2024年高考物理终极押题密卷2（全国甲卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷2（全国甲卷）一、选择题（共8小题，每小题6分，共48分）1．（2024•青羊区校级模拟）图中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是（）A．根据图（a）所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为β射线 B．如图（b）所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大 C．玻尔通过图（c）所示的α粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分 D．利用图（d）所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱2．（2024•南宁二模）小明到汽车站时，汽车已经沿平直公路驶离车站。假设汽车司机听到呼喊后立即刹车，汽车做匀减速直线运动，小明同时以4m/s的速度匀速追赶汽车。已知汽车开始刹车时距离小明12m，汽车在刹车过程中的图像（x为t时间内的位移）如图所示，则小明追上汽车所用时间为（）A．4s B．6s C．7s D．8s3．（2024•昆明一模）2024年1月23日02时09分，新疆阿克苏地区乌什县发生7.1级地震，中国资源卫星应用中心通过卫星对灾区进行观测。其中卫星a离地高度约为600km，卫星b离地高度约为36000km，若两颗卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。关于两卫星的运动，下列说法正确的是（）A．卫星a的速率小于卫星b的速率 B．卫星a的加速度小于卫星b的加速度 C．卫星a的周期小于卫星b的周期 D．卫星a的角速度小于卫星b的角速度4．（2024•贵州模拟）如图所示，将带正电的试探电荷沿等量异种点电荷连线从A点移动到B点，再沿连线中垂线从B点移动到C点。在此过程中，对试探电荷所受的静电力F，所经过的各点处电势φ的高低，试探电荷的电势能E的大小，下列判断正确的是（）A．A处与C处的电场力方向相反 B．FA＞FB＞FC C．φA＞φB＞φC D．EA＜EB＝EC5．（2024•武侯区校级模拟）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装置，当两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动时，流过电阻R的电流i随时间t变化的规律如丙、丁所示。则下列说法中正确的是（）A．两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零 B．两装置中，R中流过的电流规律对应图丙的是装置甲 C．在0﹣2t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同 D．在0﹣2t0内，两装置中通过电阻R的电量相同（多选）6．（2024•昆明一模）法国的古斯塔夫•埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．（多选）7．（2024•郫都区校级二模）从地面上将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力作用，其上升过程中动能与重力势能随上升的高度变化的图像如图所示，则根据该图像可以求出（）A．物体落回地面时的动能 B．物体上升到最高点的机械能 C．物体上升的最大高度 D．物体从抛出至落回抛出点所用的时间（多选）8．（2024•昆明一模）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在垂直于abc所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q两点分别为ab边的三等分点。t＝0时刻，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，从P点第一次进入三角形abc区域。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．粒子的比荷为 B．粒子可以运动到Q点 C．粒子第一次到达c点的时间为 D．粒子第一次回到a点的时间为二、实验题9．（2024•成都模拟）某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；电压表V（量程3V，阻值很大）；电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；保护电阻R0（阻值待定）；开关S；导线若干。（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线。（2）实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最（选填“左”或“右”）端；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220小灯泡发光情况不亮   微亮     逐渐变亮     正常发光（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为Ω的定值电阻改装而成。（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为（计算结果保留2位有效数字）。（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻R0的阻值应为Ω（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。10．（2024•贵阳模拟）某物理兴趣小组用如图所示的阿特伍德机来测量当地重力加速度。（1）实验时，该小组进行了如下操作：①在重物A上安装挡光片，把重物A和砝码盘B用不可伸长的轻质细绳连接后，跨放在光滑的轻质定滑轮上，在砝码盘中放入适量的小物体，使装置处于静止状态，测量出挡光片到光电门竖直距离h和挡光片的宽度d；②在砝码盘B中放入质量为m的砝码，让系统（A和B）由静止开始运动，光电门记录挡光片遮光的时间为Δt，重物向上运动h时的速度大小为，重物A运动的加速度大小a为；③增加砝码盘中砝码，并重复实验②，记录砝码质量m和对应的加速度a。