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1、 2022 届衡水中学物理一本通高分手册1/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册目录专题 01 力与物体的平衡.3专题 02 力与直线运动.13专题 03 力与曲线运动.29专题 04 天体运动. 42专题 05 功、功率 动能定理.54专题 06 机械能守恒定律 功能关系.66专题 07 动量和能量的综合应用.79专题 08 电场的性质 带电粒子在电场中的运动.97专题 09 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动. 112专题 10 直流电路与交流电路.128专题 11 电磁感应定律及其应用.138专题 12 近代物理初步.151专题 13 分子动理论 气体及热力学定律.1
2、63专题 14 振动和波动.178专题 15 光与电磁波.191专题 16 力学综合计算题.201专题 17 电学综合计算题.217专题 18 力学实验及创新.243专题 19 电学实验及创新.262专题 20 热学、光学实验.2772/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册第一部分 力与运动专题 01 力与物体的平衡一、素养呈现1234.物理观念：重力、重心、形变、弹力、摩擦力、合力与分力、力的合成、力的分解、矢量与标量.科学思维：轻杆(绳)模型、轻弹簧模型、胡克定律、平行四边形定则、整体法、隔离法、合成法、分解法。.科学探究：探究弹簧形变与弹力的关系、研究两个互成角度的共点力的合
3、成规律。.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。二、素养落实123.熟悉常见性质力有无及方向的判断.灵活应用受力分析的一般步骤.掌握整体法、隔离法选取原则4.平衡问题的解题方法考点一 摩擦力的分析与计算考点诠释】摩擦力的有无及方向的判断方法(1)假设法。【13/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。2求解摩擦力的技巧【典例分析 1】如图所示，质量为 M 的长木板放在水平地面上，放在长
4、木板上的质量为 m 的木块在水平向右的拉力 F 的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，下列说法正确的是()A地面对长木板的摩擦力的大小一定为1mgB地面对长木板的摩擦力的大小一定为2MgC地面对长木板的摩擦力的大小一定为2(mM)gD只要拉力 F 增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动【答案】A【解析】木块所受木板的滑动摩擦力大小为 f mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，木板受到木块11的摩擦力方向水平向右，大小等于1mg；木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件可知木板受到地面的
5、摩擦力的大小也是1mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动摩擦力的公式计算木板受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是2(mM)g，故 A 正确，B、C 错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉4/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册力 F 的大小无关，所以即使拉力 F 增大到足够大，木板仍静止，故 D 错误。【规律总结】摩擦力分析与计算的三点注意12分析物体的运动状态，判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方程等。“fN”中
6、 N 并不总是等于物体的重力，如斜面上的物体，且 N 与重力 G 在大小上没有关系。考点二 物体的静态平衡问题考点诠释】研究对象选取的 2 点技巧3【1(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。2求解共点力平衡问题的常用方法常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意图如图所示。合成法分解法正交分解法【典例分析 2】如图所示，固定的斜面上叠放着 A、B 两木块，木块 A 与 B 的接触面水平，水平力 F 作用于木块 A，使木
7、块 A、B 保持静止，且 F0。则下列描述正确的是()AB 可能受到 3 个或 4 个力作用B斜面对木块 B 的摩擦力方向可能沿斜面向下5/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册CA对B的摩擦力可能为零DA、B整体不可能受三个力作用【答案】B【解析】对 B 受力分析，木块 B 受重力、A 对 B 的压力、A 对 B 水平向左的静摩擦力、斜面对 B 垂直于斜面向上的支持力、斜面对 B 可能有静摩擦力(当 A 对 B 向左的静摩擦力平行斜面方向的分力与木块 A 对 B 的压力与木块 B 重力的合力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对 B 没有静摩擦力)作用，故 B 受 4 个力或者 5 个力作
8、用，故 A 错误；当 A 对 B 向左的静摩擦力平行斜面方向的分力大于木块 A 对 B 的压力与木块 B 重力的合力沿斜面方向的分力时，木块 B 有上滑趋势，此时木块 B 受到平行斜面向下的静摩擦力，故 B 正确；对木块 A 受力分析，受水平力、重力、B 对 A 的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B 对 A 的静摩擦力与水平力 F 平衡，根据牛顿第三定律，A 对 B 的摩擦力水平向左，大小为 F，故 C 错误；对 A、B 整体受力分析，受重力、斜面对整体的支持力、水平力，可能有静摩擦力(当推力沿斜面方向的分力与 A、B 整体重力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对 A、B 整体的静摩擦力为零)，所以
9、 A、B 整体可能受三个力作用，故 D 错误。【规律总结】受力分析的四个步骤【典例分析 3】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、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、压力的大小分别为 F 、F ，则()123333AFmg，FmgBFmg，Fmg121232231233212CFmg，FmgDFmg，Fmg12122【题眼点拨】“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。6/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册【“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。“30、6
10、0”角明确弹力方向。答案】D【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与 F 、F 的合力等大反向，根据共点12力平衡条件得F1cos 30，F2cos 60，则 F132mg，F mg，根据牛顿第三定律，F F11221mgmg3212【mg，F F mg，故只有 D 选项正确。22规律总结】处理静态平衡问题的基本思路考点三物体的动态平衡问题【考点诠释】解析法的应用此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。(3)分析方程中
