2024-2025学年上学期福建高二物理期末卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期福建高二物理期末卷2一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）（2017春•荔城区校级期中）某同学利用图甲装置研究磁铁下落过程中的电磁感应有关问题．打开传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁的重力，不发生转动），不计线圈电阻，计算机荧屏上显示出图乙的UI﹣t曲线，图乙中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（）A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大 B．若仅减小h，两个峰值都会减小 C．若仅减小h，两个峰值可能会相等 D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会减小2．（4分）如图所示，质量为M、底边长为a的三角形木块A置于光滑水平面上，在A的顶部有一质量为m、底边长为b的三角形木块B，且两三角形木块的底边平行。若B从A的顶端由静止滑至底部，则A后退的距离为（）A．maM+m B．MaM+m C．m(a-b)M+m 3．（4分）（2021•铁岭二模）如图所示，真空中两个静止的点电荷电量的绝对值分别为q1、q2，激发的电场的电场线分布如图，图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称，P、Q两点的电势分别为φP、φQ，一个带电粒子（仅在电场力作用下）沿虚线轨迹从M移动至N。下列说法正确的是（）A．q1＜q2 B．φQ＞φP C．q1、q2连线的延长线上有一点电场强度为零，这一点在q1的左侧 D．在粒子从M移动至N的过程中它的电势能先变大后变小4．（4分）（2021秋•昌吉州期中）如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（光照越强电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当光照增强时，下列说法中正确的是（）A．电容器所带电荷量减少 B．R1的电功率减小 C．电流表的示数减小 D．路端电压减小二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）5．（6分）（2024•东湖区校级模拟）有一电荷量分布均匀且带电量为+Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是（）A．该粒子带负电 B．该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减少 C．该粒子运动过程中最大加速度约为1.9qED．该粒子从r运动到2r过程中电场力做的功约为0.8qE0r（多选）6．（6分）（2019•郑州三模）两带电量均为+Q的点电荷分别固定于x轴上的﹣2x0和2x0处，将一带+q的试探电荷从﹣x0处由静止释放，试探电荷只受电场力的作用，从x轴上的﹣x0到x0的过程中，场强E、试探电荷的加速度a、速度v、电势能Ep等随x坐标的变化图象大致正确的是（E、a、v选x轴正向为正方向，无穷远处为零电势能点）（）A． B． C． D．（多选）7．（6分）（2020春•德州期末）如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板，已知m1＝3m2，m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最远时，m1速度为v0，则在以后的运动过程中（）A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是23v0C．m2的最大速度是43v0 D．m2的最大速度是2v（多选）8．（6分）（2022春•皇姑区校级期末）如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以大小为v，与水平方向成60°角的速度射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为﹣q，重力加速度为g，则在该过程中（）A．匀强电场的电场强度大小为3mgB．小球的最小动能为18C．小球射入电场后，经过3v6g的时间电势能最大D．小球机械能最大时，增加的重力势能为3三．填空题（共3小题，满分12分，每小题4分）9．（4分）（2019秋•徐汇区期末）磁感应强度B是描述的物理量，单位面积的磁通量被称为。10．（4分）（2010秋•抚顺期中）如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压电变化的图线，交点为C由图求：（1）R的阻Ω_．（2）电源电动势EV内阻rΩ（3）在交点C处表示电源的输出功率w．11．（4分）（2022•新罗区校级开学）某同学生身高1.83m，质量70kg。他站立举臂，手指摸到的高度为2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3s。他刚离地跳起时的速度大小为；他与地面间的平均作用力的大小为。（取g＝10m/s2）四．实验题（共2小题，满分16分）12．（6分）（2021•韶关一模）测量电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的电阻约为20Ω，先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度，除电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）、电阻箱R（0～999.9Ω）、开关、导线若干，可供选择的器材还有：电流表A1（量程0～100mA，内阻约5Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）。（1）实验操作步骤如下：A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；E．断开开关，改变的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次的R和L数据；F．断开开关。