2024年高考物理终极押题密卷3（全国甲卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷3（全国甲卷）一．试题（共8小题）1．（2024•广西模拟）来自外太空的宇宙射线在进入地球大气层后，可能会与大气中的氮原子作用而产生质子，其核反应方程为：+X→+。产生的不够稳定，能自发的进行β衰变，其半衰期为5730年。下列说法正确的是（）A．X为α粒子 B．β衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子 C．1mg的经11460年后，还剩0.25mg D．由于地球的温室效应，地球温度升高，则的半衰期发生变化2．（2024•黔南州二模）有三个完全相同的重球，在每个球和水平地面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬轻棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图（a）、（b）、（c）所示。现分别用水平外力F甲、F乙、F丙将木板向右匀速抽出。已知地面光滑，球与木板间存在摩擦，则下列关于F甲、F乙、F丙大小关系的判断正确的是（）A．F甲＜F乙＜F丙 B．F乙＞F甲＞F丙 C．F乙＜F甲＜F丙 D．F甲＝F乙＝F丙3．（2024•成都二模）如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．4．（2024•南宁一模）2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（）A．地球同步卫星可以静止在北京上空 B．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的5．（2024•河池一模）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A．液滴带的是负电 B．a点的电势比b点的低 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大（多选）6．（2024•四川一模）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前6s内做匀加速直线运动，6s末达到额定功率，之后保持额定功率运动至t1时刻达到最大速度，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1.5×103kg，汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．在前6s内汽车的牵引力大小为4.5×103N B．汽车的额定功率为60kW C．汽车的最大速度为36m/s D．汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为x＝612﹣36t1（m）（多选）7．（2024•云南一模）如图甲所示为一个小型起重机的电路图，M为电动机，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，原线圈接在u＝220sin100πt（V）的交流电源上，电流表的示数为2A，额定功率为4W的指示灯正常发光，其中电动机通过轻绳拉着质量为2kg的重物以0.5m/s的速度匀速上升，如图乙所示。不计一切摩擦，电表均视为理想电表。重力加速度大小取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．通过电流表的电流方向每秒变化100次 B．电压表的示数为14.1V C．电动机线圈的电阻为6.25Ω D．电动机的效率为62.5%（多选）8．（2024•贵阳模拟）如图所示，一质量为m的物块A与质量为2m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为 B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为 C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为 D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为二．实验题（共2小题）9．（2024•云岩区校级一模）某同学根据教材设计了如图所示的实验装置，用来探究向心力大小与半径、加速度、质量的关系。（1）打开一挡转速，不断改变力传感器的位置，发现小球转动过程中向心力的大小与半径成（选填“正比”或“反比”）。（2）控制力传感器的位置不变，提高转速，可观察到力传感器的示数变（选填“大”或“小”）。（3）保持力传感器的位置不变，使得小球球心到转盘圆心的距离为r，改变马达转盘的转速n，测量在不同转速下，同一小球受到的力传感器的作用力F，得到多组n、F数据。以F为纵坐标，以n2为横坐标建立坐标系，得到一条斜率为k的倾斜直线，则小球的质量为（用k、r表示）。10．（2024•曲靖一模）要测量某种合金材料的电阻率。（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为mm。（2）图乙是测量合金丝阻值的电路图，S2是单刀双郑开关。根据电路图在图丙中将实物连线补充完整。（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝0.95V，I1＝0.38A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝1.50V，I2＝0.34A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置（选“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx＝Ω。（结果保留两位有效数字）（4）若已知电流表内阻rA＝1.5Ω，则金属丝实际电阻为Ω。（结果保留两位有效数字）。三．计算题（共2小题）11．（2024•昆明一模）若某种型号的礼花弹从水平地面以大小v0＝20m/s的速度发射，方向与水平地面夹角θ＝60°到达最高点时爆炸为质量相等的两块A、B，爆炸时间极短，炸开后A竖直上升，A离地面的最大高度H＝20m。忽略空气阻力以及爆炸过程中质量的变化，重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：（1）爆炸后瞬间A的速度大小；（2）爆炸后瞬间B的水平分速度及竖直分速度的大小；（3）A、B落地点之间的距离。