1、(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vv0at xv0tat2v2v2axvxaT2适用于任何形式的运动自由落体运动vgt hgt2 v22ghv00，ag竖直抛体运动vv0gt hv0tgt2 v2v2gh上抛取“”号下抛取“”号相互作用重力Gmg无特殊说明时g取9.8 m/s2，估算时g取10 m/s2胡克定律Fkxx为形变量，k为劲度系数滑动摩擦力FFNFN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maa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
2、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t4 s时，甲、乙两车相距最远B在t10 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t4 s时相距最远，故A正确；010 s内物体乙的速度一直为正，方向不变，故在t10 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
3、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t12 s时质点开始做反向的直线运动B在020 s时间内质点的速度不断增大C在020 s时间内质点的平均速度大小为0.8 m/sD在020 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：Cxt图像的斜率等于速度，020 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020 s时间内质点的位移为x16 m，平均速度大小v0.8 m/s，C正确；由斜率可知，在020 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
4、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()A3个、5个B3个、3个C4个、4个 D3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
5、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()AaO绳和bO绳中的弹力都逐渐减小BaO绳和bO绳中的弹力都逐渐增大CaO绳中的弹力一直在增大，bO绳中的弹力先减小后增大DaO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
6、甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 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，g10 m/s2.下列说法中不正确的是()A05 m内物块做匀减速直线运动B在t1 s时刻，恒力F反向C恒力F大小为10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.3解析：C物体在05 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/s210 m/s2 ；物体匀加速运动的加速度大小：a2 m/s24 m/s2；根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2，联立两式解得：F7 N，f
7、3 N，则动摩擦因数为：0.3，物体匀减速直线运动的时间为：t1s1 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，t0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 m2s2)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 NC5 s内小物块通过的位移为5 mD5 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v2v2ax，可知小物块做初速度为零的匀加速直线运动，选项A错误；v2x
8、图像的斜率k2a5 m/s2，解得加速度a2.5 m/s2，由牛顿第二定律得水平拉力Fma12.5 N2.5 N，选项B正确；5 s末小物块的速度为v5at52.55 m/s12.5 m/s，选项D错误；5 s内小物块的位移为x5v5t512.55 m31.25 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vxv0，vygt xv0t，ygt2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 a2rrv Fmamm2rv vr万有引力定律万有引力定律FG引力常量：G6.671011 Nm2/kg2功功WFlcos 是F与l的夹
9、角功率平均功率P瞬时功率PFvcos 是F与v的夹角机械效率100%100%1能动能Ekmv2标量，具有相对性重力势能Epmgh与零势能面的选择有关动能定理W合mvmvW合为合外力做的功机械能守恒定律E1E2或Ek1Ep1Ek2Ep2守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内动量动量pmv矢量，与v同向冲量IF(tt)矢量，与F同向动量定理Ip矢量表达式动量守恒定律m1v1m2v2m1v1m2v2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
10、动时(此时杆与水平方向夹角为)，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v1vBcos vcos 和v2vBsin vsin ，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：，则A点线速度为：vAL，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()Av1v2B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
11、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hAhB，根据hgt2知，飞行时间tAtB，即两球不同时抛出；两球在水平方向上做匀速运动，有xv0t，水平位移x相同，故初速度v1v2，选项A正确；因球到达P点时的竖直分速度vygt，tAtB，故vAyvBy，又球在P点速率vP，而水平分速度v1v2，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
12、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Pmgvy，重力的功率先减小后增加，故D错误4(2020青海省三校
13、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)()Ab卫星转动线速度大于7.9 km/sBa、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aaabacCa、b、c做匀速圆周运动的周期关系为TcTb TaD在b、c中，b的动能最大，c的机械能最大解析：Db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Gm，解得v，代入数据得v7.9 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ac，根据
14、ar2知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据aG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TaTc，根据T2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，板A和板B间的摩擦不计求：(1)A相对
15、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2mv03mv2，v2v0(2)B、C发生完全非弹性碰撞，有 mv02mv1得v1v0根据能量守恒有mv2mvmvWf则WfmvA在C上滑动时摩擦力按线性关系增大，所以做功大小为Wfmgl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
