2019-2020年高考物理二轮复习 第一板块 13个高考主题主干知识再回顾.doc

2019-2020年高考物理二轮复习 第一板块 13个高考主题主干知识再回顾“源于课本，高于课本”一直是高考命题的基本原则，这种原则在命题时表现为以“中档题为主”，在高考中，以大多数似曾相识的“教材挖掘题”以及相对稳定的难度连年延续。所以考前几天，不应再纠缠于偏难怪题不能自拨，而应回归教材主干知识，重温经典题目，树立自信心，保持良好状态，力避非能力因素而失分。高考主题(一)质点的直线运动考纲要求命题解读1参考系、质点()3个考点中，匀变速直线运动及其公式、图像是命题的热点。近年高考中考查过追及与图像综合、匀变速直线运动与牛顿运动定律、功能规律综合，选择题、计算题皆有。2位移、速度和加速度()3匀变速直线运动及其公式、图像()主干知识忆一忆1质点是一种理想化模型，物体看成质点有条件，参考系具有任意性、差异性等，巧用参考系能快速解决问题。2位移表示位置的变化，为矢量。位移相同，路程(标量)可能不同。3速度定义式v。平均速度对应位移(时间)，方向为位移方向，瞬时速度对应位置(时刻)，方向为运动方向。读取汽车速度时要注意单位换算，1 m/s3.6 km/h。4加速度定义式a。物体运动是加速还是减速看加速度与速度方向是同向(或锐角)还是反向(或钝角)。物体加速度大反映速度变化快。类似描述量有磁通量及磁通量变化率。加速度的方向与物体所受的合外力的方向相同(或与速度变化量的方向相同)。5匀变速直线运动的基本公式：vv0at，xv0tat2，v2v022ax。三个式子皆为矢量式。匀变速直线运动的时间中点速度v，位移中点速度v 。不管是匀加速直线运动还是匀减速直线运动都有v小于v。6速度图像中斜率反映加速度、面积反映位移；位移图像中斜率反映速度；加速度图像中，面积对应速度的变化量。7在匀变速直线运动中，物体所受合力恒定，加速度恒定，速度均匀增大或减小。物体做直线运动的条件为：所受合力(不是某个力)方向与速度方向在同一直线上(这招对判断带电粒子在电磁场中的“拐弯”现象很管用)。易错易混醒一醒1混淆v、v、(磁通量处也有类似)；误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据；误将速度当成标量计算加速度；混淆轨迹图和位移时间图；计算速度或功率时看不清“平均”还是“瞬时”。2混淆运动时间和客观时间。如汽车刹车时，汽车运动时间满足t，发生的位移满足x。另外忽视反应时间也是易错点。3竖直上抛运动具有对称性和多解性，例如上升和下降经过同一位置时速度等大、反向，体现了对称性。物体经过空间同一位置时可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段等，体现了多解性(带电粒子在匀强电场中也有此特性)。所以像竖直上抛运动中匀减速运动具有返回特性和刹车运动中不具有返回特性要区分开来。4追及问题不会分析条件，对几次相遇分不清而出错。保温训练试一试1(xx石家庄调研)据英国每日邮报报道：27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛。自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以速度v2落水，选向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是()A该运动员在0t2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变B该运动员在t2t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态C在0t2时间内，平均速度1D在t2t3时间内，平均速度2解析：选C由题中图像可知，在0t2时间内运动员的加速度一直不变，A项错误；在t2t3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小，则加速度大小逐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B项错误；由图像可知，在0t2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度，C项正确；在t2t3时间内，由图线与t轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度2，D项错误。2(xx浙江金丽衢十二校联考)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚，如图所示，以8 m/s的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m。该车减速时的加速度大小为5 m/s2。则下列说法中正确的是()A如果驾驶员立即刹车制动，则t2 s时，汽车离停车线的距离为2 mB如果在距停车线6 m处开始刹车制动，汽车能在停车线处停下C如果驾驶员的反应时间为0.4 s，汽车刚好能在停车线处停下D如果驾驶员的反应时间为0.2 s，汽车刚好能在停车线处停下解析：选D汽车立即刹车，则从刹车到停止的时间为t1.6 s。如果驾驶员立即刹车制动，则t2 s时汽车已经停下来，位移x6.4 m，距离停车线8 m6.4 m1.6 m，A项错误；如果在距停车线6 m处开始刹车制动，根据汽车停下来的位移x6.4 m，可判断汽车将越过停车线0.4 m，B项错误；如果驾驶员的反应时间为0.4 s，则有x0.4 s8 m/s9.6 m，越过停车线，C项错误；如果驾驶员的反应时间为0.2 s，则有x0.2 s8 m/s8 m，汽车恰好在停车线处停车，D项正确。