11、的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。【典例分析 4】如图所示，一质量为 M 的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为 m 的光滑小球在水平力 F的作用下，缓慢运动到图中虚线所示的位置。已知在此过程中圆弧轨道一直处于静止状态，下列说法正确的是()7/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册A圆弧轨道与地面间的摩擦力不变C轨道对地面的压力可能变大B小球所受的支持力逐渐变小D地面对圆弧轨道的作用力变大【答案】D【解析】以小球为研究对象，小球受重力、支持力和拉力作用处于平衡状态，设小球重心与圆弧轨道圆心
12、的连mgcos 线与竖直方向的夹角为，由平衡条件可知，小球所受支持力 FN，小球所受拉力 Fmgtan ，小球缓慢向上运动，增大，支持力增大，拉力增大，B 项错误；对整体受力分析，地面对轨道的支持力等于整体重力且保持不变，由牛顿第三定律可知，轨道对地面的压力保持不变，C 项错误；轨道与地面间的摩擦力与拉力平衡，随拉力的增大而增大，A 项错误；地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大，D 项正确。方法步骤(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况解析法图解法的应用此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路
13、如下：(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。【典例分析 5】如图所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R，可绕 A 自由转动。用绳在 O 点悬挂一个重为 G 的物体，另一根绳一端系在 O 点，另一端系在圆弧形墙壁上的 C 点。当点 C 由图示位置逐渐向上沿圆弧 CB 移动过程中(保持 OA 与墙面夹角不变)，OC 绳所受拉力的大小变化情况是()8/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小【题眼点拨】“可绕 A 点自由转动”，杆 OA
14、对绳的作用力沿杆，且方向不变。重力大小方向不变，OC 绳大小、方向改变。【答案】C解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力 G，故竖直绳的拉力不变；再对 O 点分析，O 受绳【的拉力、OA 的支持力及 OC 的拉力而处于平衡，受力分析如图所示将 F 和 OC 绳上的拉力合成，其合力与 G 大小相等，方向相反，则在 OC 绳上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知 OC 绳的拉力先减小后增大，在图中 D 点时拉力最小，故 C 正确。方法步骤(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；(2)确定未知量大小、方向的变化图解法三角形相似法的
15、应用此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。【典例分析 6】(多选)如图所示，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 O9/ 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册的正上方，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
16、半球最高点前)，下列说法正确的是()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【题眼点拨】“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程 OP 长度不变，而弹力的大小发生改变。“光滑小环D固定”OD的长度不变。答案】AC【解析】以小球为研究对象，小球受重力 G、细线的拉力 F 和半球面的支持力 F ，作出 F 、F 的合力 F，由TNNT平衡条件得知 FG，如图根据三角形相似可得FFFT，将 FG 代入得：FNPOG，FTPDG，将细绳固定点 A 向右缓慢平移，DO DONPO DO PDDO、PO 不变，G 也不变，PD 变小，可见 F 变小，F 不变，即知弹簧的弹力变小，弹
17、簧变短。由牛顿第三定TN律知小球对半球的压力大小不变，故 A、C 正确，B、D 错误。方法步骤(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应相似三角形法边，利用三角形相似知识列出比例式；(2)确定未知量大小的变化情况10 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册考点四 电磁场中的平衡问题考点诠释】基本思路要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。几点注意【12(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。(3)电场
18、力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。【典例分析 7】 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷，Q带负电荷D.P带负电荷，Q带正电荷【答案】D解析】细绳竖直，把 P、Q 看做整体，在水平方向所受电场力为零，所以 P、Q 必带等量异种电荷，选项 A、【B 错误；如果 P、Q 带不同性质的电荷，受力如图甲、乙所示，由图知，P 带正电荷，Q 带负电荷，水平方向的合力不为零；P 带负电荷、Q
19、带正电荷时符合题意，选项 C 错误，D 正确。【典例分析 8】 如图所示，金属杆 MN 用两根绝缘细线悬于天花板的 O、O点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为，若将磁场在竖直面内沿11 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册逆时针方向缓慢转过 90，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是()A一直减小B一直增大C先减小后增大D先增大后减小【答案】C【解析】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变
20、，由图解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由 FBIL 可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，故选 C.【规律总结】电学中平衡问题的处理方法处理方法与力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。12 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册第一部分 力与运动专题 02 力与直线运动一、素养呈现1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重、单位制。2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。34.
