2024-2025学年上学期合肥高二物理期末卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期合肥高二物理期末卷3一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．光谱中，可见光从红光到紫光，其波长越来越长 B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关 C．不同频率的电磁波在真空中的传播速度不同 D．爱因斯坦提出的能量子假说，能够很好地解释黑体辐射规律2．（4分）（2018秋•扶余市校级期中）关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．线框闭合时，即使穿过线框的磁通量不发生变化，线框中也有感应电流产生 B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生 C．只要闭合电路内磁通量发生变化时，闭合电路中就有感应电流产生 D．只要闭合电路的部分导体做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生3．（4分）（2013秋•中方县校级期中）关于电场和磁场，下列说法中不正确的是（）A．电场和磁场都是一种特殊的物质 B．在同一个电场或磁场中，电场线或磁场线越密的地方，电场或磁场也越强 C．磁场不能是带电粒子加速 D．电场既能使带电粒子加速，也能使带电粒子发生偏转；磁场也能使带电粒子加速，又能使带电粒子发生偏转4．（4分）将一个不带电的金属小球N放在一带电小球M的旁边，稳定后，在M、N周围产生的电场的电场线分布如图所示。A、B、C、D是电场中的四点，则下列说法正确的是（）A．A点场强比C点场强小 B．B点电势比D点电势低 C．将一个负点电荷从A点移动到D点，电势能可能不变 D．将一个正点电荷从C点移动到D点，电场力一定做正功（多选）5．（4分）（2023秋•朝阳区校级月考）电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内的水烧干以前的加热状态，另一种是水烧干后的保温状态。如图所示是电饭锅的电路图，R1是电阻，R2是加热用的电热丝。下列说法正确的是（）A．自动开关S接通时，电饭锅处于加热状态 B．自动开关S接通时，电饭锅处于保温状态 C．如果R1＝0.5R2，电热丝在保温时与加热时的功率之比为4：9 D．如果R1＝0.5R2，电热丝在保温时与加热时的功率之比为2：36．（4分）（2024春•北仑区校级期中）通有大小相等的电流的6根长直导线垂直纸面放置在正六边形的6个顶点上，电流方向如图所示，O为正六边形的中心。若通电长直导线周围任一点的磁感应强度的大小与电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比。已知A通电导线在O处的磁感应强度大小为B，则O处的磁感应强度大小为（）A．B B．2B C．3B D．4B7．（4分）（2022•乌鲁木齐一模）如图所示，一侧为弧形轨道的物块A静止在光滑水平面上，轨道底端切线水平，一小球由静止开始从物块A的最高点沿轨道滚到最低点，在此过程中，小球受到重力的冲量的大小为IG，受到物块A的作用力的冲量的大小为IA，受到合外力的冲量的大小为I合。下列关系式中正确的是（）A．IG＞IA＞I合 B．IG＞I合＞IA C．IA＞I合＞IG D．IA＞IG＞I合（多选）8．（4分）（2019秋•南城县校级月考）如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，闭合开关S，电源给电容器充电。在两极板间有固定点P，用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是（）A．S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ减小 B．S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大 C．断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变 D．断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ不变（多选）9．（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）二氧化锡传感器的电阻随着一氧化碳的浓度增大而减小，将其接入如图所示的电路中，可以测量汽车尾气一氧化碳的浓度是否超标。当一氧化碳浓度增大时，下列说法中正确的是（）A．电流表示数变大 B．电压表示数变小 C．电路的路端电压变大 D．电源内部消耗的功率变大（多选）10．（4分）（2020•浙江开学）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P（0，d）点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q（22d，0）点。若使A带上电量为+q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N（2d，0）点时的动能是初动能的12；若使A带上电量为﹣q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M（0，﹣d）点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为gA．A不带电时，到达Q点的动能为2mgd B．P、N两点间的电势差UPN=-2mgdC．P、M两点间的电势差UPM=2mgdD．电场强度E=2mgq，方向沿二．实验题（共2小题，满分16分）11．（6分）（2022春•朝阳区校级期末）如图所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球B放在斜槽前端边缘位置，让小球A从G点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mAB球质量mB（选填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）请由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为cm。（3）若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为。（用题中给出的字母表示）（4）实验中造成误差的可能原因有。A．用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值B．轨道不光滑C．轨道末端不水平D．轨道末端到地面的高度未测量12．（10分）（2018春•日照期末）目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内电阻。A．待测电瓶，电动势约为9V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为9V，内阻约为9kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值Rm已知E．导线和开关（1）根据如图乙所示的电路图，用笔画线代替导线将图甲实物图连接完整。（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U1、U2，则R0＝（用U1、U2、Rm表示）。（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1﹣U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k。