12．（2024•青岛二模）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q＝0.5C，质量是m′＝0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M＝0.08kg，滑块与绝缘板间的动擦因数μ＝0.4，它们所在空间存在磁感应强度B＝1.0T的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长L＝0.8m，一端固定在O点，另一端与质量m＝0.04kg的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求：（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细绳的拉力F；（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量Q。四．选修部分（共4小题）13．（2024•河池一模）小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U形管，U形管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度L＝22cm，左右两管水银柱高度相同都为H＝28cm，U形管的非软管部分粗细均匀，已知大气压强为75cmHg，实验室温度为27℃，管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：（1）现将U形管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？（2）小林同学利用这个U形管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U形管移到另一个封闭环境（如题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22cm，依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？（多选）14．（2024•成都三模）一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，再从c状态变化到d，其过程如V﹣T图上三条线段所示，bc和cd段为分别平行于坐标轴的直线。则气体（）A．b的压强小于c的压强 B．由a变化到b过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能 C．由b变化到c过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能 D．由c变化到d过程中气体从外界吸收热量 E．由a变化到b为等压变化（多选）15．（2024•南充模拟）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水下有一点光源S，同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示环状区域只有b光，中间小圆为复合光，以下说法中正确的是（）A．在水中a光波速大于b光 B．a光的频率大于b光 C．用同一套装置做双缝干涉实验，b光条纹间距更小 D．通过b光观察到的光源s的位置比实际位置浅一些 E．若某单缝能使a光发生明显衍射现象，则b光也一定能发生明显衍射现象16．（2024•青羊区校级模拟）位于x＝0处的A波源，产生一向右传播的简谐横波，如图中实线所示；位于x＝50m处的B波源，产生一向左传播的简谐横波，如图中虚线所示。A的周期为0.5s，A、B的传播速率相等，t＝0时的波形图如图所示。（1）求B波的传播速率及振动周期；（2）平衡位置x＝13m处的质点位移能否为1.6m？如果能，求出经多长时间位移第一次到达1.6m；如果不能，请说明理由。

2024年菁优高考物理终极押题密卷3（全国甲卷）参考答案与试题解析一．试题（共8小题）1．（2024•广西模拟）来自外太空的宇宙射线在进入地球大气层后，可能会与大气中的氮原子作用而产生质子，其核反应方程为：+X→+。产生的不够稳定，能自发的进行β衰变，其半衰期为5730年。下列说法正确的是（）A．X为α粒子 B．β衰变的本质是由强相互作用引起的中子转变为质子并释放出电子 C．1mg的经11460年后，还剩0.25mg D．由于地球的温室效应，地球温度升高，则的半衰期发生变化【考点】原子核的衰变及半衰期、衰变速度．【专题】定量思想；推理法；衰变和半衰期专题；推理能力．【分析】A.根据核反应质量数和电荷数守恒判断；B.根据β衰变的本质进行分析解答；C.根据半衰期计算剩余质量的公式进行分析求解；D.根据半衰期的决定因素进行分析判断。【解答】解：A.根据核反应中质量数守恒、电荷数守恒，即+→+，X为中子，故A错误；B.β衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，是由弱相互作用引起的，故B错误；C.5730×2＝11460年，1mg的经11460年后，即经过了2个半衰期，根据剩余质量和原质量的计算公式可知，还剩0.25mg，故C正确；D.半衰期只由原子核自身决定，与外界环境无关，故D错误；故选：C。【点评】考查核反应的书写规则和半衰期的相关问题，会根据题意进行准确的分析和判断。2．（2024•黔南州二模）有三个完全相同的重球，在每个球和水平地面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬轻棒相连，棒的另一端分别与一铰链相连，三个铰链的位置如图（a）、（b）、（c）所示。现分别用水平外力F甲、F乙、F丙将木板向右匀速抽出。已知地面光滑，球与木板间存在摩擦，则下列关于F甲、F乙、F丙大小关系的判断正确的是（）A．F甲＜F乙＜F丙 B．F乙＞F甲＞F丙 C．F乙＜F甲＜F丙 D．F甲＝F乙＝F丙【考点】一般情况下的共点力平衡；力的合成与分解的应用．【专题】比较思想；模型法；摩擦力专题；理解能力．【分析】已知地面光滑，木板向右匀速运动，水平外力与球对木板的滑动摩擦力大小相等，通过分析球对木板的压力，来分析球对木板的滑动摩擦力大小，进而分析水平外力大小。