2024年高考物理终极押题密卷1（新课标卷）含答案

2024年高考物理终极押题密卷1（新课标卷）一．选择题1．（2024•太原一模）如图所示，蜜蜂同上同下挥动两个翅膀，在水面上形成稳定的干涉图样，A为加强区一点，B为减弱区一点。下列说法正确的是（）A．图中B处质点振幅最大 B．图中A处质点位移始终最大 C．蜜蜂两翅膀挥动频率可以不同 D．A点到两个波源的距离差为波长的整数倍2．（2024•山西模拟）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道PQ，从滑道的P点滑行到最低点Q的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿PQ下滑过程中（）A．所受摩擦力不变 B．所受支持力不变 C．重力做功的功率逐渐增大 D．机械能逐渐减小3．（2024•合肥二模）图示为氢原子的能级图。大量处于n＝3激发态的氢原子自发跃迁时发出波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＜λ2＜λ3）的三种谱线。下列说法中正确的是（）A．λ1+λ2＝λ3 B． C．λ1λ3＝λ22 D．λ12+λ22＝λ324．（2024•吉林模拟）2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（）A．角速度比空间站的大 B．加速度比空间站的小 C．速率比空间站的小 D．周期比空间站的大5．（2024•吉林模拟）生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点。下列说法正确的是（）A．P点电场强度大于M点电场强度 B．P点电势小于N点电势 C．M点电势小于N点电势 D．某带电小颗粒只在电场力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，其在N点电势能小于在M点电势能（多选）6．（2024•吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（）A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2 B．若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6 C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1 D．碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1（多选）7．（2024•吉林一模）如图所示为一定质量的理想气体从状态a→b→c→d→a过程的V﹣T图像，其中ac的连线过原点，bc、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）A．从状态a到状态b，气体对外做正功 B．从状态b到状态c，单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变 C．从状态c到状态d，气体向外放出热量 D．a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功（多选）8．（2024•吉林一模）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运动的v﹣t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大 B．水的反冲作用力的功率为Mgv2 C．t1时刻，v﹣t图像切线的斜率为 D．t1﹣t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为二、实验题9．（2024•合肥二模）如图（a）所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：（1）用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；（2）用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；（3）将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；（4）将小球由平衡位置拉开一个角度（θ＜5°），静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图（b）所示。请回答下列问题：（i）根据图（b）可知，单摆的周期T＝s；（ii）重力加速度g的表达式为（用测得的物理量符号表示）；（iii）改变摆线长度l，重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图（c）的图像，则该图像以为横坐标（选填“”、“T”或“T2”），若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为。10．（2024•吕梁一模）某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下实验器材：电池组（电动势约为6.0V，内阻约为1Ω）；灵敏电流计G（满偏电流Ig＝100μA）；内阻Rg＝200Ω，定值电阻R0（R0＝1Ω）；定值电阻R1；电阻箱R；开关与导线若干。同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。（1）若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要（选填“串联”或“并联”）定值电阻R1等于Ω。（2）为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。（3）同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，纵截距为b，电源中的电流远大于电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势E＝，内阻r＝。