（2）如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d＝mm。（3）电流表应选择（选填“A1”或“A2”）。（4）用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为R0和L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝（用给定的字母表示）。（5）电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果：。A．无影响B．有影响，结果会偏大C．有影响，结果会偏小13．（10分）在用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图为实验所需器件图。（1）在图中连线将器件连接成实验电路。（2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图中画出U﹣I图像，根据图像读出电池的电动势E＝V，根据图像求出电池的内阻r＝Ω。I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）本实验引起系统误差的主要原因是。五．解答题（共3小题，满分32分）14．（8分）（2021秋•张掖期末）示波器的核心部件是示波管，它是利用电场使运动粒子向预期方向偏转的。如图甲所示，平行极板长L1＝20cm，宽度d＝2cm，极板间电压U0（未知）保持不变，一质量m＝6.4×10﹣27kg（重力不计）、电荷量q＝3.2×10﹣19C的粒子沿极板中心线以速度v0＝1×106m/s射入极板间，正好在下极板边缘飞出。足够大的竖直屏与极板右侧相距L2＝20cm，极板与竖直屏区域间不存在电场，已知M点是中心线与屏的交点。（1）极板间电压U0为多大时粒子从极板边缘射出？射出时粒子的速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值（tanθ）等于多少？（2）求粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y；15．（11分）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、带电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。重力加速度为g。求：（1）小球带电性质；（2）电场强度的大小E；（3）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小（可含根式）。16．（13分）（2019秋•莒县期中）如图所示，光滑的水平面上静止着质量为3m的小车，其中小车的AB段是光滑水平面，BC段是半径为R的四分之一光滑圆弧。另有质量为m的小物块，以gR的初速度，从A点水平向左滑上小车。g为重力加速度。则：（1）求小物块沿着小车上升的最大高度h；（2）求小物块再返回小车的A点时的速度大小v；（3）若小车的水平面离地面的高度也为R，求小物块落地时到A点的水平距离l。

2024-2025学年上学期福建高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）（2017春•荔城区校级期中）某同学利用图甲装置研究磁铁下落过程中的电磁感应有关问题．打开传感器，将磁铁置于螺线管正上方距海绵垫高为h处静止释放，穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落过程中受到的磁阻力远小于磁铁的重力，不发生转动），不计线圈电阻，计算机荧屏上显示出图乙的UI﹣t曲线，图乙中的两个峰值是磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（）A．若仅增大h，两个峰值间的时间间隔会增大 B．若仅减小h，两个峰值都会减小 C．若仅减小h，两个峰值可能会相等 D．若仅减小滑动变阻器的值，两个峰值都会减小【考点】研究电磁感应现象．【专题】实验题；定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】B【分析】感应电动势的大小等于磁通量的变化率，因此通过线圈速度越大，磁通量的变化率越大，电动势越大，两个峰值也越大；根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内阻时，输出功率最大．【解答】解：A、若仅增大h，磁铁经过线圈的时间减小，两个峰值间的时间间隔会减小。故A错误；B、C、当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；D、根据闭合电路欧姆定律可知，不计线圈电阻，减小滑动变阻器阻值，则感应回路中的感应电流增大，线圈对磁铁的阻碍作用增大，磁铁的机械能转化为动能的比例增大，即感应回路中的电功率P＝UI增大，两个峰值都会增大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电磁感应定律与闭合电路输出功率问题，考点结合巧妙，题目新颖，有一定创新性，难点在于理解该过程中的功能关系以及UI﹣t曲线的含义．2．（4分）如图所示，质量为M、底边长为a的三角形木块A置于光滑水平面上，在A的顶部有一质量为m、底边长为b的三角形木块B，且两三角形木块的底边平行。若B从A的顶端由静止滑至底部，则A后退的距离为（）A．maM+m B．MaM+m C．m(a-b)M+m 【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【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；推理论证能力．【答案】C【分析】对于A、B组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒。用位移表示两个物体水平方向的平均速度，根据平均动量守恒列式，即可求解。【解答】解：规定向右方向为正方向，设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a﹣b﹣x，则水平方向上A的平均速度大小为vA=B的平均速度大小为vB=根据水平方向动量守恒得：Mxt-m解得，x=故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题是水平方向动量守恒的类型，关键用位移表示速度，再进行求解。3．