【解答】解：木板向右匀速抽出，已知地面光滑，可知水平外力大小等于球对木板的滑动摩擦力大小，球对木板的压力由大到小依次为图（b）、图（a）、图（c），所以球对木板的滑动摩擦力由大到小依次为图（b）、图（a）、图（c），则由平衡条件有F乙＞F甲＞F丙，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题采用隔离法分析木板的受力情况，通过分析摩擦力大小，根据平衡条件判断水平外力大小，也可以平衡条件列式分析。3．（2024•成都二模）如图，一水平轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与一小物块相连，刚开始物块静止且弹簧处于原长状态，现对物块施加一个水平向右的拉力F使物块向右做匀加速直线运动。弹簧始终处于弹性限度内，物块与水平地面间的动摩擦因数恒定，不计空气阻力。下列关于拉力F随物块位移x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律；弹力的大小、胡克定律．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【分析】由题意可知，在弹性限度内运动，弹簧形变量等于物块位移，可利用牛顿第二定律判断物块F与x的线性关系。【解答】解：根据牛顿第二定律有F﹣μmg﹣kx＝ma即F＝ma+kx+μmg物体做匀加速运动，则F与x的关系的一次函数的关系，截距为正，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了胡克定律、牛顿第二定律以及通过公式推导物理量之间线性关系的能力。4．（2024•南宁一模）2024年2月23日，“长征5号”遥七运载火箭搭载通信技术试验卫星十一号发射成功，被誉为龙年首发。卫星进入地球同步轨道后，主要用于开展多频段、高速率卫星通信技术验证。设地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（）A．地球同步卫星可以静止在北京上空 B．同步卫星运行速度是第一宇宙速度的 C．同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的 D．若忽略地球的自转效应，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的【考点】同步卫星；向心力；万有引力定律的应用；第一、第二和第三宇宙速度．【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题；推理能力．【分析】根据同步卫星的轨道半径与地球半径的关系结合万有引力提供向心力进行判断即可。【解答】解：A、地球同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，与赤道平面共面所以不可能静止在北京上空，A错误；B、由万有引力提供向心力即＝，得v＝，r＝nR，第一宇宙速度v′＝，所以同步卫星的运行速度是第一宇宙速度的，B正确；C、同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据v＝rω知，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的n倍，C错误；D、根据＝ma，得a＝＝，则同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的，D错误。故选：B。【点评】本题主要考查同步卫星的相关知识，解题关键是根据万有引力提供向心力进行判断。5．（2024•河池一模）如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸板接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，相邻的等势面间的电势差相等。在强电场作用下，一带电液滴由静止出发从发射极沿图中实线加速飞向吸板，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A．液滴带的是负电 B．a点的电势比b点的低 C．液滴在a点的加速度比在b点的小 D．液滴在a点的电势能比在b点的大【考点】电势差与电场强度的关系；电势能与电场力做功的关系；电势．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【分析】根据高压电源的正、负极判断吸板与发射极之间的电场方向，再根据沿电场线方向电势逐渐降低判断电势的高低；等差等势线的疏密反映场强的大小，等势面越密的地方，场强越大，据此分析加速度大小；只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变，电场力做正功动能增大，电势能减小，据此分析判断。【解答】解：A．因为电场方向向右，液滴加速向右运动，可知液滴带正电，故A错误；B．电场的方向由发射极指向吸板，沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势比b点的高，故B错误；C．因a点的等势面较b点密集，可知a点的场强大于b点场强，则液滴在a点的加速度比在b点的大，故C错误；D．液滴带正电，且a点的电势比b点的高，则液滴在a点的电势能比在b点的大，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了电势的高低、场强的大小、电势能的大小的判断；在非匀强电场中，可以用场强与电势差的关系进行定性判断；知道只有电场力做功时动能和电势能的总量保持不变。（多选）6．（2024•四川一模）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前6s内做匀加速直线运动，6s末达到额定功率，之后保持额定功率运动至t1时刻达到最大速度，其v﹣t图像如图所示。已知汽车的质量m＝1.5×103kg，汽车受到路面的阻力大小与其受到的重力大小的比值k＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．在前6s内汽车的牵引力大小为4.5×103N B．汽车的额定功率为60kW C．汽车的最大速度为36m/s D．汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为x＝612﹣36t1（m）【考点】动能定理；牛顿第二定律；机车启动的两种模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；分析综合能力．