2022年高考考前最后一课-物理（正式版）.pdf

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1、2022年高嘈嘈鹤最屋一濂物理目录第一部分考前预测篇（考前预测篇1】热点选择题.1（考前预测篇2)一热点非选择题.12 第二部分考前基础篇I考前基础篇1)基础知识回顾43（考前基础篇2)物理复习有口诀57（考前基础篇3)物理学史大集锦61第三部分考前技能篇（考前技能篇1)理综答题技巧.66（考前技能篇2)一理综得分有计划.67 第四部分考前心理篇（考前心理篇1】考前考生需要做哪些准备69（考前心理篇2)高考冲刺需要有正常心态72（考前心理篇3)高考前一天需要做哪些准备76第五部分考时注意篇（考时注意篇】一浅谈考试过程中考生应如何沉着应对78第六部分高考祝福篇（高考祝福篇l写给即将高考的学子们8

2、1心十、飞仁分一并分芳前拴料为勹-.一、深度解析重点专题二前言热点一网打尽三、精准烦测考试重点四主权威分析高效指导_ 令令【考前预测篇1】热点选择题【热点单选题】l.(2022河北二模）如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A,通过轻质细绳与光滑水平而上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为0=60。时，A下落的高度为h,此时物体B的速度为（)A.B.巨A c 压D.高【答案】A【解析】设物休A下落高度h时，物体A的速度为vA,物休B的速度为vB,此时有V.=VB A cos60=2v8 物休A、B组成的系统机械能守恒，则

3、有l l mgh=-mv:+-mv;2 2 联立方程，觥得V尸巨故选A。【热点单选题】2.(2022重庆高三阶段练习）如团所示，电源的电动势和内阻分别为E、r,R为定值电阻，U表示电压表的读数，l表示电流表的读数，相应的变化量大小分别为AU和Al，则在滑动变阻器的滑片P由M向 N移动的过程中（)A.U先减小后增大B电源的效率n先减小后增大u C.保持不变【答案】D【解析】AU D.保待不变AI 图中电流农视国总电流，电压农测扯路端电压：滑动变阻器的滑片P左右两侧的电阻并联后与R串联。AC.滑动变阻器的滑片P山M向N移动的过程中，变阻器并联的电阻先增大后减小，故外电路总电u u 阻先增大后减小，

4、而电压表与电流表读数的比仙 一等千外电路总电阻，所以一先增大后减小，山欧姆定律知，总电流先减小后增大，则根据U=E-lr可知，电压表的读数U先增大后减小，故AC错误；B.电源的效率为u fl=-=:-x100%E 由于路端屯片U先增大后减小，则n先增大后减小，故B错误；D.根据闭合电路欧姆定律有U=E-Ir,则得AU=-r AI 保持不变，故D正确。故选D。【热点单选题】3.(2022重庆二模）如图所示，电源电动势E=l6V,内阻r=IQ,在磁感应强度B=IT、方向竖直向下的匀强磁场中，质量m=0.2kg的金屈细杆MN置千倾角为0=37的导轨上，导轨的宽度为L=O.Sm，杆与导轨间的动摩擦因数

5、为=0.5，滑轨与MN杆的电阻忽略不计，取g=lOmls气sin37=0.6,cos37=0.8，可认为最大静摩擦力等千滑动摩擦力。要使MN杆在滑轨上恰好不上滑，滑动变阻器R的阻值为（)B A.IQ 3Q 5Q【答案】【解析】A B.C.D.画出杆MN在滑轨上恰好不上滑这种悄况下的受力分析图，如图所示F N2 7Q 乙巾半衡条件得，沿斜面方向mgsin0+FN2=F安2cos0 垂直斜面方向氐mgcos0+F;安2sin 0 而E F!i.2=BL R+r 解得R=lQ 故选A。【热点单选题】4.(2022江苏模拟预测）如图所示，某空间区域分布着垂直纸面向里、水平宽度为l的匀强磁场，abed是

6、位千纸面内的直角梯形线圈且cd边刚好与磁场区域左边界重合，be间的距离为2/,ab=2cd。从t=O时刻起，使线圈沿垂直千磁场区域边界的方向以速度v匀速穿越磁场区域，规定直角梯形线圈中感应电流逆时针方向为正方向，则在线图穿越磁场区域的过程中，下列关千感应电流l随时间t变化的图线正确的是（)a b,IIIIIIIIIIIIIIII fxxxVxx l xxx;,ld Ct X.1,z I I A.ol I l,I /Iv 2加,3/I:v,t I c.0|/,Ziv:21/v 31/v t I,|_,【答案】A【解析】B.。I!Iv 2/lv(3lf t I D.。1/v 2/Y v 3llv