（4分）（2021•铁岭二模）如图所示，真空中两个静止的点电荷电量的绝对值分别为q1、q2，激发的电场的电场线分布如图，图中P、Q两点关于点电荷q1水平对称，P、Q两点的电势分别为φP、φQ，一个带电粒子（仅在电场力作用下）沿虚线轨迹从M移动至N。下列说法正确的是（）A．q1＜q2 B．φQ＞φP C．q1、q2连线的延长线上有一点电场强度为零，这一点在q1的左侧 D．在粒子从M移动至N的过程中它的电势能先变大后变小【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场线的定义及基本特征．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力；推理论证能力．【答案】D【分析】电场线的疏密表示电场强度的大小，等势面和电场线垂直，根据粒子运动轨迹判断电场力做功以及电势能变化。【解答】解：A、根据电场线分布可知，q1附近电场线分布密集、场强大，故q1＞q2，故A错误；B、沿电场线方向电势降低，电场线越密的地方电势降落越快，反之逆着电场线方向电势升高，电场线越密的地方电势升高越快，故φQ＜φp，故B错误；C、因为q1＞q2，q1带负电，q2带正电，所以q1、q2连线的延长线上，电场强度为零的点在q2的右侧，故C错误；D、根据带电粒子的运动轨迹可知，该粒子所受电场力的方向与电场方向相反，故带负电，电场力先做负功后做正功，故电势能能先变大后变小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电场线的分布，根据电场线的疏密判断电场强度大小，根据等势面和电场线垂直判断电势关系，根据粒子轨迹判断电场力做功是解题关键。4．（4分）（2021秋•昌吉州期中）如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（光照越强电阻越小），C为电容器，电源内阻不可忽略，闭合开关后，当光照增强时，下列说法中正确的是（）A．电容器所带电荷量减少 B．R1的电功率减小 C．电流表的示数减小 D．路端电压减小【考点】电路动态分析；电容的概念、单位与物理意义．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】D【分析】明确电路结构，知道R1、R2以及电流表串联在电源两端；光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增强时，光敏电阻的阻值会减小；导致电路的总电阻减小，电路中的总电流增大，再分析路端电压的变化，由欧姆定律依次分析即可。【解答】解：当光照增强时，光敏电阻的电阻减小，总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，电流表的示数增大，根据P＝I2R可知，R1的电功率变大；电容器与R1并联，R1两端电压U1＝IR1也增大，故电容器两端电势差增大，由Q＝CU可知电容器所带的电荷量增大；总电流增大，则内电压增大，所以路端电压减小，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆定律的应用，关键是掌握光敏电阻的特性；同时明确闭合电路欧姆定律动态分析的基本方法。二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）5．（6分）（2024•东湖区校级模拟）有一电荷量分布均匀且带电量为+Q的圆环，在其轴线上距离圆心x处产生的电场强度大小如图所示。一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在圆心右侧紧靠圆心处由静止释放，仅在电场力作用下沿轴线向右运动。下列说法正确的是（）A．该粒子带负电 B．该粒子沿轴线运动过程中电势能逐渐减少 C．该粒子运动过程中最大加速度约为1.9qED．该粒子从r运动到2r过程中电场力做的功约为0.8qE0r【考点】电场力做功的计算及其特点；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】根据粒子的受力与运动情况分析；电场力做正功，电势能减小；根据牛顿第二定律分析求解；E﹣x图像中图线与坐标轴围成的面积可以表示电势差，根据W＝qU求解电场力做的功。【解答】解：A．均匀带电+Q的圆环在其右侧轴线上产生的场强向右，带电粒子从静止释放向右运动，说明所受电场力向右，电场力与场强方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；B．该粒子沿轴线运动过程中电场力做正功，电势能逐渐减少，故B正确；C．粒子受电场力最大时，加速度最大，由牛顿第二定律得：am由题图可知：Em＝1.9E0am故C正确；D．E﹣x图像中图线与坐标轴围成的面积可以表示电势差，则从r到2r电势差约为：U＝0.8E0r故该粒子从r运动到2r电场力做功为：W＝qU联立解得：W＝0.8qE0r故D正确。故选：BCD。【点评】知道在E﹣x图像中，图像与坐标轴所围面积表示电势差是解题的关键，知道电场力做功与电势能的关系。（多选）6．（6分）（2019•郑州三模）两带电量均为+Q的点电荷分别固定于x轴上的﹣2x0和2x0处，将一带+q的试探电荷从﹣x0处由静止释放，试探电荷只受电场力的作用，从x轴上的﹣x0到x0的过程中，场强E、试探电荷的加速度a、速度v、电势能Ep等随x坐标的变化图象大致正确的是（E、a、v选x轴正向为正方向，无穷远处为零电势能点）（）A． B． C． D．【考点】电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系．【专题】定性思想；推理法；图析法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】两带电量均为+Q的点电荷电场分布如图所示，从x轴上的﹣x0到x0的过程中，电场强度先减小，后增大，方向先向右，后向左；、由a=qEm，正电荷的加速度和电场强度分布相似；从﹣x0到0的过程中，速度增大，方向向右，但速度增加变慢；从0到+x0的过程中，速度减小，方向向右，但速度增加变快；选取无穷远处为零电势能点，故x＝【解答】解：A、两带电量均为+Q的点电荷电场分布如图所示，从x轴上的﹣x0到x0的过程中，电场强度先减小，后增大，方向先向右，后向左。故A正确；B、由a=qEm，正电荷的加速度和电场强度分布相似。故C、从﹣x0到0的过程中，速度增大，方向向右，但速度增加变慢；从0到+x0的过程中，速度减小，方向向右，但速度增加变快。