2024年高考物理终极押题密卷2（新课标卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷2（新课标卷）一．选择题（共5小题）1．（2024•安徽模拟）一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向上下振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，其振动的频率约为3Hz。现在圆盘以4s的周期匀速转动带动小球上下振动。下列说法正确的是（）A．圆盘上的小圆柱转到圆心等高处时，T形支架的瞬时速度为零 B．小球振动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒 C．小球振动达到稳定时，它振动的频率是0.25Hz D．若圆盘以2s的周期匀速转动，小球振动达到稳定时，振幅比原来小2．（2024•合肥一模）我国科学家团队在某个河外星系中发现了一对相互绕转的超大质量双黑洞系统，这是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、2的质量分别为M1、M2。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）A．半径之比为M1：M2 B．向心力之比为M1：M2 C．动能之比为M1：M2 D．角速度之比为1：13．（2024•安徽模拟）在跳高比赛中，运动员跳跃过程可视为斜抛运动，不计空气阻力。下列反映跳跃过程中运动员水平方向位移的大小x、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、时间t之间关系的图像，可能正确的是（）A． B． C． D．4．（2024•长沙县校级模拟）光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的应用。现有含光电管的电路如图（a）所示，图（b）是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的I﹣U图线，、表示遏止电压。下列说法中正确的是（）A．甲、乙、丙三束光的光子动量p甲＝p乙＞p丙 B．甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小 C．分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄 D．甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱5．（2024•合肥二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（）A．I B．I C．I D．I二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024•吉林一模）如图所示，竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP，圆弧轨道的圆心为O，OA水平，OP竖直，半径为R＝2m。一质量为m＝1kg的小物块从圆弧顶点A开始以2m/s的速度从A到P做匀速圆周运动，重力加速度g＝10m/s2，Q为圆弧AP的一个三等分点（图中未画出），OA与OQ的夹角为30°，下列说法正确的是（）A．在Q点时，重力的瞬时功率为10W B．在A到P的过程中合力对小物块的冲量为零 C．小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功 D．在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11.5N（多选）7．（2024•安徽模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力所做的功为（多选）8．（2024•太原二模）如图所示，模拟V形发动机的圆柱形绝热气缸倾斜放置，顶端封闭，下端开口，缸体轴线在竖直平面内且与水平方向的夹角为θ。重为G、横截面积为S的活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，活塞距气缸顶部的距离为L0，缸内密封的理想气体温度为T0。若电热丝缓慢加热过程中产生的热量Q全部被气体吸收，气体的内能增加ΔU，大气压强为p0，下列说法正确的是（）A．加热前，缸内气体的压强为p0+ B．加热过程中，气体对外做功的大小为ΔU﹣Q C．加热过程中，活塞移动的距离为 D．加热后，缸内气体的温度升高三．实验题（共2小题）9．（2024•吉林一模）某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水平；b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d；c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的钩码；d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t，测量出释放点到光电门的距离L；e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m），仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相应的挡光时间。（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为cm；（2）已知重力加速度为g，若所挂钩码的个数为n，系统的机械能守恒时，关系式成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；（3）利用记录的实验数据，以为横轴、t2为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为k，若系统的机械能守恒，则k＝（用已知和测量的物理量的字母表示）。10．（2024•合肥一模）某同学要测量一段金属丝的电阻率，实验室提供的实验器材有：A．粗细均匀的待测金属丝，长度为0.5m，电阻约3ΩB．电压表（0～3V、内阻约3kΩ）C．电流表（0～0.6A、内阻约3Ω）D．