（2）以为纵坐标、为横坐标，得到的图像为直线，纵截距为b，则当地的重力加速度大小为。三、计算题11．（2024•武侯区校级模拟）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静释放，与b碰撞后（碰撞时间极短）立即连在一起向下运动。重力加速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，以后弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，以后c恰好能离开地面，求hx为多少？12．（2024•云南一模）如图所示，矩形区域abcd平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为4L，bc边长为L。在矩形中心O处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60°角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取sin14.5°＝0.25。求（1）粒子在磁场中运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。选修3-3（多选）13．（2024•成都模拟）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如T﹣V图中从a到b的直线所示。直线ab与过原点的虚线斜率相同，下列判断正确的是（）A．气体内能增加 B．气体压强不变 C．气体从外界吸热 D．外界对气体做正功 E．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少14．（2024•郫都区校级二模）如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为SA＝120cm2，SB＝20cm2。两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度为27℃，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a＝40cm、b＝10cm，活塞静止。（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27℃，外界大气压为p0）。（ⅰ）当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA，及压强pA；（ⅱ）停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部的距离Δx。选修3-4（多选）15．（2024•成都三模）如图（a），位于坐标原点O的波源从t＝0时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝3s时，平衡位置位于x＝15m处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于x＝30m处，波源O的振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A．质点A的起振方向沿y轴负方向 B．该波的波速为10m/s C．t＝3.5s时，质点A正通过平衡位置沿y轴正方向运动 D．从t＝0到t＝3s的过程中，质点A运动的路程为12cm E．t＝3.75s时，质点B的加速度与速度同向16．（2024•绵阳模拟）如图所示，等腰梯形ABCD为某透明棱镜的横截面，已知该棱镜材料的折射率为，∠A＝∠B＝75°，且边AB＝L。一单色光从AD边上的E点沿某方向射入棱镜，其折射光照射到AB界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出。光在真空中的传播速度为c，不考虑光在每个面上的多次反射，求：（1）该单色光从AD面入射时的入射角；（2）该单色光在棱镜中的传播时间。

2024年菁优高考物理终极押题密卷2（全国甲卷）参考答案与试题解析一．试题（共16小题）1．（2024•青羊区校级模拟）图中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅图涉及不同的原子物理知识，其中说法正确的是（）A．根据图（a）所示的三种射线在磁场中的轨迹，可以判断出“1”为β射线 B．如图（b）所示，发生光电效应时，入射光光强越强，光电子的最大初动能越大 C．玻尔通过图（c）所示的α粒子散射实验，揭示了原子核还可以再分 D．利用图（d）所示的氢原子能级示意图，可以解释氢原子光谱为何不是连续光谱【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应；爱因斯坦光电效应方程；α粒子散射实验．【专题】定性思想；推理法；光电效应专题；原子的核式结构及其组成；原子的能级结构专题；理解能力．【分析】根据洛伦兹力对不同粒子的影响判断；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的强度无关；根据α粒子散射实验判断；根据玻尔理论判断。【解答】解：A．放射源射出的三种射线在磁场中运动轨迹不同，α射线带正电，根据左手定则判断出射线1为α射线，故A错误；B．发生光电效应时，根据光电效应方程Ek＝hν﹣W0，可知入射光频率越大，光电子的最大初动能也就越大，与入射光的强度无关，故B错误；C．卢瑟福通过图（c）所示在α粒子散射实验的基础上，提出了原子核式结构模型，故C错误；D．利用图（d）所示的氢原子能级示意图，玻尔将量子观念引入原子领域，提出氢原子能级是分立的，能够解释氢原子的光谱特征，光谱也是分立的，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了近代物理初步的相关知识，理解不同物理现象的影响因素，并知道其深层次的原因，结合熟悉的物理模型求解，难度不大，属于普通题。2．（2024•南宁二模）小明到汽车站时，汽车已经沿平直公路驶离车站。假设汽车司机听到呼喊后立即刹车，汽车做匀减速直线运动，小明同时以4m/s的速度匀速追赶汽车。已知汽车开始刹车时距离小明12m，汽车在刹车过程中的图像（x为t时间内的位移）如图所示，则小明追上汽车所用时间为（）A．4s B．6s C．7s D．8s【考点】运动学图像综合．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．