故C正确；D、从﹣x0到0的过程中，电场力做正功，电势能减小，但选取无穷远处为零电势能点，故x＝0处的电势能不为零，从0到+x0的过程中，电场力做负功，电势能增大。故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了电势能与电场力做功、电势差和电场强度的关系等知识点。对等量同种电荷电场分布图要熟悉，对于各种图象一定要了解其图象的物理意义。（多选）7．（6分）（2020春•德州期末）如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d，m2的左边有一固定挡板，已知m1＝3m2，m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最远时，m1速度为v0，则在以后的运动过程中（）A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是23v0C．m2的最大速度是43v0 D．m2的最大速度是2v【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】BD【分析】当m1与m2相距最近后，m1继续前行，两物体组成的系统水平方向不受外力，故动量守恒；由动量守恒及能量守恒定律分析过程可知两小球的运动情景。【解答】解：从小球m1到达最近位置后继续前进，此后拉到m2前进，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此时m1速度为v0，则m2速度也为v0，设m1第一次与m2相距最近时m1的速度为v，此时m2的速度为0，从此时开始到二者相距最远的过程中，根据动量守恒定律可得：m1v＝（m1+m2）v0解得：v=此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度v1，m2达最大速度v2。根据动量守恒定律可得：m1v＝m1v1+m2v2根据能量关系可得：12m1v2=12m1v12+12m解得：v1=m1-m2m1+m2v=故选：BD。【点评】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最大最小速度的出现位置，由动量守恒定律和能量守恒定律结合可以解答。（多选）8．（6分）（2022春•皇姑区校级期末）如图，空间中存在水平向右的匀强电场，一带负电的小球以大小为v，与水平方向成60°角的速度射入匀强电场，经过一段时间，小球速度大小仍为v，但方向沿水平方向，已知小球质量为m，带电荷量为﹣q，重力加速度为g，则在该过程中（）A．匀强电场的电场强度大小为3mgB．小球的最小动能为18C．小球射入电场后，经过3v6g的时间电势能最大D．小球机械能最大时，增加的重力势能为3【考点】电场力做功与电势能变化的关系；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；常见力做功与相应的能量转化．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力；推理论证能力．【答案】ABD【分析】小球所受的电场力与场强方向相反，水平向左，在水平方向小球做匀变速直线运动，竖直做竖直上抛运动，根据分运动规律列式求解；小球沿合力方向的速度为零时，小球的动能最小；电场力做负功电势能增大，电场力做的负功越大，电势能越大；电场力做正功，机械能增加。【解答】解：A.初速度分解如图所示：vx＝vcos60°，vy＝vsin60°竖直方向小球做做竖直上抛运动，设上升时间为t，根据匀变速运动规律t=vsinθg水平方向上做匀变速直线运动，根据运动学公式v＝vcos60°+at，得a=v(1+cos60°)t由牛顿第二定律得：a=Fm①②③联立求解得：E=3mgq，a=B、小球运动过程中所受的合力F合=F2+(mg)2=(3mg)2+(mg)2=2mg，设合力方向与水平方向的夹角C.设经t1时间，小球水平向右的速度变为0，根据运动学公式0＝vcos60°﹣at1，解得t1=vcos60°a=D.电场力做正功，机械能增大，在t=3v2g时刻，机械能最大，此时小球上升的高度H=(vsin60°)2故选：ABD。【点评】本题的关键是会根据受力把运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直上抛运动，然后根据牛顿第二定律和运动学公式求解；要明确除重力和弹力以外的力做功引起小球机械能的变化。三．填空题（共3小题，满分12分，每小题4分）9．（4分）（2019秋•徐汇区期末）磁感应强度B是描述磁场强弱和方向的物理量，单位面积的磁通量被称为磁通量密度。【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】见试题解答内容【分析】磁场中磁感应强度有强弱，用磁感应强度来描述强弱和方向；磁通量密度就是磁感应强度。在磁感应强度为B的匀强磁场中有垂直于磁场的平面S，磁通量为Φ＝BS。【解答】解：磁感应强度是描述磁场的强弱和方向的物理量，是由磁场本身决定的；由Φ＝BS得：B=ΦS，所以单位面积的磁通量被称为磁通量密度，就是磁感应强度故答案为：磁场强弱和方向（磁场的力的性质），磁通量密度。【点评】本题要理解磁通量、磁通量密度和磁感应强度之间的区别和联系，要掌握磁通量的公式Φ＝BS的应用。10．（4分）（2010秋•抚顺期中）如图所示，图线AB是电路的路端电压随电流变化的关系图线．OM是同一电源向固定电阻R供电时，R两端的电压电变化的图线，交点为C由图求：（1）R的阻2Ω_．（2）电源电动势E6V内阻r1Ω（3）在交点C处表示电源的输出功率8w．【考点】路端电压和负载的关系；电功和电功率的计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】恒定电流专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据伏安特性曲线OM的斜率求出电阻的阻值；（2）根据电源路端电压和电流的变化关系图线求出电源的电动势和内阻；（3）交点C对应的电压和电流为电源输出电压和输出电流，根据P＝UI求出电源的输出功率．【解答】解：（1）OM是电阻的伏安特性曲线，其斜率等于电阻，则电阻R=UI=（2）由图可知，电源的电动势E＝6V，根据闭合电路欧姆定律，可得电源的内阻r=E-UI=（3）交点C对应的电压和电流，表示电源的工作状态，则电源的输出功率为PC出＝UcIc＝4×2（W）＝8（W）．故答案为：（1）2；（2）6；1；（3）8【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．