析8】如圖所示，水平軌道左端固定一輕彈簧，彈簧自然伸長(zhǎng)時(shí)右端在O點(diǎn)，軌道右端與一光滑豎直半圓軌道相連，半圓軌道半徑R=0.5m,半圓軌道最低點(diǎn)為C,最高點(diǎn)為D。在直軌道最右端放置小物塊N,解得Fm=240N分離后物塊N到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為vc,則有解得h≈0.27m<R的中間位置，C的長(zhǎng)度為L(zhǎng),不計(jì)空氣阻力.求：考點(diǎn)四三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問(wèn)題【考點(diǎn)詮釋】力的觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題公式表達(dá)力的瞬時(shí)作用牛頓第二定律物體的加速度大小與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，方向與合外力的方向相同F(xiàn)合=ma力的空間積累作用外力對(duì)物體所做功的代數(shù)和等于物功能關(guān)系十...下，系統(tǒng)的機(jī)械能的總量保持不變相同點(diǎn)(1)研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)(2)研究過(guò)程都是某一運(yùn)動(dòng)過(guò)程不同點(diǎn)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可以寫(xiě)出分量【答案】:見(jiàn)解析值vm是多少?間為t,加速度大小為a,在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x設(shè)A與B碰撞后的速度為v',與滑塊C分離后A與B的速度為v2,滑塊C的速度為v'cv2-v'2=2(-a)L,解得v'c=專(zhuān)題08電場(chǎng)的性質(zhì)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一電場(chǎng)的性質(zhì)AC.將懸點(diǎn)移到P?,平衡時(shí)B低于AD.將懸點(diǎn)移到P?,平衡時(shí)A、B仍在同一高度【答案】C確定研究對(duì)象“整體法”或“隔離法”受力分析角度做功電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減?。浑妶?chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大電荷電勢(shì)法正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大公式法由Ep=qφp,將q、φp的大小、正負(fù)號(hào)一起代入公式，Ep的正值越大，電勢(shì)能越大；Ep的負(fù)值越小，電勢(shì)能越大能量守恒法在電場(chǎng)中，若只有電場(chǎng)力做功時(shí)，電荷的動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小；反之，電勢(shì)能增大的電容e,SC=_U考點(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)非勻強(qiáng)電場(chǎng)勻強(qiáng)電場(chǎng)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)確定電場(chǎng)力根據(jù)電場(chǎng)線加速度A.電場(chǎng)方向豎直向上B.小球運(yùn)動(dòng)的加速度大小為gN兩個(gè)A.所用時(shí)間C.與P點(diǎn)的距離B.速度大小為3vo 【考點(diǎn)詮釋】C.x=2a處的電勢(shì)一定大于零D.A、B的電荷量之比為1:4【答案】D關(guān)系物體運(yùn)動(dòng)狀動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,取sin37°=0.6,cos37°=0.解得得質(zhì)量為m的帶正電小球B靜止在水平面上，質(zhì)量為2m的帶正電小球A從LM上距水平面高為h處由靜止釋放，在A球進(jìn)入水平軌道之前，由于A、B兩球相距較遠(yuǎn)，相互作用力可認(rèn)為零，A球進(jìn)入水平軌道后，A、B兩球間相互作用視為靜電作用，帶電小球均可視為質(zhì)點(diǎn)。已知A、B兩球始終沒(méi)有接觸。重力加速度為g。求：【關(guān)鍵點(diǎn)】①光滑絕緣軌道；②A、B兩球間相互作用視為靜電作用；③A、B兩球始終沒(méi)有接觸。速度達(dá)到穩(wěn)定。則2mvo=2mva+mvp動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類(lèi)問(wèn)題的求解，與一般的力學(xué)問(wèn)題求解思路并無(wú)差動(dòng)考點(diǎn)一磁場(chǎng)及其性質(zhì)1.兩個(gè)常用的等效模型A.B?B.2B?C.√3B?D.4B?(2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點(diǎn)A和出射點(diǎn)B所受洛倫茲力F落作用線的交點(diǎn)上或AB弦的中垂線義義【典例分析3】如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo,BC邊的中點(diǎn)O有一粒子源，可以在ABC平面內(nèi)沿任意方向發(fā)射速率為v的相同的正粒子，若從AB邊中點(diǎn)D射出磁場(chǎng)的粒子，從O到D的過(guò)程中速度方向偏轉(zhuǎn)了60°,不計(jì)粒子的重力及帶電粒子之間的相互作用，A.粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為L(zhǎng)B.粒子不可能從A點(diǎn)射出磁場(chǎng)仍從A點(diǎn)沿原入兩個(gè)相同的粒子1和2,粒子1經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點(diǎn)出磁場(chǎng)，粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點(diǎn)出磁A.粒子1與粒子2的速度之比為1:2B.粒子1與粒子2的速度之比為1:4C.粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1:1D.粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1:2【解析】:粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的垂線與OA的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子1在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的垂線與OB的垂直平分線的交點(diǎn)為粒子2在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，由幾何關(guān)系可知，可知，粒子1與粒子2的速度之比為1:2,兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為n:n=1:2,由A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于粒子在磁場(chǎng)中做圓周且兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡【規(guī)律總結(jié)】帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法考點(diǎn)三帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在組合場(chǎng)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)實(shí)際上也是運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合，解決方法如下：(1)分別研究帶電粒子在不同場(chǎng)區(qū)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若速度與磁場(chǎng)垂直，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；(2)帶電粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理。