7、t ,根据右手定则可知，在0 时间内感应电流方向沿逆时针方向，0时间内，线圈切割磁感线的有效长l 2l 度越来越长且成线性递增，则感应屯流也随时间线性增大；在一时间内，cd边已离开磁场，只有ad边V V 2l 3l 切割磁感线，有效切割长度不变，感应电流人小不变，感应电流方向仍然是逆时针方向；时间内，V V 3l 感应电流的方向变为顺时针方向，且随若ab边进入磁场，有效切割长度越来越长，线图在时刻的有效切割长度是cd长度的2倍，感应电流大小也是刚开始进入时的2倍。故选A。【热点单选题】5.(2022黑龙江哈九中三模）如图垂直千纸面向里的有界匀强磁场中有一个矩形线框abed,线框以00为轴匀速转

8、动，00与磁场右边界重合。若线框中产生电流的峰值为1111,由图示位置开始计时，则下列可以正确描述线框中电流随时间变化的图像是（)O,XX心a,-F-d X X b;l c,XX x:o 勹口t Im_-B.一T:IT.t-LI-一了辽I,m I I C.OIm D.T 工2t。-n”一一一一一一一t【答案】D【解析】l_ 3 在0-T 内，由千线圈在匀强磁场中从中件面片始转动，故产生IF弦式交变电流，在T-T内都有感4 4 4 应电流，整个周期都有感应电流，所以ABC错误；D正确；故选D。【热点单选题】6.(2022全国模拟预测）自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态

9、，而是要发生一系列连续的衰变，最终达到稳定状态。某些原子核的衰变情况如图所示(N表示中子数，Z表示质子数），则下列说法正确的是()N 2；如Ra/心Ra/Th Rn/Po/ml/1 i ITI m，物体A相对地面向左的最大位移是2Mv;(M+m)g B.若Mm,A所受的序擦力FFpmg 对A,根据动能定理得I-mg环0-mvo22 则得物体A相对地面向左的最大位移沁XA=2g 故A错误；B.若 MC的小球N用绝缘细绳悬挂千P点，两小球的质昼相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角a=60且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c

10、都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常矗k=9.0 xl09N-m2/C2。下列说法正确的是（)p了吓A.初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为55NB.放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大C.地面对斜面体c的支待力先变小后变大石D小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为-【答案lA【解析】A.由题意可得，初始状态，地面对斜面休c的摩擦力大小为f=Tcos30 对小球M受力分析得Tsin60=F 其卞3 QM QN 10-6 xxl0-6 F=k-=9xlO9 x 2 N=53N d(0.03)2 联立解得f=53N 故A正确；B.放电过程中，两小球之

11、间的库仑力F减小，对小球M受力分析得Tcosa=mg mg tan a=F 则随若库仑力F减小，夹角减小，拉力减小。目开始时角a=60,司求得M小球的质亚为m=0.5kg 开始时绳子拉力为T=ION 则开始时，对物块b受力分析知mbgsin0=T 即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向I-，且有叽gsin0=T+fc 可见，随若拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误C.设be整体质兄为M,则对be整体受力分析得FN+T sin 0=Mg 可见，随茬拉力减小，地面对斜面休c的支持力一直变大，故C错误；D.由题意知，放电结束后绳了拉力即为小球

12、M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得m1,g sin 0=mg+mbg cos 0 解得$=6 故D错误。故选A。【热点单选题】12.(2022辽宁二模）如图所示，质倡分别为n飞3kg,匹5kg的两物体置千光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接。两个大小分别为F,=60N,F2=20N的水平拉力分别作用在1?11、m2-+，弹簧测力计未超出弹性限度，则（)/；吵吵霍霍三二A.弹簧测力计的示数是50NB.若增大F2,两物体一起做匀加速直线运动时，弹簧测力计示数可能不变C.在突然撒去片的瞬间，1巧的加速度大小为4m/s2D在突然撤去E的瞬间，m1的加速度大小为I5 m/s2【答案】D【

13、解析】A.对两物体和弹簧测力计组成的系统，根据牛顿第二定律得整体的加速度F-F 40 a=2=m/s2=5m/s2 风m28 隔离m2,根据牛顿第定律有F-F2=111.ia 解得F=45N 所以弹簧测力计的示数为45N,A钻误；B.根据F=m2 F;+m1 F2 m1+17叽m增大片，F变大，B错误；C.在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m1的加速度不变，为5m/s2,m.2的加速度a2=9n1/s2 C错误；D.在突然撤去E的瞬间，弹簧的弹力不变，m,的加速度不变，为Sm/s2m,的加速度lZi=15m/s2,D 1 E 确。故选D。【热点多选题】1.(2022全国模拟预测）如图所示，

