高届高级高三物理二轮复习全套资料第一部分专题复习专题八.docx

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高届高级高三物理二轮复习全套资料第一部分专题复习专题八

年份

试卷

题号

考点

情境图

2014

Ⅰ卷

23

实验:

闭合电路欧姆定律公式的变形应用

23题

25题

25

数学推理与分析

Ⅱ卷

25

数学推理与分析

2015

Ⅰ卷

25

数学推理与分析

25题

35

（2）题

35

（2）

数学方程、不等式和数学推理应用

Ⅱ卷

25

数学推理与分析、图象法的应用

2016

Ⅰ卷

16

数学推理与结论分析

16题　

25题

25

数学推理的应用

35

（2）

微元法和数学推理的应用

Ⅱ卷

25

数学推理和不等式的应用

25题

34

（2）

数学推理与分析

Ⅲ卷

25

微元法和数学推理与结论分析

25题

34

（2）题

35

（2）题

34

（2）

相似三角形法应用

35

（2）

不等式法和解方程

2017

Ⅰ卷

21

应用三角形分析力变化

21题

25

不等式法和数学推理与分析

Ⅱ卷

25

解方程以及数学推理与分析

Ⅲ卷

25

图象法和数学推理与分析的应用

25题

33

（2）题

33

（2）

不等式法的应用

2018

Ⅰ卷

25

几何知识及数学推理

25题

34

（1）题

34

（1）

几何知识及数学推理

Ⅱ卷

25

几何知识及数学推理

25题

34

（2）题

34

（2）

几何知识及数学推理

Ⅲ卷

25

几何知识和数学推理

25题

34

（2）题

34

（2）

几何知识和数学推理

高考题型1　应用几何图形解决物理问题

例1

　（多选）（2018·广东省深圳市高级中学模拟）如图1所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图.一根轻绳跨过光滑的动滑轮,轻绳的一端系在位置A处,动滑轮的下端挂上重物,轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C处,起吊重物前,重物处于静止状态.起吊重物过程是这样的:

先让吊钩从位置C竖直向上缓慢地移动到位置B,然后再让吊钩从位置B水平向右缓慢地移动到D,最后把重物卸在某一个位置.则关于轻绳上的拉力大小变化情况,下列说法正确的是（　　）

图1

A.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力不变

B.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力变大

C.吊钩从C向B移动过程中,轻绳上的拉力变大

D.吊钩从B向D移动过程中,轻绳上的拉力变小

答案　AB

解析　对重物受力分析,因重物重力不变,所以重力与两绳子的拉力的合力大小相等,并且绳子两端的张力相等,设绳子间的夹角为2θ；在由C到B上移的过程中有:

2FTcosθ＝mg；设绳子长为L,由几何关系可知,则有:

Lsinθ＝d；因由C到B的过程中A到BC的垂直距离d不变,故θ不变,所以轻绳上的拉力不变,故A正确,C错误；由B到D的过程中,绳长不变,两绳之间的夹角增大,则由以上分析可知,FT增大,故B正确,D错误.

高考题型2　应用三角函数分析物理问题

例2

　（2018·广东省肇庆市一模）如图2a所示,一物体以一定的速度v0沿足够长的固定斜面向上运动,此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图b所示.设各种条件下,物体与斜面间的动摩擦因数不变,取g＝10m/s2.试求:

图2

（1）物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小；

（2）θ为多大时,x值最小？

求出x的最小值.

答案　

（1）　5m/s　

（2）　1.08m

解析　

（1）当θ为90°时,由运动学知识可得:

v02＝2gh①

设动摩擦因数为μ,当θ＝0°时摩擦力大小为:

Ff＝μmg②

Ff＝ma1③

由运动学公式可得:

v02＝2a1x0④

联立以上各式解得:

