2022年高考物理湖北卷 解析

湖北省2022年普通高中學業(yè)水平等級考試

物理

一、選擇題:本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1?7題

只有一項符合題目要求，第8?11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全

的得2分，有選錯的得0分。

1.上世紀四十年代初，我國科學家王漁昌先生首先提出證明中微子存在的實驗方案：如果靜止原子核：Be

俘獲核外K層電子e,可生成一個新原子核X,并放出中微子Ve，即：Be+_：e->X+：Vc。根據(jù)核反應后

原子核X的動能和動量，可以間接測量中微子的能量和動量，進而確定中微子的存在。下列說法正確的是

()

A.原子核X是731口iB.核反應前后的總質(zhì)子數(shù)不變

C.核反應前后總質(zhì)量數(shù)不同D.中微子匕的電荷量與電子的相同

【答案】A

【解析】

【詳解】AC.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒有，X的質(zhì)量數(shù)為7,電荷數(shù)為3,可知原子核X是3口，A

正確、C錯誤；

B.由選項A可知，原子核X是3口，則核反應方程為+-2-3口+oVe,則反應前的總質(zhì)子數(shù)為

4,反應后的總質(zhì)子數(shù)為3,B錯誤；

D.中微子不帶電，則中微子乙的電荷量與電子的不相同，D錯誤。

故選Ao

2.2022年5月，我國成功完成了天舟四號貨運飛船與空間站的對接，形成的組合體在地球引力作用下繞地

球做圓周運動，周期約90分鐘。下列說法正確的是()

A.組合體中的貨物處于超重狀態(tài)

B.組合體的速度大小略大于第一宇宙速度

C.組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大

D.組合體的加速度大小比地球同步衛(wèi)星的小

【答案】C

【解析】

【詳解】A.組合體在天上只受萬有引力的作用，則組合體中的貨物處于失重狀態(tài)，A錯誤：

B.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，而第一宇宙速度為最大的環(huán)繞速度，則組合體的

速度大小不可能大于第一宇宙速度，B錯誤；

C.已知同步衛(wèi)星的周期為24h,則根據(jù)角速度和周期的關系有

CD=——

T

由于r同組合體，則組合體的角速度大小比地球同步衛(wèi)星的大，C正確；

D.由題知組合體在地球引力作用下繞地球做圓周運動，有

「Mm4/

整理有

7=2*7

由于7同＞7組合體，則/■同＞/■組合體，且同步衛(wèi)星和組合體在天上有

Mm

ma=G

則有

。同v。組合體

D錯誤。

故選C。

3.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a變?yōu)闋顟B(tài)c,其過程如p—/圖中a-c直線段所示，狀態(tài)b對應該線段的

中點。下列說法正確的是（）

A.a—b是等溫過程

B.a-b過程中氣體吸熱

C.a—c過程中狀態(tài)b的溫度最低

D.a-c過程中外界對氣體做正功

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程

叱"

T

可知a—b氣體溫度升高，內(nèi)能增加，且體積增大氣體對外界做功，則少＜0,由熱力學第一定律

\U=W+Q

可知a—b過程中氣體吸熱，A錯誤、B正確；

C.根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程

可知，p—H圖像的坐標值的乘積反映溫度，a狀態(tài)和c狀態(tài)的坐標值的乘積相等，而中間狀態(tài)的坐標值乘

積更大，a-c過程的溫度先升高后降低，且狀態(tài)b的溫度最高，C錯誤；

D.a—c過程氣體體積增大，外界對氣體做負功，D錯誤。

故選B?

4.密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間產(chǎn)生勻強電場。

用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金

屬板間電勢差為。時，電荷量為外半徑為廠的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為

2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）

vv

A.q,rB.2q,rC.2q,2rD.4q,2r

【答案】D

【解析】

【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止狀態(tài)時，滿足

--7tr?

