资源简介

(共41张PPT)
物理复习过程中，注重
学生的思维方法培养
2023年高考命题一大原则，不可不知
教育部门提出的整改意见和整改措施主要是缩减农村教育和城镇教育在根本意义上的差距，深化考试的考核制度方面提出
2023年高考命题将充分体现德智体美劳全面发展的要求，以立德树人为生命导向，减少单纯死记硬背的知识性考察。
2023高三考生在各个科目的复习阶段真正领略相应知识点的文化素养
以及关键能力的要求，通过大脑逻辑思维能力和记忆力运用合理的解决问
题也是2023年高考命题的主要明显特点。
把教育改革的重点放在学生对学科的认识记忆和大脑逻辑思维能力的理解方面，2023命题的原则要求考生能够更加灵活的运用所学的相应知识点创新自己的大脑逻辑思维能力和意识，实际应用知识的能力是高三考生面临着全新的考验。
一、动态平衡
二、全反力的秒用
三、口算动量碰撞问题
四、变压器中三个解题技巧
1、“一恒一定向”
“一恒一定向”即为物体所受的三力中有一个力恒定，一个力的方向恒定
例1、如图所示，OA、OB、OC为三根细绳，保持O点不动，OB绳顺时针旋转，分析OA、OB两绳中的拉力变化情况？
一、动态平衡
1.常规解法—图解法，对O点受力分析如图1所示
结论：观察图形可知，OB绳的拉力先减小后增大，OA绳中的拉力一直减小
2.方法升级理解
认真分析可知，随着OB绳顺时针旋转，两绳的夹角减小，同时观察OA绳的力也在减小，而当OB绳与OA绳垂直时，OB绳中的拉力最小，所以可以得到规律，OA绳的拉力（即不转的力）随两绳夹角的增大而增大（或夹角的减小而减小），OB绳的拉力（转动的力）在OB绳与OA绳垂直时最小，只要分析OB绳转动过程中会不会出现垂直即可判断，用此方法则不用画三角形而快速解决此类问题。
口决：不转的力随方向变化的两力的夹角增大而增大，减小而减小，当方向变化的两力垂直时转动的力最小，往两边都增大
练1、如图所示，把一个光滑圆球放在两块挡板AB和AC之间，AB与AC之间的夹角为30°。现将AC板固定，而使AB板沿顺时针方向缓慢转动90°，则( )
A.球对AB板的压力逐渐减小
B.球对AB板的压力先减小后增大
C.球对AC板的压力逐渐减小
D.球对AC板的压力先减小后增大
BC
解析：画出小球的受力如图
由题意可知TAB从水平方向转到竖直方向，TAB与TAC夹角一直减小，则不转的力TAC一直减小，TAB在转动过程中一定经历与TAC垂直的位置，垂直时最小，则TAB先减小后增大。
二、“两变力恒定夹角”
“两变力恒定夹角”即为两个变力的夹角恒定
例2、如图所示，三根细绳连接同一点O，且在C绳上吊一个重物，保持A、B绳夹角 不变，A、B两绳顺时针转动 过程中， A、B绳上的拉力变化情况？
1.常规解法——“拉密定理”，如图
解：由“拉密定理”可知
FA
FB
2.方法升级理解
口决：“对角垂直时拉力最大”或“你平我大”
B
AD
解析：以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以A、D正确；B、C错误．
三、“大Y模型”
“大Y模型”即为晾衣服模型
如图所示，一根细绳A、B两端分别栓在两根固定的杆上，两杆间的距离为d，重物的重力为G
1.常规解法：
由几何关系可知
2.方法升级理解
（1）纵移，即A点或B点上、下移动时，由于d不变，绳长不变，则 α 不变，则绳中拉力不变；
（2）远离，即两杆距离增大， α变大，绳中拉力变大
（3）靠近，即两杆距离减小， α变小，绳中拉力变小
（口决：“近小远大，纵不变”）
C
练5.如图所示，在竖直放置的穹形光滑支架上（上部为半圆形， 左右竖直）一根不可伸长的轻绳通过光滑的轻质滑轮悬挂一重物G。现将轻绳的一端固定于支架上的A点，另一端从B点（B点是穹形支架的最高点）沿支架缓慢地向C点（C点与A点等高）靠近。则绳中拉力大小变化的情况是（　　）
A．先变小后变大 B．先不变后变大
C．先不变后变小 D．先变大后不变
D
练6.如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（　　）
A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小
B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变
C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小
D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大
BD
练7.如图所示，在竖直平面内，一根不可伸长的轻质软绳两端打结系于“V”形杆上的A、B两点，已知OM边竖直，且AO=OB，细绳绕过光滑的滑轮，重物悬挂于滑轮下处于静止状态。若在纸面内绕端点O按顺时针方向缓慢转动“V”形杆，直到ON边竖直，绳子的张力为FT、则（　　）
A．张力FT先增大后减小 B．张力FT一直增大
C．张力FT一直减小 D． ．张力FT先减小后增大
A
四、两变力一般转动（相似三角形）
用绳子绕过光滑滑轮将小球向上拉，分析小球受到的支持力和绳子的拉力，
忽略滑轮和小球的大小。
解析
如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，质量为m的小球套在圆环上。一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉绳，使小球沿圆环缓慢上移。在移动过程中手对绳的拉力F和轨道对小球的弹力FN的大小变化情况是（　　）
A．FN不变 B．F不变 C．FN变小 D．F变大
【解析】
A
特殊相似三角形
两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1和m2，已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45°和30°，如图所示，则m1与m2的比值（ ）