【分析】根据图像，结合匀变速直线运动规律公式可求出图像中斜率和截距的物理意义，得到运动的初速度，加速度等条件，从而利用运动学公式求出追上汽车所用的时间。【解答】解：根据匀变速直线运动规律有x＝v0﹣at2变形可知＝v0﹣at结合图像的斜率与截距可知v0＝8m/s斜率a＝m/s2＝1m/s2解得a＝2m/s2汽车停止的时间为at0＝v0解得t0＝4s根据位移关系可知vt﹣（v0t﹣at2）＝L解得t＝6s＞t0则小明在汽车停止后才追上汽车，在如时间内小明和汽车的位移分别为x＝vt0＝4×4m＝16m，x2＝t0＝×4m＝16m此后小明还需运动12m即可追上汽车，所用时间为vt'＝L解得t'＝3s则共用时t总＝t0+t'＝4s+3s＝7s，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】学生在解答本题时，应注意能够通过匀变速运动基本公式中，推导出图像中的表达式。3．（2024•昆明一模）2024年1月23日02时09分，新疆阿克苏地区乌什县发生7.1级地震，中国资源卫星应用中心通过卫星对灾区进行观测。其中卫星a离地高度约为600km，卫星b离地高度约为36000km，若两颗卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动。关于两卫星的运动，下列说法正确的是（）A．卫星a的速率小于卫星b的速率 B．卫星a的加速度小于卫星b的加速度 C．卫星a的周期小于卫星b的周期 D．卫星a的角速度小于卫星b的角速度【考点】人造卫星；万有引力定律的应用．【专题】比较思想；模型法；人造卫星问题；分析综合能力．【分析】卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，应用万有引力公式和牛顿第二定律求出卫星的速率、加速度、周期、角速度与轨道半径的关系式，然后分析答题。【解答】解：设地球的质量为M，卫星的质量为m，轨道半径为r。卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得G＝m＝ma＝mr＝mω2r可得v＝，a＝，T＝2π，ω＝可知卫星的轨道半径越小，速率、加速度、角速度均越大，周期越小，因卫星a的轨道半径比卫星b的小，所以卫星a的速率、加速度、角速度均比卫星b的大，卫星a的周期小于卫星b的周期，故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力这一思路是解题的前提，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以解题。4．（2024•贵州模拟）如图所示，将带正电的试探电荷沿等量异种点电荷连线从A点移动到B点，再沿连线中垂线从B点移动到C点。在此过程中，对试探电荷所受的静电力F，所经过的各点处电势φ的高低，试探电荷的电势能E的大小，下列判断正确的是（）A．A处与C处的电场力方向相反 B．FA＞FB＞FC C．φA＞φB＞φC D．EA＜EB＝EC【考点】电势；电场线；电势能与电场力做功的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力．【分析】根据等量异种点电荷电场线疏密程度判断电场强度强弱，等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，在中垂线上离电荷的连线越近，电场线越密，场强越大，电荷所受的静电力越大，沿电场线方向电势逐渐降低。【解答】解：A.量异种电荷的电场分布规律可知A、B、C三处的电场强度方向均与电荷连线平行，由正电荷指向负电荷；试探电荷带正电，受到的电场力与场强方向相同，则试探电荷在三处所受的电场力方向相同，故A错误；B.根据F＝qE可知电场力大小与场强大小分布一致，则有FA＞FB＞FC，故B正确；C.根据沿电场线方向电势降低，且等量异种电荷的连线中垂线为等势线，可知A、B、C三处的电势关系为φA＞φB＝φC，故C错误；D.电势能与电势关系Ep＝qφ由于试探电荷带正电，则探电荷在三处的电势能E大小为EA＞EB＝EC，故D错误。故选：B。【点评】本题的关键要掌握等量异种电荷电场线、等势线分布情况，知道电势高低的判断。5．（2024•武侯区校级模拟）为探究手摇式发电机的工作原理，两同学来到实验室设计了如图甲、乙所示的两个实验装置，当两装置中线圈以相同角速度在相同匀强磁场中同步进行匀速转动时，流过电阻R的电流i随时间t变化的规律如丙、丁所示。则下列说法中正确的是（）A．两装置在图示位置所产生的瞬时电流均为零 B．两装置中，R中流过的电流规律对应图丙的是装置甲 C．在0﹣2t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热不同 D．在0﹣2t0内，两装置中通过电阻R的电量相同【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【分析】根据中性面的特点及电流方向分析判断AB；根据有效值计算焦耳热，根据电流的定义式分析D。【解答】解：AB.图甲、乙可知线圈初始时刻处于与中性面垂直的平面，则两装置在图示位置所产生的瞬时电流达到最大值，甲产生的电流方向不变，所以R中流过的电流规律对应图丙的是装置甲，故A错误，B正确；C.在0～2t0内，两装置中电阻R产生的焦耳热相同，均为Q＝R×2t0故C错误；D.根据q＝Δt＝Δt＝由于在0～2t0内，两装置中的磁通量的变化量不同，故在0～2t0内，两装置中通过电阻R的电量不同。故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电的特点，以及知道峰值与有效值的关系。（多选）6．（2024•昆明一模）法国的古斯塔夫•埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】功能关系；机械能守恒定律．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理能力．【分析】AB：根据牛顿第二定律表示加速度，根据速度的变化判断加速度的变化，根据v﹣t图像的斜率表示加速度，进一步可判断v﹣t图像；C：根据动能定理列式得出Ek﹣h图像的表达式，结合图像斜率判断；D：根据功能关系列式，根据表达式结合图像的斜率判断。【解答】解：AB.