AB.當電勢差調(diào)整為2。時，若液滴的半徑不變，則滿足

AB錯誤;

CD.當電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?7?時，則滿足

2U,4c,

—q=；7（2尸）3-pg

a3

可得

q'=4q

C錯誤，D正確。

故選D。

5.如圖所示，質(zhì)量分別為機和2機的小物塊P和Q,用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平

輕繩連接到墻上。P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用水

平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止。彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧

的勁度系數(shù)為E重力加速度大小為g。若剪斷輕繩，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移

大小為（）

P-wwwwvQ

pmg2/Jmg4jUmg6/jmg

A.kB.女C.kD.k

【答案】C

【解析】

【詳解】Q恰好能保持靜止時，設彈簧的伸長量為x,滿足

kx=

若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x,因此P相對于其初始位

置的最大位移大小為

S=2%=也追

故選c。

6.我國高鐵技術全球領先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時間。假設兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080

km,W和G之間還均勻分布了4個車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達終點站G。設普通列車的最

高速度為108km/h,高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進站和出站過程中，加速

度大小均為0.5m/s2,其余行駛時間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運動，兩種列車在每個車站停車時間相

同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時間為（）

A.6小時25分鐘B.6小時30分鐘

C.6小時35分鐘D.6小時40分鐘

【答案】B

【解析】

【詳解】108km/h=30m/s,324km/h=90m/s

由于中間4個站均勻分布，因此節(jié)省的時間相當于在任意相鄰兩站間節(jié)省的時間的5倍為總的節(jié)省時間,

相鄰兩站間的距離

1080xl03c,/

x=------------m=2.l6xl05m

5

普通列車加速時間

V.306

t,=—=——s=60s

a0.5

加速過程的位移

I,I,

x,=—at：=—x0.5x60'm=900m

1212

根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間

x-2x.2.16x10-2x900

%=-------L=----------------------s=7140s

V30

同理高鐵列車加速時間

加速過程的位移

1?1,

X=—x0.5x18O'm=8100m

'2'2

根據(jù)對稱性可知加速與減速位移相等，可得勻速運動的時間

,x-2x,2.16xl05-2x8100

t；=-------L=----------------s=2220s

2M90

相鄰兩站間節(jié)省的時間

Ai=（t2+2/1）-（4+2/；）=4680s

因此總的節(jié)省時間

\t&=5AZ=4680x5s=23400s=6小時檢

故選B。

7.一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v,在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2V增大

到51%前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為名和%2,合外力的沖量大小分別為人和/2。下列關系

式一定成立的是（）

3

A.典=3%,/2^AB.匕=3%，12叫

Z<31.W^1W.L>I.

rL/.,7nU.2,

【答案】D

【解析】

【詳解】根據(jù)動能定理可知

%=；加（2丫）2--mv2=^mv~

%=；ZH(5V)2-；m(2v)2=mv2

可得

%=7%

由于速度是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最

大，因此沖量的大小范圍是

mv</,<3mv

3mv</2<Imv

比較可得

一定成立。

故選D。

8.在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外

的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為3,SP與磁場左右邊界

垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30。角。已知離

子比荷為匕不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為優(yōu)則離子的入射速度和對

應。角的可能組合為（）

I

A.3kBL,0°B.々kBL,0°C.kBL,60°D.2kBL,60°

【答案】BC

【解析】

【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖

XXXX

XXXX

L

根據(jù)幾何關系則有

R=L

v2

qvB=m—

R

可得

v=^^-=kBL

m

根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30。角向上，故出射方向與入射方向的夾角為Q60。。

當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖

因為上下磁感應強度均為B,則根據(jù)對稱性有

R=LL

2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

V,2

qvB=m—

R

可得

2m2

此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為外0。。

通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足

qBL

V=,、JkBL

2n-l

(n=\,2,3)

此時出射方向與入射方向的夾角為560。;

當粒子從上部分磁場射出時，需滿足

v=&LkBL

2nm2n(片1,2,3.......)

此時出射方向與入射方向的夾角為歸0。。

故可知BC正確，AD錯誤。

故選BC。

9.近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的

輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約

為發(fā)射線圈的80%,忽略其它損耗，下列說法正確的是（）

A.接收線圈的輸出電壓約為8V

B.接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22:1

C.發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同

D.穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同

【答案】AC

【解析】

【詳解】A.根據(jù)

.80%.