【分析】A、根据图线斜率可得加速度大小，由牛顿第二定律可得牵引力大小；BC、根据6s时汽车的速度和牵引力大小，由P＝Fv可得额定功率，根据汽车匀速运动时速度最大，可得最大速度；D、由图像可得前6s内位移大小，变加速过程由动能定理可得位移与时间的关系式。【解答】解：A、汽车所受阻力：f＝kmg＝0.1×1.5×103×10N＝1.5×103N由图可知前6s内汽车的加速度大小：，由牛顿第二定律有：F﹣f＝ma代入数据可得：F＝4.5×103N，故A正确；BC、汽车6s末达到额定功率，则额定功率P＝Fv＝4.5×103×12W＝5.4×104W＝54kW汽车匀速运动时，汽车速度最大，则：，故B错误，C正确；D、由图像可知0～6s内汽车的位移：汽车做变加速运动过程由动能定理有：，其中t＝t1﹣6，x2＝x﹣x1，v＝12m/s代入数据可得汽车加速过程的位移大小x与时间t1的关系式为：x＝36t1﹣756（m），故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了汽车恒功率启动的问题，解题的关键是知道汽车匀速运动时，牵引力和阻力大小相等，这时速度最大，注意汽车功率达到额定功率后，牵引力做功可以用W＝Pt表示。（多选）7．（2024•云南一模）如图甲所示为一个小型起重机的电路图，M为电动机，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，原线圈接在u＝220sin100πt（V）的交流电源上，电流表的示数为2A，额定功率为4W的指示灯正常发光，其中电动机通过轻绳拉着质量为2kg的重物以0.5m/s的速度匀速上升，如图乙所示。不计一切摩擦，电表均视为理想电表。重力加速度大小取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．通过电流表的电流方向每秒变化100次 B．电压表的示数为14.1V C．电动机线圈的电阻为6.25Ω D．电动机的效率为62.5%【考点】变压器的构造和原理；电功和电功率；交变电流的图像和函数表达式．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【分析】根据交流电源的表达式求解周期，根据有效值和最大值的关系结合原、副线圈匝数比求解电压表示数，根据电动机输出功率等于总功率减去热功率求解电阻，再根据效率表达式求解效率。【解答】解：A．根据交流电源的表达式可知周期为一个周期内电流方向改变两次，则通过电流表的电流方向每秒变化100次，故A正确；B．根据最大值和有效值的关系有：原线圈输入电压有效值为U1＝＝220V则副线圈输出电压有效值为＝10V则电压表的示数为10V，故B错误；CD．通过指示灯的电流为则通过电动机的电流为IM＝I2﹣IL＝2A﹣0.4A＝1.6A则电动机的电功率为P电＝U2IM＝10×1.6W＝16W电动机的输出功率为P出＝mgv＝2×10×0.5W＝10W动机的热功率为＝P电﹣P出＝16W﹣10W＝6W解得电动机线圈的电阻为根据效率的表达式，电动机的效率为故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查了交变电流和变压器相关知识，理解变压器原、副线圈匝数比与电压的关系，掌握非纯电阻电路的计算是解决此类问题的关键。（多选）8．（2024•贵阳模拟）如图所示，一质量为m的物块A与质量为2m的物块B用轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，B右边有一竖直固定的弹性挡板；现给A向右的初速度v0，A的速度第一次减为时，B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后瞬间取走挡板，此时弹簧的压缩量为x。运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）A．物块B与挡板碰撞时的速度大小为 B．物块B与挡板碰撞时，弹簧弹性势能为 C．物块B与挡板碰撞后弹簧弹性势能的最大值为 D．弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小为【考点】动量与能量的综合应用——弹簧类模型．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【分析】A：从开始到物块B与挡板碰前过程，根据动量守恒定律求解物块B与挡板碰前的速度；B：从开始到物块B与挡板碰前过程，根据机械能守恒定律求解弹簧弹性势能；C：物块B与挡板碰撞后到和A共速过程，根据动量守恒定律求解共同的速度，再根据能量守恒定律求解最大弹性势能；D：物块B与挡板碰撞后到弹簧第一次伸长量为x过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解弹簧第一次伸长量为x时物块B的速度大小。【解答】解：A.从开始到物块B与挡板碰前过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律有解得，故A正确；B.从开始到物块B与挡板碰前过程，根据机械能守恒定律有解得，故B正确；C.物块B与挡板碰撞后到和A共速时弹簧的弹性势能最大，以向左为正方向，根据动量守恒定律有解得根据能量守恒定律有解得，故C错误；D.物块B与挡板碰撞后到弹簧第一次伸长量为x过程，以向左为正方向，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有联立解得，故D正确。故选：ABD。【点评】本题考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。二．实验题（共2小题）9．（2024•云岩区校级一模）某同学根据教材设计了如图所示的实验装置，用来探究向心力大小与半径、加速度、质量的关系。（1）打开一挡转速，不断改变力传感器的位置，发现小球转动过程中向心力的大小与半径成正比（选填“正比”或“反比”）。（2）控制力传感器的位置不变，提高转速，可观察到力传感器的示数变大（选填“大”或“小”）。（3）保持力传感器的位置不变，使得小球球心到转盘圆心的距离为r，改变马达转盘的转速n，测量在不同转速下，同一小球受到的力传感器的作用力F，得到多组n、F数据。以F为纵坐标，以n2为横坐标建立坐标系，得到一条斜率为k的倾斜直线，则小球的质量为（用k、r表示）。【考点】探究圆周运动的相关参数问题；向心力．【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理能力．【分析】（1）（2）根据向心力的公式F＝mrω2分析解答；（3）根据转速与向心力的关系结合图像的斜率分析解答。