A． B． C． D．
如图，由相似可得
两式相比
方法：杠杆法
模型：双单摆、碗球
两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示．已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角是（ ）
A． B． C． D．
【解析】如图所示
D
1、全反力
物体受到的支持力与滑动摩擦力的合力即为全反力，如图1所示，由于
，则==，即为定值，其中为摩擦角。
二、全反力的秒用
2.应用
例1.如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)
【解析】
由题意可知，两种情况下物块均做匀速直线运动，所以两种情况下支持力与滑动摩擦力的合力即全反力的方向不变
A．2- B．C．D．
C
例2.如图所示，一物块置于水平地面上，当用与水平方向成600角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动，当改用与水平方向成300角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动，若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的摩擦因数为（ ）
A． B．2- C． D．1-
【解析】由题意可知，两种情况下物块均做匀速直线运动，所以两种情况下支持力与滑动摩擦力的合力即全反力的方向不变，
B
三、口算动量碰撞问题
1.对于完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞其实都有一个共同的时刻即碰撞的两物体形变最大，也是两物体的速度相等的时刻，只不过是完全非弹性碰撞的两物体以此速度结束碰撞过程，而完全弹性碰撞则是两物体的形变又恢复到原状，解决此类问题需要抓住此状态。碰撞问题中大到分为动碰静和动碰动，前者处理较为简单，在此不作分析，主要分析动碰动的情形。
碰撞过程中由动量守恒得
由能量守恒得
联立解得
对两速度公式进行变形如下
碰撞后两物体的速度可表示为
最终得
综合以上两式可得
2.应用
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
（速度增量法）
（恢复系数法）
速度增量法
碰撞过程中的共同速度为
则碰撞后A、B球的速度
则A、B球碰撞后的速度范围分别为
四、变压器中三个解题技巧
1.等效阻抗
如图所示，理想变压器的原线圈上接一阻值为R1的电阻，副线圈上接有阻值为R2的定值电阻
将图1中的红色虚线框部分等效为一定值电阻，即等效电路如图2所示
由等效电路图2和闭合电路欧姆定律可得
2.等效电厂
如图所示，理想变压器的原线圈上接一阻值为R1的电阻，副线圈上接有阻值为R2的定值电阻
将图3中的蓝色虚线框部分等效为电源，即等效电路如图4所示
由等效电路图4和闭合电路欧姆定律可得
3.滑动变阻器的自并联
如图5所示，设滑动变阻器的总阻值为R0，滑动变阻器左边的阻值为x，右边的阻值为R0-x，由电路图和串、并联规律可得
ab间的总电阻为
由数学知识可知
如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是（　　）
A. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B. 保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D. 保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
B
AB．由等效阻抗可得等效电路如图8所示
由等效电路和闭合电路欧姆定律可得
保持P1位置不变，即n2不变，所以等效电阻不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2减小，所以电流表示数增大，R1消耗的功率即为副线圈的功率也为等效电阻消耗的功率，则有
由于等效电阻不变，电流增大，所以R1消耗的功率增大，故A错误，B正确；
C．保持P2位置不变，即R2不变，P1向下缓慢滑动的过程中，由
可知，等效电阻增大，由
可知，电流I减小，
电压U减小，故C错误；
D．将R2与电源看成新电源，当
时，R1消耗的功率最大，由题意可知，开始时R2为9R，等效电阻的阻值为4R，
P1向下缓慢滑动的过程中，等效电阻由4R增大到无穷大，所以R1耗的功率先增大后减小，故D错误。
如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1，L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
A
【解析】由题意可知，灯泡L1，L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，由电阻自并联关系
时最大，即当滑片滑到中点时副线圈中的总电阻最大，所以滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈中的总电阻先增大后减小由变压器
等效阻抗可得等效电路，如图6所示
由于副线圈中的总电阻先增大后减小，由闭合电路欧姆定律可知，L1中的电流先减小后增大，即L1先变暗后变亮；
由理想变压器的等效电厂可得等效电路图如图7所示
由“串反并同”规律可得，滑片从a端滑动到b端的过程中，滑动变阻器右边与灯L2串联且电阻减小，所以灯L2一直变亮

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