11．（4分）（2022•新罗区校级开学）某同学生身高1.83m，质量70kg。他站立举臂，手指摸到的高度为2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3s。他刚离地跳起时的速度大小为3m/s；他与地面间的平均作用力的大小为1400N。（取g＝10m/s2）【考点】用动量定理求平均作用力；竖直上抛运动的规律及应用．【专题】定量思想；方程法；机械能守恒定律应用专题；理解能力；推理论证能力．【答案】（1）他刚跳起离地时的速度大小为3m/s．（2）他与地面间的平均作用力大小为1400N．【分析】（1）人跳起后在空中运动时机械能守恒，由人的重心升高的高度利用机械能守恒可求得人刚离地时的速度；（2）人在与地接触时，地对人的作用力与重力的合力使人获得上升的加速度，由运动学公式和牛顿第二定律可求得地面对人的平均作用力．【解答】解：（1）人跳起后重心升高为：h＝2.70m﹣2.25m＝0.45m根据机械能守恒定律得：mgh=12解得：v=2gh=2（2）对于人起跳过程，由v＝at得：a=vt=30.3根据牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma解得：F＝m（g+a）＝70×（10+10）N＝1400N答：（1）他刚跳起离地时的速度大小为3m/s．（2）他与地面间的平均作用力大小为1400N．【点评】本题中要明确人运动的过程，找出人起跳的高度及人在空中运动的高度，从而正确选择物理规律求解．四．实验题（共2小题，满分16分）12．（6分）（2021•韶关一模）测量电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的电阻约为20Ω，先把电阻丝拉直后将其两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点P的位置，从而改变接入电路中电阻丝的长度，除电池组E（电动势为3.0V，内阻约1Ω）、电阻箱R（0～999.9Ω）、开关、导线若干，可供选择的器材还有：电流表A1（量程0～100mA，内阻约5Ω）；电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.2Ω）。（1）实验操作步骤如下：A．用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径；B．根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；C．调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；D．将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；E．断开开关，改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏，重复多次，记录每一次的R和L数据；F．断开开关。（2）如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d＝0.730mm。（3）电流表应选择A1（选填“A1”或“A2”）。（4）用记录的多组R和L的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为R0和L0，再结合测出的电阻丝直径d，写出电阻丝的电阻率表达式ρ＝πd2（5）电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果：A。A．无影响B．有影响，结果会偏大C．有影响，结果会偏小【考点】导体电阻率的测量；螺旋测微器的使用与读数．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）金属夹与电阻丝接触点；（2）0.730（0.728～0.732均正确）；（3）A1；（4）πd2R04【分析】（1）根据实验原理与实验步骤完成实验。（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。（3）根据实验原理，在使电流表满偏的前提下，确定电阻丝接入电路的阻值能否满足实验要求。（4）由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。（5）应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。【解答】解：（1）E、为测多组实验数据，需要多次改变电阻丝接入电路的阻值，因此要改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5mm，可动刻度是23.0×0.01mm＝0.230mm，金属丝直径d＝0.5mm+0.230mm＝0.730mm（0.728mm～0.732mm均正确）。（3）如果电流表选择A2，电流表满偏时，电路总阻值R=UIA2g=3如果电流表选择A1，电流表满偏时，电路总阻值R′=UIA1g=3可见，选择电流表A1时，被测电阻丝接入电路的阻值变化范围大，故电流表应选择A1。（4）（5）设电源电动势为E，内阻为r，电流表的满偏电流为Ig，电流表内阻为RA，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势：E＝Ig（R+R电阻丝+RA+r）＝Ig（R+ρLπ(d2)2+RA+r）＝Ig（R+整理得：R=-4ρπd2LR﹣L图象斜率的绝对值：k=4ρ解得电阻丝电阻率ρ=π有上述分析可知，电流表内阻对电阻率的测量没有影响，故A正确，BC错误；故选：A。故答案为：（1）金属夹与电阻丝接触点；（2）0.730（0.728～0.732均正确）；（3）A1；（4）πd2R04【点评】螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读；为减小读数误差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不能过大；知道外电路电阻不变，熟练应用电阻定律即可正确解题。13．（10分）在用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1Ω和1kΩ，如图为实验所需器件图。（1）在图中连线将器件连接成实验电路。