滑动变阻器（最大阻值5Ω）E．毫米刻度尺、螺旋测微器F．两节干电池、开关S及导线若干请完成以下内容：（1）用螺旋测微器测金属丝直径，首先未放被测物时，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆与测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度的零刻度线未对齐，如图1所示，该示数为mm，螺旋测微器夹有金属丝时示数如图2所示，该示数为mm。（2）该同学根据图3的电路图进行了实物连线，请在图4中补全连线。（3）连接好电路后，将滑动变阻器触头调到最左端，闭合开关S，调节滑动变阻器的触头位置，记录电压表示数U和对应的电流表示数I，再调节滑动变阻器的触头位置得到多组U、I数据，如下表：U/V0.580.700.910.951.201.38I/A0.200.240.280.330.420.48图5为采用上表数据描绘出的点，请在答题卡上的图中补全数据点，并作出U﹣I图像。由图像可得金属丝的电阻值Rx＝Ω，电阻率ρ＝Ω•m。（均保留2位有效数字）四．解答题（共3小题）11．（2024•吕梁一模）如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4m的“小山”，最高点距地面为h，最高点的曲率半径（曲线上该点所在处的曲率圆半径）为2h，被一个弯曲的与“小山”连在一起的光滑曲面挡板罩住形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度进入管道，小球直径比管道内径略小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”；重力加速度为g，挡板罩质量不计，求：（1）小球的初速度v0多大；（2）小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为多大；（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（1）中所求的2倍，那么小球在最高点对“山”的压力多大。12．（2024•吉林模拟）如图所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t＝0时从A点以大小为的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为的速度竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2h，水平距离为h，A点到水平面C的竖直距离为128h，重力加速度为g。求：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强E0的大小和方向；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。13．（2024•安徽模拟）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力FT，作出力FT随时间t的变化图像如图乙所示（力FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：（1）t1＝1s时，金属棒ab的速度大小；（2）t2＝3s时，外力F的大小；（3）已知金属棒ab在0～3s的时间内产生的热量为4.5J，求这段时间外力F所做的功。

2024年菁优高考物理终极押题密卷2（新课标卷）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）1．（2024•安徽模拟）一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向上下振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘静止时，让小球在水中振动，其振动的频率约为3Hz。现在圆盘以4s的周期匀速转动带动小球上下振动。下列说法正确的是（）A．圆盘上的小圆柱转到圆心等高处时，T形支架的瞬时速度为零 B．小球振动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒 C．小球振动达到稳定时，它振动的频率是0.25Hz D．若圆盘以2s的周期匀速转动，小球振动达到稳定时，振幅比原来小【考点】简谐运动的回复力和能量；共振及其应用；机械能守恒定律．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理能力．【分析】小球做受迫振动，稳定振动时的频率与外部驱动力的频率相同，故由f＝可求出振动频率；小球的振幅与圆盘的转速有关，然后结合受迫振动的特点判断。【解答】解：A．小圆柱转到圆心等高处时，小圆柱的速度沿竖直方向的分速度不为零，则T形支架的瞬时速度也不为零，故A错误；B．圆盘转动，通过小圆柱带动T形支架上下振动，T形支架又通过弹簧使小球做受迫振动，即小球振动过程中受到T形支架的驱动力的作用，所以小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故B错误；C．经过一段时间后，小球振动达到稳定时，它振动的频率和驱动力频率相同，即，故C正确；D．圆盘以2s的周期匀速运动时，驱动力频率为驱动力频率接近小球的固有频率，所以振幅比原来大，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了受迫振动，解题关键是明确系统的固有频率和驱动力频率关系。2．（2024•合肥一模）我国科学家团队在某个河外星系中发现了一对相互绕转的超大质量双黑洞系统，这是迄今为止发现的第二例超大质量双黑洞绕转系统，两黑洞绕它们连线上某点做匀速圆周运动。黑洞1、2的质量分别为M1、M2。下列关于黑洞1、2的说法中正确的是（）A．半径之比为M1：M2 B．向心力之比为M1：M2 C．动能之比为M1：M2 D．角速度之比为1：1【考点】动能；向心力；万有引力定律的应用．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理能力．【分析】根据万有引力定律和双黑洞绕转系统的特点，得到双黑洞转动的角速度，向心力，半径，动能之比。