（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第二部分 考前调节 激发状态 方法 规律 通晓高考4大解题策略

第二部分考前调节激发状态方法·规律通晓高考4大解题策略一必记公式和结论——解题“工具”掌握牢(一)力与直线运动物理概念、规律公式备注匀变速直线运动匀变速直线运动v＝v0＋atx＝v0t＋12at2v2－v02＝2axvt2＝v＝v0＋v2Δx＝aT2v＝xt适用于任何形式的运动自由落体运动v＝gth＝12gt2v2＝2ghv0＝0，a＝g竖直抛体运动v＝v0±gth＝v0t±12gt2v2－v02＝±2gh上抛取“－”号下抛取“＋”号相互作用重力G＝mg无特殊说明时g取9.8m/s2，估算时g取10m/s2胡克定律F＝kxx为形变量，k为劲度系数滑动摩擦力F＝μFNFN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[保温训练]1．从地面竖直上抛物体A，初速度大小为v，同时在离地高为H处，有一物体B自由下落，经过时间t两物体在空中相遇，重力加速度为g，则()A．t＝HvB．t＝H2vC．t＝vgD．t＝v2g解析：选A两物体相遇时位移大小之和等于H，故有vt－12gt2＋12gt2＝H，解得t＝Hv，A正确。2．以从塔顶由静止释放小球A的时刻为计时零点，t0时刻又在与小球A等高的位置处，由静止释放小球B。若两小球都只受重力作用，设小球B下落时间为t，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx，则Δxt­t0图线为()解析：选B两小球释放后都做自由落体运动，小球B释放时为t0时刻，此时小球A的速度为gt0，小球B的速度为0，根据匀变速直线运动规律，小球B下落时间为t时，两小球下落的高度分别为hA＝gt0t＋12gt2和hB＝12gt2，则Δx＝hA－hB＝gt0t，Δxt＝gt0，由函数图像知识，可知B正确。3．如图是某物体在t时间内的位移—时间图像和速度—时间图像，从图像上可以判断()A．物体的运动轨迹是抛物线B．物体时间t内的平均速度不一定是4.5m/sC．物体运动的时间t＝2sD．物体的加速度为2716m/s2解析：选D由v­t图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间t内的平均速度是v＝v0＋vt2＝3＋62m/s＝4.5m/s，B错误；由x＝vt得t＝xv＝84.5s＝169s，C错误；物体的加速度为a＝vt－v0t＝6－3169m/s2＝2716m/s2，D正确。4.在平直公路上行驶的a车和b车，其x­t图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2m/s2，t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，则()A．a车做匀速运动且其速度为va＝83m/sB．t＝3s时，a车和b车相遇但此时速度不等C．t＝1s时，b车的速度为10m/sD．t＝0时，a车和b车的距离x0＝9m解析：选D由题图可知，a车做匀速运动，其速度：va＝ΔxΔt＝8－23m/s＝2m/s，故A错误；t＝3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度vb′＝va＝2m/s，故B错误；由b车的加速度等于－2m/s2易得，t＝1s时，b车的速度为6m/s，故C错误；设b车的初速度为vb，对b车，由vb＋at＝vb′，解得vb＝8m/s，t＝3s时，a车的位移xa＝vat＝6m，b车的位移：xb＝vb＋vb′2t＝15m，此时a车和b车到达同一位置，得x0＝xb－xa＝9m，故D正确。5.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v­t图像如图所示。下列说法正确的是()A．运动员在0～10s内的平均速度大小等于10m/sB．10s末运动员的速度方向改变C．10s末运动员打开降落伞D．10～15s内运动员做加速度逐渐增加的减速运动解析：选C若运动员在0～10s内做匀变速直线运动，则平均速度v＝v2＝202m/s＝10m/s，故A错误；在整个过程中，速度都是正值，运动员的速度方向未改变，故B错误；从10s末开始运动员做减速运动，则知10s末运动员打开降落伞，故C正确；10～15s内图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，运动员做加速度逐渐减小的减速运动，故D错误。6.(2019·浙江选考)如图所示，A、B、C为三个实心小球，A为铁球，B、C为木球。A、B两球分别连在两根弹簧上，C球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁)()A．A球将向上运动，B、C球将向下运动B．A、B球将向上运动，C球不动C．A球将向下运动，B球将向上运动，C球不动D．A球将向上运动，B球将向下运动，C球不动解析：选D开始时A球下的弹簧被压缩，弹力向上；B球下的弹簧被拉长，弹力向下；将挂吊篮的绳子剪断的瞬时，系统的加速度为g，为完全失重状态，此时水对球的浮力也为零，小球的重力也视为零，则A球将在弹力作用下相对于杯底向上运动，B球将在弹力作用下相对于杯底向下运动，C球相对于杯底不动。7.(2019·天津高考)2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是()A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布解析：选C索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡。增加钢索数量，其整体重力变大，故索塔受到的压力变大，A错。若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G可知，钢索拉力T将变大，B错。