丁“

可得接收線圈的輸出電壓約為5=8V；

B.由于存在磁漏現(xiàn)象，電流比不再與匝數(shù)成反比，故B錯誤;

C.變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確;

D.由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相同，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率

與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤。

故選AC。

10.如圖所示，一帶電粒子以初速度均沿x軸正方向從坐標原點。射入，并經(jīng)過點P(a>0,Z)>0)o若上

述過程僅由方向平行于夕軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為小到達P點的動能為現(xiàn)”若

上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從。到P運動的時間為勿到達P點的動能為瓦2。

下列關系式正確的是?()

Oax

A.B.?|>介

C.Eki<Ek2D.Eki>Ek2

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速

直線運動；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分

速度在減小，根據(jù)

x

t=一

V

可知

t\<t2

故A正確，B錯誤。

CD.該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于師;當

該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于功,而根

據(jù)

E=-mv

k2

可知

Eki>Ek2

故C錯誤，D正確。

故選AD,

11.如圖所示，兩平行導軌在同一水平面內(nèi)。一導體棒垂直放在導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)恒定。

整個裝置置于勻強磁場中，磁感應強度大小恒定，方向與金屬棒垂直、與水平向右方向的夾角?？烧{(diào)。導

體棒沿導軌向右運動，現(xiàn)給導體棒通以圖示方向的恒定電流，適當調(diào)整磁場方向，可以使導體棒沿導軌做

立

勻加速運動或勻減速運動。已知導體棒加速時，加速度的最大值為3g,減速時，加速度的最大值為6

g,其中g為重力加速度大小。下列說法正確的是（）

百

A.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為6

V3

B.棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為3

C加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向下，6>=60°

D.減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向上，0=150°

【答案】BC

【解析】

【詳解】設磁場方向與水平方向夾角為仇，仇<90。;當導體棒加速且加速度最大時，合力向右最大，根據(jù)左

手定則和受力分析可知安培力應該斜向右上方，磁場方向斜向右下方，此時有

Fsinq一〃（/"g一尸cos。]）=max

根據(jù)數(shù)學知識可得

F(J1+卜in(q+a)=pimg+max

則有

.(^\Nmg+m%

sin(0^,+a)=-

同理磁場方向與水平方向夾角為％，02<90。，當導體棒減速，且加速度最大時，合力向左最大，根據(jù)左手

定則和受力分析可知安培力應該斜向左下方，磁場方向斜向左上方，此時有

ma

Fsin02+〃[nig+Fcos打）=z

有

F(+卜in(打+&)="?。2~MmS

所以有

sM%+a尸個書

；1+笛)

當加速或減速加速度分別最大時，不等式均取等于，聯(lián)立可得

_V3

帶入

1

C0S6Z=—；

可得a=30。，此時

4=。2=60°

加速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向右下方，有

6=4=60"