（用题目中所给的字母表示）（4）该小组同学继续研讨探究；图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该型号的灯泡并联后再与R2＝9.0Ω的定值电阻串联起来接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E＝6.0V，内阻r＝1.0Ω），如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为W（结果保留两位有效数字）。三．解答题（共3小题）11．（2024•长春一模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若在极板间再施加一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点。该装置中C、D极板的长度为L1，间距为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L2，P点到O点的距离为h。（1）判断所加磁场的方向；（2）求电子经高压加速后的速度大小v；（3）求电子的比荷。12．（2024•长春一模）如图，质量M＝4kg的一只长方体形空箱子在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速直线运动，箱子与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.4。这时箱子内一个质量m＝1kg的物块恰好能静止在后壁上。物块与箱子内壁间的动摩擦因数μ2＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）箱子对物块弹力的大小；（2）水平拉力F的大小。13．（2024•延边州一模）如图所示，两对电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，转角处用一小段光滑绝缘的弧形材料平滑连接。倾斜导轨与水平地面的夹角θ＝30°，上端连接电阻R1＝R0，大小B1＝B的匀强磁场Ⅰ垂直于整个倾斜导轨向上。水平导轨上静置着U形导线框cdef，cd边和ef边均紧密贴合导轨，右侧MN和PQ之间有宽为2L、竖直向上的匀强磁场Ⅱ，大小B2未知，末端连接电阻R2＝2R0。质量为m、电阻为R0、长也为L的导体棒ab垂直于倾斜导轨由静止释放，在到达底端前已开始匀速运动，后进入水平导轨与线框cdef发生碰撞，立即连成闭合线框abed，然后再进入匀强磁场Ⅱ。已知U形线框cdef的三条边与导体棒ab完全相同，重力加速度为g，导体棒和线框在运动中均与导轨接触良好。（1）求ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率；（2）若闭合线框abed在完全进入磁场Ⅱ之前速度减为零，求电阻R2产生的热量；（3）若闭合线框abed刚好运动到磁场Ⅱ的右边界线PQ处时速度减为零，求磁场Ⅱ的磁感应强度B2。

2024年菁优高考物理终极押题密卷1（新课标卷）参考答案与试题解析一．实验题二．试题（共10小题）1．（2024•太原一模）如图所示，蜜蜂同上同下挥动两个翅膀，在水面上形成稳定的干涉图样，A为加强区一点，B为减弱区一点。下列说法正确的是（）A．图中B处质点振幅最大 B．图中A处质点位移始终最大 C．蜜蜂两翅膀挥动频率可以不同 D．A点到两个波源的距离差为波长的整数倍【考点】波的干涉现象．【专题】定性思想；推理法；振动图象与波动图象专题；理解能力．【分析】两波发生干涉时，振动加强点与两个波源的距离差为零或者为半波长的偶数倍，振动减弱点与两个波源的距离差为半波长的奇数倍。【解答】解：A、由题，B是振动减弱点，则B点的振幅最小，故A错误；B、图中A点是振动加强点，则A点的振幅增大，并不是A处质点位移始终增大，故B错误；C、蜜蜂两翅膀挥动频率始终相同，不然，在水面上不能形成稳定的干涉图样，故C错误；D、A为加强点，根据干涉加强点的条件可知，A点到两个波源的距离差为波长的整数倍，故D正确。故选：D。【点评】本题考查波的干涉，知道振动加强点和振动减弱点的找法。2．（2024•山西模拟）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道PQ，从滑道的P点滑行到最低点Q的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿PQ下滑过程中（）A．所受摩擦力不变 B．所受支持力不变 C．重力做功的功率逐渐增大 D．机械能逐渐减小【考点】机械能；向心力；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】比较思想；模型法；功能关系能量守恒定律；理解能力．【分析】滑雪运动员的速率不变，做匀速圆周运动，切向方向合力为零，法向方向合力大小不变，且提供向心力，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力、支持力的变化。根据重力与速度夹角的变化分析重力做功功率的变化。结合摩擦力做功情况分析机械能变化。【解答】解：A、滑雪运动员从滑道的P点滑行到最低点Q的过程中做匀速圆周运动，切向方向合力为零，法向方向合力大小不变，重力沿切线方向的分力逐渐减小，运动员所受摩擦力大小等于重力沿切线方向的分力，则知运动员所受的摩擦力减小，故A错误；B、重力沿法向分力Gn逐渐增大，根据向心力方程可知FN﹣Gn＝m，得FN＝Gn+m，可知运动员所受支持力增大，故B错误；C、重力、速率都不变，但重力与速度相互间夹角变大，竖直方向的分速度减小，则重力做功的功率逐渐减小，故C错误；D、摩擦力一直做负功，机械能逐渐减小，故D正确。故选：D。【点评】本题要明确任意位置摩擦力的方向与速度方向相反，即沿曲线的切线方向。任意位置远动员均受到重力、摩擦力及支持力。再根据合外力做功为零，可知摩擦力与重力沿圆弧的切线方向的分力等大、反向。3．（2024•合肥二模）图示为氢原子的能级图。大量处于n＝3激发态的氢原子自发跃迁时发出波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1＜λ2＜λ3）的三种谱线。下列说法中正确的是（）A．λ1+λ2＝λ3 B． C．λ1λ3＝λ22 D．λ12+λ22＝λ32【考点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁．【专题】定量思想；推理法；原子的能级结构专题；分析综合能力．