对物体受力分析，根据题意可知阻力为f＝kv2根据牛顿第二定律有mg﹣f＝ma联立解得可知物体由静止释放，速度增大，阻力增大，故加速度减小，v﹣t图像的斜率表示加速度，图线应该向下弯曲，故A错误，B正确；C：根据动能定理mah＝Ek﹣0解得Ek＝mah故Ek﹣h图像的斜率表示合力，有B项可知，加速度逐渐减小为0，合力亦逐渐减小为0，故C错误；D：由跟能关系可知，物体减少的机械能等于克服阻力做的功E0﹣E＝fh解得E＝E0﹣fh随着速度的增大，阻力逐渐增大，则E﹣h图像的斜率逐渐增大，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查功能关系，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。（多选）7．（2024•郫都区校级二模）从地面上将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中受到恒定大小的空气阻力作用，其上升过程中动能与重力势能随上升的高度变化的图像如图所示，则根据该图像可以求出（）A．物体落回地面时的动能 B．物体上升到最高点的机械能 C．物体上升的最大高度 D．物体从抛出至落回抛出点所用的时间【考点】功能关系；动能定理．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【分析】根据图像得到机械能的损失，由此得到物体落回地面时的机械能；阻力无法求出，根据能量守恒定律、牛顿第二定律分析CD项。【解答】解：A、根据图像可知，动能减少ΔEk＝100J﹣40J＝60J时，重力势能增加ΔEP＝40J，所以机械能减少：ΔE1＝60J﹣40J＝20J；上升到最高点时，机械能损失ΔE，则有：＝，解得：ΔE＝则物体回到地面上时的机械能为：E＝100J﹣2ΔE＝100J﹣2×＝，故A正确；B、根据A选项可知，物体上升到最高点的机械能为：E＝Ek0﹣ΔE＝100J﹣＝，故B正确；C、物体上升到最高点的机械能为：E＝＝mgh，由于物体的质量不知道，无法求解高度；D、根据牛顿第二定律得，上升过程的加速度大小为：a1＝下降过程的加速度大小为：a2＝根据h＝at2得，.上升的时间为：t1＝下降的时间为：t2＝则总时间为：t＝t1+t2＝+由于阻力大小未知，无法求出物体从抛出至落回抛出点所用的时间，故D错误。故选：AB。【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。（多选）8．（2024•昆明一模）如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在垂直于abc所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，P、Q两点分别为ab边的三等分点。t＝0时刻，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，从P点第一次进入三角形abc区域。不计粒子重力，下列说法正确的是（）A．粒子的比荷为 B．粒子可以运动到Q点 C．粒子第一次到达c点的时间为 D．粒子第一次回到a点的时间为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【分析】带电粒子在三角形处做匀速圆周运动，在三解形内做匀速直线运动。画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出半径，结合洛伦兹力提供向心力求比荷；由轨迹可知能否经过Q点；分别求出粒子在三角形区域内外时间，相加可得到所求时间。【解答】解：A、粒子在磁场中的轨迹如图所示，由图可知，粒子的轨迹半径为：根据洛伦兹力提供向心力：解得：，故A正确；B、由图知，粒子不能运动到Q点，故B错误；C、粒子从a点到P点的时间：t1＝＝＝粒子从P点到M点的时间：粒子从M点到c点的时间：t3＝＝粒子第一次到达c点的时间为：，故C错误；D、由图可知，粒子第一次回到a点相当于3个从a到c的时间，则所用的时间为：，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，应用牛顿第二定律和几何关系即可正确解题；解题时注意数学知识及几何图形的周期性的应用。9．（2024•成都模拟）某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；电压表V（量程3V，阻值很大）；电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；保护电阻R0（阻值待定）；开关S；导线若干。（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线。（2）实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最左（选填“左”或“右”）端；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220小灯泡发光情况不亮   微亮     逐渐变亮     正常发光（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为0.5Ω的定值电阻改装而成。（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为1.4（计算结果保留2位有效数字）。（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻R0的阻值应为5Ω（选填“20”、“10”、“5”或“2”）。【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线．【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）根据电路图连接实物图；（2）滑动变阻器采用分压式接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于分压电压为零的那一端；（3）并联电阻有分压作用，根据欧姆定律及并联电路的电流特点求解作答；（4）根据欧姆定律分别求解小灯泡不亮和正常发光的电阻，再求比值；（5）为较大程度地保护电路，串联一个保护电阻后，使得滑动变阻器的滑片滑到最右端时，小灯泡能正常发光；根据并联电路的特点求并联电阻，根据串联电路电压的分配与电阻的关系求保护电阻的大约值，然后作答。【解答】解：（1）根据电路图，连接实物图为（2）滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应位于分压电压为零的那一端，即应使滑片停留在最左端。