3如图所示，汽车甲以8 m/s的速度从坐标原点O向x轴正方向做匀速直线运动，汽车乙以10 m/s的速度从坐标(0,50)处开始做匀速直线运动，要使两车恰好在x轴上相遇，那么乙车的速度方向与y轴所夹锐角的大小以及相遇处离坐标原点的距离分别是()A60，86.7 mB53，66.7 mC45，50 m D37，37.5 m解析：选B关联分析甲与乙，运动情景如图所示，甲有x甲v甲t，乙有x乙v乙t应用几何关系得x甲2(50 m)2x乙2解式得t s则x甲v甲t66.7 m，tan 1.33，则53，故B正确。高考主题(二)相互作用与牛顿运动定律考纲要求命题解读1滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力()4力的合成和分解()7个考点中，3个要求。其中受力分析、正交分解、动态平衡是相互作用部分命题的热点。而有关牛顿运动定律问题以高频命题率很好地诠释了其物理学主干知识的地位，xx、xx年的大分值计算题更加突出亮点。所以多体、多过程、板块模型等问题都要理清解题思路。5共点力的平衡()2形变、弹性、胡克定律()6牛顿运动定律及其应用()3矢量和标量()7超重和矢重()主干知识忆一忆1相互作用(1)绳的拉力沿着绳子并指向绳收缩的方向，杆的弹力可能沿杆也可能不沿杆，需要根据受力情况或物体的运动状态而定。(2)摩擦力大小：滑动摩擦力FfFN，与接触面的面积、接触面相对运动快慢等无关；静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件来求，0FfFm。接触面间的动摩擦因数一定时，静摩擦力的大小与弹力没有正比关系，但滑动摩擦力和最大静摩擦力一定跟弹力成正比。摩擦力方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反。同一接触面间的弹力与摩擦力方向相互垂直。有摩擦力必有弹力，无弹力一定没有摩擦力。(3)力的合成和分解都遵从平行四边形定则；两个力的合力范围：|F1F2|F|F1F2|；合力可以大于分力、也可以小于分力、还可以等于分力(几种特殊角度的合力运算要熟记)。(4)平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合0或Fx0、Fy0、Fz0。常用方法有正交分解法、三角形法、图解法，对于物体系还要用到整体法和隔离法。2牛顿运动定律(1)牛顿第一定律(惯性定律)：一切物体总保持原来的静止状态或匀速直线运动状态的性质叫做惯性。质量是物体惯性大小的唯一量度。惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，与物体的受力情况及运动状态无关。力是使物体产生加速度的原因。(此处考查方向可以有物理学史、伽利略斜槽实验、笛卡尔、牛顿等等)(2)牛顿第二定律：指出了力和加速度的定量关系，即Fma。理解定律的瞬时性、矢量性和独立性等。(3)牛顿第三定律：作用力和反作用力总是等大反向，同生同灭，同直线，作用在不同物体上。(4)超重与失重状态特点暨判断依据两种运动情况表达式注意超重物体具有向上的加速度或分量向上加速运动Fymgma重力不变向下减速运动失重物体具有向下的加速度或分量向下加速运动mgFyma完全失重时Fy0，ag向上减速运动(5)动力学的两类基本问题：由受力情况分析判断物体的运动情况；由运动情况分析判断物体的受力情况。解决两类基本问题的方法：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解。(6)整体与隔离：当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法。有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决。易错易混醒一醒1对绳件、杆件、弹簧件、挡板件特性不理解。轻绳只能产生拉力，且方向一定沿着绳，瞬间变化对应突变；轻杆能拉、能压，瞬间变化对应突变；轻弹簧能拉能压，瞬间变化对应渐变；轻橡皮条能拉不能压，瞬间变化对应渐变。所以弹簧参与的平衡要分清弹簧是压缩还是伸长，要注意多解性。2混淆静摩擦力和滑动摩擦力；受力分析时既“施力”又“受力”，造成“漏力”或“多力”；误以为平衡态就是静止态。3误将超重、失重现象当成物体重量变大或变小。4处理斜面问题时忽视斜面倾角与arctan 的大小比较。保温训练试一试1如图所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则()Aa、b两弹簧的伸长量之比为Ba、b两弹簧的伸长量之比为C若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为D若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为g解析：选B本题可用正交分解法求解，将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，如图所示，则Tacos 30mg，Tasin 30Tb，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为，结合牛顿第二定律可求得弹簧b的左端松脱瞬间小球的加速度为g，故B正确。2有一直角V形槽可以绕槽底所在轴线转动，其截面如图所示，OB面与水平面间夹角为，有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与OA、OB间的动摩擦因数都为，重力加速度为g。现用垂直于纸面向里的力推木块使之垂直纸面在槽内运动，则()A60时，木块所受的摩擦力为mgB60时，木块所受的摩擦力为mgC在0到90变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为mgD在0到90变化过程中，木块所受的摩擦力最大值为mg解析：选D将重力按照实际作用效果正交分解，则木块对槽两面的压力分别为FAmgsin ，FBmgcos ，则木块受到的滑动摩擦力为f(mgsin mgcos )，60时，fmg，故A、B错误；在0到90变化过程中，木块受到的摩擦力为f(mgsin mgcos )mgsin(45)，当45时，摩擦力最大，最大为fmaxmg，故C错误，D正确。