【解答】解：BD、一对相互环绕旋转的超大质量不等的双黑洞系统，在相互之间的万有引力的作用下，绕其连线上的0点做匀速圆周运动，绕它们连线上某点做匀速圆周运动，具有相同的角速度，向心力大小相等，角速度大小相等，所以向心力之比为1：1，角速度之比为1：1，故B错误，D正确；A、根据万有引力提供向心力，由＝＝，其中r1+r2＝L，得到r1：r2＝M2：M1，故A错误；C、根据动能定理EK＝得动能之比为M2：M1，故C错误。故选：D。【点评】本题主要考查万有引力定律应用，解题关键是知道双黑洞系统的特点，根据万有引力提供向心力列方程进行判断。3．（2024•安徽模拟）在跳高比赛中，运动员跳跃过程可视为斜抛运动，不计空气阻力。下列反映跳跃过程中运动员水平方向位移的大小x、竖直方向位移的大小y、动能Ek、重力瞬时功率大小P、时间t之间关系的图像，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】功率、平均功率和瞬时功率；平抛运动；斜抛运动．【专题】比较思想；图析法；功率的计算专题；理解能力．【分析】运动员跳跃过程可视为斜抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛运动，根据分运动的规律列式分析图像的形状。【解答】解：A、运动员跳跃过程做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设水平速度为v0，竖直速度为vy，则水平方向位移x＝v0t，即x与t成正比，x﹣t图像是过原点的直线，故A错误；B、竖直方向位移的大小为，y﹣t图像是开口向下的抛物线，故B错误；C、竖直方向是竖直上抛运动，竖直方向的速度为vy1＝vy﹣gt则合速度为动能为，则Ek﹣t为开口向上的抛物线，故C正确；D、速度的水平分量不变，竖直分速度先减小到零，后反向增加，根据P＝mgvy1＝mg|vy﹣gt|，重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D错误。故选：C。【点评】本题运用运动的分解法处理斜抛运动，要知道斜抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动。要知道重力的功率与竖直分速度有关。4．（2024•长沙县校级模拟）光电管是应用光电效应原理制成的光电转换器件，在有声电影、自动计数、自动报警等方面有着广泛的应用。现有含光电管的电路如图（a）所示，图（b）是用甲、乙、丙三束光分别照射光电管得到的I﹣U图线，、表示遏止电压。下列说法中正确的是（）A．甲、乙、丙三束光的光子动量p甲＝p乙＞p丙 B．甲光照射时比丙光照射时产生的光电子的最大初动能小 C．分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光照射比丙光照射形成的干涉条纹间距窄 D．甲、乙是相同颜色的光，甲光束比乙光束的光强度弱【考点】爱因斯坦光电效应方程．【专题】定量思想；方程法；光的干涉专题；光电效应专题；推理能力．【分析】光电流为零时的反向电压即为遏止电压Uc，根据光电效应方程与动能定理的公式，分析入射光的频率的大小；从图象中看出，丙光对应的遏止电压最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，结合双缝干涉的条纹宽度公式判断；根据饱和电流的大小分析入射光的强度。【解答】解：A．根据光电效应方程Ek＝hν﹣W0光电流为零时的反向电压即为遏止电压Uc，根据动能定理eUc＝Ek联立可得eUc＝hν﹣W0利用图像可知遏止电压Uc1＞Uc2可知ν甲＝ν乙＜ν丙而光子动量因此光子动量之间的关系为p甲＝p乙＜p丙故A错误；B．光电效应中eUc＝Ek可知Ek甲＜Ek丙故B正确；C．光的双缝干涉实验中，相邻干涉条纹的宽度为由ν甲＜ν丙又得λ甲＞λ丙所以分别用甲光、丙光照射同一双缝干涉实验装置，甲光形成的干涉条纹间距比丙光的宽，故C错误；D．由题图可知，甲光和乙光频率相同，但是甲光比乙光的饱和电流大，即甲光的光强大于乙光，故D错误。故选：B。【点评】该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键要理解遏止电压的含义，理解并掌握方程eUc＝＝hν﹣W。5．（2024•合肥二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（）A．I B．I C．I D．I【考点】带电粒子在电场中的加速；牛顿第三定律；动能定理；动量定理．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【分析】利用动能定理和动量定理求解。【解答】解：氙离子在加速电场中由动能定理有：设Δt时间内有n个氙离子喷射出，则有：取水平向右为正方向，对n个氙离子由动量定理有：FΔt＝nmv﹣0联立方程可得：由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动、动量定理，解题的关键是知道氙离子在电场中由于受到电场力加速，由牛顿第三定律可知电场受到氙离子的反作用力。二．多选题（共3小题）（多选）6．（2024•吉林一模）如图所示，竖直平面内固定的四分之一圆弧轨道AP，圆弧轨道的圆心为O，OA水平，OP竖直，半径为R＝2m。一质量为m＝1kg的小物块从圆弧顶点A开始以2m/s的速度从A到P做匀速圆周运动，重力加速度g＝10m/s2，Q为圆弧AP的一个三等分点（图中未画出），OA与OQ的夹角为30°，下列说法正确的是（）A．在Q点时，重力的瞬时功率为10W B．在A到P的过程中合力对小物块的冲量为零 C．小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功 D．在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11.5N【考点】动量定理；牛顿第二定律；功率、平均功率和瞬时功率；动能定理．【专题】应用题；定量思想；功率的计算专题；推理能力．【分析】小物块做匀速圆周运动，合外力充当向心力，所以合外力不为零，冲量不为零。根据重力的功率公式求解。在AQ段和QP段列动能定理求解。在P点时由牛顿第二定律列式求解。