【解答】解：（1）根据向心力的公式F＝mrω2，当转速一定时，角速度一定，此时向心力的大小与半径成正比。（2）当力传感器的位置不变时，即半径不变，提高转速，角速度增大，根据向心力的公式F＝mrω2，可以观察到力传感器的示数变大。（3）根据向心力的公式F＝mrω2，以及角速度与转速的关系ω＝2πn，可以得到F＝4π2mrn2，这是一条斜率为4π2mr的倾斜直线。根据题目，这条直线的斜率为k，所以有4π2mr＝k解得小球的质量为m＝故答案为：（1）正比；（2）大；（3）【点评】本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变。知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等。10．（2024•曲靖一模）要测量某种合金材料的电阻率。（1）若合金丝长度为L，直径为D，阻值为R，则其电阻率ρ＝。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为0.700mm。（2）图乙是测量合金丝阻值的电路图，S2是单刀双郑开关。根据电路图在图丙中将实物连线补充完整。（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝0.95V，I1＝0.38A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝1.50V，I2＝0.34A。根据以上测量数据判断，当S2处于位置a（选“a”或“b”）时，测量相对准确，测量值Rx＝2.5Ω。（结果保留两位有效数字）（4）若已知电流表内阻rA＝1.5Ω，则金属丝实际电阻为2.9Ω。（结果保留两位有效数字）。【考点】导体电阻率的测量．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验能力．【分析】（1）根据电阻定律求电阻率；螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值＝固定刻度对应示数（mm）+刻度刻度上对齐格数（估读一位）×精确度；（2）根据电路图连接实物图；（3）根据“试触法”的原理选择电流表的内、外接法；根据欧姆定律求待测电阻；（4）已知电流表内阻时，要采用电流表的内接法，根据欧姆定律求待测电阻。【解答】解：（1）根据电阻定律＝电阻率螺旋测微器的精确度为0.01mm，合金丝的直径为D＝0.5mm+20.0×0.01mm＝0.700mm（2）由图乙是测量合金丝阻值的电路图，实物连线补充完整图如图所示。（3）闭合S1，当S2处于位置a时，电压表和电流表的示数分别为U1＝0.95V，I1＝0.38A；当S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝1.50V，I2＝0.34A。电压表示数的变化电流表示数的变化由以上计算可知电压表的示数变化明显，说明电流表的分压作用较大，因此测量应采用电流表外接法，即S2处于位置a时，测量相对准确。由欧姆定律可得合金丝电阻测量值为（4）若已知电流表内阻rA＝1.5Ω，采用电流表的内接法，此时S2处于位置b时，电压表和电流表的示数分别为U2＝1.50V，I2＝0.34A；根据欧姆定律，金属丝实际电阻为。【点评】本题考查了电阻率的测定、螺旋测微器的读数；考查了伏安法测电阻，掌握“试触法”判断电流表内、外接法的方法。三．计算题（共2小题）11．（2024•昆明一模）若某种型号的礼花弹从水平地面以大小v0＝20m/s的速度发射，方向与水平地面夹角θ＝60°到达最高点时爆炸为质量相等的两块A、B，爆炸时间极短，炸开后A竖直上升，A离地面的最大高度H＝20m。忽略空气阻力以及爆炸过程中质量的变化，重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：（1）爆炸后瞬间A的速度大小；（2）爆炸后瞬间B的水平分速度及竖直分速度的大小；（3）A、B落地点之间的距离。【考点】爆炸；竖直上抛运动；平抛运动；动量守恒定律．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；动量和能量的综合；推理能力．【分析】（1）根据礼花弹竖直方向初速度大小可得礼花弹上升的最大高度，则可得爆炸后A竖直上抛的高度，由此高度，利用运动学公式可得爆炸后A的速度；（2）根据礼花弹水平方向和竖直方向动量守恒可得B两个方向的速度大小；（3）根据B上升的高度可得爆炸后B在空中运动时间，由运动学公式可得B水平方向位移大小，即A、B落地点之间的距离。【解答】解：（1）礼花弹发射时竖直方向的初速度：设礼花弹爆炸前上升的最大高度为h，则有：礼花弹爆炸后A上升的最大高度为：H﹣h，则有：代入数据可得：vA＝10m/s（2）礼花弹爆炸过程，在竖直方向动量为0，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有：mvA﹣mvBy＝0代入数据可得：vBy＝10m/s，方向竖直向下，取礼花弹水平方向初速度的方向为正方向，在水平方向由动量守恒定律有：2mv0cosθ＝mvBx代入数据可得：vBx＝20m/s（3）礼花弹爆炸后，A做竖直上抛运动，B做斜下抛运动，B斜向下运动的过程中，在竖直方向有：在水平方向，则有：x＝vBπt代入数据可得：x＝20m答：（1）爆炸后瞬间A的速度大小为10m/s；（2）爆炸后瞬间B的水平分速度及竖直分速度的大小分别为20m/s、10m/s；（3）A、B落地点之间的距离为20m。【点评】本题考查了动量守恒定律中爆炸模型，解题的关键是知道礼花弹上升到最高点过程，A和B在水平方向和竖直方向动量守恒。12．（2024•青岛二模）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q＝0.5C，质量是m′＝0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M＝0.08kg，滑块与绝缘板间的动擦因数μ＝0.4，它们所在空间存在磁感应强度B＝1.0T的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，一不可伸长的轻质细绳长L＝0.8m，一端固定在O点，另一端与质量m＝0.04kg的小球相连，把小球从水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求：（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细绳的拉力F；（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能ΔE；（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量Q。