（3）设毫安表的量程为I1，电阻为R1，根据欧姆定律及并联电路的电流特点，改装电流表的量程代入数据解得R＝0.5Ω（4）小灯泡不亮时，电阻为小灯泡正常发光时，电阻为因此灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值（5）为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻R0，使得滑动变阻器的滑片滑到最右端时，小灯泡能正常发光；根据并联电路的特点，并联电阻从表格中可知，小灯泡正常发光时电压为3V根据串联电路电压的分配与电阻的关系代入数据解得R0＝5.76Ω考虑到电流表内阻和电源内阻的实际影响，保护电阻选择R0＝5Ω即可。故答案为：（1）见解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5。【点评】本题考查用描绘灯泡的伏安特性曲线，考查了电流表的改装；要明确实验原理，能够根据实验电路图连接实物图；注意：在选择保护电阻时，应保证滑动变阻器的滑片滑到最右端时，小灯泡能正常发光。10．（2024•贵阳模拟）某物理兴趣小组用如图所示的阿特伍德机来测量当地重力加速度。（1）实验时，该小组进行了如下操作：①在重物A上安装挡光片，把重物A和砝码盘B用不可伸长的轻质细绳连接后，跨放在光滑的轻质定滑轮上，在砝码盘中放入适量的小物体，使装置处于静止状态，测量出挡光片到光电门竖直距离h和挡光片的宽度d；②在砝码盘B中放入质量为m的砝码，让系统（A和B）由静止开始运动，光电门记录挡光片遮光的时间为Δt，重物向上运动h时的速度大小为，重物A运动的加速度大小a为；③增加砝码盘中砝码，并重复实验②，记录砝码质量m和对应的加速度a。（2）以为纵坐标、为横坐标，得到的图像为直线，纵截距为b，则当地的重力加速度大小为。【考点】实验验证牛顿第二定律．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【分析】（1）②根据光电门求速度的公式求解，根据运动学公式求解加速度大小；（2）根据牛顿第二定律结合图像的截距进行推导。【解答】解：（1）②重物向上运动h时的速度大小为由运动学公式v2＝2ah可得（2）设初始时刻重物A，砝码盘B及盘内物体质量均为M，放入质量为m的砝码后，则由牛顿第二定律mg＝（m+2M）a整理可得故纵截距解得故答案为：（1）②，；（2）。【点评】考查光电门问题和牛顿第二定律，会根据题意进行准确分析和解答。11．（2024•武侯区校级模拟）如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静释放，与b碰撞后（碰撞时间极短）立即连在一起向下运动。重力加速度为g，则：（1）求a、b碰撞后瞬间a、b整体的加速度大小；（2）若a物块从距离b高为h0处由静止释放，以后弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能（结果用含h0的式子表示）；（3）若a物块从距离b高为hx处由静止释放，以后c恰好能离开地面，求hx为多少？【考点】动量与能量的综合应用——弹簧类模型；机械能守恒定律；动量守恒定律．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【分析】（1）根据动能定理求得a、b碰撞前瞬间a的速度，由动量守恒定律求得a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）根据胡克定律求得初始时弹簧的压缩量，由机械能守恒定律求解初始时弹簧的弹性势能；（3）根据胡克定律求得c恰好能离开地面时弹簧的伸长量，由机械能守恒定律求解hx。【解答】解：（1）初始时弹簧弹力大小为F0＝mg，a、b碰撞后瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律得：2mg﹣F0＝2ma1，解得：a1＝（2）设a、b碰撞前瞬间a的速度为v0，a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度为v1对a物块自己下落的过程，根据动能定理得：mgh0＝以向下为正方向，a、b碰撞过程，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝设初始时弹簧的压缩量为x1，则此时弹簧弹力满足：kx1＝mg，解得：x1＝设初始时弹簧的弹性势能为EP，对a、b碰撞后到弹簧恰好能恢复原长的过程，由机械能守恒定律得：EP+×2＝2mgx1解得：EP＝（3）a物块从距离b高为hx处由静止释放，根据（1）的解答可知a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度为v＝设c恰好能离开地面时弹簧的伸长量为x2，则此时弹簧弹力满足：kx2＝mg解得：x2＝对a、b碰撞后到c恰好能离开地面的过程，因x1＝x2，故初末弹簧弹性势能相等，对此过程由机械能守恒定律得：×2mv2＝2mg（x1+x2）解得：hx＝答：（1）a、b碰撞后瞬间a、b整体的加速度大小为；（2）初始时弹簧的弹性势能为；（3）hx为。【点评】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律的应用。此题运动过程较复杂，掌握物体分离的临界条件，应用机械能守恒定律时注意研究对象与研究过程的对应，尤其要注意分析弹簧是处于伸长状态还是压缩状态。12．（2024•云南一模）如图所示，矩形区域abcd平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为4L，bc边长为L。在矩形中心O处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为+q，质量均为m。若初速度平行于ab边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60°角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取sin14.5°＝0.25。求（1）粒子在磁场中运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】计算题；定量思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再根据洛伦兹力提供向心力求解粒子在磁场中运动的速度大小；（2）带电粒子速度大小一定，运动轨迹对应的弦最短时，粒子在磁场中运动的时间最短。运动轨迹对应的弦最长时，粒子在磁场中运动的时间最长。