減速階段加速度大小最大時，磁場方向斜向左上方，有

6=兀-4=120°

故BC正確，AD錯誤。

故選BCo

二、非選擇題:本題共5小題。共56分。

12.某同學設計了一個用拉力傳感器驗證機械能守恒定律的實驗。一根輕繩一端連接固定的拉力傳感器，

另一端連接小鋼球，如圖甲所示。拉起小鋼球至某一位置由靜止釋放，使小鋼球在豎直平面內(nèi)擺動，記錄

鋼球擺動過程中拉力傳感器示數(shù)的最大值I-和最小值改變小鋼球的初始釋放位置，重復上述過

程。根據(jù)測量數(shù)據(jù)在直角坐標系中繪制的圖像是一條直線，如圖乙所示。

（1）若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為。

（2）由圖乙得:直線的斜率為，小鋼球的重力為No（結果均保留2位有效數(shù)字）

（3）該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是（單選，填正確答案標號）。

A.小鋼球擺動角度偏大

B.小鋼球初始釋放位置不同

C.小鋼球擺動過程中有空氣阻力

圖甲圖乙

【答案】①.-2②.-2.1③.0.59④.C

【解析】

【詳解】（1）[1]設初始位置時，細線與豎直方向夾角為仇則細線拉力最小值為

Tmin=mgcos0

到最低點時細線拉力最大，則

I0

mgZ(l-cos^)--mv

2

_V

Tma.-mg^my

聯(lián)立可得

心=3/?g-27；in

即若小鋼球擺動過程中機械能守恒。則圖乙中直線斜率的理論值為-2；

（2）[2][3]由圖乙得直線的斜率為

1.77-1.35°,

----------=—2.1

0.2

3mg=1.77

則小鋼球的重力為

mg=0.59

(3)[4]該實驗系統(tǒng)誤差的主要來源是小鋼球擺動過程中有空氣阻力，使得機械能減小，故選C。

13.某探究小組學習了多用電表的工作原理和使用方法后，為測量-一種新型材料制成的圓柱形電阻的電阻

率，進行了如下實驗探究。

(1)該小組用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑。，示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為____mm。再用游標

卡尺測得其長度心

_.

三

-

三

lllp=

llb

二

二

-E

圖

甲圖乙

(2)該小組用如圖乙所示的電路測量該圓柱形電阻尺的阻值。圖中電流表量程為0.6A、內(nèi)阻為1.0。，定

值電阻及o的阻值為20.0。，電阻箱及的最大阻值為999.9首先將S2置于位置1,閉合S”多次改變電

阻箱R的阻值，記下電流表的對應讀數(shù)/,實驗數(shù)據(jù)見下表。

]_

H/C〃A

1/A-1

5.00.4142.42

10.00.3522.84

15.00.3083.25

20.00.2723.68

25.00.2444.10

30.00.2224.50

根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在圖丙中繪制出/圖像。再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400A。根據(jù)圖丙中

的圖像可得&=C（結果保留2位有效數(shù)字）。最后可由表達式夕=—得到該材料的電阻率（用

D、L、工表示）。

--R

（3）該小組根據(jù)圖乙的電路和圖丙的/圖像，還可以求得電源電動勢￡=V,內(nèi)阻〃=

Qo（結果均保留2位有效數(shù)字）

（4）持續(xù)使用后，電源電動勢降低、內(nèi)阻變大。若該小組再次將此圓柱形電阻連入此裝置，測得電路的

電流，仍根據(jù)原來描繪的圖丙的圖像得到該電阻的測量值會（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。

【答案】①.3.700（2）.6.0③.4L（4）,12?.3.0⑥.偏大

【解析】

【詳解】（1）［1］用螺旋測微器測量該圓柱形電阻的直徑。，其讀數(shù)為

3.5mm+0.01mmx20.0=3.700mm

(2)(3)[2][3][4][5]由電路可知，當將S2置于位置1，閉合Si時

E-/(&+7?()+r+7?)

即

1_1〃JA+&+尸

————1\-I---------------------

/EE

由圖像可知

14.9—2.0

~E~—35~

解得

￡=12V

&+&+'_2

~~E-

解得

r=3.0。

再將S2置于位置2,此時電流表讀數(shù)為0.400A,則

E=/6+&+8+④)

解得

氏=6.0Q

根據(jù)

DLL

R

x=P丁P-y-------

S-7TD1

4

解得

KD2R

p=--------

4L

(3)由(2)可知

E=12V

r=3.0。

(4)根據(jù)表達式

E=/(r+&+&+4)