（2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图中画出U﹣I图像，根据图像读出电池的电动势E＝1.45V，根据图像求出电池的内阻r＝0.69Ω。I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）本实验引起系统误差的主要原因是电压表的分流作用。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）图象如图所示；（2）1.45；0.69；（3）电压表的分流作用【分析】（1）（2）应用描点法作出图象，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．（3）根据误差来源分析实验误差．【解答】解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，使更多的点在图像上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，图象如图所示：（2）由图象图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.45，则电源电动势E＝1.45V，电源内阻r=ΔUΔI=1.45-1.000.65（3）相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电动势真实值，内阻测量值小于真实值．故答案为：（1）图象如图所示；（2）1.45；0.69；（3）电压表的分流作用【点评】本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．五．解答题（共3小题，满分32分）14．（8分）（2021秋•张掖期末）示波器的核心部件是示波管，它是利用电场使运动粒子向预期方向偏转的。如图甲所示，平行极板长L1＝20cm，宽度d＝2cm，极板间电压U0（未知）保持不变，一质量m＝6.4×10﹣27kg（重力不计）、电荷量q＝3.2×10﹣19C的粒子沿极板中心线以速度v0＝1×106m/s射入极板间，正好在下极板边缘飞出。足够大的竖直屏与极板右侧相距L2＝20cm，极板与竖直屏区域间不存在电场，已知M点是中心线与屏的交点。（1）极板间电压U0为多大时粒子从极板边缘射出？射出时粒子的速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值（tanθ）等于多少？（2）求粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y；【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．【专题】计算题；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．【答案】（1）极板间电压U0为200V时粒子从极板边缘射出；射出时粒子的速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值（tanθ）等于0.1；（2）粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y为3cm。【分析】（1）粒子在示波管中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子从极板边缘射出时的电压值和出示波管时偏转角的正切值；（2）粒子从两极板间射出后做匀速直线运动，根据运动学公式求解。【解答】解：（1）根据牛顿第二定律可得粒子在极板间做类平抛运动的加速度大小为a=U设粒子在极板间的运动时间为t0，则根据运动学规律可得L1＝v0t0，12tanθ=a联立解得：U0＝200V，tanθ＝0.1；（2）粒子从两极板间射出后做匀速直线运动，则Y=d2+L2解得：Y＝0.03m＝3cm。答：（1）极板间电压U0为200V时粒子从极板边缘射出；射出时粒子的速度方向与初速度方向的夹角θ的正切值（tanθ）等于0.1；（2）粒子打在竖直屏上的位置离M点的距离Y为3cm。【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动，粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以解题。15．（11分）如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m、带电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0。重力加速度为g。求：（1）小球带电性质；（2）电场强度的大小E；（3）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小（可含根式）。【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用．【专题】定性思想；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】（1）小球带正电；（2）电场强度的大小E为3mg（3）若小球恰好完成竖直圆周运动，从A点释放小球时应有的初速度vA的大小为2(1+3【分析】（1）由小球带电性质与电场力方向的关系判断；（2）由动能定理解答；（3）找到等效最高点，由牛顿第二定律和动能定理解答.【解答】解：（1）由图及题意判断，小球带正电。（2）从A点释放到速度为零，由动能定理：qELsinα﹣mgL（1﹣cosα）＝0﹣0解得：E=（3）如图所示，B′点是等效最低点，B点是等效最高点，则有：tanθ=解得θ＝30°小球恰好完成竖直圆周运动，在B点速度最小，由牛顿第二定律：mgcosθ=m从A点到B点，由动能定理：﹣mgL（1+cosθ）﹣qELsinθ=联立解得：vA=答：（1）小球带正电；（2）电场强度的大小E为3mg（3）若小球恰好完成竖直圆周运动，从A点释放小球时应有的初速度vA的大小为2(1+3【点评】熟练运用动能定理解答问题，本题难点在（3）中，会找等效最低点（小球静止位置）和等效最高点（与等效最低点同一直径的另一端）。16．（13分）（2019秋•莒县期中）如图所示，光滑的水平面上静止着质量为3m的小车，其中小车的AB段是光滑水平面，BC段是半径为R的四分之一光滑圆弧。另有质量为m的小物块，以gR的初速度，从A点水平向左滑上小车。g为重力加速度。则：（1）求小物块沿着小车上升的最大高度h；（2）求小物块再返回小车的A点时的速度大小v；（3）若小车的水平面离地面的高度也为R，求小物块落地时到A点的水平距离l。