16、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g10 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m1gLm1v解得v04 m/s.小球m1在最低点时，由牛顿第二定律，得FTm1gm1，解得FT6 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m1v0m1v1
17、m2v2解得v21.5 m/s.(3)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m2vm2g(2R1)m2v，解得R10.045 m.若小球恰好到达圆轨道与圆心等高处速度减为0，则有m2vm2gR2，解得R20.1125 m.综上：R应该满足R0.045 m或R0.1125 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Fk(k9.0109 Nm2/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Ek只适用于真空中的点电荷产生的电场E只适用于匀
18、强电场电场力FqEF与E的方向相同或相反电势、电势差UABAB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为电阻率电流InqSv电源电动势EU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UE断路时U0短路时UIREU内EIr通路时电功WUIt适用于一切电路WI2Rtt适用于纯电阻电路焦耳定律QI2Rt电源功率PEI用电器功率PUI适用于一切电路PI2R适用于纯电阻电路电源效率100%100%磁场磁感应强度BI与B的方向垂直安培力FBILBI，用左手定则判断力的方向洛伦兹力FBqvBv，用左手定则判断力的方向临考必做
19、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4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()A1234B粒子的运动轨迹和等势面3也可能垂直 C4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4指向1，顺着电场线方向电势逐渐降低，则可知123W0时，才有光电子逸出，截止频率c.(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，波长，其中为粒
20、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)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hEmEn(EmEn)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射线氦核流原子核可达0.1c强较差射线高速电子流中子质子电子可达0.99c较弱较强射线电磁波原子核能级跃迁c最小最强4.原子核物
21、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 eVB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 eVD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Ek
22、mhW0，可得W01.8 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1.643.19 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n5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
23、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n5的激发态向低能级跃迁，故能辐射的光子数为C10种，其中由n5、4、3向n2能级跃迁辐射的光子属于可见光，C错误，D正确4根据粒子散射实验，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，实线表示一个粒子的运动轨迹在粒子从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
24、解析：C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，因此粒子的加速度先增大后减小，故D错误(八)选修33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MNA分子体积V0摩尔体
25、积VMNA3分子之间存在着相互作用力(1)分子力的特点：分子间同时存在引力和斥力；引力和斥力都随分子间距离的增大而减小；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rr0时表现为斥力；当rr0时分子力为零；当rr0时表现为引力；r10r0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：UWQ)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
26、切，跟这部分液面的分界线垂直液晶：具有液体的流动性；具有晶体的光学各向异性；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p1V1p2V2(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
27、强不变的条件下，由液态到气态变化过程中温度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t1t2时间内，该物质分子势能随着时间的增加而增大D在t2t3时间内，该物质的内能随着时间的增加而增大E在t2t3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
28、计每个薄膜的重量，大气压强为p0，气体的温度不变，求：()每个薄膜气泡内气体的体积减少多少？()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t1t2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t2t3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
29、高，分子的平均动能增大，所以内能增加故D正确；在t2t3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)()放上物品后，设每个薄膜气泡内气体的压强为p2，则有：p2Sp0S；根据玻意耳定律有：p1V1p2V2解得：V2V1V1则每个薄膜气泡的体积减少量为：VV1V2V1()再叠加一个同样的物品后，设气体压强为p3，则有：p31.2Sp01.2S根据玻意耳定律有：p1V1p3V3解得：V3V1.答案：(1)ACD(2)()V1()V12(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
30、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t127，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L10.10 m，此时弹簧弹力与活塞重力大小之比为34.已知活塞的质量为m3.6 kg，截面积S20 cm2，重力加速度g10 m/s2.()
31、将活塞锁定，将环境温度缓慢上升到t2127，求此时B部分空气柱的压强；()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
32、热量传到外界，不违背热力学第二定律，故E正确(2)()活塞重力Gmg3.610 N 36 N弹簧的弹力F弹G36 N27 N弹簧的劲度系数k N/m270 N/m稳定时B部分气柱的压强pBPa1.35104 Pa设升温后B部分气体的压强为pB，根据查理定律，有：代入数据：解得：pB1.8104 Pa()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pB，根据玻意耳定律，有：pBL1SpBL2S对活塞受力分析，根据平衡条件有：kL2pBSG以上两式代入数据：1.81040.1SpBL2S270L2pB2010436解得：L20.2 mpB9103 Pa.答案：(1)BDE
33、(2)()1.8104 Pa()0.2 m(九)选修34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：nn(2)全反射：sin C3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、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：强度大；方向性好；单色性好；相干性好；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