画出两种临界状态的运动轨迹，确定轨迹对应的圆心角，再求粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）当粒子初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，确定仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧所对应的圆心角，再求这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比。【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则，画出粒子的运动轨迹如图所示。由几何关系得解得粒子运动半径为：r＝L根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律得解得粒子在磁场中运动的速度大小为：（2）如图所示。当粒子与ab交于O点正上方时，弦长最短，轨迹对应的圆心角最小，粒子运动时间最短，由几何关系有说明圆心角为29°，则最短时间为当粒子运动轨迹与cd边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由几何关系可知，粒子垂直ab边射出磁场，圆心角为150°，则最长时间为（3）同一时刻在磁场中的粒子与O的距离相等，以O为圆心，以O到（1）问中射出点的距离为半径作圆，如图当初速度方向平行于ab边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总和为120°，则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比为n1：n2＝120°：（360°﹣120°）＝1：2答：（1）粒子在磁场中运动的速度大小为；（2）粒子在磁场中运动的最短时间为，最长时间的比值为；（3）这些粒子中未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比为1：2。【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，分析粒子做圆周运动的向心力来源，结合临界状态即可完成解答。（多选）13．（2024•成都模拟）如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如T﹣V图中从a到b的直线所示。直线ab与过原点的虚线斜率相同，下列判断正确的是（）A．气体内能增加 B．气体压强不变 C．气体从外界吸热 D．外界对气体做正功 E．容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少【考点】热力学第一定律及其应用；气体压强的微观解释；理想气体及理想气体的状态方程．【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；分析综合能力．【分析】温度决定气体的内能；根据T﹣V图像的物理意义分析；根据热力学第一定律分析，根据气体压强的微观意义进行分析。【解答】解：A、从a到b过程，根据图像可知，气体温度升高，内能增加，故A正确；B、根据T﹣V坐标系中，过原点的倾斜直线为等压变化，根据图像可知，ab不是过原点的倾斜直线，因此a到b不是等压变化，故B错误；CD、根据a到b过程，气体温度升高，即ΔU＞0，又a到b过程体积变大，气体对外做功，即W＜0，根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，Q＞0，即气体从外界吸热，故C正确，D错误；E、根据T﹣V图像可知，a到b过程，体积增大，温度升高，气体分子的平均动能增大，气体分子对容器壁的冲撞力增大，又由于气体压强减小，因此单位时间内受到气体分子撞击的次数逐渐减少，故E正确；故选：ACE。【点评】该题考查T﹣V图像物理意义、温度决定气体内能以及热力学第一定律和气体压强的微观意义等知识点，涉及到知识点较多，题目具有一定综合性。14．（2024•郫都区校级二模）如图所示，两个固定的导热良好的足够长水平汽缸，由水平轻质硬杆相连的两个活塞面积分别为SA＝120cm2，SB＝20cm2。两汽缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，初始温度为27℃，B内为真空。初始状态时两活塞分别与各自汽缸底相距a＝40cm、b＝10cm，活塞静止。（不计一切摩擦，细管体积可忽略不计，A内有体积不计的加热装置，图中未画出。设环境温度保持不变为27℃，外界大气压为p0）。（ⅰ）当阀门K关闭时，在左侧汽缸A安装绝热装置，同时使A内气体缓慢加热，求当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA，及压强pA；（ⅱ）停止加热并撤去左侧汽缸的绝热装置，将阀门K打开，足够长时间后，求大活塞距左侧汽缸底部的距离Δx。【考点】理想气体及理想气体的状态方程；压强及封闭气体压强的计算．【专题】解题思想；定量思想；理想气体状态方程专题；分析综合能力．【分析】（ⅰ）根据盖﹣吕萨克定律，找到气体的初末状态参量列方程求解；（ⅱ）根据平衡关系以及理想气体状态方程列式求解。【解答】解：（ⅰ）阀门K关闭时，将A内气体缓慢加热，温度缓慢升高，根据受力平衡可知，气体压强不变，为等压变化，对于A气体初状态：VA＝aSA，T0＝（273+27）K＝300K末状态：VA1＝（a+b）SA，根据盖﹣吕萨克定律解得：TA＝375K对两活塞整体为研究对象，根据受力平衡得pASA﹣p0SA+p0SB＝0解得：pA＝p0；（ⅱ）打开阀门K稳定后，设气体压强为pA'，以两个活塞和杆为整体有pA'SA﹣p0SA+p0SB﹣pA'SB＝0解得：pA'＝p0，设大活塞最终左移x，对封闭气体分析初状态：pA＝p0，VA1＝（a+b）SA，TA＝375K末状态：pA'＝p0，VA'＝ΔxSA+（b+a﹣Δx）SB，T0＝300K根据理想气体状态方程可得＝解得：Δx＝30cm；答：（ⅰ）当右侧活塞刚好运动到缸底时A内气体的温度TA为375K，及压强pA为p0；（ⅱ）大活塞距左侧汽缸底部的距离Δx为30cm。【点评】该题考查平衡关系方程以及理想气体状态方程方程的总和应用，解答该题的关键是弄清楚气体的初末状态参量，题目综合性较强，难度大，为易错题。（多选）15．（2024•成都三模）如图（a），位于坐标原点O的波源从t＝0时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简谐横波。t＝3s时，平衡位置位于x＝15m处的质点A第一次到达波峰，质点B的平衡位置位于x＝30m处，波源O的振动图像如图（b）所示。下列说法正确的是（）A．