【考点】电磁感应中的能量类问题；牛顿第二定律；动能定理；动量守恒定律；洛伦兹力．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【分析】（1）小球向下摆动过程，洛伦兹力和细绳的拉力不做功，只有重力做功，根据动能定理求出小球与小车碰撞前的速度。由牛顿第二定律求出绳子的拉力，由牛顿第三定律得到小球对细绳的拉力F；（2）对小球与小车碰撞过程，根据动量守恒定律即可求解碰撞后瞬间小车的速度，小球与小车碰撞过程中系统损失的机械能ΔE等于系统碰撞前后动能之差。（3）假设滑块与车最终相对静止，根据动量守恒定律求出滑块与车的共同速度，分析此时滑块受到的洛伦兹力与重力的关系，判断假设是否正确，确定滑块最终的状态，根据滑块悬浮时洛伦兹力与重力相等，据此求出滑块的速度，再根据能量守恒定律求碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量Q。【解答】解：（1）小球下摆过程，由动能定理有解得：v＝4m/s小球在最低点时，由牛顿第二定律得T﹣mg＝解得：T＝1.2N由牛顿第三定律可知小球对细绳的拉力为1.2N，方向竖直向下。（2）小球与小车碰撞瞬间，小球与小车组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有mv＝Mv1解得：v1＝2m/s由能量守恒定律有ΔE＝﹣解得：ΔE＝0.16J（3）假设滑块与车最终相对静止。滑块在小车滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有Mv1＝（M+m′）v2解得：v2＝1.6m/s由此可得f洛＝qv2B＞m′g故假设不成立，因此滑块最终悬浮。滑块悬浮瞬间，满足f′洛＝qv′2B＝m′g解得：v′2＝0.4m/s将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv1＝Mv′+m′v′2解得：v′＝1.9m/s根据能量守恒定律有Q＝﹣Mv′2﹣m′v′22解得：Q＝0.014J答：（1）与小车碰撞前小球到达最低点时对细线的拉力F为1.2N，方向竖直向下；（2）小球与小车碰撞的过程中系统损失的机械能ΔE为0.16J；（3）碰撞后小车与滑块因摩擦而产生的最大热量Q为0.014J。【点评】本题的关键要理清物体的运动过程，把握每个过程遵循的力学规律，要知道洛伦兹力不做功，滑块在小车上滑动时，系统的合外力为零，遵守动量守恒定律和能量守恒定律。四．选修部分（共4小题）13．（2024•河池一模）小林同学在实验室探究气体状态变化规律，如图所示，实验室有一下端有小段软管、导热性能良好的U形管，U形管左端封闭右端开口，左管内用水银柱封闭一段气体，可看成理想气体，左端封闭的气体长度L＝22cm，左右两管水银柱高度相同都为H＝28cm，U形管的非软管部分粗细均匀，已知大气压强为75cmHg，实验室温度为27℃，管的粗细相对水银柱的高度来说可忽略不计，求：（1）现将U形管右管缓慢放置水平，此过程水银柱没有溢出，此时水银柱右端离右管口的距离多大？（2）小林同学利用这个U形管和一把刻度尺，能测量不同环境的温度，他将U形管移到另一个封闭环境（如题图所示竖直放在地面上），左端气柱长度明显变短，小林同学将右管缓慢旋转，使得左管气体长度恢复原长22cm。此时，小林用刻度尺测出右管水银面离地面的竖直高度为22cm，依据这些条件可求出这个封闭环境温度为多少摄氏度？【考点】气体的等容变化及查理定律；压强及封闭气体压强的计算；气体的等温变化及玻意耳定律．【专题】计算题；定量思想；模型法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．【分析】（1）根据玻意耳定律求解水银柱右端离右管口的距离；（2）根据查理定律求解封闭环境的温度，再根据热力学温度与摄氏温度的关系求解封闭环境的摄氏温度。【解答】解：（1）左端封闭气体初始状态压强为p1＝p0＝75cmHg、封闭气体的长度为l1＝L＝22cm右管水平时，水银柱右端离右管口的距离设为d，则此时左端封闭气体的压强为p2＝p0﹣ρg（H﹣L+d），封闭气体的长度分别为l2＝L+L﹣d由玻意耳定律可得p1Sl1＝p2Sl2代入数据解得d＝14cm（2）左端封闭气体初始状态的温度为T1＝300K，设另一环境的热力学温度为T3；右管水银面离地面的竖直高度为22cm时，左端封闭气体的压强为p3＝75cmHg﹣（28﹣22）cmHg＝69cmHg由查理定律可得代入数据解得T3＝276K则摄氏温度为t＝（276﹣273）℃＝3℃。答：（1）此时水银柱右端离右管口的距离14cm；（2）这个封闭环境温度为3oC。【点评】本题主要考查了玻意耳定律和查理定律的理解和运用；分清气体的状态参量是解题的关键。（多选）14．（2024•成都三模）一定质量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c，再从c状态变化到d，其过程如V﹣T图上三条线段所示，bc和cd段为分别平行于坐标轴的直线。则气体（）A．b的压强小于c的压强 B．由a变化到b过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能 C．由b变化到c过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能 D．由c变化到d过程中气体从外界吸收热量 E．由a变化到b为等压变化【考点】热力学第一定律及其应用；理想气体及理想气体的状态方程．【专题】定量思想；推理法；热力学定律专题；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．【分析】根据一定质量的理想气体的状态方程判断A；根据热力学第一定律ΔU＝Q+W分析BCD选项；由一定质量的理想气体的状态方程，整理表达式结合图像分析图像斜率即可分析a到b为等压变化。【解答】解：A．由一定质量的理想气体的状态方程可知，从b到c，气体的体积不变，温度升高，则气体的压强增大，因此b的压强小于c的压强，故A正确；B．由a变化到b过程中气体的体积增大，可知气体对外做功，则有W＜0，气体的温度升高，气体的内能增加，气体从外界吸收热量，则有Q＞0，由ΔU＝Q+W可知，由a变化到b过程中气体从外界吸收热量不等于其增加的内能，故B错误；C．