【解答】解：A、在Q点时，重力方向与速度方向夹角为30°，则重力的瞬时功率为P＝mgvcosθ＝10W，故A正确；B、在A到P的过程中小物块的速度方向不断改变，动量不断改变，所以合力对小物块的冲量不为零，故B错误；C、小物块在AQ段重力做的功W1＝mgRsin30°，在QP段重力做到功W2＝mgR（1﹣sin30°），得W1＝W2，由小物块做匀速圆周运动和动能定理可知，小物块克服摩擦力做的功等于重力做的功，故C正确；D、在P点时，由牛顿第二定律N﹣mg＝mv2/R，得到小物块对圆弧轨道的压力大小为12N，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了冲量、功率、动能定理、牛顿第二定律等概念和规律，理解概念和规律的实质是正确解题的关键。（多选）7．（2024•安徽模拟）如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力所做的功为【考点】动能定理；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】定量思想；合成分解法；动量定理应用专题；分析综合能力．【分析】根据PG＝mgvy求小球落地时重力的功率。在竖直方向上，运用动量定理求出小球下落的时间。小球在水平方向根据动量定理求小球下落过程中的水平位移大小。根据动能定理求空气阻力所做的功。【解答】解：A、小球落地时竖直分速度为vy＝vsinθ，重力的功率为PG＝mgvy＝mgvsinθ，故A错误；B、取竖直向下为正方向，小球下落过程中，在竖直方向上，根据动量定理得mvsinθ＝mgt﹣k（vy1+vy2+vy3+......）t又∑（vy1+vy2+vy3+......）t＝h解得小球下落的时间为：，故B正确；C、取水平向右为正方向，小球在水平方向，根据动量定理得mvcosθ﹣mv0＝﹣k（vx1+vx2+vx3+......）t又∑（vx1+vx2+vx3+......）t＝x解得小球下落过程中的水平位移大小为：，故C正确；D、对于小球下落过程，根据动能定理得：解得小球下落过程中空气阻力所做的功为：，故D正确。故选：BCD。【点评】解答本题的关键要掌握动量定理，并能分方向应用，并能采用积分法求分位移。要知道重力做功的功率与竖直分速度有关。（多选）8．（2024•太原二模）如图所示，模拟V形发动机的圆柱形绝热气缸倾斜放置，顶端封闭，下端开口，缸体轴线在竖直平面内且与水平方向的夹角为θ。重为G、横截面积为S的活塞可沿气缸壁无摩擦滑动，活塞距气缸顶部的距离为L0，缸内密封的理想气体温度为T0。若电热丝缓慢加热过程中产生的热量Q全部被气体吸收，气体的内能增加ΔU，大气压强为p0，下列说法正确的是（）A．加热前，缸内气体的压强为p0+ B．加热过程中，气体对外做功的大小为ΔU﹣Q C．加热过程中，活塞移动的距离为 D．加热后，缸内气体的温度升高【考点】热力学第一定律及其应用；压强及封闭气体压强的计算；气体的等压变化及盖﹣吕萨克定律．【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；推理能力．【分析】对活塞由受力平衡求解加热前，缸内气体的压强；加热过程气体对外界做功，根据热力学第一定律求解气体对外做功；根据气体对外界做的功求解活塞移动的距离；由盖—吕萨克定律求解气体的温度变化量。【解答】解：A、设加热前，缸内气体的压强为p，对活塞由受力平衡可得：pS+Gsinθ＝p0S，解得：，故A错误；B、设加热过程中，气体对外做功的大小为W，此过程气体对外界做功，由热力学第一定律可得：ΔU＝Q﹣W，解得：W＝Q﹣ΔU，故B错误；C、设加热过程中，活塞移动的距离为x，则气体对外界做功W＝pSx，解得：，故C正确；D、设加热后，缸内气体的温度升高了ΔT，气体做等压变化，由盖—吕萨克定律可得：解得：，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了气体实验定律，热力学第一定律的应用。对于热力学第一定律，其表达式为：ΔU＝W+Q，其中W的含义是外界对系统做的功，应用时若系统对外界做功，则W应取负值；Q的含义是系统从外界吸收的热量，若系统向外界放热，则Q应取负值。三．实验题（共2小题）9．（2024•吉林一模）某实验小组利用如图甲所示的装置验证了机械能守恒定律，实验时完成了如下的操作：a.首先接通气垫导轨，然后调节气垫导轨水平，将光电门固定在气垫导轨上，调节滑轮的高度使轻绳水平；b.用游标卡尺测量遮光条的宽度d；c.将质量为M的滑块（含遮光条）放在气垫导轨上，用轻绳跨过定滑轮，另一端拴接一个质量为m的钩码；d.将钩码由静止释放，记录滑块经过光电门时的挡光时间t，测量出释放点到光电门的距离L；e.改变钩码的个数n（每个钩码质量均为m），仍将滑块从同一位置静止释放，记录滑块经过光电门时相应的挡光时间。（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为0.165cm；（2）已知重力加速度为g，若所挂钩码的个数为n，系统的机械能守恒时，关系式成立（用已知和测量的物理量的字母表示）；（3）利用记录的实验数据，以为横轴、t2为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为k，若系统的机械能守恒，则k＝（用已知和测量的物理量的字母表示）。【考点】实验验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；实验能力．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数；（2）求出滑块经过光电门时的速度，应用机械能守恒定律倒推出实验需要验证的表达式，然后分析答题；（3）根据上一问的表达式，变形得到t2﹣的表达式为一直线，从而得到直线的斜率【解答】解：（1）游标卡尺的精度为0.05mm，读数为：0.1cm+14×0.05mm＝1.70mm＝0.170cm（2）根据速度的定义可得，滑块到光电门的速度为：根据机械能守恒定律有：整理解得：，即若满足上式，则系统机械能守恒。（3）由（2）中表达式变形可得t2﹣的表达式为：，变形后有：t2＝+若系统的机械能守恒，则t2﹣图像是一条直线，由题意得：k＝故答案为：（1）0.170；（2）；（3）。【点评】理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；求出滑块的速度，应用机械能守恒定律即可解题。10．（2024•合肥一模）某同学要测量一段金属丝的电阻率，实验室提供的实验器材有：A．粗细均匀的待测金属丝，长度为0.5m，电阻约3ΩB．