14、水平MN细杆固定不动与半圆的直径重合，质量为ml的a小球套在MN杆上，且在半圆的球心位置静止，并通过轻绳与质揽为In2的b小球连接，b小球通过轻绳跨过光滑轻质小定滑轮与质量叽的c小球相连，轻绳与竖直方向的夹角都为0，三小球处千静止状态，b小球与光滑半圆接触，下列说法正确的是（),Il I A.b、c两小球的质址关系一,n,2cos0 叽lB.a小球受到的摩擦力大小一定为零C.a小球受到的支持力大小一定为m心D.b小球受a小球轻绳拉力和半圆对b小球的支持力之和等于叽8【答案】AD【解析】AD.对b小球受力分析如图所示y FI 启。m2g 由平衡条件得Fi=F;+FN 2F;cos0 n祁又有片n

15、贤8联立可得X m,2cos0-=m3 故AD正确；BC.当Fi=0,a小球受到重力和MN杆的支持力，a小球受到的摩拣力大小为零；当凡0,小球a受到的摩擦力大小不为零，a小球受到的支持力大小等于E向下的分力和自身重力之和，所以a小球受到的支持力大小不等十m,g故BC错误。故选AD。【热点多选题】2.(2022海南模拟预测）甲、乙两车从同一地点同时开始运动的x-t图像分别如图中a、b图线所示，其中图线b为开口向下的抛物线，顶点为P,下列说法正确的是()1劝xlm20 a4 5 O tis I 2 3 4 A.前4s内甲一直向正方向做匀速直线运动B.前4s内乙一直向正方向做匀减速直线运动C.甲、乙

16、两车在2s末相遇D.甲的速度大小为5m/s,乙的加速度大小为10m/s2【答案】AC【解析】AB.因为x-t图像的斜率代表速度，山图像可以看出，前4s内甲一直向正方向做匀速直线运动，而乙先向正方向做匀减速直线运动再反方向做匀加速自线运动，故A止确，B错误：C.囚为x-图像两线交点代表相遇，由困可知甲、乙两车在2s木相遇，故C正确；D.因为x-t图像的斜率代表速度，由图像可得甲的速度为Ax v=5m/s At 而乙先做匀减速直线运动，则可得x=v。t-ar2 代入数据得a=5m/s2 故D错误。故选AC。【热点多选题】3.(2022-山西太原一橾）滑雪大跳台的场地可分为助滑区AB、起跳台BC（倾

17、角为(J.)、着陆坡EF（倾角为/J)和停止区FG四部分。比赛中，运动员（可视为质点）从A点处由静止沿AB方向下滑后，从起跳台的最高点C处沿BC方向飞出，落到荐陆坡上的F点，之后滑入停止区。已知C与F点的高度差为ho,运动员腾空的最高点D与F点的高度差为h,设运动员始终在同一竖直面内运动，不计他在A到F的过程中受到的摩擦及空气作用，则（)A,D o A从C点飞出时，运动员的速率为了忨7万B从C到F,运动员腾空的时间为+仄g九）C.到达F点时，运动员的速度方向与EF的夹角为(90书）D.A点与F点的高度差为I-h。cos2a sin一”【答案】BD【解析】A.从C点飞出运动员做斜抛运动Vey=三

18、Vey V、=L sin a 联立解得$Ve=sin a 故A错误；B.从C到D所用时间t)于气了=2(hlg古）从D到F所用时间2 2 t g 1-2 _ _-h1目严_ t2 总时间尸故B正确；C.到达F时，根据动能定理l l mg九mv户mvc22.2 解得2g(hl九）VF飞/+2g九sin a 二v-=v cos a=c,-c tan a 速度方向siny坠V F 山此可知，速度方向与h,ho,a均有关，不一定是90-(J,故C错误；D.从A到F根据动能定理1 mgh=-;:mv卜22 解得h=h-ho cos2 a?sin a 故D正确。故选BD。【热点多选题】4.(2022全国模

