高考物理一轮复习课件+讲义 第3章 5 章末热点集训

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新高考物理一轮复习策略1、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。2、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。3、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。4、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 章末热点集训[学生用书P61]热点1　动力学中图象的应用 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　) [解析]　当水平力F较小时，两物体相对静止，加速度相同，由F＝ma知：两者的加速度a＝＝，a∝t，当水平力F较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律，对m1：a1＝，由于μ、m1、m2是定值，故m1的加速度a1不变．对m2：a2＝＝，a2是时间t的线性函数，斜率>，A正确．[答案]　A (多选)(2020·安徽安庆二模)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B．水平外力F＝5.5 NC．水平外力F＝4 ND．物体在0～4 s内的位移为24 m解析：选AC.根据v－t图象的斜率表示加速度，知2～4 s内物体的加速度为：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正确；0～2 s内物体的加速度为：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律可得：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得F＝4 N，故B错误，C正确；物体在0～4 s内的位移为：x＝＋×2 m＝28 m，故D错误．热点2　牵连体中整体法和隔离法的应用 (多选)在斜面上，两物块A、B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物体A时，两物块以大小为a的加速度向上运动，细线中的张力为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数相等，则当用大小为2F的拉力沿斜面向上拉物块A时(　　) A．两物块向上运动的加速度大小为2aB．两物块向上运动的加速度大小大于2aC．两物块间细线中的张力为2FTD．两物块间细线中的张力与A、B的质量无关[解析]　设斜面倾角为θ，A、B两物块的质量分别为M和m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为a＝＝－g(sin θ＋μcos θ)，当拉力为2F时，加速度大小a′＝－g(sin θ＋μcos θ)，则a′－a＝＞a，即a′＞2a，A错误，B正确；两物块间细线中的张力FT＝ma＋mgsin θ＋μmgcos θ＝，与斜面倾角和动摩擦因数无关，且当拉力为2F时，细线中的张力为2FT，但张力与两物块的质量有关，C正确，D错误．[答案]　BC (多选)(2020·河南郑州二模)如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1－2，2和3间弹簧的弹力为F2－3，2 018和2 019间弹簧的弹力为F2 018－2 019，则下列结论正确的是(　　)A．F1－2∶F2－3∶…F2 018－2 019＝1∶2∶3∶…2 018B．从左到右每根弹簧长度之比为1∶2∶3∶…2 018C．如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a解析：选ACD.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F＝2 019ma，解得：a＝；以后面的第1、2、3…2 018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：F1－2＝F，F2－3＝F，…，F2 018－2 019＝F，则F1－2∶F2－3∶…F2 018－2 019＝1∶2∶3∶…2 018，故A正确；由胡克定律知F＝kx，结合A的分析可知：x1－2∶x2－3∶x2 018－2 019＝1∶2∶3∶…2 018，但弹簧的长度之比不满足，故B错误；突然撤去F瞬间，除第2 019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确；第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其他球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确．热点3　动力学中的临界极值问题 (多选)如图所示，小车内有一质量为m的物块，一轻质弹簧两端与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　) A．若μmg小于kx，则小车的加速度方向一定向左B．若μmg小于kx，则小车的加速度最小值为a＝，且小车只能向左加速运动C．若μmg大于kx，则小车的加速度方向可以向左也可以向右D．若μmg大于kx，则小车的加速度最大值为，最小值为[解析]　若μmg小于kx，而弹簧又处于压缩状态，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力水平向左，即小车的加速度一定向左，A对；由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma，当Ff＝μmg时，加速度方向向左且最小值为amin＝，随着加速度的增加，Ff减小到零后又反向增大，当再次出现Ff＝μmg时，加速度方向向左达到最大值amax＝，但小车可向左加速，也可向右减速，B错；若μmg大于kx，则物块所受弹簧弹力和静摩擦力的合力(即加速度)可能水平向左，也可能水平向右，即小车的加速度方向可以向左也可以向右，C对；当物块的合外力水平向右时，加速度的最大值为，物块的合外力水平向左时，加速度的最大值为，则小车的加速度最大值为，最小值为0，D错．[答案]　AC 如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是(　　) A．T1＝　　 B．T1＝C．T1＝  D．T1＝解析：选C.本题因考虑滑轮的质量m，左右两段细绳的拉力大小不再相同，直接利用牛顿第二定律求解T1和T2有一定困难，但是利用极限分析法可以较容易地选出答案，若m1接近零，则T1也接近零，由此可知，B、D均错误；若m1＝m2，则m1、m2静止不动，T1＝m1g，则A错误．热点4　应用动力学观点分析传送带模型 (多选)(2020·湖北黄冈模拟)三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，下列说法正确的是(　　)A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端[解析]　因为μ＜tan 37°，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B同时到达传送带底端，B正确；若v0＜1 m/s，开始运动的一段时间内，物块A的加速度大于物块B的加速度，然后加速度相等，所以物块A先到达传送带底端，C正确．[答案]　BC (多选)如图甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为θ的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连．现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的v－t 图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的v－t图象可能是下列选项中的(　　)解析：选AC.若传送带顺时针匀速转动，则物块在传送带上运动时所受的摩擦力与传送带静止时的相同，加速度为a1＝gsin θ－μgcos θ，则v－t图象不变，A正确；若传送带逆时针匀速转动，当物块运动到传送带上时的速度小于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向下的摩擦力，加速度为a2＝gsin θ＋μgcos θ>a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，则C正确，D错误；当物块运动到传送带上时的速度大于等于传送带的速度时，物块将受到沿传送带向上的摩擦力，加速度仍为a1，则B错误．