因電源電動勢變小，內(nèi)阻變大，則當安培表由相同讀數(shù)時，得到的凡的值偏小，即用測量值偏大。

14.如圖所示，水族館訓練員在訓練海豚時，將一發(fā)光小球高舉在水面上方的4位置，海豚的眼睛在8位

2

置，/位置和8位置的水平距離為乩/位置離水面的高度為3乩訓練員將小球向左水平拋出，入水點在

8位置的正上方，入水前瞬間速度方向與水面夾角為仇小球在/位置發(fā)出的一束光線經(jīng)水面折射后到達

8位置，折射光線與水平方向的夾角也為仇

4

n=一

已知水的折射率3,求：

(1)tan。的值；

(2)8位置到水面的距離從

4q4d

tan夕=—H=

【答案】(1)3；(2)27

【解析】

【詳解】（1）由平拋運動的規(guī)律可知

d=卬

tan—

%

解得

c4

tan。=一

3

t04

（2）因an-3可知6=53°,從4點射到水面的光線的入射角為原折射角為90°-6=37°,則由折射

定律可知

sina

n=------

sin370

解得

a=53°

由幾何關系可知

2

Htan37°+—dtan53°=d

3

解得

15.如圖所示，高度足夠的勻強磁場區(qū)域下邊界水平、左右邊界豎直，磁場方向垂直于紙面向里。正方形

單匝線框abed的邊長￡=0.2m、回路電阻R=1.6x質(zhì)量加=0.2kg。線框平面與磁場方向垂直，

線框的ad邊與磁場左邊界平齊，/邊與磁場下邊界的距離也為心現(xiàn)對線框施加與水平向右方向成。=

45。角、大小為40N的恒力尸，使其在圖示豎直平面內(nèi)由靜止開始運動。從油邊進入磁場開始，在豎直

方向線框做勻速運動；de邊進入磁場時，6c邊恰好到達磁場右邊界。重力加速度大小取g=10m/s2,求:

(1)成邊進入磁場前，線框在水平方向和豎直方向的加速度大小;

(2)磁場的磁感應強度大小和線框進入磁場的整個過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱;

(3)磁場區(qū)域的水平寬度。

2

【答案】(1)g=20m/s2,av=10m/s；(2)B=0.2T,Q=0,4J；(3)X-1.1m

【解析】

【詳解】(1)湖邊進入磁場前，對線框進行受力分析，在水平方向有

max=Fcosd

代入數(shù)據(jù)有

2

ax=20m/s

在豎直方向有

mav=FsinJ-mg

代入數(shù)據(jù)有

2

av—1Om/s

(2)/邊進入磁場開始，外邊在豎直方向切割磁感線；ad邊和從邊的上部分也開始進入磁場，且在水

平方向切割磁感線。但ad和6c邊的上部分產(chǎn)生的感應電動勢相互抵消，則整個回路的電源為ab,根據(jù)右

手定則可知回路的電流為則M邊進入磁場開始，M邊受到的安培力豎直向下，4邊的上部分受

到的安培力水平向右，be邊的上部分受到的安培力水平向左，則〃邊和he邊的上部分受到的安培力相互

抵消，故線框aAd受到的安培力的合力為湖邊受到的豎直向下的安培力。由題知，線框從必邊進入磁

場開始，在豎直方向線框做勻速運動，有

Fsin0-mg-BIL=0

E=BLvy

聯(lián)立有

B=0.2T

由題知，從時邊進入磁場開始，在豎直方向線框做勻速運動；de邊進入磁場時，反邊恰好到達磁場右邊

界。則線框進入磁場的整個過程中，線框受到的安培力為恒力，則有

0=/安=BILy

y=L

FsinO-mg=BIL

聯(lián)立解得

Q=0.4J

（3）線框從開始運動到進入磁場的整個過程中所用的時間為

Vy=ayt\

L=V/2

f

聯(lián)立解得

t-0.3s

由（2）分析可知線框在水平方向一直做勻加速直線運動，則在水平方向有

1,1,

x=—ar=—x20x0.3-m=0.9m

2,2

則磁場區(qū)域的水平寬度

X=x+L=1.1m

16.打樁機是基建常用工具?某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨

過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高（圖中實線位置）時，C到兩定滑輪的距離均為心重物

A和B的質(zhì)量均為機，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60。。某

次打樁時，用外力將C拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放。設C的下落速度為時，與正下方質(zhì)