【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，根据该规律进行分析。【解答】解：根据Em﹣En＝hν＝可得：，故有，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em﹣En＝hv，注意波长与频率的关系。4．（2024•吉林模拟）2023年8月，我国首次在空间站中实现了微小卫星的低成本入轨。在近地圆轨道飞行的中国空间站中，航天员操作机械臂释放微小卫星。若微小卫星进入比空间站低的圆轨道运动，则入轨后微小卫星的（）A．角速度比空间站的大 B．加速度比空间站的小 C．速率比空间站的小 D．周期比空间站的大【考点】人造卫星；万有引力定律的应用．【专题】定量思想；类比法；人造卫星问题；理解能力．【分析】根据万有引力提供向心力分别列式求出角速度、线速度、加速度以及周期，进行比较。【解答】解：卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得整理可得微小卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，即r卫＜r空则入轨后微小卫星的角速度比空间站的大，速率比空间站的大，加速度比空间站的大，周期比空间站的小，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解万有引力提供向心力，熟悉公式之间的推导关系即可完成解答，难度不大。5．（2024•吉林模拟）生活在尼罗河的反天刀鱼，它的器官能在其周围产生电场，电场线分布如图所示，M、N、P为电场中的点。下列说法正确的是（）A．P点电场强度大于M点电场强度 B．P点电势小于N点电势 C．M点电势小于N点电势 D．某带电小颗粒只在电场力作用下从N点沿虚线轨迹运动到M点，其在N点电势能小于在M点电势能【考点】电场线；电势能与电场力做功的关系；电势；电场强度与电场力．【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】根据电场线的疏密程度分析出不同位置的场强大小；沿着电场线方向电势逐渐降低；根据电场力的做功类型分析出电势能的变化。【解答】解：A、P点位置的电场线要比M点的稀疏，所以P点电场强度小于M点电场强度，故A错误；B、从P到无穷远处，电势降低，从无穷远处到N点，电势降低，所以P点电势高于N点电势，故B错误；C、从N到N为沿电场线方向，电势降低，所以M点电势小于N点电势，故C正确；D、带电小颗粒所受电场力指向轨迹内侧，即小颗粒带正电，从N移动到M，电场力做正功，电势能减小，故N点电势能大于M点电势能，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了电场线的相关概念，理解在电场线中分析出电场强度和电势高低的方法即可，整体难度不大。（多选）6．（2024•吉林一模）碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是（）A．若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2 B．若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5：6 C．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1 D．碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3：1【考点】一维碰撞模型；功能关系；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】根据弹性碰撞的动量守恒定理和机械能守恒定律求出二者的碰后速度，据此讨论即可。【解答】解：AB、根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有m1v＝m1v1+m2v2，，解得：，可知，当m1＞m2时两车得碰后速度方向相同，故A正确；BC、若碰后黄车反向运动，则m1＜m2，则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5：6，若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即，m2＞3m1，故B错误，C正确；D、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3：1，即v2：v＝3：1，得m1+3m2＝0，不符合实际情况，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题，关键选择好研究的系统，注意动量守恒定律表达式的矢量性。（多选）7．（2024•吉林一模）如图所示为一定质量的理想气体从状态a→b→c→d→a过程的V﹣T图像，其中ac的连线过原点，bc、da连线与横轴平行，cd连线与纵轴平行。则下列说法正确的是（）A．从状态a到状态b，气体对外做正功 B．从状态b到状态c，单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变 C．从状态c到状态d，气体向外放出热量 D．a到b气体对外做的功等于c到d外界对气体做的功【考点】热力学第一定律及其应用；热力学图像类问题．【专题】定量思想；类比法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．【分析】根据气体体积的变化，确定做功情况；根据压强的变化确定单位时间、单位面积撞击器壁的分子数的大小；一定质量的理想气体内能由温度决定；应用热力学第一定律分析答题；根据图示图象分析清楚气体状态a→b与c→d的过程平均压强的大小，再比较做功。【解答】解：A、从状态a到状态b，气体体积增大，则气体对外做正功，故A正确；B、从状态b到状态c，气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，根据一定质量理想气体状态方程，可知气体压强增大，又温度升高，气体平均动能增大，所以单位时间、单位面积撞击器壁的分子数增加，故B错误；C、从状态c到状态d，气体温度不变，故内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律：ΔU＝Q+W，可知，气体放出热量，故C正确；D、由一定质量理想气体状态方程可得：，结合题图V﹣T图像上各点与原点连线的斜率越大，气体的压强越小，从状态a到状态b与从状态c到状态d，气体体积变化量在数值上相等，由状态a到状态b的平均压强小于状态c到状态d，所以a到b气体对外做的功小于c到d外界对气体做的功，故D错误；故选：AC。