19、拟预测）北京时间2019年7月19日21时06分，天宫二号在轨运行1036天后，受控离轨并再入大气层，少量残骸落入南太平洋预定安全海域。天宫二号“回家“，标志着我国载人航天工程空间实验室阶段全部任务圆满完成。天宫二号绕地球做匀速圆周运动时的的轨道比同步卫星的轨道低。关千天宫二号绕地球的运动（如图），下列说法正确的是（)A.天宫二号受控离轨进入大气层前，要向前喷气减速前进B.天宫二号进入大气层后，它的引力势能越来越小，机械能守恒C.天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小于同步卫星的运动周期D.天宫二号绕地球做匀速圆周运动向心加速度大于地球自转的向心加速度【答案ACD【解析】A.天宫二号受控离轨进入

20、大气层前，要减速降轨，天宫号是利用反冲原理减速的，所以它要向前喷气减速，从而做近心运动，故Ai确；B.天宫二号在进入大气层后，万有引力做正功，引力势能越来越小，大气阻力做负功，机械能越来越小，故B错误；C.根据开普勒第三定律可知T.R.J 土=(-）2飞R2天宫二号的轨道半径比同步卫星的轨道半径小，则天宫二号绕地球做匀速圆周运动的周期小千同步卫星的运动周期，故C正确：D.天宫一号绕地球做匀速圆周运动时，它的轨道比同步卫层的轨道低，根据万有引力定律可知G Mm=ma 天宫二号的的向心加速度大千同步卫星的加速度，又同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，根据2 a=w-r 可知，同步卫星的向心加速

21、度大千地球自转的向心加速度，所以天宫二号在轨绕地球做匀速圆周运动时，它的向心加速度比地球自转的向心加速度大，故D正确。故选ACD。【热点多选题】5.(2022辽宁丹东一模）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L,固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，右侧平直部分处在磁感应强度为B、方向竖岚向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻相同的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质岱分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不计空气阻力，重力加速度

22、为g。则（）b/,7 A.金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，始终做减速运动B.在沿导轨运动的过程中，金屈棒ab损失的机械能为2mgh C.在沿导轨运动的过程中，金屈棒ab上产生的焦耳热为匹芭2m D.在整个过程中，通过金属棒ab的电荷量为-石;3Bl【答案】CD【解析】A.由题知蔽后两棒离开导轨落在地面同一位四，由千导休棒离开导轨后做平抛运动，两导休棒都治在地面同一位置则说明二者离开导轨时的速度相同，由千cd先离开导轨，目cd离开导轨后ab、cd将没有组成闭合回路，则cd离开后ab做匀速直线运动，则说明动、cd在导轨就已经共速、一起做匀速直线运动，A错误BC.由选项A分析可知二者在导轨已

23、经达到共速，且由于导轨光滑，动、cd组成的系统动惜守恒，则有2mvo=3mv艾l 2m.gh=2m.沁2 再根据能鼓守恒有l l 2mvi=3mv1+Q 2 V 2 联立解得2 Q=7mgh 3 由十金屈棒ab、cd电阻相同则Q mgh Q动AE=2 3 B错误、C正确；D.对导体棒ab，根据动扯定理，取向右为止有-Bllt=2mv If-2mvo q=It 整理有q=2m声3BL 选项D让确；故选CD。【热点多选题】6.(2022北京高三阶段练习）如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C),场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于

24、纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t=Is时，从A点沿AB方向（垂直千BC)以初速度Vo射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度VO射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=l,且粒子由A运动到C的运动时间小千ls。不计正力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是(c 。v-IIIIIIIII BA 甲。E)tis B B。尸-叮-,1,:,1,:,:2 4 6 8 Eo|-下一-,:,:,2 4 6 8 乙。丙A.电场强度Eo和磁感应强度Bo的大小之比为3vo:l B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为l:2 C.第一个粒子和第

25、二个粒子运动的时间之比为冗：2 D第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1:5 tis【答案】【解析】BCD A.在t=ls时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，如图所示；由牛顿第二定律得qvnBo=竺R 粒子的轨道半径，R=l,则Bo竺ql 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖且方向l=vot 水平方向I l=a户2 其中qE a=上m 而2mv:Eo=。ql 则E。2v。B。I 故A错误；B.第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比a1 vB,。1=-=a2 E。2故B正确；C.第一个粒了的运动时间l兀lt1=-T=4 2v。第二个粒子的运动时间l t2=V。第一个粒子和第二个

26、粒子运动的时间之比fJ:f产兀：2 故C正确；D第一个粒子，山动能定理得1 qEol=Ek2-mvi 2 5勹Ek2=mv;2 1 第一个粒子的动能Ekl=mv;，第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为l:5，故D正确。2 故选BCD。A.B.,f11,Q.一/bt oA v.【热点多选题】7.(2022山东日照模拟预测）如图所示是氢原子的能级图，大批处千n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则（)n EleV oo-0 4-0.85 3-l.5 l 2-3.4-13.6 A.6种光子中波长最长的是n