34、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
35、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 150.26)()画出光路图，并求出立方体的折射率n；()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
36、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vf知，电磁波波长变短，声波波长变长；故E正确(2)()根据题意作光路图，光线在P点发生折射时，入射角为i60，折射角为r45，因此透明物体的折射率n1.23()连接PN，由几何关系可得，PN，PM，QN，QM的长均为a.且PSN30，SNSPa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tt1t2.解
37、得t.答案：(1)ACE(2)()光路图见解析1.23()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( )AA光的频率比B光的频率高BA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，
38、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：()质点O与P平衡位置间的距离；()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，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
39、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x，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)()设波的周期为T，T4 s，波长为，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t1TT所以x1设质点P与Q平衡位置间的距离为x，x120 cm，波从P传到Q的时间为t2，当波传到Q点后，质点Q
40、经过时间t3第一次在波谷，且该过程总时间为t0，则t3，t0t2t3解得t22TT所以x2解得x184 cm()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t1t0解得t总20 s，即t总5T所以L54A解得L200 cm.答案：(1)BDE(2)()84 cm()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
41、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12)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
42、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，v00，ag.2竖直上抛运动：只受重力作用，ag，初速度方向竖直向上3平抛运动：只受重力作用，ag，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Fkx.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
43、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x：x：x：x：1357(2)通过连续相等位移所需时间之比：t1t2t31(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
44、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tan .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
45、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
46、统处于静止状态，且弹簧处于自然状态(x0)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2mgF2ma，解得Fmg，对A有mgNma，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mgkxma，则此时弹簧的弹力kx(即x)；在作用力减为0之前，对A有mgkxNma，则Nmgkxma，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2mgkxF2ma，结合选项A、B的分析可知，当N0
47、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，t2.5 s时撤去力F，已知滑块质量m2 kg，木板质量M1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.已知滑块在02.5 s内没有滑离木板求：(1)在00.5 s内，滑块和长木板之间的摩擦力大小；(2)在t2.5 s时，滑块和长木板的速度的大小解析：(1)在00.5 s内，假设滑块和木板具有共同加速度a
48、1，由牛顿第二定律得F1(Mm)a1，则a12 m/s2木板能达到的最大加速度a24 m/s2a1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f1Ma12 N.(2)在0.52.5 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(Mm)a3得a35.3 m/s2a2，故滑块和木板相对滑动木板和滑块在t0.5 s时的速度大小v1a1t11 m/s长木板在t2.5 s时的速度大小v2v1a2t29 m/s对滑块，根据牛顿第二定律有F2mgma4，则a46 m/s2滑块在t2.5 s时的速度大小v3v1a4t213 m/s.答案：(1)2N(2)13 m/s9 m/s3.如图
49、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vv0(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，则的取值范围为()A.B.C. D.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mv0mv04mvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是v0vB，两式联立可解得；碰撞前后两小球的机械能应满足mvm(v0)24mv，解得，综合可得.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
50、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h0.4 m，所以v2 m/s.当细绳张紧时，设绳与竖直方向的夹角为，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(1cos )mvmv.联立求解得：vt2.2 m/s答案：2.2 m/s5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
51、瞬间()A悬绳对电梯的拉力大小为(Mm)(ag)B悬绳对电梯的拉力大小为MgC小球的加速度大小为gD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FMgMa，解得FM(ag)，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
52、间按图示规律变化时()A在t1t2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t1t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流解析：AD在t1t2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Bt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Bt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t1t2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.