由b变化到c过程中气体的体积不变，可知W＝0，气体的温度升高，气体的内能增加，气体从外界吸收热量，则有Q＞0，由ΔU＝Q+W可知，由b变化到c过程中气体从外界吸收热量等于其增加的内能，即ΔU＝Q，故C正确；D．由c变化到d过程中气体的体积减小，外界对气体做功，可知W＞0，气体温度不变，气体的内能不变，可知ΔU＝0，由ΔU＝Q+W可得，W＝﹣Q，可知由c变化到d过程中气体对外界放出热量，故D错误；E．由一定质量的理想气体的状态方程，整理表达式可得V＝，再结合题图可知，由a变化到b图线的斜率不变，可知压强不变，则由a变化到b为等压变化，故E正确。故选：ACE。【点评】该题考查了一定质量的理想气体状态方程以及热力学第一定律的应用，其中结合图像分析斜率为解答该题的关键，题目难度适中。（多选）15．（2024•南充模拟）为了装点城市夜景，市政工作人员常在喷水池水下安装灯光照亮水面。如图甲所示，水下有一点光源S，同时发出两种不同颜色的a光和b光，在水面上形成了一个被照亮的圆形区域，俯视如图乙所示环状区域只有b光，中间小圆为复合光，以下说法中正确的是（）A．在水中a光波速大于b光 B．a光的频率大于b光 C．用同一套装置做双缝干涉实验，b光条纹间距更小 D．通过b光观察到的光源s的位置比实际位置浅一些 E．若某单缝能使a光发生明显衍射现象，则b光也一定能发生明显衍射现象【考点】光的衍射；光的折射及折射定律；光的双缝干涉．【专题】定性思想；推理法；光的折射专题；全反射和临界角专题；光的干涉专题；光的衍射、偏振和电磁本性专题；理解能力．【分析】根据照射圆的面积大小分析临界角的大小，然后判断折射率大小，根据v＝分析速度大小；折射率小，频率也小；根据分析条纹间距；当障碍物或孔的尺寸比波长小或比波长差不多，则能够发生明显的衍射现象。【解答】解：AB．做出光路图，如图所示在被照亮的圆形区域边缘光线恰好发生了全反射，入射角等于临界角，由于a光照射的面积较小，则知a光的临界角较小，根据sinC＝，可知a光的折射率较大，a光的频率大于b光，由v＝可知a光在水中的传播速度比b光小，故A错误，B正确；C．由c＝λν可知a光波长短，又由双缝干涉条纹间距公式，可知用同一套装置做双缝干涉实验，a光条纹间距更小，故C错误；D．当观察者从上面看水中的光源时，从光源射来的光线进入观察者的眼睛，人眼逆着光线看，就看到了此时的光源，所以观察者会感到光源的位置比实际位置浅一些，故D正确；E．单缝的尺寸小于光波的波长，或与波长差不多能发生明显的衍射，由于a的波长小于b的波长，所以若某单缝能使a光发生明显衍射现象，则b光也一定能发生明显衍射现象，故E正确。故选：BDE。【点评】解决本题的关键从临界角入手，比较出折射率的大小，从而得出频率、介质中的速度大小关系。16．（2024•青羊区校级模拟）位于x＝0处的A波源，产生一向右传播的简谐横波，如图中实线所示；位于x＝50m处的B波源，产生一向左传播的简谐横波，如图中虚线所示。A的周期为0.5s，A、B的传播速率相等，t＝0时的波形图如图所示。（1）求B波的传播速率及振动周期；（2）平衡位置x＝13m处的质点位移能否为1.6m？如果能，求出经多长时间位移第一次到达1.6m；如果不能，请说明理由。【考点】波的叠加；横波的图像；波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；波的多解性；分析综合能力．【分析】（1）由图得出两波的波长，由波长、波速与周期的关系求出波速，然后求出B的周期；（2）结合波的叠加的情况，判断二者的波峰能否同时到达x＝1.6m处即可。【解答】解：（1）对A波有解得vA＝8m/sB波的传播速率和A波的传播速率相等，所以vB＝vA＝8m/s由TB＝，解得TB＝1s；（2）要使平衡位置x＝13m的质点位移达到1.6m，必须要求A波和B波的波峰同时传播过来。所以A波波峰传播到x＝13m位置的时刻为B波波峰传播到x＝13m位置的时刻为A波和B波的波峰同时传播到x＝13m位置的时刻需满足代入数据整理得n＝2m+1.5（m，n＝0，1，2⋯），上面关系式在整数范围内不成立，所以x＝13m处的质点位移不能达到1.6m。答：B波的传播速率为8m/s，振动周期为1s；（2）不能，见解析【点评】该题考查波速、波长以及周期之间的关系，其中该题的难点为A、B两列波传播到同一位置时振动是加强还是减弱的判断，题目难度较大。

考点卡片1．竖直上抛运动【知识点的认识】1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。2．特点：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。3．运动规律：取竖直向上的方向为正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t﹣gt2，vt2﹣v02＝2gh；4．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax＝；（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下＝。【命题方向】例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（）A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t＝＝s＝3s，故5s时物体正在下落；A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后两s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）m＝65m；故A正确；B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故B正确；C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D错误。故选：AB。点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度。分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。