27、=4激发态跃迁到基态时产生的B.6种光子中有3种属于巴耳末系C.使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能最D在6种光子中，从n=4能级跃迁到n=l能级释放的光子康普顿效应最明显【答案】CD【解析】A.6种光子中从n=4激发态跃迁到n=3能级上时产生的光子的能蜇伯最小，结合he E=入可知，从n=4激发态跃迁到11=3能级卜时产生的光子波长最长，A错误；B.6种光子中有2种属于巴耳末系，分别是n=4n=2和n=3n=2这两种光子，B错误；C.n=4能级的氢原子具有的能豆为0.85eV,故要使其发生电离能旦变为0,至少需要0.85eV的能旦，C正确；D.6种光子中从n=4激发态跃迁到，11能

28、级上时产牛的光子的能笠值酘大，波长最短，根据h p=-入可知光子的动蜇最大，根据康普顿效应的特点可知，在6种光子中，从n=4能级跃迁到n=能级释放的光了康普顿效应最明显，D正确。故选CD。【热点多选题】8.(2022天津河东一模）轨道电子俘获是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（母核）俘获一个核外电子，其内部一个质子转变为中子，从而变成一个新核（子核），并且放出一个中微子的过程。中微子的质量极小，不带电，很难探侧到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子存在的。若一个静止的原子核发生”轨道电子俘获“（电子的初动量不计），则()A.母核的质扯数比子核的质趾数多l个B.母核的电荷数比子核

29、的电荷数多l个C.子核的动觉与中微子的动量大小相等D.子核的动能大千中微子的动能【答案】BC【解析】AB.原子核（称为母核）俘获一个核外屯子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（称为了核）。了核与母核相比，电荷数少l，质扯数不变。故A错误，B|卜确；C.静止的原子核（称为母核）俘获电子（电子的初动量可不计）的过程中动量守恒，初状态系统的总动挝为0，则了核的动址和中微了的动址大小相等，方向相反，故C正确；D.子核的动星大小和中微子的动量大小相等，山丁中微子的原堂很小，根据2 p Ek=-mv=2m 中微子的动能大丁子核的动能，故D错误。故选BC。【热点多选题】9.(2

30、022全国高三专题练习）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处升始自由下滑，下列说法正确的是()A.在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽组成的系统在水平方向上动址守恒C.物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为v=豆iD.物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能E=2mgh 3【答案】ABD【解析】A.滑块下滑过程，只有重力做功，物块与弧形槽组成的系统机械能守恒，故A正确；B.滑块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动招守恒，故B

31、正确：C.设小球到达水平血时速度为片，槽的速度为V2且可判断球速度力向向右，梢的速度力向向左，以向右为正方向，在球下滑的过程中，系统水平方向动昂守恒，由动量守恒定律得mv1-2mv2=0 由机械能守恒定律得mgh=-;:mv+-;:2mv;22 由 以上两式得v1=2J,v2匠物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等v=v1=2匠故C错误；D.物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，山机械能守恒定伴可知，最大的弹件势能为EP=mv(=l,2mgh 2 故D正确。故选ABD。【热点多选题】IO.(2022安徵省定

32、远县第三中学模拟预测）如图所示，在竖直平面内有足够长的两平行金属导轨AB、CD。导轨间距为L，电阻不计。一根电阻不计的金屈棒ab可在导轨上无摩擦地滑动。棒与导轨垂直，并接触良好导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨右边与电路连接。电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R。在BD间接有一水平放置的电容为C的平行板电容器，板间距离为d。当ab以速度Vo匀速向左运动时，电容器中质盘为m的带电微粒恰好静止千两极板中间位置()A a2R B.C b A.微粒带负电B.电容器的带电批为CBLv。d C.若ab棒以速度饥向左运动，微粒将经过时间r-到达上极板g D.若ab棒在外力作用下由静

33、止开始在导轨上做简谐运动，运动中的最大速度为Vo则流经2R的最大电流为BLv。3R【答案】AC【解析】A.ab棒匀速向左运动时，棒中产生的感应电流方向为b今a,则电容器上板带正电，下板带负电，板间场强方向向下微粒受力平衡，电场力方向向卜，则微粒带负电，故ALF.确，B电容器板间电压ue=-E=BLv。3 3 电容器的带屯散为Q=CUc=:CBL1,o 故B错误c当ab以速度V。匀速向左运动时，由微粒平衡，有u mg=q丘d 若ab棒以速度2v。向左运动，由上知，板间屯比为2Uc,根据牛顿第二定律得2Uc q-mg=ma d 可得a=g 根据l _ 1-d=at2 2 2 得t=t=d 即微粒将