3(xx烟台期中)如图所示，在竖直平面内有半径为R和1.5R的两个圆，两圆的最高点相切，切点为a，b和c分别是小圆和大圆上的两个点，其中ab长为1.6R，ac长为3R。现沿ab和ac建立两条光滑轨道，自a处由静止释放小球，已知小球沿ab轨道运动到b点所用时间为t1，沿ac轨道运动到c点所用时间为t2，则t1与t2之比为()A23B58C1516 D.解析：选D设ab和ac间的夹角为，如图所示，根据几何关系知cos ，小球沿ab做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得agcos g，根据运动学公式有1.6Rat12，小球从a运动到c做自由落体运动，有3Rgt22，联立解得，D项正确。4(xx百校联盟押题卷)如图甲所示，一质量m1 kg的物块静止在倾角37的斜面上。从t0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数0.8，取sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图像中能正确反映物块的速度v随时间t变化规律的是()解析：选C由mgsin 6 N，Ffmgcos 6.4 N，初始时物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；01 s时间内物块静止；12 s时间内物块开始沿斜面向上做加速度增大的加速运动，摩擦力方向沿斜面向下，t2 s时物块加速度大小为12.4 m/s2；t2 s后F0.4 N，物块的加速度大小为12.8 m/s2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s，C项正确。高考主题(三)抛体运动与圆周运动考纲要求命题解读涉及两大曲线运动的考题几乎年年必现。抛体运动可以与斜面、墙面结合命题，也可以考查多个物体的抛体运动，还可以联系实际问题；圆周运动常围绕水平运动和竖直运动两种情况命题，近几年高考中加强了曲线运动与功能问题的小综合，以考查学生的推理能力。1运动的合成与分解()2抛体运动()3匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度()4匀速圆周运动的向心力()5离心现象()主干知识忆一忆1抛体运动(1)曲线运动的条件：合力与v不共线(合力指向运动轨迹的“凹”侧)。(2)小船渡河模型最短时间问题最短位移问题(3)绳通过定滑轮拉物体运动：把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相同求解。(4)平抛运动：平抛运动是加速度为g的匀加速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。水平方向：vxv0，xv0t竖直方向：vygt，ygt2合速度：平抛物体的瞬时速度的大小：v，方向与水平方向的夹角为，tan 。合位移：物体在时间t内的位移的大小：s，与水平方向的夹角为，tan 。平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(vgt)相等，且必沿竖直方向。2圆周运动(1)圆周运动向心力表达式：Fmmr2mmv42mf2rma。(2)圆周运动中的供需关系：当Fmr2时，供需平衡，物体做匀速圆周运动；当F0时，物体沿切线方向飞出；当Fmr2时，供不应求，物体逐渐远离圆心，当Fmr2时，供过于求，物体逐渐靠近圆心，F为实际提供的向心力。(3)水平面内的圆周运动主要以圆锥摆模型、转盘问题为主。要注意的是圆周运动由于周期性往往对应多解问题。(4)竖直平面内圆周运动中分清两类模型对于“绳(环)约束模型”，在圆轨道最高点，当弹力为零时，物体的向心力最小，仅由重力提供，由mgm，得临界速度vmin。当计算得物体在轨道最高点运动速度vvmin时，物体将从轨道上掉下，不能过最高点。对于“杆(管道)约束模型”，在圆轨道最高点，因有支撑，故最小速度为零，不存在脱离轨道的情况。物体除受向下的重力外，还受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上。当物体速度v时，弹力向下；当v时，弹力向上。vmin是弹力方向突变的临界点，对应的弹力为0。抓好“两点一过程”“两点”指最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，找出向心力的来源，根据牛顿第二定律列式。“一过程”，即从最高点到最低点，用动能定理将这两点的动能(速度)联系起来。(5)对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键。易错易混醒一醒1平抛运动中，误将速度与水平方向的夹角当成位移与水平方向的夹角。2带电粒子在平行板电容器中做类平抛运动时，是否考虑重力不能从题意中读出。3忽视了斜面上方水平抛出的小球是落在斜面上还是落到斜面外而漏解。4混淆竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”。5传动装置中对同轴角速度相等和皮带传动线速度相等混淆。6忽视圆周运动的周期性带来的多解问题。保温训练试一试1(xx太原模拟)如图所示，将小球从倾角为45的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，小球分别落到斜面上的A点、B点，以及水平面上的C点。已知B点为斜面底端点，P、A、B、C在水平方向间隔相等。