μ＝,v0＝5m/s

（2）对于任意角度,根据动能定理可得,物体对应的最大位移x满足的关系式:

mv02＝mgxsinθ＋μmgxcosθ⑤

对⑤式变形可得:

x＝＝＝⑥

μ＝tanφ,则x的最小值为xmin＝＝h≈1.08m

对应的θ＝－φ＝－＝

高考题型3　应用函数表达式或者图象解决物理问题

例3

　（多选）（2018·安徽省安庆市二模）如图3甲所示,光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角,M、P两端接一电阻R,整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F,使金属棒由静止开始沿导轨向上运动,金属棒电阻为r,导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（　　）

图3

答案　AB

解析　根据题图乙所示的I－t图象可知I＝kt,其中k为比例系数,由闭合电路欧姆定律可得:

I＝＝kt,可推出:

E＝kt（R＋r）,而E＝,所以有:

＝kt（R＋r）,－t图象是一条过原点且斜率大于零的直线,故B正确；因E＝Blv,所以v＝t,v－t图象是一条过原点且斜率大于零的直线,说明了金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动,即v＝at,故A正确；对金属棒在沿导轨方向列出动力学方程F－BIl＝ma,而I＝,v＝at,得到F＝＋ma,可见F－t图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线,故C错误；q＝Δt＝＝＝t2,q－t图象是一条开口向上的抛物线,故D错误.

拓展训练

　（多选）（2018·江西省五市八校第二次联考）如图4所示,光滑的水平地面上,可视为质点的两滑块A、B在水平外力作用下紧靠在一起压紧水平弹簧,弹簧左端固定在墙壁上,此时弹簧的压缩量为x0,以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示一维坐标系,现将外力突然反向并使B向右做匀加速运动,下列关于拉力F、两滑块间弹力FN与滑块B的位移变化的关系图象可能正确的是（　　）

图4

答案　BD

解析　开始时:

F0＝kx0；设A、B质量分别为m、M,当力F突然反向后,对A、B整体,根据牛顿第二定律可得:

F＋k（x0－x）＝（m＋M）a,当x＝0时刻F0＋kx0＝（m＋M）a,解得2kx0＝（m＋M）a；当x＝x0时弹簧到原长.隔离A可得:

k（x0－x）－FN＝ma,解得FN＝kx0－kx,当FN＝0时,可得x＝x0

高考题型4　数学方程式和归纳法的应用

例4

　（2018·湖南省六校4月联考）如图5所示,在光滑水平面上有一质量为2018m的木板,板上有2018块质量均为m的相同木块1、2…、2018.最初木板静止,各木块分别以v、2v…、2018v同时向同一方向运动,木块和木板间的动摩擦因数为μ,且木块间不发生碰撞和离开木板的现象.求最终木板的速度.

图5

答案　v

解析　木块与木板最终一起以速度v′运动,由动量守恒可知m（v＋2v＋…＋2018v）＝2×2018mv′；

解得v′＝v.

高考题型5　数学推导和结论分析

例5

　（2018·四川省绵阳市第二次诊断）如图6所示,一倾角为60°的光滑斜面固定于水平地面上,Q为斜面顶点,P为斜面上一点,同一竖直平面内有固定点O,O、P连线垂直于斜面,OP＝l,P、Q间距离xPQ＝l.长度为l的轻绳一端系于O点,另一端系质量为m的小球A,质量为M＝4m的滑块B在一锁定装置作用下静止于斜面上的P点.现将A球拉至与O点等高的水平位置,拉直轻绳,以竖直向下的初速度v0释放,A与B发生碰撞前一瞬间,锁定装置解除,A、B均视为质点,碰撞过程中无能量损失,重力加速度为g.

图6

（1）求小球A通过最低点C点时,绳对小球拉力的大小；

（2）求小球A与滑块B碰撞后瞬间,小球A和滑块B的速度vA和vB的大小；

（3）若A、B碰后,滑块B能沿斜面上滑越过Q点,且小球A在运动过程中始终不脱离圆轨道,求初速度v0的取值范围.