34、经过时间到达上极板，故C正确；g D若ab棒在外力作用下由静止片始在导轨士做简谐运动，运动中的最人速度为V。，则棒产生的最大感应电动势为E,=BLv。由千电容器“通交流”，则有电流流过与电容器串联的电阻R,所以流经2R的蔽人电流I,巠3R 故D错误。故选AC。【热点多选题】11.(2022山东模拟预侧）如图所示，一质量为2m的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以0为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质倡为m的光R 滑小球，以v。=2J示的速度由水平台面滑上小车。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高h=，小球可6 视为质点，蜇力加速度为g。则()。R Q,-炉A.

35、小车能获得的最大速度为4森 B小球在Q点的速度大小为喜3 拆C.小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为-D.小球落地时的速度大小为平3【答案AD【解析】A.小球砓终由P点离开小车，从小球滑上小车全离开小车，此过程系统尤机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大逑度为v=2m 4忘In.1J(2矗m+2m 故A正确；BC.小球在Q点时，水平方向J-与小车共速，由动扯守恒定伴得mv。=(m+2m)v共解得v共 2心示3 由能昂守恒定律得mv;=mgR+x2mv五mv2 2 2 Q 解得VQ=亚还则小球此时在竖直方向上的分速度大小为VQ,窝=亟3 设小球在Q点时速度方向与水

36、平方向的夹角为0,则VQ),-tan0=v共2故BC错误；D.小球离开小车时的速度大小为Vp=l,2应2陑m+2m 由动能定理得mgh=mv2-mv;2 2 解得V=平故D正确。故选AD。【热点多选题】12.(2022山东模拟预测）如图所示，两段均足够长、不等宽的光滑平行导轨固定在水平面上，较窄导轨的间距L1=lm,较宽导轨的间距L2=l.Sm。整个装置处于磁感应强度大小为B=O.ST、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN、PQ的质量分别为mp0.4kg、m2=1.2kg,长度分别为lm、1.5m,电阻分别为R1=0.3Q、R2=0.9Q，两导体棒静止在水平导轨上。t=O时刻，导体棒MN获得v

37、(F7m/s水平向右的初速度。导轨电阻忽略不计，导体棒MN、PQ始终与导轨垂直且接触良好，导体棒MN始终在较窄导轨上，取g=IOm/s2。则（)B N M 35 A.t=O时刻，回路中的电流为A12 B.导体棒MN最终做匀速直线运动，速度大小为2nlfsC.通过导体棒MN的电荷揽最大值为3.2CD.导体棒PQ中产生的焦耳热最大值为4.21【答案】ACD【解析】A.t=O时刻，回路中的电流为I。鸟如竺AR R户凡12 故A正确；BC.导体棒MN与PQ切割磁感线产生的电动势相互削弱，当两导体棒产生的电动势相等时，感应电流为零，安焙力为零，两导体棒将做匀速直线运动，此时有BL,VMN=BLl VPQ

38、 设从导体棒MN丿1始运动车导体棒MN、PQ做匀速运动所用的时间为At，对导体棒MN由动兄定押得-B互凶mlvMN-ml。对导体棒PQ由动兄定理得B七/:,.t=n1ivPQ又因为q=7.At 解得v,11N=3m/s,vPQ=2rn/s,q=3.2C 故B错误，C正确；D.由能榄守恒定律得I,1,l,吓V6=mlv瓜，V+2 2 2 叱Q总QPQ=凡RI+R2 解得QPQ=4.2J 故D正确。故选ACD。Q总令【考前预测篇2】热点非选择题【热点实验题】1.(2022云南二模）在测定金屈丝电阻率的实验中：(l)用螺旋测微器测址金屈丝直径，结果如图甲所示，可得金属丝的直径为mm;甲(2)在该实验

39、中，用伏安法测谥金属丝电阻时，电流表的连接有图乙和图丙两种连接方式，因所用金属丝电阻较小，考虑电表内阻引起的系统误差，应选择图（选填乙”或“丙）连接方式可使测量结果更加准确，用这种接法测得的电阻值将（选填“大千“小千”或”等千）真实值。乙【答案】0.622#0.623#0.624 丙小十【解析】(1)螺旋测微器读数为0.5mm+12.3 x 0.01mm=0.623mm(2)因所用金屈丝电阻较小，则有R R R R 则电流表采用外接法即为丙图；因电压农的分流作用，会导致电流的测址值偏大，根据u R=-可知测得的电阻值将会小千页实值。【热点实验题】2.(2022辽宁模拟预测）（1)在下列实验中，