不计空气阻力，则()A三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间均不相同B小球落到A、B两点时，其速度的方向不同C若小球落到A、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为3D若小球落到B、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为3解析：选C根据hgt2，得t，由于B、C两点下落的高度相同，则小球这两次的飞行时间相同，大于小球落在A点时的飞行时间，A项错误；A、B两点都在斜面上，则小球竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有tan ，解得ttan 45，则落在斜面上时竖直方向上的分速度为vygt2v0，设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为，有tan 2，可知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则小球落在A、B两点处的速度方向相同，故B项错误；小球落到A、B两点，水平位移xv0t，据题，P、A、B在水平方向间隔相等，可得两次抛出时小球的速率之比为vAvB1；小球落到B、C两点，则运动的时间相等，而P、A、B、C在水平方向间隔相等，根据v0可知，两次抛出时小球的速率之比为vBvC23，所以vAvC3，故C项正确，D错误。2多选(xx临川期中)如图所示，质量为m1 kg的物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静此释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道，P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45角，此时物体的速度是10 m/s，取g10 m/s2，下列说法正确的是()A物体做平抛运动的水平初速度v0为2 m/sB物体沿滑道经过P点时速度的水平分量为 m/sCOP的长度为5 mD物体沿滑道经过P点时重力的功率为40 W解析：选CD物体下滑过程中，只有重力做功，物体和地球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒得mghmv2，解得h5 m，则OP的长度为5 m，若做平抛运动，根据hgt2，得t1 s，平抛运动初速度v05 m/s，故A项错误，C项正确；设物体滑到P点时速度方向与水平方向夹角为，物体滑到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，即tan 2tan 45，解得cos ，P点速度水平分量vxvcos 2 m/s，故B项错误；由数学知识可得，sin ，则物体经过P点时竖直方向上的分速度vyvsin ，物体沿滑道经过P点时重力的功率为Pmgvy40 W，故D项正确。3.多选有一水平放置的圆盘，上面放有一劲度系数为k的轻质弹簧，如图所示，弹簧的一端固定于轴O上，另一端挂一质量为m的物体A(可视为质点)，物体A与圆盘面间的动摩擦因数为，开始时弹簧未发生形变，长度为R。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。设物体A开始滑动时圆盘的转速为n0，且滑动后物体A与圆盘转速仍然相等，下列说法正确的是()A物体A开始滑动时圆盘的转速n0 B物体A开始滑动时圆盘的转速n0 C转速达到2n0时，弹簧的伸长量xD转速达到2n0时，弹簧的伸长量x解析：选AC圆盘开始转动时，A所受的静摩擦力提供向心力，若物体A开始滑动时圆盘的转速为n0，则mgmR(2n0)2，解得：n0 ，A正确，B错误；当转速增大到2n0时，设弹簧的伸长量为x，则有：mgkxm(Rx)(22n0)2，解得x，C正确，D错误。4.(xx邯郸模拟)“太极球”是近年来在广大市民中较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍，球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图甲所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图甲中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势，A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。设球的重力为1 N，不计拍的重力。下列说法正确的是()A健身者在C处所需施加的力比在A处大3 NB健身者在C处所需施加的力比在A处大1 NC设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角，作出的tan F的关系图像为图乙D设在A处时健身者需施加的力为F，当球运动到B、D位置时，板与水平方向需有一定的夹角，作出的tan F的关系图像为图丙解析：选C设球运动的线速度为v，半径为R，则在A处时Fmgm，在C处时Fmgm，联立以上两个方程式可以得到FFF2mg2 N，故A、B项错误；在A处时健身者需施加的力为F，球做匀速圆周运动的向心力F向Fmg，在B处不受摩擦力作用，受力分析如图所示，则tan F1，作出的tan F的关系图像如题图乙所示，故C项正确，D项错误。高考主题(四)万有引力定律考纲要求命题解读1万有引力定律及其应用()4个考点，几乎年年必现，并且难度有所加大，以xx年全国卷第17题来说，出错率为47.69%，所以备考不仅要全面周到，而且要注意难度。2环绕速度()3第二宇宙速度和第三宇宙速度()4经典时空观和相对论时空观()主干知识忆一忆1在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动。其基本关系式为Gmm2rm2rm(2f)2rma。在天体表面，忽略自转的情况下有Gmg。在离地面高度为h时重力加速度gg。2对中心天体质量有M(利用公转模型)，M(利用黄金代换)；仅由近地卫星的运行周期，即可求星球密度。对环绕体做匀速圆周运动有a、v、2、T2 r3。