答案　

（1）3mg＋　

（2）　　（3）

解析　

（1）小球A摆到C点时,设速度为vC,绳对小球的拉力大小为FT,则由机械能守恒得mgl＋mv02＝mvC2,在C点,对小球A,由牛顿第二定律有:

FT－mg＝m

解得:

FT＝3mg＋m

（2）设小球A在与B碰前的速度为v1,则由机械能守恒定律得mglcos60°＋mv02＝mv12

对于碰撞过程,取沿斜面向上为正方向,由动量守恒定律得mv1＝mvA＋MvB

由机械能守恒定律有:

mv12＝mvA2＋MvB2

解得:

v1＝,vA＝－,vB＝

（3）讨论:

①滑块B能沿斜面上滑越过Q点,则MvB2>MgxPQsin60°

解得:

v0>

②小球A不能做完整圆周运动,但不脱离圆轨道,即回到最右端位置时速度不能大于零,

则:

mvA2≤mglcos60°

解得:

v0≤

③小球A能做完整圆周运动,即能够过最高点,设小球A恰能过最高点的速度为v2,

则:

mg＝m

小球A能过圆轨道的最高点的条件为:

mvA2≥mv22＋mgl（1＋cos60°）

解得:

v0≥

初速度v0的取值范围:

专题强化练

1.（多选）（2018·四川省攀枝花市一模）如图1所示,表面光滑的半球形物体固定在水平面上,光滑小环D固定在半球形物体球心O的正上方,轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点,另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P相连,DA水平.现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中（小球P未到达半球最高点前）,下列说法正确的是（　　）

图1

A.弹簧变短

B.弹簧变长

C.小球对半球的压力不变

D.小球对半球的压力变大

答案　AC

2.（2018·河北省“名校联盟”质量检测一）如图2所示,上表面光滑的半圆柱体放在水平面上,小物块从靠近半圆柱体顶点O的A点,在外力F作用下沿圆弧缓慢下滑到B点,此过程中F始终沿圆弧的切线方向且半圆柱体保持静止状态.下列说法中正确的是（　　）

图2

A.半圆柱体对小物块的支持力变大

B.外力F先变小后变大

C.地面对半圆柱体的摩擦力先变大后变小

D.地面对半圆柱体的支持力变大

答案　C

3.（2018·山东省日照市二模）游乐场中,从离水面一定高度的A处到水面B处有两条长度相同的光滑轨道,如图3所示.甲、乙两名小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处,则两名小孩在全部滑行过程中的速率v随时间t变化的下列图象,正确的是（　　）

图3

答案　B

解析　根据动能定理可知甲、乙滑到B时的速率相等.根据牛顿第二定律可知甲的加速度逐渐减小,乙的加速度逐渐增大,而v－t图线的斜率等于加速度；两小孩的位移相同,图线与t轴围成的面积相等,故选项B正确.

4.（2018·云南省统一检测）如图4所示,细线一端固定,另一端拴一小球,小球处于静止状态.现用一始终与细线垂直的力F缓慢拉着小球沿圆弧运动,直到细线水平,在小球运动的整个过程中,F和细线拉力的变化情况为（　　）

图4

A.F先增大后减小

B.F不断增大

C.细线的拉力先增大后减小

D.细线的拉力不断增大

答案　B

解析　对小球受力分析,如图甲所示:

由图可知,F和FT的合力与重力大小相等,方向相反,故可以将这三个力放在一个闭合的矢量三角形内进行分析,如图乙所示:

在缓慢变化的过程,重力保持不变,F与FT的方向始终垂直,且三个力始终构成一个闭合的矢量三角形,故由图乙可知,F不断增大,细线的拉力FT不断减小,故A、C、D错误,B正确.

5.（2018·辽宁师大附中上学期期中）如图5所示为一竖直放置的大圆环,在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳,绳上套有一光滑小铁环.现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度,则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况,下列说法正确的是（　　）

图5

A.FA变大,FB变大

B.FA变小,FB变小

C.FA变大,FB变小

D.FA变小,FB变大

答案　B

解析　如图,设绳子长度是2L,AB的长度为2l,AB水平时绳子与水平方向的夹角是α,平衡时两根绳子的拉力相等,设绳子拉力为F1,有:

2F1sinα－mg＝0,

得:

FA＝FB＝F1＝

由图可知cosα＝.