两侧拉力对称，合力一定在夹角平分线上，即竖直向下，C对。若钢索非对称分布，但其水平方向的合力为0，合力仍竖直向下，D错。8．(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则()A．F1＝33mg，F2＝32mgB．F1＝32mg，F2＝33mgC．F1＝12mg，F2＝32mgD．F1＝32mg，F2＝12mg解析：选D如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin60°＝32mg，F2＝mgsin30°＝12mg，选项D正确。9．[多选](2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10m/s2。由题给数据可以得出()图(a)图(b)图(c)A．木板的质量为1kgB．2～4s内，力F的大小为0.4NC．0～2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2解析：选AB木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩＝0.2N。由题图(c)知，2～4s内，木板的加速度大小a1＝0.42m/s2＝0.2m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2＝0.4－0.21m/s2＝0.2m/s2。设木板质量为m，对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：F－F摩＝ma1，F摩＝ma2，且知F摩＝μm块g＝0.2N，解得m＝1kg，F＝0.4N，由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，选项A、B正确，D错误。0～2s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选项C错误。10．如图甲所示，一个可视为质点的物块从倾角为θ＝30°的固定斜面顶端由静止开始下滑，从此时开始计时，物块的速度为v，到斜面顶端的距离为x，其x­v2图像如图乙所示。g取10m/s2，斜面足够长，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．物块的加速度大小为8m/s2B．物块在t＝1s时的速度大小为8m/sC．物块在t＝4s时处于斜面上x＝24m的位置D．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝315解析：选D由v2＝2ax得加速度为a＝4m/s2，故A错误；由v＝at得t＝1s时物块速度大小为4m/s，故B错误；由x＝12at2得t＝4s时，x＝32m，C错误；由牛顿第二定律得：mgsin30°－μmgcos30°＝ma，解得：μ＝315，故D正确。(二)曲线运动、万有引力与机械能物理概念、规律公式备注曲线运动平抛运动vx＝v0，vy＝gtx＝v0t，y＝12gt2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＝ΔsΔtω＝ΔθΔta＝v2r＝ω2r＝4π2T2r＝ωvF＝ma＝mv2r＝mω2rv＝2πrTω＝2πTv＝ωr万有引力定律万有引力定律F＝Gm1m2r2引力常量：G＝6.67×10－11N·m2/kg2功和功率功W＝Flcosαα是F与l的夹角功率平均功率P＝Wt瞬时功率P＝Fvcosαα是F与v的夹角机械效率η＝W有用W总×100%＝P有用P总×100%η1机械能动能Ek＝12mv2标量，具有相对性重力势能Ep＝mgh与零势能面的选择有关动能定理W合＝12mv22－12mv12W合为合外力做的功机械能守恒定律E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2守恒条件：在只有重力或弹力做功的物体系统内[保温训练]1．(2019·海南高考)2019年5月，我国第45颗北斗卫星发射成功。已知该卫星轨道距地面的高度约为36000km，是“天宫二号”空间实验室轨道高度的90倍左右，则()A．该卫星的速率比“天宫二号”的大B．该卫星的周期比“天宫二号”的大C．该卫星的角速度比“天宫二号”的大D．该卫星的向心加速度比“天宫二号”的大解析：选B根据GMmr2＝mrω2＝m4π2T2r＝mv2r＝ma解得v＝GMr，T＝2πr3GM，ω＝GMr3，a＝GMr2，因北斗卫星的运转半径大于天宫二号的轨道半径，可知该卫星的速率比“天宫二号”的小；该卫星的周期比“天宫二号”的大；该卫星的角速度比“天宫二号”的小；该卫星的向心加速度比“天宫二号”的小；故选项B正确，A、C、D错误。2.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg解析：选C画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知A→B(上升过程)：－(mg＋f)h＝EkB－EkAC→D(下落过程)：(mg－f)h＝EkD－EkC联立解得物体的质量m＝1kg，选项C正确。3．[多选](2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J解析：选AD由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由题给图像得k＝20N，因此m＝2kg，A对。当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝12mv02，因此v0＝10m/s，B错。由题给图像知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错。h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即上升4m距离，动能减少100J，D对。