可见，rT、v、a、。3近地卫星的线速度即第一宇宙速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小速度。第一宇宙速度由Gm，得v 。4地球同步卫星：Gm(Rh)，在赤道正上方，距地高度h5.6R，周期一定与地球自转T相同。5双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两颗星间的万有引力提供。它们的角速度也是相等的，线速度与两子星的轨道半径成正比。解答时要注意两个半径的差别。6星球因自转而解体：赤道处的物体，随星球过快的自转，支持力为0时，恰好解体。7追及问题：最近：|12|2n，最远：|12|(2n1)(n一般取1)。所以卫星追及一般是先减速(发动机向运动方向喷气)到较低的轨道，再加速到高的轨道，这样也便于节能。易错易混醒一醒1将地面上随地球自转的物体与近地环绕地球运行的物体混淆；混淆自转加速度和环绕加速度。2易将运行速度错误地当成发射速度。3将稳定轨道上速度v和椭圆轨道运动的速度(用开普勒第二定律判断速度)混淆。4双星模型中不能正确区分轨道半径和万有引力中的距离。5审题时不仔细，混淆卫星距地面的高度和与地心的距离。保温训练试一试12015年12月29日0时04分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射“高分四号”卫星，“高分四号”是我国首颗地球同步轨道高分辨率光学成像卫星，也是目前世界上空间分辨率最高、幅宽最大的地球同步轨道遥感卫星。它的发射和应用将使我国天基对地遥感观测能力显著提升。关于“高分四号”，下列说法正确的是()A“高分四号”卫星的空间分辨率很高，若它距地球更近一些，效果会好一些B“高分四号”卫星绕地球做圆周运动的线速度小于地球的第一宇宙速度7.9 km/sC“高分四号”卫星的向心加速度小于静止在赤道上物体的向心加速度D“高分四号”卫星的向心力与其他同步卫星的向心力的大小相等解析：选B所有同步卫星都具有相同的周期、相同的高度和相同的速率，尽管“高分四号”卫星的空间分辨率很高，但它与其他的同步卫星离地面高度相同，A错误；根据万有引力提供向心力，有v，因为第一宇宙速度对应的轨道半径等于地球的半径，所以卫星的速度小于第一宇宙速度，B正确；根据向心加速度a，“高分四号”卫星与静止在赤道上的物体具有相同的周期，“高分四号”卫星轨道半径大，所以“高分四号”卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度，C错误；由于“高分四号”卫星与其他同步卫星的质量有可能不同，地球对它们的引力大小也可能不同，向心力大小也就可能不同，D错误。2.(xx河西联考)我国未来将在月球地面上建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站。如图所示，关闭发动机的航天飞机A在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接。已知空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，万有引力常量为G，月球的半径为R。下列说法中错误的是()A航天飞机在图示位置正在加速向B运动B月球的第一宇宙速度为vC月球的质量为MD要使航天飞机和空间站对接成功，航天飞机在接近B点时必须减速解析：选B根据开普勒定律可知，航天飞机向近月点B运动时速度越来越大，故A项正确；空间站绕月圆轨道的半径为r，周期为T，其运行速度为v，其速度小于月球的第一宇宙速度，故B项错误；设空间站的质量为m，由Gmr得，月球的质量M，故C项正确；要使航天飞机在椭圆轨道的近月点B处与空间站C对接，必须在接近B点时减速，否则航天飞机将继续做椭圆运动，故D项正确。3多选(xx贵阳第一中学检测)设宇宙中某一小行星自转较快，但仍可近似看作质量分布均匀的球体，半径为R。宇航员用弹簧测力计称量一个相对自己静止的小物体的重力，第一次在极点处，弹簧测力计的读数为F1F0；第二次在赤道处，弹簧测力计的读数为F2。假设第三次在赤道平面内深度为的隧道底部，示数为F3；第四次在距星球表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中，示数为F4。已知均匀球壳对壳内物体的引力为零，则以下判断正确的是()AF3F4BF3F40CF3F40D在人造卫星中时，物体处于失重状态解析：选CD设该行星的质量为M，则质量为m的物体在极点处受到的万有引力F1F0，球体的体积公式为V，由于在赤道处，弹簧测力计的读数为F2，则Fn2F1F2F0m2R，半径R以内的部分的质量为MMM；物体在R处受到的万有引力F3F1F0；物体需要的向心力Fn3m2m2RF0，所以在赤道平面内深度为R的隧道底部，示数为F3F3Fn3F0F0F0，第四次在距星球表面高度为R处绕行星做匀速圆周运动的人造卫星中时，物体受到的万有引力恰好提供向心力，物体处于完全失重状态，所以弹簧测力计的示数为0。综上所述，C、D正确。高考主题(五)机 械 能考纲要求命题解读1功和功率()4个考点皆为要求。高考命题的高频考点。难度可小可大，题型可以为选择、实验和计算，所以基础知识复习要到位，各种模型要领悟，如启动模型、多过程模型、斜面模型、弹簧参与的模型、功能与图像结合问题、与天体运动综合，等等。2动能和动能定理()3重力做功与重力势能()4功能关系、机械能守恒定律及其应用()主干知识忆一忆1恒力做功的计算式：WFlcos (是F与位移l方向的夹角，F必须为恒力)。2总功的计算：W总F合lcos (恒力做功)或W总W1W2。3计算功率的两个公式：P或PFvcos 。4机车启动类问题中的“临界点”(1)全程最大速度的临界点为Ff。(2)匀加速运动的最后点为Ffma，此时瞬时功率等于额定功率P额。(3)在匀加速过程中的某点有Ffma。(4)在变加速运动过程中的某点有Ffma2。5动能定理：W总Ek2Ek1(经典力学中有普适性)。