【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出高度。（2）由动量守恒定律以及能量守恒定律可以求出小物体的速度。（3）物体离开车后做平抛运动，应用平抛运动规律与匀速运动规律求出距离。【解答】解：（1）车与球组成的系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+3m）v，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv02=解得：h=3（2）系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝﹣mv′+3mv1，由机械能守恒定律得：12mv02=12mv解得：v'=gR（3）小物体离开车后做平抛运动，R=12gt2，l＝（v′+v1）解得：l=2答：（1）小物块沿着小车上升的最大高度h为38（2）小物块再返回小车的A点时的速度大小v为gR2（3）若小车的水平面离地面的高度也为R，小物块落地时到A点的水平距离l为2R【点评】解决该题的关键是知道物体和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，以及系统的能量守恒；知道小物体离开小车的运动情况

考点卡片1．竖直上抛运动的规律及应用【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-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（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=v【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=v0g=3010A、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=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故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=ht=25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v则：v=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=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×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．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】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．4．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】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。5．常见力做功与相应的能量转化【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【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。6．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。7．用动量定理求平均作用力【知识点的认识】对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。公式为：FΔt＝mv2﹣mv1。【命题方向】质量m＝0.6kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m．从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.1s，忽略空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能．（2）地板对篮球的平均作用力．分析：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能等于初始时刻机械能减去末时刻机械能，初末位置物体动能为零，只有势能；（2）分别根据自由落体运动求出篮球与地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的时间，根据总时间求出球与地面接触的时间，根据动量定律即可求解．解答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式下落过程：mgH=12mv12，解得：v上升过程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v篮球与地板接触时间为Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理得：（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1解得：F＝16.5N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力F′＝F＝16.5N，方向向下答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为2.1J．（2）地板对篮球的平均作用力为16.5N，方向向下．点评：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，难度适中．【解题思路点拨】应用动量定理的四点注意事项（1）明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。（2）列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小。（3）分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。