电压表（0～3V、内阻约3kΩ）C．电流表（0～0.6A、内阻约3Ω）D．滑动变阻器（最大阻值5Ω）E．毫米刻度尺、螺旋测微器F．两节干电池、开关S及导线若干请完成以下内容：（1）用螺旋测微器测金属丝直径，首先未放被测物时，调节螺旋测微器，拧动微调旋钮使测微螺杆与测砧相触时，发现固定刻度的横线与可动刻度的零刻度线未对齐，如图1所示，该示数为0.180mm，螺旋测微器夹有金属丝时示数如图2所示，该示数为0.680mm。（2）该同学根据图3的电路图进行了实物连线，请在图4中补全连线。（3）连接好电路后，将滑动变阻器触头调到最左端，闭合开关S，调节滑动变阻器的触头位置，记录电压表示数U和对应的电流表示数I，再调节滑动变阻器的触头位置得到多组U、I数据，如下表：U/V0.580.700.910.951.201.38I/A0.200.240.280.330.420.48图5为采用上表数据描绘出的点，请在答题卡上的图中补全数据点，并作出U﹣I图像。由图像可得金属丝的电阻值Rx＝2.9Ω，电阻率ρ＝1.1×10﹣6Ω•m。（均保留2位有效数字）【考点】导体电阻率的测量；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题；推理能力．【分析】（1）根据螺旋测微器读数规则读数；（2）根据电路图连接实物图；（3）根据题意补点，用一条平滑的直线拟合，使各点均匀分布在直线两侧，隔得远的点舍掉，作出的U﹣I图像，根据图像的斜率求解待测金属丝的电阻，再根据电阻定律求解待测金属丝的电阻率。【解答】解：（1）根据螺旋测微器的读数规则，精确度为0.01mm，故图1的读数为18.0×0.01mm＝0.180mm图2的读数为0.5mm+18.0×0.01mm＝0.680mm；（2）根据电路图连线顺序连线，实物连线图如下图所示；（3）根据题意要求，在图中补出点（0.33，0.95），将图中各点用一条平滑的直线拟合，使各点均匀分布在直线两侧，隔得远的点舍掉，作出的U﹣I图像如下图所示U﹣I图像的斜率表示待测金属丝的电阻，故根据电阻定律及待测金属丝的面积有≈1.1×10﹣6Ω•m。故答案为：（1）0.180；0.680；（2）；（3）；2.9（2.7﹣3.1）；1.1×10﹣6。【点评】本题考查电阻丝电阻率的测量，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。四．解答题（共3小题）11．（2024•吕梁一模）如图所示，光滑平面上有一个可自由移动的质量为4m的“小山”，最高点距地面为h，最高点的曲率半径（曲线上该点所在处的曲率圆半径）为2h，被一个弯曲的与“小山”连在一起的光滑曲面挡板罩住形成光滑管道，一个质量为m的小球以某初速度进入管道，小球直径比管道内径略小但远小于“小山”的高度，小球恰好能越过“小山”；重力加速度为g，挡板罩质量不计，求：（1）小球的初速度v0多大；（2）小球离开“小山”后，小球与“小山”的速度分别为多大；（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（1）中所求的2倍，那么小球在最高点对“山”的压力多大。【考点】动量与能量的其他综合应用；牛顿第三定律；向心力；机械能守恒定律．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【分析】（1）（2）根据动量守恒定律与能量守恒定律分析解答；（3）根据机械能守恒定律结合牛顿第二定律解答。【解答】解：（1）小球恰好能越过“小山”，则小球到达山顶时二者共速为v，小球与“小山”组成系统水平方向动量守恒：向右为正方向，mv0＝（m+4m）v系统机械能守恒：解得：（2）设小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒：mv0＝mv1+4mv2系统机械能守恒：联立解得：（3）小球达到最高点速度为v′，由机械能守恒定律在最高点，由牛顿第二定律：联立解得：FN＝3mg根据牛顿第三定律压力F′N＝FN即小球对“小山”的压力为3mg答：（1）小球的初速度；（2）小球离开“小山”后小球与“山”的速度分别为，；（3）小球在最高点对“山”的压力为3mg。【点评】本题考查动量和能量的综合应用，注意动量守恒的条件，会灵活运用分方向动量守恒定律解题。12．（2024•吉林模拟）如图所示，在水平面C的上方，存在竖直平面内周期性变化的匀强电场，电场方向未知，变化规律如图所示。把一质量为m、带+q电荷的小球在t＝0时从A点以大小为的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球以大小为的速度竖直向下经过B点，随后小球第一次经过A点正下方，且经过A点正下方时电场刚好第一次反向。已知AB之间的高度差为2h，水平距离为h，A点到水平面C的竖直距离为128h，重力加速度为g。求：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强E0的大小和方向；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离。【考点】带电粒子在电场中的运动综合；电势差；电势差与电场强度的关系．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【分析】（1）由几何关系求得AB两点之间的竖直高度，对小球由A到B的过程，由动能定理求解；（2）将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系，结合电场力做功，分别求得电场力沿水平与竖直方向的分量，再由矢量合成求得电场强度；（3）根据交变电场的变化规律，将小球的运动沿水平与竖直方向分解，由力与运动的关系推断小球在两方向上的运动规律，由得到的运动规律求解。【解答】解：（1）AB的水平距离为h，AB的竖直距离为2h，从A到B的过程根据动能定理有mg×2h+qU＝解得AB两点之间的电势差U＝（2）小球从A点以的初速度水平向右抛出，经过一段时间后，到达B点，小球的速度竖直向下，大小为，说明水平方向上减速运动，水平方向有解得E1＝方向水平向左；竖直方向有＝解得E2＝方向竖直向下。所以匀强电场的场强E0＝代入数据解得E0＝方向与水平方向成45°角斜向左下。