新回到P點(diǎn)，回到P點(diǎn)的速度方向與入射時(shí)相同，不計(jì)粒子重力。求：電場(chǎng)中：加速直線運(yùn)動(dòng)磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)中：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)↓磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)(2)從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)。磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)v與E同向或反向電場(chǎng)中：勻變速直線運(yùn)動(dòng)磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)電場(chǎng)中：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)詮釋】考點(diǎn)五電磁場(chǎng)中的STSE問(wèn)題2.磁場(chǎng)約束偏轉(zhuǎn)：二.質(zhì)譜儀速度選擇速度選擇器、磁流機(jī)、電磁流量計(jì)、的運(yùn)動(dòng)qv?B=qE或勻速古線運(yùn)動(dòng)DAD得得,有,,【規(guī)律總結(jié)】討論與電、磁場(chǎng)有關(guān)的實(shí)際問(wèn)題，首先應(yīng)通過(guò)分析將其提煉成純粹的物理問(wèn)題，然后用解決物理問(wèn)題的方法進(jìn)行分析。這里較多的是用分析力學(xué)問(wèn)題的方法，對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，還應(yīng)特別注意運(yùn)用幾何知識(shí)尋找關(guān)系。第四部分電磁感應(yīng)與電路專(zhuān)題10直流電路與交流電路1.直流電路動(dòng)態(tài)分析的3種方法U/VA.電路中的電源電動(dòng)勢(shì)為3.9VB.電動(dòng)機(jī)的電阻為4Ω=UI=3×0.3W=0.9W,電動(dòng)機(jī)的熱功率為Prm=Prm=0.32×4W=0.3.電路中常見(jiàn)的圖像分析類(lèi)別非線性元件電源圖象意義反映I和U的正比關(guān)系反映I和U的非正比關(guān)系為電源電動(dòng)勢(shì)，橫軸截距為短路電流注意問(wèn)題圖線的斜率的倒數(shù)表圖線的斜率僅表示電阻的變化趨勢(shì)，某點(diǎn)的電阻值需用點(diǎn)的坐標(biāo)值計(jì)算，即圖線斜率的絕對(duì)值表示電源的內(nèi)阻(注意縱坐標(biāo)數(shù)值是否從零開(kāi)考點(diǎn)二交變電流的產(chǎn)生與描述【考點(diǎn)詮釋】1.兩個(gè)特殊位置的特點(diǎn)2.正弦交流電“四值”的應(yīng)用→【典例分析3】一電阻分別通過(guò)四種不同形式的電流，四種電流隨時(shí)間變化的情況如下列選項(xiàng)所示，在相同時(shí)AC2ooBD0考點(diǎn)三理想變壓器及遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題【考點(diǎn)詮釋】關(guān)系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15Ω,額定電壓為24V。定值電阻R?=10Ω、R?=5Ω,滑動(dòng)變阻器R的u/V0A.1QB.50C.60U?=UL+U,可得U=6V。由解得R=1Ω,A.Ir=3IsB.U=4Uo【答案】ABD副線圈匝數(shù)比為1000:1,輸電線的總電阻為1000Ω,若升壓變壓器的輸入電壓如圖乙所示，用戶(hù)端電壓為A.輸電線中的電流為3A;用戶(hù)端電壓為220v,;用戶(hù)端電壓為220v,根據(jù)P損=P?-P?P?為輸送的功率，P?為用戶(hù)得到的功率P損=IBR線I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻△U為輸電線路上損失的電壓，不要與U?、U?相混△U不要錯(cuò)代入U(xiǎn)?或U?第四部分電磁感應(yīng)與電路專(zhuān)題11電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用講核心素養(yǎng)講考點(diǎn)【考點(diǎn)詮釋】【規(guī)律總結(jié)】(1)“找、判、定”三步確定電勢(shì)的高低手定則判斷出感應(yīng)電流的方向電源內(nèi)部電流的方向是由負(fù)極(低電勢(shì))流向正極(高電勢(shì)),外電電勢(shì)都要降低(2)電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法匝數(shù)，△Φ:磁通量變化量，R+r:閉合電路的總電阻)圖象類(lèi)型(1)隨時(shí)間變化的圖象，如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象、I-t圖象(2)隨位移變化的圖象，如E-x圖象、I-x圖象(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個(gè)物理量隨哪個(gè)物理量變化要弄清)問(wèn)題類(lèi)型(1)由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫(huà)出正確的圖象(畫(huà)圖象)(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程，求解相應(yīng)的物理量(用圖象)應(yīng)用知識(shí)四個(gè)規(guī)律六類(lèi)公式(1)平均電動(dòng)勢(shì)(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=Blv(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)(4)閉合電路歐姆定律(5)安培力F=BIl(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等【典例分析3】(多選)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且yy0bACD末ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的長(zhǎng)度是第1s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小勻變化),特別是分析物理量的正負(fù)和方向，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫(xiě)出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函I乙山山考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中力電綜合問(wèn)題【考點(diǎn)詮釋】非平衡態(tài)2.力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系EvF合=mg安培力做功轉(zhuǎn)化做負(fù)功：機(jī)械能—焦耳熱或其他形式電能焦耳熱或其他形式電能2.求解焦耳熱Q的三種方法(1)在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。三.動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)問(wèn)題中的應(yīng)用1.對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處,解得【解析】(1)設(shè)流過(guò)金屬桿中的電流為I,由平衡條件得,解得所以R?中的電流大小方向從P到M。R?上產(chǎn)生的焦耳熱為甲乙得t?=0.1s得t?=0.1s有v2-v2=2gd,得v?=4m/s由v?—vi=gt?,得t?=0.3得t4=0.025st=t?+t?+t?