（4）公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式计算，且要注意是末动量减去初动量。8．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用【知识点的认识】物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型：1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。【命题方向】如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A、小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒B、小车的最终速度大小为0.5v0C、小车对小球做的功为1D、小球在小车上能上升的最大高度为v分析：A、根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件分析；B、根据题意可知小球离开小车时的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得小车的最终速度大小；C、小球和小车相互作用的过程，对小球利用动能定理分析；D、小球与小车共速时上升到最高点，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小车组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，所以水平方向动量守恒，系统只有动能和势能的相互转化，所以系统机械能守恒，故A错误；B、小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，可知小球离开小车的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，取水平向右为正方向，设小车的质量为M，由动量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：1联立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小车的最终速度大小为v0，故B错误；C、小球和小车相互作用的过程中，对小球由动能定理有：W车=0-12mD、小球和小车共速时，小球上升到最大高度，设最大高度为h取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：1代入数据可得：h=v0故选：D。点评：本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，解题的关键是把小球和小车相互作用的过程看作弹性碰撞，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。【解题思路点拨】因为水平方向是没有外力的，所以系统水平方向上动量守恒，当物体达到最高处时，两个物体的速度完全一致。9．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用【知识点的认识】1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。【命题方向】如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，（i）整个系统损失的机械能；（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。分析：（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．解答：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+联立①②③式得：整个系统损失的机械能为△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12联立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整个系统损失的机械能是116（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是1348点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究．【解题思路点拨】当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度相等。10．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【知识点的认识】动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。【命题方向】如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。根据牛顿第二定律和运动学公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入数据可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v＝3.0m/s（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E代入数据可解得：EP＝1.0J（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，根据动量守恒定律可得：AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：则EP+12∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。【解题思路点拨】1．应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论．2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．正确把握以上两点是求解这类问题的关键．3．综合应用动量观点和能量观点4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．11．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的