6机械能守恒定律：mgh1mv12mgh2mv22或者Ep减Ek增。7几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的变化，即WGEp。(2)弹力的功等于弹性势能的变化，即W弹Ep。(3)静电力做功等于电势能的变化，即W电Ep。(4)合力的功等于动能的变化，即W合Ek。(5)重力之外(除弹簧弹力)的其他力的功等于机械能的变化，W其他E。(6)一对滑动摩擦力的功等于系统中内能的变化，即QFfx相对。易错易混醒一醒1误认为“斜面对物体的支持力始终不做功”，不能正确理解WFlcos 中“l”的意义。2误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”。3在机车启动类问题中将“匀加速最后点速度”与“最大速度”混淆。4将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”。5在应用Ffx相对E内时，误认为“x相对”是对地的位移。保温训练试一试1.(xx届高三山西四校联考)质量为m20 kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动。02 s内F与运动方向相反，24 s内F与运动方向相同，物体的v t图像如图所示。g取10 m/s2，则()A拉力F的大小为100 NB物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC4 s内拉力所做的功为480 JD4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J解析：选B由vt图像斜率的意义得，02 s物体加速度大小为a15 m/s2,24 s内加速度大小为a21 m/s2，设滑动摩擦力为Ff，由牛顿第二定律得FFfma1，FFfma2，解之得F60 N，Ff40 N，A项错误；4 s时拉力的功率PFv120 W，B项正确；4 s内拉力所做功为WFFx1Fx260210 J6022 J480 J，C项错误；4 s内物体克服摩擦力做功WFfFfx1Ffx2480 J，D项错误。2多选(xx六安一中月考)如图所示，倾角为30的固定斜面由三段长度均为L，材料不同的木板连接而成，连接处平整，3块木板标号分别为1、2、3，木板与滑块间的动摩擦因数分别为1，2，3，三段木板自下而上的排列顺序有6种，分别为1、2、3；1、3、2；2、3、1；2、1、3；3、2、1；3、1、2。使滑块从斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到达斜面顶端，以下说法正确的是()A6种情况下滑块的初速度大小相同B滑块能够返回到底端的情况有4种，返回底端时滑块的速度大小相同C滑块能够返回底端的情况有2种，返回底端时滑块的速度大小相同D6种情况下滑块损失的机械能相同解析：选AC滑块从斜面底端沿斜面方向以某一初速度向上滑出，恰好可以到达斜面顶端，则根据动能定理可得mg3Lsin (1mgcos L2mgcos L3mgcos L)0mv02，与排列顺序无关，故6种情况下滑块的初速度大小相同，A项正确；在最高点要想向下运动，则必须满足mgsin mgcos ，即tan ，故3在最上边不能向下运动，排除1、2、3和2、1、3两种情况，滑块能够返回的情况有4种，对于1、3、2情况中由于2mgLsin 302mgLcos 303mgLcos 30，即滑块将在3上停止运动，不会滑到底端，对于2、3、1情况有2mgLsin 301mgLcos 303mgLcos 30，滑块在3上停止运动，不会滑动到底端，对于3、2、1和3、1、2情况有3mgLsin 301mgLcos 303mgLcos 302mgLcos 30，故只有两种情况能返回到底端，根据动能定理可得3mgLsin 30(1mgLcos 303mgLcos 302mgLcos 30)mv2，可得速度大小相等，故B项错误，C项正确；由于六种情况下滑块能到达的位置不一样，所以损失的机械能不同，D项错误。3多选(xx江苏高考)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中()AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL解析：选AB在A的动能达到最大前，A向下加速运动，此时A处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于3mg，即地面对B的支持力小于mg，A项正确；当A的动能最大时，A的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于3mg，即B受到地面的支持力等于mg，B项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A减速运动到最低点，此时A的加速度方向竖直向上，C项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A的重力势能的减少量，即为mg(Lcos 30Lcos 60)mgL，D项错误。4图甲为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道的半径r0.10 m，在轨道的最低点A和最高点B各安装了一个压力传感器(图中未画出)，小球(可视为质点)从斜轨道的不同高度由静止释放，可测出小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FB。g取10 m/s2。(1)若不计小球所受阻力，且小球恰能过B点，求小球通过A点时速度vA的大小；(2)若不计小球所受阻力，小球每次都能通过B点，FB随FA变化的图线如图乙中的a所示，求小球的质量m；(3)若小球所受阻力不可忽略，FB随FA变化的图线如图乙中的b所示，求当FB6.0 N时，小球从A运动到B的过程中损失的机械能E。