40、能用图中装置完成且仅用一条纸带就可以得出实验结论的是（单选）;A.验证小车和重物组成的系统机械能守恒B.探究小车速度随时间变化的规律C.探究小车加速度与力、质置的关系D.探究不同力做功与小车速度变化的关系(2)某次实验中按规范操作打出了一条纸带，其部分纸带如下图。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，纸带左端接小车，请根据图中纸带判断其做的是（填匀速“、匀变速、“加速度变化的变速”)运动，此次实验中打点计时器打下A点时小车的速度为mis;（保留两位有效数字）(3)如下图所示，在水平气垫导轨上用光电门记录数据的方式做“验证动量守恒定律“实验，测械滑块A的质谥记为m1，测谥滑块B的质矗记为

41、m2测谥滑块A上的遮光条宽度如下图所示，其宽度d1=_cm,测得滑块B上的遮光条宽度为d2。滑块A从右向左碰静止的滑块B,已知风m2光电门计数器依次记录了三个遮光时间At1、At2、At3，验证动量守恒需要满足的关系式为（用测量的物理量符号表示）。【答案】B 匀变速0.52-0.54 I.OOOcm-1.0 I 0cm 空匹生十三Atl At2At飞【解析】(I)A.验证小车和重物组成的系统机械能守恒，需要测昂小车和重物的质量，A错误；B.探究小车速度随时间变化的规律，仅衙要一条纸带即可得出实验结论，B正确；C.探究小车加速度与力、质散的关系，还需知道二者的质蜇，C错误；D.探究不同力做功与小

42、车速度变化的关系，斋要知道二者的质见，D错误。故选B。(2)根据心aT2T均相等，即只要满足心均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知心均为0.1cm,则该运动为匀变速运动。小牛的速度为(l.O+Ll)xlO一2v=1n/s=0.53m/s 2x0.02(3)游标卡尺诙数为1cm+0.02 x 2mm=1cm+0.004cm=1.004cm 要验证动量守恒定律，即验证碰撞前的动星和碰捅后的动量相等，即m冈n7iv3+m凸故有m1 d1-m2d2,m1 d1=+AtI At2At3【热点实验题】3.(2022山东模拟预割）某实验小组用如图(a)所示装置测量重力加速度。将小球A和手机B分别系在

43、一条跨过定滑轮的不可伸长的软绳两端。打开手机B的phyphox软件，令小球A和手机B静止，细绳拉紧，然后释放小球A和手机8,通过phyphox软件测得手机的加速度随时间变化的图线如图(b)，实验室提供的物理兰有：小球A的质晕mA=50,Qg,手机B的质岱n=150.0g,当地实际重力加速度g=9.8m/s2 o(1)实验侧得的重力加速度大小为1n/s2。（结果保留两位有效数字）(2)实验测得的重力加速度与实际重力加速度有明显差异，除实验中的偶然误差外，请写出一条可能产生这一结果的原因：。(3)有同学提出本实验还可以研究机械能是否守恒，在小球A上方h高处安装光电门和配套的数字计时器。令小球A和手

44、机B静止，细绳拉紧，然后释放小球A和手机B,数字计时器记录小球A通过光电门的时间t,除实验室提供的物理量外，还需要测量的物理量有（写出物理量的名称和符号），需要验证的原理式为（用实验室提供的物理昼符号和侧杂的物理谥将号表示）。al(ms-2)5743210 4(a)3 4 5(b)t/x I 0-1s【答案】9.4 滑轮的轴不光滑（或滑轮有质旦，软绳有质笠，物体运动过程中受空气阳力，手机在下落过程中发生摆动等）小球A的直径d(m厂叽）gh=(mA+mB)()【解析】(l)由图（b)诙出加速度为a=4.71n/s2,根据牛顿第二定忭，(m厂叽）g1=(mA+m8)a 代入数据得g,=9.4n1f

45、s2(2)侧蜇的重力加速度小千实际值，除偶然误差外，也可能是山于滑轮的轴不光滑，或滑轮有匝量，软绳有质扯，物体运动过程中受空气阻力，手机在下落过程中发生摆动等原因。(3)由于还需要尊出小球的速度，则还需要测堂小球A的肖径d。根据功能关系知需要验证的原理式为(m/J-mA)gh=(mA+m/J行）2【热点实验题】4.(2022广东深圳模拟预测）某同学设计了一个验证加速度a与物体所受合力F及质岱m关系的实验，图(a)为实验装置简图。电源插头立纸带小车a a/(ms一2)F/N（交流电的频率为SOHz)纸带运动方向+-V.I臧中中中叶5.17 5.68.6.19.6.70 b a/(ms一2)单位：