将大圆环绕着O点在竖直平面内顺时针缓慢转过一个微小角度时,绳子与水平方向的夹角是θ,平衡时两根绳子的拉力仍然相等,设绳子拉力为F2,有:

2F2sinθ－mg＝0,

联立解得:

FA′＝FB′＝F2＝.

设此时环到B的距离是L1,到A的距离是L2,则:

L1＋L2＝2L

而由图可知,很显然:

L1cosθ＋L2cosθ<2l,

即:

cosθ<

得:

α<θ

所以:

FA′＝FB′

6.（多选）（2018·山东省临沂市上学期期末）如图6所示,矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与线框平面垂直,线框ab长为2L,bc长为L,MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆,且杆与ab和cd接触良好,abcd和MN上单位长度的电阻皆为r.让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动,设MN与ad之间的距离为x（0≤x≤2L）,则在整个过程中（　　）

图6

A.当x＝0时,MN中电流最小

B.当x＝L时,MN中电流最小

C.MN中电流的最小值为

D.MN中电流的最大值为

答案　BCD

解析　MN产生感应电动势为BLv,MN中电流I＝＝＝,当x＝0,或x＝2L时,MN中电流最大,MN中电流的最大值为Imax＝,当x＝L时,MN中电流最小,MN中电流的最小值为Imin＝,故B、C、D正确,A错误.

7.（2018·安徽省蚌埠二中期中）如图7甲所示,质量为m＝0.1kg的小球,用长l＝0.4m的细线与固定在圆心处的力传感器相连,小球和传感器的大小均忽略不计.当在最低点A处给小球6m/s的初速度时,恰能运动至最高点B,空气阻力大小恒定.（取g＝10m/s2）求:

图7

（1）小球在A处时传感器的示数；

（2）小球从A点运动至B点过程中克服空气阻力做的功；

（3）小球在A点以不同的初速度v0开始运动,当运动至B点时传感器会显示出相应的读数F,试通过计算在图乙坐标系中作出F－v图象.

答案　

（1）10N　

（2）0.8J

（3）如图所示

解析　

（1）在A点,由F－mg＝m得:

F＝10N

（2）由mg＝m得:

vB＝2m/s

小球从A到B过程中,根据动能定理:

Wf－2mgl＝mvB2－mv02

解得Wf＝－0.8J

所以W克f＝0.8J

（3）小球从A到B过程中,根据动能定理:

Wf－2mgl＝mvB2－mv02

小球在最高点F＋mg＝m

两式联立得:

F＝v02－9,图象如图所示

8.（2018·福建省四地六校月考）如图8甲,质量M＝1kg的木板静止在水平面上,质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1,铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4,取g＝10m/s2.现给木板施加一个水平向右的力F.

图8

（1）若力F恒为12N,经2s铁块恰好位于木板的左端,求木板的长度L；

（2）若力F从零开始逐渐增加,且木板足够长.试通过分析与计算,在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象.

答案　

（1）4m

（2）如图所示

解析　

（1）对铁块,由牛顿第二定律得:

μ2mg＝ma2①

对木板,由牛顿第二定律:

F－μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1②

设木板的长度为L,经时间t铁块运动到木板的左端,则:

x木＝a1t2③

x铁＝a2t2④

又:

x木－x铁＝L⑤

联立①②③④⑤解得:

L＝4m⑥

（2）当0≤F≤μ1（M＋m）g＝2N时,系统没有被拉动,铁块受到的摩擦力Ff＝0

当F>μ1（M＋m）g＝2N时,如果M、m相对静止,铁块与木板有相同的加速度a,

则F－μ1（M＋m）g＝（M＋m）a⑦

Ff＝ma⑧

解得:

F＝2Ff＋2⑨

此时:

Ff≤μ2mg＝4N,也即F≤10N⑩

所以:

当2N

当F>10N时,M、m相对滑动,此时铁块受到的滑动摩擦力为Ff＝4N

图象如图所示.