解析：(1)若小球恰能通过B点，设此时的速度为vB，由牛顿第二定律得mgm从A到B过程，由机械能守恒定律得mvA2mvB2mg2r解得vA m/s2.2 m/s。(2)读取题图乙图像信息知：当小球通过A点时的速度vA m/s时，小球对轨道压力为FA6 N。由牛顿第二定律得FAmgm解得m0.1 kg。(3)由题图乙知，当小球通过B点时对轨道压力的大小FB6.0 N，则小球通过A点时对轨道压力的大小FA16 N。设轨道对小球通过A、B时支持力的大小分别为FA、FB，速度分别为vA、vB。由牛顿第二定律得FAmgm，FBmgm小球从A运动到B的过程中，由功能关系得mvA2mvB2mg2rE解得E0.2 J。答案：(1)2.2 m/s(2)0.1 kg(3)0.2 J高考主题(六)碰撞与动量守恒考纲要求命题解读1动量、动量定理、动量守恒定律及其应用()在xx年高考中将其改为必考内容，“难度适中”告诫我们不仅要重视，还要科学复习。动量定理中，有打击问题(含蹦床运动)、图像问题等；动量守恒问题中，常见的模型有碰撞模型、人船模型、爆炸反冲模型、涉及弹簧的模型等。2弹性碰撞和非弹性碰撞()主干知识忆一忆1动量定理：Ftppmvmv或Ip。其中F是物体所受的合力，pp是末态动量跟初态动量的矢量差。2动量守恒定律的适用条件(1)系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零；(2)系统所受合外力不为零，但在某一方向上系统所受外力的合力为零，则在该方向上系统动量守恒；(3)系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。3表达式：m1v10m2v20m1v1m2v2或pp(系统相互作用前的总动量p等于系统相互作用后的总动量p)或p0(系统总动量的增量为零)或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)。4三种碰撞(1)弹性碰撞：动量守恒，碰撞前后总动能相等。(2)非弹性碰撞：动量守恒，动能有损失。(3)完全非弹性碰撞：碰后两物体合为一体，动量守恒，动能损失最大。说明：碰撞过程中要满足动量守恒定律，机械能不增加，速度要合理。易错易混醒一醒1混淆动量守恒与机械能守恒的条件，实际上动量是否守恒与机械能是否守恒没有任何关系。2忽视动量的矢量性，书写表达式时不注意“”“”。3不会运用系统沿某一方向动量守恒或系统动量近似守恒解题。4只根据表达式从理论上分析问题，不会结合实际情况分析过程，尤其在碰撞问题中。保温训练试一试1(xx哈尔滨师大附中期中)一质量为m的运动员从下蹲状态开始向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中()A地面对他的冲量大小为mvmgt，地面对他做的功为mv2B地面对他的冲量大小为mvmgt，地面对他做的功为零C地面对他的冲量大小为mv，地面对他做的功为mv2D地面对他的冲量大小为mvmgt，地面对他做的功为零解析：选B人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得Imgtmv，故地面对人的冲量为Imvmgt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B项正确。2多选如图所示，小球A的质量为mA5 kg，动量大小为pA4 kgm/s，小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA1 kgm/s，方向水平向右，则()A碰后小球B的动量大小为pB3 kgm/sB碰后小球B的动量大小为pB5 kgm/sC小球B的质量为15 kgD小球B的质量为3 kg解析：选AD规定向右为正，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pApApB，解得pB3 kgm/s，A项正确，B项错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故，解得mB3 kg，C项错误，D项正确。3如图所示，水平轨道AB长L9 m，光滑倾斜轨道BC足够长。开始时质量为mQ1 kg的滑块Q静止在AB中点M处；在A点，质量为mP3 kg的滑块P以速度v05 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计。已知重力加速度g10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数0.1。求：(1)P向右运动的最大位移大小；(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P、Q都停下后两滑块间的距离。解析：(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有mPgmPv12mPv02，解得v14 m/sP、Q发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mPv1mPvPmQvQ由机械能守恒定律有mPv12mPvP2mQvQ2解得vP2 m/s，vQ6 m/sP继续向右运动的距离xP2 m4.5 mP向右运动的最大位移x1xP6.5 m。(2)由动能定理有mQgmQgh0mQvQ2解得Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度h1.35 m。(3)假设Q从斜面上滑下来后，会与滑块P发生第二次弹性碰撞。由运动学知识可知Q与P碰前，P已经停下来了。由动能定理有mQgmQv22mQvQ2解得P、Q碰前瞬间，Q的速度v2 m/sP、Q间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mQv2mPvPmQvQ由机械能守恒定律有mQv22mPvP2mQvQ2解得vP m/s，vQ m/s，负号表示方向向右碰后滑块P向左滑动的位移xP2.75 m碰后滑块Q向右滑动的位移xQ2.75 mLx12.5 m，所以滑块Q在第二次碰撞后会冲上斜面后返回xxQ(Lx1)0.25 m，不会发生第三次碰撞所以P、Q都停下后两滑块相距xxPxQ2x5 m。