46、cmF/N c O d(1)图(b)为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为一1n/s2o 位有效数字）（计算结果保留二(2)保持桶内祛码的质量不变，改变小车质撇,n,分别得到小车加速度a与质掀m及对应的数据，如何利用这些数据才能比较直观地确定小车加速度a与质量m之间的关系呢？竺仁(3)保待小车的质蜇不变，改变桶内祛码的质臣，甲、乙两位同学根据实验数据分别作出了加速度a随合力F的变化图线如图c、d所示，图c中的图线上部出现了弯曲并偏离原来的直线，其主要原因是;若从小车中取出祛码放入桶中，并以桶、桶中的祛码、车和车中的祛码整体为研究对象，图线上部（填“会”或不会”）弯曲并偏离原来的

47、直线，图d中的图线不通过原点，其主要原因是。【答案】3.2 1 做加速度与小午质量倒数之间的关系图像（或作a与一的关系图像）砂和砂桶的m 质禄没有远小于车的质量不会实验前未平衡摩擦力或平衡庥擦力不充分【解析】(1)从b图中看出相邻的计数点时间间隔为0.04s,利用匀变速直线运动的两个推论得出(6.19+6.70)-(5.17+5.68)a=xlO-2m尽3.2m/s2(4x0.02)2(2)要自观的反映两个扯之间的关系，可以通过作阳来觥决。但是只有作出条且线，才可以且观的反映两个变量之间的关系。通过尝试我们可以去做加速度与小午庙兢倒数之间的关系图像（或作ll与一的关系图像）。(3)设小车的质亚

48、为M,砂和砂桶的质互为m,根据牛顿第二定律对砂和砂桶mg-F拉 ma对小车凡Ma解得F拉 mMg=mg m+M l+m 当m A 甘一一一一一一一一一二一一一一一一-红队，冰亚士投掷线起滑架图甲【答案】(1)4:I;(2)s 19m,即1-1赢得比赛【解析】(I)假设冰壶的质扯为m,冰壶P碰1:.Q前瞬间的速度为v,碰瞬间P的速度为1介、Q的速度为V2图乙巾题慈有3 V 2=-V 4 P、Q碰撞过程，由动址守恒得mv=mv1+mv2 解得1 v,=V 4 碰前瞬间速度与两冰壶碰撞后瞬间红队冰壶的速度之比是4:1(2)若冰壶P最终停在0点左侧，纠队获胜，则必须冰壶Q停在0点右侧，且冰壶P到0点的

49、距跷小千Q到0点的距离，即I-,mgs1=0-Invf 2 l 2-ngs2=0-mv2 2 X-S1 0.8m/s 假设红队用毛刷擦拭冰面的长度为s,p从起滑到与Q发生碰撞前的过程，有l l-;:-mv2-;:-mv=-1mg(L-x-s)-A mgs 2 2 解得s 19m 若冰壶P最终停在0点右侧，山千VIV2,则冰壶P离0点距离一定比Q离0点的距离近，只面保证P停在圆垒区域内即可，即I 2-;:;mv:/ng(x+r)把1 v.=-v 4 代入解得v0.8扣mis又因为冰壶P的初速度为2.4m l s 0.8平mis因此v-，胚引力勹趴力的关系_ 如叫必修2第七章机械能守恒定律豆罕-（

50、定义军心包忏h酶毡r匕阳理江义.JJ，至.一动能已归互上夕机械能守恒定律一、定义1记义、.,做功的内个不叶缺少的因长公入-W几亡oJ l ir功仰色堕，功的汁忤方法、J 洹点文斗罕酰），额定功扣改伈功书-定义16式一声（，介力攸功扣重力势能的义系、r 公式,.1.;产；J.f,-悍丿丿伐功和并忱约能的关系）选修3-1第一章静电场定义特点充电、放电尸强IU场中电势兑和ll场强度的关系乞三正电付负1U旮元电访点屯材式方丘l选修3-1第二章恒定电流基本概念巴空J巴荨丑（闭合电路的幻吓五声扣式作干计算式u?(叶定义式勺云云；示J 撑述电算内邪非静电力做功彴其他形酰4式的印寺化为电能本倾的物现以肛巴9