（3）根据题意建立如图所示的坐标系已知小球第一次经过A点正下方D点时电场刚好相反，可知A到D的运动时间为T，小球在水平方向运动时间具有对称性，即A到B和B到D所用时间相同tAB＝tBD＝T小球从A到B，在y轴上有vB＝ay•2h＝解得vBT＝8h到达D点时小球沿y轴方向的分速度为v1＝ayT＝2vB则A到D沿y轴方向的位移为y1＝v1T＝vBT＝8h小球第一次经过y轴的D点后电场反向，沿与x轴方向成45°指向右上方，小球在y轴上受力平衡，以2vB的速度做匀速直线运动。沿x轴方向先匀减速后匀加速，根据运动的对称性可知恰好在2T时刻第二次经过A点正下方的E点，此过程沿y轴的位移为y2＝2vBT＝2×8h＝16h经过E点后，2T～3T时间内电场再次反向，小球沿y轴以2vB的初速度做匀加速直线运动，3T时刻第三次经过y轴，此时沿y轴的分速度为v3＝2vB+ayT＝2vB+2vB＝4vB2T～3T时间沿y轴的位移为y3＝（2vB+4vB）T代入数据解得y3＝24h以此类推，从0时刻开始，每经过一个时间间隔T，小球就经过一次y轴，沿y轴的运动均为匀加速直线运动与匀速直线运动交替运动。3T～4T时间沿y轴的位移为y4＝4vBT＝4×8h＝32h4T～5T时间沿y轴的位移为y5＝（4vB+6vB）T代入数据解得y5＝40h以此类推，可得小球第n次经过y轴的总位移为y＝8h+16h+24h+⋅⋅⋅+8nh令y＝128h，解得5＜n＜6可知小球在第5次经过y轴后从到达水平面，当n＝5时y＝120h则小球在第5次经过y轴位置到水平面的距离为Δy＝128h−120h＝8h小球在第5次经过y轴之前竖直方向经历了2次匀速直线运动和3次匀加速直线运动，第5次经过y轴时沿y轴的分速度v5＝3ayT＝3×2vB＝6vB小球在第5次经过y轴后沿y轴做匀速直线运动，从第5次经过y轴到水平面经历时间为t＝与vBT＝8h对比可得t＝T小球在第5次经过y轴后沿x轴负方向做匀减速直线运动，其位移为x＝vAt−axt2由A到B的过程中，沿水平方向有vA＝axh＝ax（）2联立解得x＝h小球到达水平面C时与A点的水平距离x＝h。答：（1）AB两点间的电势差；（2）匀强电场的场强的大小，方向与水平方向成45°角斜向左下；（3）小球到达水平面C时与A点的水平距离h。【点评】本题考查了带电体在匀强电场中运动问题，对于物体受恒力而做曲线运动，将其运动进行分解处理，分运动具有独立性与等时性。本题难度较大，根据力与运动的关系推断物体的运动形式和规律是本题的难点。13．（2024•安徽模拟）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力FT，作出力FT随时间t的变化图像如图乙所示（力FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：（1）t1＝1s时，金属棒ab的速度大小；（2）t2＝3s时，外力F的大小；（3）已知金属棒ab在0～3s的时间内产生的热量为4.5J，求这段时间外力F所做的功。【考点】电磁感应中的能量类问题；闭合电路的欧姆定律．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；图析法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【分析】（1）（2）t＝0时，对棒NQ受力分析，根据平衡条件求解其质量，1s和3s时，根据平衡条件求解安培力大小，根据安培力公式求解电流，根据闭合电路欧姆定律求解电源电动势，根据感应电动势公式求解导体棒的速度；根据速度公式分析ab棒的运动情况，根据牛顿第二定律求解外力F的大小；（3）根据匀变速直线运动公式求解导体棒的位移，根据动能定理求解外力做的功。【解答】解：（1）设棒NQ的质量为M，当t＝0时，由平衡条件得：Mgsinθ＝FT＝2N代入数据解得：M＝0.4kgt1＝1s，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F′T＝4N对棒NQ分析，由平衡条件得：Mgsinθ+Fan＝F′T＝4N代入数据解得：Fan＝2N导体棒所受安培力为：Fan＝BIL代入数据解得：I＝0.5感应电动势为E＝I（2R）＝0.5×2×2Ω＝2V导体棒切割磁感线产生的感应电动势有：E＝BLv1代入数据解得：v1＝0.5m/s（2）当t2＝3s时，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F″T＝8N对棒NQ受力分析，由平衡条件得：Mgsinθ+F′an＝F″T＝8N代入数据解得：F′an＝6N导体棒所受安培力为：Fan＝BIL代入数据解得：I′＝1.5A感应电动势为E′＝I′（2R）＝1.5×2×2Ω＝6V导体棒切割磁感线产生的感应电动势有：E′＝BLv2代入数据解得：v2＝1.5m/s由以上可知，棒ab的速度可表示为由于FT随时间均匀增大，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为对棒ab受力分析，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣F′an﹣F＝ma代入数据解得：F＝3N（3）在0～3s的时间内金属棒的位移为对金属棒ab，由动能定理得：这段时间ab克服安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热，因为电路里有两根电阻相等的棒，所以电路中产生的焦耳热为9J，所以外力F所做的功为：答：（1）t1＝1s时，金属棒ab的速度大小为0.5m/s；（2）t2＝3s时，外力F的大小为3N；（3）这段时间外力F所做的功为﹣11.25J。【点评】本题考查电磁感应问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