答案：(1)6.5 m(2)1.35 m(3)5 m高考主题(七)电场考纲要求命题解读1物质的电结构、电荷守恒()8电势能、电势()本主题共13个考点，带电粒子在电场中的运动、Ex图像、x图像等是高考近年考查的重点，难度适中，考查计算题、选择题的可能性都有。2静电现象的解释()9电势差()3点电荷()10匀强电场中电势差与电场强度的关系()4库仑定律()11带电粒子在匀强电场中的运动()5静电场()12示波管()6电场强度、点电荷的场强()13常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系()7电场线()主干知识忆一忆1两种描述(1)电场强度：反映电场本身力的性质的物理量。定义式为E，E为矢量，方向就是正电荷在该点所受的电场力的方向，合电场计算方法利用矢量叠加原理。(2)电势：反映电场本身能的性质的物理量。定义式为，是标量，具有相对性。研究时一般取无限远处的电势为零，实验中常常取大地的电势为零。2两种图线电场线是为了形象描述电场而假想的曲线，它从正电荷或无穷远处出发终止于负电荷或无穷远处，电场线在某点的切线方向表示该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。等势线(面)是电势相等的点构成的线(面)。电场线与等势线(面)的关系：等势线(面)一定跟电场线垂直，即跟场强的方向垂直；场强E的方向是电势降落最快的方向，电场线由电势较高的等势面指向电势较低的等势面。3一种类比思想电场力做功与重力做功一样，在电场中移动电荷时，电场力做多少正功，电荷的电势能就减小多少；电场力做多少负功，则电荷的电势能就增加多少。计算方法为WABEpAEpBqAqBq(AB)qUAB。4一个器件电容器是容纳电荷和储存电能的一种元件。牵涉到电容器电容的公式主要有两个，一个是电容器的定义式C，它普遍适用，C与Q无正比关系，C与U无反比关系；另一个是电容器的决定式C，它只适用于平行板电容器，电容决定于两极板的正对面积S、两极板间的距离d以及两极板间填充的电介质的介电常数r。易错易混醒一醒1库仑定律只成立于两个点电荷之间，对于匀质球体不成立。2求电场强度E的三个公式容易混淆。在电场中判断E大小、电势高低、电势能的大小容易混淆。3注意UEd的适用条件，适用于匀强电场，d为两点间沿场强方向的距离，但对非匀强电场定性成立。保温训练试一试1多选(xx海南高考)如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法正确的是()AM带负电荷，N带正电荷BM在b点的动能小于它在a点的动能CN在d点的电势能等于它在e点的电势能DN在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功解析：选ABC粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧，由题图可知M受到了引力作用，N受到了斥力作用，故M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；由于虚线是等势面，故M从a点到b点电场力对其做负功，动能减小，选项B正确；d点和e点在同一等势面上，N在d点的电势能等于它在e点的电势能，故选项C正确； N从c点运动到d点的过程中，电场力做正功，故选项D错误。2多选如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m，电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则下列说法正确的是()A若电阻R2短路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D在将S断开电路稳定后，油滴向下运动，G中无电流通过解析：选BD若电阻R2短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A错误；滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，并联部分两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B正确；在滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联部分两端电压增大，电容器处于充电状态，G中有由b到a的电流，因电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C错误；将S断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，当电路稳定后，电路中无电流，油滴向下运动，D正确。3如图所示，在(0，y0)和(0，y0)两位置分别固定一个电荷量为Q的点电荷。另一个带电荷量为q的点电荷从(x0,0)位置以初速度v0沿x轴正方向运动。点电荷q从(x0,0)到(x0,0)的过程中只受电场力作用，下列描述其加速度a或速度v与位置x的关系图像可能正确的是()解析：选D根据等量同种电荷电场线的分布情况可知，q从x0到0，再到x0，场强可能先一直减小，再一直增大，但不是均匀减小，也不是均匀增大，由牛顿第二定律知a，加速度不可能均匀变化，故A项错误；场强方向先向左后向右，大小可能先增大后减小，再增大，最后减小，由牛顿第二定律知，加速度方向先向左后向右，即先负后正，故B项错误；由于加速度是变化的，故v x图像不可能是直线，故C项错误；若场强先一直减小，再一直增大，则加速度先减小后增大，点电荷先做加速度减小的减速运动，再做加速度增大的加