21、科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。二、素养落实12.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用.掌握瞬时性问题的两类模型3.熟悉图象类型及图象信息应用考点一 匀变速直线运动规律的应用考点诠释】匀变速直线运动的基本规律【1(1)速度关系：vvat。012(2)位移关系：xvtat2。0(3)速度位移关系：v2v22ax。013 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册xtv(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v。t(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之
22、差为常数，即xaT2。22追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。【典例分析 1】如图所示，物体从 O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经 A、B、C 三点，其中|AB|2 m，|BC|3m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于()9AmB89mC34mD43
23、m8【答案】AxAC解析】设物体通过 AB、BC 所用时间均为 T，则 B 点的速度为：vB2T52T【，x根据xaT2 得：aT2 ，T2151T232T则有：v v aT T，AB2T根据速度位移公式得，O、A 两点之间的距离为：14 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册9v2 4T298Ax OAmm。故A正确，B、C、D错误。2a2T2【规律总结】重要公式的选择适宜选用公式没有涉及的物理量x题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)vv0atv0、v、a、tv0、a、t、xv0、v、a、xv0、v、t、x12xv t at2vt0v2v202axvvx
24、0ta2【典例分析 1】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为 10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为 t00.5 s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的 0.4 倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的 0.6 倍，g10 m/s2，假设汽车可看作质点。(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？【答案】
25、(1)能 (2)1.5 mf1 0.4m1g【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为 a1m1 m14 m/s2。甲车停下来所需时间为va1040t s2.5s，11v2102240滑行距离 x2am12.5m，1由于 x12.5 m15 m，15 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。(2)乙车紧急刹车的加速度大小为af2 0.6m2g6 m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的2mm22条件。设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x ，在乙车刹车 t 时间后两车的速度相等，02其运动关系如图所示，则有速度关系 v
26、a (t t )v a t ，vv a t0120022022v20v2位移关系 v t v20v22a1x0002a2解得 t 1.0 s，x 1.5 m。20【规律总结】判断能否追上的常用方法情境：物体 B 追赶物体 A，开始时，两个物体相距 x0。(1)若 v v 时，x x x，则不能追上。ABA0B考点二 运动图象问题考点诠释】解决图象类问题“四个注意”(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。【116 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册(2)利用 vt 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(3)物体的运动图象与运动过程的转化。(4)xt图象
27、、vt图象、at图象的应用。2应用图象时的“两个误区”(1)误认为 vt 图象、xt 图象是物体运动轨迹。(2)在 vt 图象中误将交点认为此时相遇。【典例分析 3】如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的 vt 图象，根据图象可以判断出()A在 t4 s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度C在 t6 s 时，甲球的速率小于乙球的速率B在 t4.5 s 时，两球相距最远D在 t8 s 时，两球相遇【答案】D【解析】根据图象可知，甲球的加速度 a1t1v110 m/s2，故甲球的加速度大小为 10 m/s2，负号表示加速度v 20方向与速度方向相反，乙球的加速度 a2t22m
28、/s，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项A错误；当23两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有 40 m/sa t20 m/sa (t2 s)，解得 t4.4 s，即 4.4 s 时两球12230相距最远，选项 B 错误；t6 s 时甲球的速度 v 20 m/s，乙球的速度 v m/s，故t6s时甲球的速率大12于乙球的速率，选项 C 错误；结合图象可知 t8 s 时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项 D 正确。【典例分析 4】(多选)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大17 / 290 2022 届衡水中学物理一本通高分手册小为 a 的匀加速直线
29、运动；质点乙做初速度为 v 、加速度大小为 a 的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静102止。甲、乙两质点在运动过程中的 xv(位置速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则()A质点甲的加速度大小a1m/s2B质点乙的初速度为v6m/s，加速度大小a1m/s2102C图线中a26，b16D两图线的交点表示两质点同时到达同一位置【答案】BC【解析】速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当 x0时，乙的速度为 6 m/s，即质点乙的初速度 v06 m/s，设质点乙、甲先后通过 x6 m 处时的速度均为 v，对质点甲有 v22a1x ，对质点乙有 v2v22a x ，联立解得 a a 3 m/s2 ，当质点甲的速度 v102128m/s、质点乙的速度v2m/s时，两质点通过的位移相同，设为x，对质点甲