考点卡片1．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）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．2．牛顿第三定律【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．3．平抛运动【知识点的认识】一、平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．2．条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．5．规律：（1）水平方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．（2）竖直方向：自由落体运动，vy＝gt，y＝gt2，ay＝g．（3）实际运动：v＝，s＝，a＝g．二、类平抛运动1．定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直．2．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．3．研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解．4．规律：与平抛运动类似．（1）初速度方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vy＝ayt，y＝ayt2．（3）合运动（实际运动）：v＝，s＝，a＝ay．三、平抛运动的基本规律1．速度的变化规律（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0．（2）任意相等时间间隔△t内的速度变化量方向竖直向下，大小△v＝△vy＝g△t．2．位移变化规律（1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x＝v0△t．（2）连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差不变，即△y＝g△t2．3．平抛运动的两个重要推论推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ．证明：如图所示：由平抛运动规律得：tanα＝，tanθ＝，所以tanα＝2tanθ．推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x＝v0t，y＝gt2，v⊥＝gt，又tanα＝，解得x′＝．即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（）A．v1＝v2B．v1＝v2C．v1＝v2D．v1＝v2分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．解：炮弹运行的时间t＝，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1＝gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2＝v2t﹣gt2．则H＝h1+h2＝v2t，所以H＝v2，解得：v1＝v2，故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则（）A．α＝β＝γB．α＝β＞γC．α＝β＜γD．α＜β＜γ分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小．解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ．由tanθ＝＝＝，得到t＝则tanθ′＝＝＝2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α＝β．设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．由于高度相同，平抛时间相等，设为t1．则tanγ′＝，tanγ＝由于v1＜v2所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ由上分析可知γ′＝α＝β，所以α＝β＞γ．故选B．点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tanθ＝．（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：如图所示，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；（2）A球落地时，A、B之间的距离．分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得水平方向上：x＝V0t竖直方向上：H＝gt2由以上两个方程可以解得，x＝30m，t＝3s，（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma，所以a＝μg＝5m/s2，减速至停止所需要的时间为t′＝＝2s＜3s，所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，xB＝＝10m，所以AB间的距离为△x＝x﹣xB＝20m．答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A．三个小球落地时的速率相等B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等D．三个小球抛出的初速度水平分量相等分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝﹣g，由0﹣＝﹣2gh，得vy＝，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：vy＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同．根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．又有vy＝vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确．B、由运动学公式有：h＝，则得：t＝2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．故选：C．点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．【解题方法点拨】1．平抛运动的处理技巧﹣﹣一“补”登天由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便．2．