【点评】本题考查图像问题，知道一定质量的理想气体内能由温度决定、知道压强与单位时间、单体面积撞击器壁的分子数决定等是解题的关键。根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用热力学第一定律和一定质量理想气体状态方程分析解题。（多选）8．（2024•吉林一模）如图甲所示，“水上飞人”是一种水上娱乐运动。喷水装置向下持续喷水，总质量为M的人与喷水装置，受到向上的反冲作用力腾空而起，在空中做各种运动。一段时间内，人与喷水装置在竖直方向运动的v﹣t图像如图乙所示，水的反冲作用力的功率恒定，规定向上的方向为正，忽略水管对喷水装置的拉力以及空气的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．t1～t2时间内，水的反冲作用力越来越大 B．水的反冲作用力的功率为Mgv2 C．t1时刻，v﹣t图像切线的斜率为 D．t1﹣t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度为【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【分析】根据图像判断t1～t2时间内人与喷水装置的速度v的变化，再根据P＝Fv判断水的反冲作用力的变化；根据v﹣t图像确定人向上运动的最大速度，根据重力求出水反冲作用力的功率；据功率恒定分析t1时刻水的反冲作用力，再根据牛顿第二定律求得图像的斜率及人的加速度大小；根据动能定理求出t1～t2时间内人与喷水装置在竖直方向的运动高度。【解答】解：A．由图像知，t1～t2时间内人竖直方向的速度越来越大，据P＝Fv可得，当反冲作用力的功率P恒定的情况下，随着速度v的增大，水的反冲作用力F逐渐减小，故A错误；B．t2时刻，人与喷水装置的速度达到最大值，开始匀速上升，水的反冲作用力F＝Mg水的反冲作用力的恒定功率P＝Fv＝Mgv2故B正确；C．设水的反冲作用力为F1，由v﹣t图像可知t1时刻，人与喷水装置的速度为v1，由P＝Mgv2P＝F1v1可知由牛顿第二定律F1﹣Mg＝Ma可得t1时刻，v﹣t图像切线的斜率即人与喷水装置的加速度故C正确；D．由动能定理可得故D正确。故选：BCD。【点评】本题主要考查了功率P＝Fv，知道功率一定时，作用力随着速度的增加而减小；同时也考查了v﹣t图像，知道图像切线的斜率表示加速度。9．（2024•合肥二模）如图（a）所示，某兴趣小组用单摆测量重力加速度。选用的实验器材有：智能手机、小球、细线、铁架台、夹子、游标卡尺、刻度尺等，实验操作如下：（1）用铁夹将细线上端固定在铁架台上，将小球竖直悬挂；（2）用刻度尺测出摆线的长度为l，用游标卡尺测出小球直径为d；（3）将智能手机置于小球平衡位置的正下方，启用APP《手机物理工坊》的“近距秒表”功能；（4）将小球由平衡位置拉开一个角度（θ＜5°），静止释放，软件同时描绘出小球与手机间距离随时间变化的图像，如图（b）所示。请回答下列问题：（i）根据图（b）可知，单摆的周期T＝2s；（ii）重力加速度g的表达式为（用测得的物理量符号表示）；（iii）改变摆线长度l，重复步骤（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多组T和l的值，进一步描绘出如图（c）的图像，则该图像以T2为横坐标（选填“”、“T”或“T2”），若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值为4π2k。【考点】用单摆测定重力加速度．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理能力．【分析】（4）（i）结合单摆的运动规律和图（b）的具体数据求解周期T；（ii）根据单摆的周期公式推导重力加速度表达式；（iii）根据单摆周期公式结合图（c）推导重力加速度表达式。【解答】解：（4）（i）根据单摆的运动规律一个周期内应该有两次小球与手机间距离的最小值，结合图（b）可得出，单摆的周期为T＝2s；（ii）根据单摆的周期公式解得重力加速度g的表达式为（ii）由上一问中重力加速度的表达式可得结合图（c）的图像，可知则该图像以T2为横坐标；若图线的斜率为k，则可知重力加速度的测量值为g＝4π2k故答案为：（4）（i）2；（ii）；（iii）T2，4π2k。【点评】考查利用单摆求周期和重力加速度的问题，会根据题意结合图像进行相关的分析和计算。10．（2024•吕梁一模）某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到了如下实验器材：电池组（电动势约为6.0V，内阻约为1Ω）；灵敏电流计G（满偏电流Ig＝100μA）；内阻Rg＝200Ω，定值电阻R0（R0＝1Ω）；定值电阻R1；电阻箱R；开关与导线若干。同学们研究器材，思考讨论后确定了如下的实验方案，请你将该方案补充完整。（1）若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联（选填“串联”或“并联”）定值电阻R1等于79800Ω。（2）为了准确测出电池组的电动势和内阻，同学们设计了如图甲所示的电路图。（3）同学们根据采集到的灵敏电流计G的读数I和电阻箱的读数R，作出的图像如图乙所示，已知图线的斜率为k，纵截距为b，电源中的电流远大于电流计G中的电流，则所测得电池组的电动势E＝，内阻r＝。（用题目中所给的字母表示）（4）该小组同学继续研讨探究；图丙所示为他们测得的某型号小灯泡的伏安特性曲线，如果把四个该型号的灯泡并联后再与R2＝9.0Ω的定值电阻串联起来接在上述电池组上（若测得电池组的电动势E＝6.0V，内阻r＝1.0Ω），如图丁则四只灯泡消耗的实际总功率为0.34W（结果保留两位有效数字）。【考点】电池电动势和内阻的测量．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；实验能力．【分析】（1）根据电表改装原理分析解答；（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像的斜率与截距分析解答；（4）根据灯泡在电路中的连接结构，作出对应的I﹣U图象，根据交点解答电功率。