L

量為2加的靜止樁D正碰，碰撞時間極短，碰撞后C的速度為零，D豎直向下運動10距離后靜止（不考

慮C、D再次相碰）。A、B、C、D均可視為質(zhì)點。

（1）求C的質(zhì)量；

（2）若D在運動過程中受到的阻力尸可視為恒力，求產(chǎn)的大?。?/p>

（3）撤掉樁D,將C再次拉到圖中實線位置，然后由靜止釋放，求A、B、C的總動能最大時C的動能。

【答案】（1）百加；（2）6.5/ng；⑶（4一2百）叫￡

【解析】

【詳解】（1）系統(tǒng)在如圖虛線位置保持靜止，以C為研究對象，根據(jù)平衡條件可知

mcg=2加geos30

解得

(2)CD碰后C的速度為零,設碰撞后D的速度v,根據(jù)動量守恒定律可知

y/3/n.=Cmx0+2mv

V5

解得

2V5

L

CO碰撞后。向下運動10距離后停止，根據(jù)動能定理可知

,L

0--x2mv2=2me--F

21010

解得

F=6.5rng

(3)設某時刻C向下運動的速度為v',Z8向上運動的速度為1，，圖中虛線與豎直方向的夾角為a,根據(jù)

機械能守恒定律可知

1'2^11、2L

—mv+2x一陽(zycosa)=mg------2mg(.L)

2c2ctanasma

令

L-,￡

y=m,g2mg(.-L)

tanasina

對上式求導數(shù)可得

cosa

=y/imgL-----+2mgL

da(sina)26(sina>

包=0

當da時解得

百

cosa=——

2

即

a=30

此時

L、，L

y=mg------27%g(------￡)=mgL

ctanasina

于是有

1'2c1/，\2r

—mcv+2x—/?2(vcosay-mgL

解得

V2=^L

3V3

----1------

42

此時C的最大動能為

EXH-L高考物理復習常遇問題匯

總

問題一：高三一年的復習時間，那么長，怎樣合理地安排復習才更有效呢？

高三復習時間看似很多，其實有效的復習時間并不是很多，因此要系統(tǒng)地安排復習時

間。一般分為三個階段，每一個階段的復習都有其相應的特點和要求。

通常從當年9月到次年3月上旬為第一個階段，習慣上稱為第一輪復習。這個階段的復

習基本上是按照教材章節(jié)順序進行復習。在第一輪的復習中知識點的復習非常細致、系統(tǒng)，

但是與高一、高二新授課不同，這個階段主要是幫助同學們回憶學習過的知識點，在回憶的

基礎上再進行鞏固和提高。上課的時候一定要主動聽課，不能被動聽課。

從當年3月中旬到4月底，大約45天的時間，習慣上稱為第二輪復習。在這段時間里

通常是進行專題復習，將打破章節(jié)之間的限制，主要從學科知識、方法的角度設置專題進行

復習。

從當4月底到5月底，我們通常稱為第三輪復習，主要是以練習卷為主實戰(zhàn)練習，進入

六月份，就是考前的調(diào)整階段。在這個階段主要是看看教材和卷子上做錯的題目。

問題二：您剛才說的主動聽課是什么意思?您能具體的解釋一下嗎？

高一、高二上課的時候，課堂上，你的大部分時間是在仔細聽老師講解，你的思路是跟

隨老師的思路進行深入的思考，課堂上邊聽課邊記筆記然后在課下再消化、理解、鞏固。在

高三的課堂，這樣做就是低效率了，當老師提出一個問題以后，你必須主動積極思考，如果

不能立刻回憶出這個知識點，你再聽老師的講解，這樣就能知道哪些知識點是自己不會的，

哪些知識點是自己會的。課下把不會的知識點一定要弄懂弄通，不能留下知識點的死角。舉

個例子吧，例如當老師問"如果把力按照性質(zhì)來分類有哪些力呢?"，這個時候你就應該回憶

有哪些力，如果能回憶起來就說明你這個知識點沒有遺忘。再比如老師問"這個力做功是正

功還是負功呢?”，如果你回憶不起來怎樣判斷力做功正負的方法，這就說明這部分知識點有

遺漏，這就是我說的主動聽課。

問題三：聽說第一輪復習將做大量的習題，市場上的教輔資料可謂汗牛充棟，選用什么

樣的資料比較好呢?在資料的使用上有什么秘訣嗎?