斜面上的平抛运动问题的规律总结（1）顺着斜面平抛方法：分解位移x＝v0ty＝gt2tanθ＝可求得t＝（2）对着斜面平抛（如图）方法：分解速度vx＝v0vy＝gt，tanθ＝＝可求得t＝（3）对着竖直墙壁平抛（如图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．t＝．3．类平抛运动的求解方法①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．4．涉及平抛运动的综合问题（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目．在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．（2）多体平抛问题：①若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；②若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；③若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动．4．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：；位移公式：⇒s＝。tanα＝＝5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。5．向心力【知识点的认识】一：向心力1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．二、离心运动和向心运动1．离心运动（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．（3）受力特点：当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动；当F＝0时，物体沿切线方向飞出；当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．2．向心运动当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．【重要知识点分析】1．圆周运动中的运动学分析（1）对公式v＝ωr的理解当r一定时，v与ω成正比．当ω一定时，v与r成正比．当v一定时，ω与r成反比．（2）对a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较项目匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动加速度加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变向心力【命题方向】（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（）A．球A的线速度等于球B的线速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的运动周期等于球B的运动周期D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．解：A、如图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．由向心力的计算公式F＝m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．B、又由公式F＝mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．C、由周期公式T＝，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．故选D．点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（）A．小球对圆环的压力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力C．小球的线速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．B、根据牛顿第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不为零，线速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正确．故选BCD．点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高点时，绳的拉力？（2）在最高点时水对小杯底的压力？（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．解：（1）小杯质量m＝0.5kg，水的质量M＝1kg，在最高点时，杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圆周半径为R，则F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以细绳拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，合力F合＝Mg+F圆周半径为R，则F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯对水的压力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝．答：（1）在最高点时，绳的拉力为9N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．【解题方法点拨】1．圆周运动中的运动学规律总结在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v＝ωr与半径r成正比．（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω＝与半径r成反比．（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．2．圆周运动中的动力学问题分析（1