解答：（1）设最后1s内的平均速度为则：m/s平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s设物体被接住时的速度为v2，则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t＝+1＝+1＝1.2s；（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s（2）竖直井的深度为6m。点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。【解题方法点拨】1．竖直上抛运动的两种研究方法：（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。2．弹力的大小、胡克定律【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k＝；x2＝；故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F＝刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a＝＝对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+）mg故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．3．力的合成与分解的应用【知识点的认识】一、物体的受力分析1．放在水平地面上静止的物体．二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态．2．放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）竖直方向上三力平衡：F+FN＝G，即：竖直方向上合力为0．3．放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为0竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0．4．放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力为0；竖直方向上：G＝Fy+FN，即：竖直方向上合力为0．5．力的合成解题：放在斜面上静止的物体合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡．6．力的分解解题：放在斜面上静止的物体分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条件．7．放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止平行斜面方向上：F1＝F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．8．放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止平行斜面方向上：F1＝Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2+F＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．9．放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止平行斜面方向上：G1＝Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力为0．4．一般情况下的共点力平衡【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为GD.两绳的拉力大小均为分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G＝，F1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正确，D错误。故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.mgC.mgD.mg分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°＝mg故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。5．牛顿第二定律【知识点的认识】1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．3．适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．4．对牛顿第二定律的进一步理解牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（）A．物块的质量为1.5kgB．物块与地面之间的滑动摩擦力为2NC．t＝3s时刻物块的速度为3m/sD．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（）A．则a＝g，方向竖直向下B．则a＝g，方向竖直向上C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线D．则a＝，方向水平向左分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；故选：D．点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；（3）木块回到出发点时的速度大小v．分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：上滑过程中加速度的大小：（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入数据得：μ＝0.35．（3）下滑的距离等于上滑的距离：x＝＝m＝1m下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：＝2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v＝联立解得：v＝2m/s答：（1）上滑过程中的加速度的大小；（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．【解题方法点拨】1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答