高三的學生最好不要做大量的習題，整天泡在題海中，但是不做題是不行的，必須經(jīng)過

實戰(zhàn)演練才能知道哪些知識在理解上或者應用上還有不足。對于教輔資料我認為不要太多，

有兩本就夠了。在自己選擇教輔資料時，我建議應該選擇難易適度的。標準是這樣的，假設

一章有10道試題，如果你發(fā)現(xiàn)幾乎沒有不會的，那么這本教輔資料對你來說就是過于簡單

了，如果有7到8道題經(jīng)過長時間思考都沒有解題思路，那就是過于難了。過于簡單和過于

難都會浪費你寶貴的復習時間，這樣的教輔資料對一輪復習是不合適的。對于教輔資料的使

用也要注意一下幾點：

(1)哪些題是一看就會的，哪些題是經(jīng)過深度思考才能做對的，哪些題是經(jīng)過深度思考后

一點思路都沒有的，這些題必須做好不同的標識。

(2)對那些一點思路沒有的習題，必須通過同學或老師的幫助使之變成有思路的習題，這

些知識點就是你們備考路上的“攔路虎"，一定要把他們都"消滅"了。

(3)要定期回頭復習那些經(jīng)過深度思考才做出的習題，保證思路上的暢通。

(4)要把自己不會的習題、做錯的習題進行歸類，看看哪些題是方法上的錯誤，哪些題是

計算上的失誤，哪些題是概念理解不透造成的錯誤，設計一個表格記錄下來。

掌握自己犯錯的類型，就為防范錯誤做好了準備，整理一個錯題本是復習的一個好辦

法，便于集中查閱自己犯過的錯誤。當看到曾經(jīng)出現(xiàn)過的問題，應該隨時翻看課本里面相應

的內(nèi)容，這樣邊記邊看效果會更顯著，不會的知識點就會越來越少了。

問題四：都說要跳出題海，少做題還能得高分嗎？

物理學科不做題是不行的，但是沒有必要做大量的習題，在做題的過程中要抓住物理模

型的本質(zhì)、習題條件變換、多過程多對象的拆分。

⑴注意物理題的模型。我們所學到的規(guī)律都是經(jīng)過簡化以后物理模型所對應的規(guī)津只

有找到題目所述的是什么樣的模型，才能用這個模型所對應的物理規(guī)律來解決問題。

(2)注意題目條件的變化。高中所學的模型不多，但是題目千變?nèi)f化，原因是每一道題都

有區(qū)別于其他題目的條件。審題的關鍵是將這種條件找出來，也就是我們平時所要找的初始

條件、邊界條件、臨界條件等。

(3)能把多過程和多對象進行拆分。對于多過程、多對象的問題，審題清楚以后的第一個

任務就是把整個過程分解為多個子過程，把多個研究對象分別隔離作為單個物體來研究，或

者將幾個對象作為整體來研究。

問題五：有一個問題使我特鬧心，就是有些題老師一講我就明白，等自己做的時候就不

會了，這可怎么辦啊？

對于知識的學習分為不同的層次，通常分為知道、理解、應用、評價這四個層次。你說

的"明白"那是停留在知道的層面，可能沒有理解或者沒有達到應用和評價的層次。而高考

題對知識點的要求是達到理解和靈活應用的層次。例如僅記住力做功的公式是不行的，你還

必須理解這個公式中的力必須是作用在物體上的恒力，當是變力的時候就不能應用這個公式

求解變力做功了，對于公式中的位移應該是物體相對地面的位移，公式中的夾角應該是力的

正方向和位移正方向間的夾角。你不會獨立做題的原因也可能是沒有掌握一些解決試題方面

的程序性知識，或者對于處理這些問題所需要的知識不能以模塊化的方式呈現(xiàn)出來。例如應

用動能定理解題或者是應用楞次定律判斷感應電流方向的步驟等。

問題六：我們馬上要進行力學的復習了，高考對要求考蟄的力學知識點有哪些?針對不同

的知識點要掌握到何種程度?

《考試大綱》是高考命題的指揮棒，也是高三復習的綱領性文件，