【解答】解：（1）根据电表改装原理可知若想把灵敏电流计G改装成量程为8V的电压表，需要串联一个定值电阻R1＝﹣RgΩ﹣200Ω＝79800Ω；（3）根据闭合电路欧姆定律可知变形可得：则由图象性质可知：纵轴截距，斜率联立解得：（4）设灯泡的电压为U，电流为I，则有：U＝E﹣4I（R2+r）代入数据解得：U＝6﹣40I；作出对应的I﹣U图象如图所示，由图象可知，灯泡电流I＝0.14A，电压U＝0.6V，故四只灯泡消耗的实际总功率为P＝4UI＝4×0.14×0.6W＝0.34W；故答案为：（1）串联；79800；（3）；；（4）0.34【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，关键明确实验原理，掌握数据处理的方法是解题的关键。三．解答题（共3小题）11．（2024•长春一模）一种测定电子比荷的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子经阳极A与阴极K之间的高压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域，若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点，若在两极板间施加电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若在极板间再施加一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，则电子在荧光屏上产生的光点又回到O点。该装置中C、D极板的长度为L1，间距为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L2，P点到O点的距离为h。（1）判断所加磁场的方向；（2）求电子经高压加速后的速度大小v；（3）求电子的比荷。【考点】带电粒子在电场中的运动综合．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理能力．【分析】（1）对电子受力分析，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，电场力方向竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，结合左手定则即可判断出磁场方向。（2）电子受到电场力和洛伦兹力平衡，电场力的大小为eE，洛伦兹力的大小为evB，即可求解电子经高压加速后的速度大小v。（3）没有加磁场时，电子进入平行板电容器极板间做类平抛运动，由牛顿第二定律和运动学公式可推导出垂直于极板方向的位移，电子离开极板区域后做匀速直线运动，水平方向的速度等于电子刚进入极板间的初速度，求出匀速直线运动的时间，即可求出P点离开O点的距离。加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，说明电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，洛伦兹力竖直向上，故根据左手定则可求出磁场的方向，并能得到电子进入极板时的速度大小v，联立可求出比荷。【解答】解：（1）加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子受到电场力和洛伦兹力平衡，电场力方向竖直向下，则洛伦兹力竖直向上，故根据左手定则可得出磁场方向垂直于纸面向外。（2）电子受到电场力和洛伦兹力平衡，有eE＝evB又有联立解得，电子射入偏转电场的速度（3）电子在极板区域运行的时间在电场中的偏转位移电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的末速度设电子离开极板区域后，电子到达光屏P点所需的时间为t2，则有电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2＝vyt2P点离开O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移h＝y1+y2联立解得答：（1）磁场方向垂直于纸面向外；（2）电子经高压加速后的速度大小v为；（3）电子的比荷为。【点评】本题是带电粒子在电场、复合场中运动的问题，类平抛运动根据运动的分解法研究，电子在复合场中，是速度选择器的原理，难度适中。12．（2024•长春一模）如图，质量M＝4kg的一只长方体形空箱子在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速直线运动，箱子与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.4。这时箱子内一个质量m＝1kg的物块恰好能静止在后壁上。物块与箱子内壁间的动摩擦因数μ2＝0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）箱子对物块弹力的大小；（2）水平拉力F的大小。【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理能力．【分析】（1）根据平衡条件和摩擦力公式计算；（2）对物块和箱子分别列牛顿第二定律计算。【解答】解：（1）根据题意可知，物块恰不下滑，物块在竖直方向平衡，则由平衡条件可得Ff＝mg＝1×10N＝10N物块随箱子向右做匀加速运动，则可知物块与箱子的加速度相同，设为a，箱子对物块的支持力为FN，则Ff＝μ2FN解得，箱子对物块的支持力为FN＝20N（2）对物块由牛顿第二定律可得FN＝ma解得a＝＝20m/s2对箱子，由牛顿第二定律可得F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a解得F＝μ1（m+M）g+（m+M）a＝0.4×（1+4）×10N+（1+4）×20N＝120N答：（1）箱子对物块弹力的大小为20N；（2）水平拉力F的大小为120N。【点评】本题关键掌握整体法和隔离法的使用。13．（2024•延边州一模）如图所示，两对电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，转角处用一小段光滑绝缘的弧形材料平滑连接。