质点A的起振方向沿y轴负方向 B．该波的波速为10m/s C．t＝3.5s时，质点A正通过平衡位置沿y轴正方向运动 D．从t＝0到t＝3s的过程中，质点A运动的路程为12cm E．t＝3.75s时，质点B的加速度与速度同向【考点】横波的图像；波长、频率和波速的关系．【专题】比较思想；图析法；振动图象与波动图象专题；理解能力．【分析】质点A的起振方向与波源的起振方向相同，根据振动图像判断波源的起振方向。根据波从原点O传到A点的距离与时间，来求波速。根据时间与周期的关系确定t＝3.5s时，质点A的位置和速度方向。根据质点A的振动时间与周期的倍数求质点A运动的路程。根据质点B的振动时间与周期的关系确定质点的加速度与速度的关系。【解答】解：A、根据振动图像可知，波源的起振方向沿y轴负方向，则质点A的起振方向沿y轴负方向，故A正确；B、由图乙知，T＝2s。波波从原点O传到A点的时间t1＝t﹣T＝3s﹣s＝1.5s，则该波的波速为v＝＝m/s＝10m/s，故B正确；C、t＝3s时，质点A第一次到达波峰，再过0.5s＝，即在t＝3.5s时，质点A正通过平衡位置沿y轴负方向运动，故C错误；D、从t＝0到t＝3s的过程中，质点A的振动时间为T，质点A运动的路程为s＝3A＝3×2cm＝6cm，故D错误；E、波从原点O传到质点B的时间为t2＝＝s＝3s，t＝3.75s时，质点B的振动时间为t3＝t﹣t2＝3.75s﹣3s＝0.75s＝T，质点B的起振方向沿y轴负方向，则t＝3.75s时，质点B正从波谷向平衡位置运动的过程中，加速度沿y轴正方向，速度也沿y轴正方向，故E正确。故选：ABE。【点评】解答本题时，要知道介质中各个质点的起振方向与波源的起振方向相同。要理解波的形成过程，分析质点的振动时间与周期的关系，来分析质点的运动状态。16．（2024•绵阳模拟）如图所示，等腰梯形ABCD为某透明棱镜的横截面，已知该棱镜材料的折射率为，∠A＝∠B＝75°，且边AB＝L。一单色光从AD边上的E点沿某方向射入棱镜，其折射光照射到AB界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出。光在真空中的传播速度为c，不考虑光在每个面上的多次反射，求：（1）该单色光从AD面入射时的入射角；（2）该单色光在棱镜中的传播时间。【考点】全反射；光的折射及折射定律．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理能力．【分析】（1）折射光照射到AB界面时，恰好发生全反射，并最终从BC界面射出，作出光路图，由临界角公式结合折射定律求解入射角。（2根据几何关系求出单色光在棱镜中传播的距离，由v＝求出单色光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。【解答】解：（1）由临界角公式：sinC＝＝解得临界角C＝45°光路如图所示：可见∠AFE＝∠BFG＝90°﹣C＝45°，∠AEF＝180°﹣∠A﹣∠AFE＝60°r＝90°﹣∠AEF＝30°在E点，由折射定律：n＝解得该单色光从AD面入射时的入射角i＝45°；（2）在三角形AEF中，由正弦定理：＝＝解得EF＝AF在三角形BFG中，由正弦定理：＝解得FG＝FB则单色光在棱镜中传播的距离x＝EF+FG＝（AF+FB）＝L单色光在棱镜中的传播速度v＝＝故该单色光在棱镜中的传播时间t＝＝答：（1）该单色光从AD面入射时的入射角为45°；（2）该单色光在棱镜中的传播时间为。【点评】本题是几何光学问题，作出光路图，运用几何知识求出入射角是解题的关键之处，即能很容易解决此类问题。

考点卡片1．运动学图像综合【知识点的认识】1.图像是解决物理学问题的工具。除了常见位移—时间图像（x﹣t图像），速度—时间图像（v﹣t图像），还有加速度—时间图像（a﹣t图像），速度—位移图像（v﹣x图像）等等。我们以a﹣t、v﹣x图像为例进行说明。①a﹣t图像：加速度—时间图像2．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．3．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）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型（1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．（2）绳、杆模型涉及的临界问题．绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mg＝m得v临＝由小球恰能做圆周运动得v临＝0讨论分析（1）过最高点时，v≥，FN+mg＝m，绳、轨道对球产生弹力FN；（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；（1）当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg＝m，FN背向圆心，随v的增大而减小；（3）当v＝时，FN＝0；（4）当v＞时，FN+mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大；4．万有引力定律的应用【知识点的认识】1.天体质量的计算（1）重力加速度法若已知天体（如地球）的半径R及其表面的重力加速度g，根据在天体表面上物体的重力近似等于天体对物体的引力，得，解得天体的质量M＝，g、R是天体自身的参量，所以该方法俗称“自力更生法”（2）环绕法借助环绕中心天体做匀速圆周运动的行星（或卫星）计算中心天体的质量，俗称“借助外援法”。常见的情况如下：2.天体密度的计算若天体的半径为R，则天体的密度，将M＝代入上式，可得。特殊情况：当卫星环绕天体表面运动时，卫星的轨道半径r可认为等于天体半径R，则。3.天体运动的分析与计算（1）一般行星或卫星的运动可看作匀速圆周运动，所需要的向心力都由中心天体对它的万有引力提供，所以研究天体运动时可运用牛顿第二定律方程＝ma，式中a是向心加速度。（2）常用关系①，万有引力提供行星或卫星做圆周运动的向心力。②mg＝，在天体表面上物体的重力等于它受到的引力，可得gR2＝GM，该公式称为黄金代换。【命题方向】例1：近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T，则火星的平均密度ρ的表达式为（k为某个常量）（）A.B.ρ＝kTC.ρ＝kT2D.分析：研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量。根据密度公式表示出密度。