倾斜导轨与水平地面的夹角θ＝30°，上端连接电阻R1＝R0，大小B1＝B的匀强磁场Ⅰ垂直于整个倾斜导轨向上。水平导轨上静置着U形导线框cdef，cd边和ef边均紧密贴合导轨，右侧MN和PQ之间有宽为2L、竖直向上的匀强磁场Ⅱ，大小B2未知，末端连接电阻R2＝2R0。质量为m、电阻为R0、长也为L的导体棒ab垂直于倾斜导轨由静止释放，在到达底端前已开始匀速运动，后进入水平导轨与线框cdef发生碰撞，立即连成闭合线框abed，然后再进入匀强磁场Ⅱ。已知U形线框cdef的三条边与导体棒ab完全相同，重力加速度为g，导体棒和线框在运动中均与导轨接触良好。（1）求ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率；（2）若闭合线框abed在完全进入磁场Ⅱ之前速度减为零，求电阻R2产生的热量；（3）若闭合线框abed刚好运动到磁场Ⅱ的右边界线PQ处时速度减为零，求磁场Ⅱ的磁感应强度B2。【考点】电磁感应中的能量类问题；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时产生的感应电动势．【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【分析】（1）由E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用平衡条件求出速度，根据功率公式求出重力的功率。（2）应用动量守恒定律与能量守恒定律求出热量。（3）应用动量定理求出磁感应强度。【解答】解：（1）导体棒ab在倾斜导轨上匀速运动时所受安培力的功率最大，设此时速度为v，则感应电动势E＝BLv感应电流为I＝安培力为F＝BIL由平衡条件有mgsinθ＝F联立解得：则重力的最大功率为P＝mgvsinθ解得：P＝（2）在水平导轨上，导体棒ab与线框cdef碰撞时，满足系统动量守恒，设碰后速度为v1，依题意设线框cdef质量为3m，电阻为3R0，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝（m+3m）v1解得：碰后闭合线框abed进入磁场过程，de边切割磁感线，cd边、ef边被导轨短路，电路结构如图所示则有电路产生的总热量为电阻R2产生的热量为联立解得（3）闭合线框仍以速度v1进入磁场B2，设线框完全进入时速度为v2，由动量定理可得线框全部进入磁场后de边、ab边同时切割磁感线，相当于两电源并联，电路结构如图所示回路总电阻为依题意设线框再前移L距离速度恰好为0，由动量定理可得联立解得答：（1）ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率是；（2）电阻R2产生的热量；（3）磁场Ⅱ的磁感应强度B2是。【点评】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．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0．2．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．功率、平均功率和瞬时功率【知识点的认识】一、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．3．公式（1）P＝，P为时间t内的平均功率．（2）P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．5．实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【知识点的认识】题型一：平均功率和瞬时功率的计算例1：质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A.3t0时刻的瞬时功率为B.3t0时刻的瞬时功率为C．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为D．在t＝0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为．分析：通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小．解答：A、在0﹣2t0时间内，物体的加速度，则位移，2t0末的速度．在2t0﹣3t0时间内，物体的加速度，则位移＝，则3t0末的速度．则3t0末的瞬时功率P＝．故A错误，B正确．C、在t＝0到3t0这段时间内，水平力做功W＝，水平力的平均功率P＝．故C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，知道平均功率和瞬时功率的区别，一般情况下，平均功率用P＝求解，瞬时功率用P＝Fv求解．题型二：机车启动问题例2：汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间？分析：（1）当牵引力F大小等于阻力f时，汽车的加速度a＝0，速度达到最大值vm，根据公式P＝Fv，可得出汽车最大速度vm．（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大，根据P＝Fv求出匀加速直线运动的最大速度，根据v＝at求出匀加速直线运动的时间．解答：（1）当牵引力等于阻力时速度最大．根据P＝Fvm＝fvm得，．（2）根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma得F＝f+ma＝5000+5000×0.5N＝7500N．则匀加速直线运动的最大速度．由v＝at得，t＝．答：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是12m/s．（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持16s．点评：解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时速度最大，以恒定加速度起动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大．【解题方法点拨】对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间．弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速运动能维持的时间．（1）汽车在平直路面上保持发动机功率不变，即以恒定功率启动，其加速过程如下所示：其P﹣t图和v﹣t图如下：（2）汽车以恒定加速度起动，汽车的功率逐渐增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为匀加速运动的末速度，但并不是汽车所能达到的最大速度，此后汽车还可以保持功率不变做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度减小到零时速度才达到最大，具体变化过程及运动中v与t关系如图所示．7．机械能【知识点的认识】1.追寻守恒量：在伽利略的斜面实验中，如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必将准确地终止于它开始运动时的高度，这说明某种“东西”在小球运动的过程中是守恒的。2.重力势能可以与动能相互转化。3.弹性势能可以与动能相互转化。4.机械能：①重力势能、弹性势能与动能都是机械运动中的能量形式，统称为机械能。②机械能可以从一种形式转化成另一种形式。【命题思路】例1：重力做正功的过程中，重力势能一定减少，动能一定增加。（判断对错）分析：当重力对物体做正功时，物体的重力势能一定减少，而其他能的变化不能确定．解答：重力对物体做正功时，物体可能向下做加速运动，动能增加，也可能向下做减速运动，动能减少，由于不能确定是否由其他的外力做功，所以不能确定动能的变化。故答案为：错误点评：本题关键要掌握重力做功和重力势能变化的关系，知道重力做正功，重力势能一定减小，重力做负功，重力势能一定增加．但不能判断其他能的变化．例2.下列形式的能量不属于机械能范畴的是（）A.弹性势能B.动能C.重力势能D.内能分析：机械能包括动能和势能，势能分重力势能和弹性势能，根据概念即可选出正确答案．解答：机械能分为动能和势能，势能分重力势能和弹性势能，所以内能不属于机械能，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：此题考查的是机械能的概念，只要知道机械能分类即可选出正确答案，基础题．【解题思路点拨】一个物体或系统的机械能是由重力势能、弹性势能及动能中的两个或三个共同组成的，没有外力作用的情况下，机械能的总和保持不变，在几者之间相互转化。8．功能关系【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【命题方向】题型一：对功能关系的理解应用例1：如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A．动能损失了2mgHB．动能损失了mgHC．机械能损失了mgHD．机械能损失了分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。解：根据动能定理应有△Ek＝﹣ma＝﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了2mgH，所以A正确B错误；再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根据功能关系应有△E＝﹣f＝﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误。故选：AC。点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。【解题方法点拨】1．解答功能关系问题时，一般步骤如下：（1）明确研究对象及其运动过程；（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；（3）计算各个力所做的功；（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功。9．动量守恒定律【知识点的认识】1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式：（1）p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．（4）△p＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的适用条件（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．【命题方向】题型一：动量守恒的判断例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB＝3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（）A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒．故A错误．B正确；C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！题型二：动量守恒的应用例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度．分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度．解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1解得：v1＝0.6v0木块B滑动的加速度为：a＝μg，所发生的位移：x＝＝（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvBv0﹣vA＝2v0﹣vB解得：vA＝0.4v0答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0．点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．题型三：动量守恒的临界问题如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h＝0.3m．质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块．（取g＝1Om/s2）分析：小球越到滑块最