解答：研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：（r为轨道半径即火星的半径）得：M＝﹣﹣﹣﹣﹣①则火星的密度：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得火星的平均密度：＝（k为某个常量）则ABC错误，D正确。故选：D。点评：运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。例2：金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火，它们沿轨道运行的周期分别为T金、T地、T火，它们沿轨道运行的角速度大小分别为ω金、ω地、ω火。已知它们的轨道半径R金＜R地＜R火，由此可以判定（）A.a金＜a地＜a火B.ω金＞ω地＞ω火C.v金＜v地＜v火D.T金＞T地＞T火分析：根据行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力等于太阳对其的万有引力得到加速度、角速度和线速度的表达式，再结合半径关系分析，再根据周期和角速度的关系分析周期。解答：A、根据万有引力定律和牛顿第二定律可得向心加速度为：a＝，而轨道半径R金＜R地＜R火，则a金＞a地＞a火，故A错误；B、根据行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力等于太阳对其的万有引力得：＝mRω2，解得：，而轨道半径R金＜R地＜R火，则ω金＞ω地＞ω火，故B正确；C、根据行星绕太阳做匀速圆周运动的向心力等于太阳对其的万有引力得：＝m，解得：v＝，而轨道半径R金＜R地＜R火，则v金＞v地＞v火，故C错误；D、根据T＝可得：T金＜T地＜T火，故D错误。故选：B。点评：本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。【解题思路点拨】天体运动的加速度、线速度、角速度和周期与轨道半径的关系总结规律：高轨低速长周期。5．人造卫星【知识点的认识】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系1．卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律（1）向心力和向心加速度：向心力是由万有引力充当的，即，再根据牛顿第二定律可得，随着轨道半径的增加，卫星的向心力和向心加速度都减小。（2）线速度v：由得，随着轨道半径的增加，卫星的线速度减小。（3）角速度ω：由得，随着轨道半径的增加，做匀速圆周运动的卫星的角速度减小。（4）周期T：由得，随着轨道半径的增加，卫星的周期增大。注意：上述讨论都是卫星做匀速圆周运动的情况，而非变轨时的情况。【命题方向】常考题型是卫星的v、ω、T、a向与轨道半径r的关系：如图。地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。设e、p、q，的圆周运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v2＜v3C．a1＞a2＞a3D．a1＜a3＜a2分析：要比较线速度的大小关系，可根据p和q是万有引力完全提供向心力，解得v＝；而e和q相同的是角速度，根据v＝ωR可以得出结论。不能比较e和p，因为e所受的万有引力不但提供向心力，而且提供重力。对于p和q来说有＝ma，可得a＝；根据a＝ω2R比较a1和a3。解：对于卫星来说根据万有引力提供向心力有解得v＝故卫星的轨道半R径越大，卫星的线速度v越小。由于近地资源卫星p的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故同步卫星q的线速度v3小于近地资源卫星p的线速度v2，即v3＜v2。由于同步通信卫星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距离Rq＞Re即ωe＝ωq根据v＝ωR可得v1＝ωeRev2＝ωqRq即v2＞v1故A、B错误。对于p和q来说有＝ma可得a＝由于Rp＜Rq则ap＞aq即a2＞a3根据a＝ω2R由于Rq＞Re可得aq＞ae即a3＞a1故a2＞a3＞a1故C错误，D正确。故选D。点评：比较两个物理量之间的大小关系时要选用有相同物理量的公式进行比较。如本题中的e和p不能比较，而只能e和q比较，因为e和q相同的是角速度。p和q比较，因为p和q相同的是万有引力完全提供向心力。6．动能定理【知识点的认识】1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。2．表达式：W＝EK2﹣EK1。3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。4．动能定理的适用条件（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。5．对动能定理的理解（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。②单位相同：国际单位都是焦耳。③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。【命题方向】题型一：对动能定理表达式的直接考核如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（）A．mghB.mv02C.D.分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。【解题方法点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。7．机械能守恒定律【知识点的认识】1．机械能：势能和动能统称为机械能，即E＝Ek+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能。2．机械能守恒定律（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。（2）表达式：观点表达式守恒观点E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）转化观点△EK＝﹣△EP（不用选零势能参考平面）转移观点△EA＝﹣△EB（不用选零势能参考平面）【命题方向】题型一：机械能是否守恒的判断例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（）A．只要重力对物体做了功，物