与横轴的截距为b，则电瓶的电动势E＝，内阻r＝（用k、b、R0表示）。三．解答题（共4小题，满分44分，每小题11分）13．（11分）（2022秋•峨眉山市校级期中）如图所示，在匀强电场中直角三角形ABC的边长AB＝8cm，BC＝4cm，将带电荷量q＝﹣6×10﹣6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10﹣5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功。求：（1）A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？（3）画出过B点的一条电场线并计算电场强度的大小（画图保留作图的痕迹，不写做法）。14．（11分）（2019春•太原期末）自动驾驶汽车是一种通过电脑系统实现无人驾驶的智能汽车。有一辆m＝1000kg的自动驾驶汽车，在平直公路上以v1＝90km/ℎ的速度匀速行驶，发动机的输出功率为P1＝50kw，当探测到前方有80km/h的限速标志时，发动机功率自动降低到𝑃并保持不变，当轿车速度减到v2＝72km/ℎ时又开始匀速。假设汽车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求：（1）汽车行驶时所受阻力的大小；（2）当汽车开始减速时，其加速度的大小。15．（11分）（2022秋•荔湾区校级月考）如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，其中ab段水平，cde段是以O为圆心、半径R＝0.4m的一小段圆弧，圆心O在ab的延长线上。在轨道ab上放着两个质量均为1kg物块A、B（A、B可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧P（两端未与A、B拴接）。轨道左侧紧靠a点的光滑水平地面上停着一质量为M＝1kg的小车。小车上表面与水平面ab等高，车上有一根轻弹簧Q。弹簧Q的左端固定在小车上，弹簧原长时右端在小车上g点正上方，小车上表面g点右侧与右端点f之间是粗糙的，g点左侧是光滑的，物块A与g、f两点之间的动摩擦因数μ＝0.25。现将物块A、B之间的细绳剪断，脱离弹簧P后A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑动。当B运动到d点时速度沿水平方向，大小为1m/s，g取10m/s2。求：（1）B运动到d点时受到的支持力的大小FN；（2）释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP；（3）要保证物块A既能挤压弹簧Q又最终没有滑离小车，则小车上f、g两点之间的距离L的取值范围为多少？16．（11分）（2020秋•越秀区校级月考）如图所示，在竖直平面内有一质量m＝0.6kg、电荷量q＝+3×10﹣3C的带电小球，用一根长L＝0.2m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点。已知A、O两点等高，且OA＝L，若将带电小球从A点初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，g取10m/s2。（1）求电场强度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm。

2024-2025学年上学期合肥高二物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）下列说法正确的是（）A．光谱中，可见光从红光到紫光，其波长越来越长 B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关 C．不同频率的电磁波在真空中的传播速度不同 D．爱因斯坦提出的能量子假说，能够很好地解释黑体辐射规律【考点】热辐射、黑体和黑体辐射现象；能量子与量子化现象；电磁波谱；电磁波与信息化社会．【专题】定性思想；归纳法；原子的能级结构专题；理解能力．【答案】B【分析】可见光中的红光比紫光的频率低；黑体辐射电磁波按波长分布只与温度有关；在真空中电磁波的速度与光速相同；普朗克提出的能量子假说。【解答】解：A、光谱中，可见光从红光到紫光，频率越来越大，其波长越来越短，故A错误；B、根据黑体辐射规律可知，黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，故B正确；C、不同频率的电磁波在真空中的传播速度均为光速，是相同的，故C错误；D、普朗克提出的能量子假说，能够很好地解释黑体辐射规律，故D错误。故选：B。【点评】本题考查物理光学的相关性质，注意可见光的频率大小规律、光在不同介质中，传播速度与波长的变化情况、还有光的粒子性的实验依据。2．（4分）（2018秋•扶余市校级期中）关于感应电流，下列说法中正确的是（）A．线框闭合时，即使穿过线框的磁通量不发生变化，线框中也有感应电流产生 B．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生 C．只要闭合电路内磁通量发生变化时，闭合电路中就有感应电流产生 D．只要闭合电路的部分导体做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生【考点】电磁感应现象的发现过程．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．【答案】C【分析】明确感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化就能产生感应电流。可以分解为两个条件：1、闭合电路，2、磁通量发生变化。这两个条件必须同时满足，才能有感应电流产生。【解答】解：A、满足闭合电路，但是磁通量没有变化，没有感应电流，故A错误；B、螺线管内满足磁通量变化，但是没有满足闭合电路这个条件，故B错误。C、根据感应电流产生的条件可知，只要闭合电路内磁通量发生变化时，闭合电路中就有感应电流产生，故C正确。D、闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时，内部磁通量不一定变化，故电路中不一定有感应电流产生，故D错误。故选：C。【点评】此题要求理解感应电流产生的条件，注意明确两个条件缺一不可，必须同时满足时才能产生感应电流。3．（4分）（2013秋•中方县校级期中）关于电场和磁场，下列说法中不正确的是（）A．电场和磁场都是一种特殊的物质 B．在同一个电场或磁场中，电场线或磁场线越密的地方，电场或磁场也越强 C．磁场不能是带电粒子加速 D．电场既能使带电粒子加速，也能使带电粒子发生偏转；磁场也能使带电粒子加速，又能使带电粒子发生偏转【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】D【分析】本题应知道电场和磁场都是客观存在的物质，都可以用电场线或磁感线的疏密表示场的强弱，洛伦兹力不做功，磁场不能使带电粒子加速，只能使带电粒子偏转，而电场既能使带电粒子加速，也能使带电粒子偏转．【解答】解：A、电场和磁场都是客观存在的特殊物质，只是不能直接的观察到，故A正确；B、在同一个电场或磁场中，电场线或磁场线越密的地方，电场强度或磁感应强度越大，电场或磁场也越强，故B正确；C、带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，不改变粒子的速度大小，所以磁场不能使带电粒子加速。故C正确；D、电场既能使带电粒子加速，也能使带电粒子偏转。而磁场不能使带电粒子加速，只能使带电粒子发生偏转。故D错误。本题选错误的，故选：D。【点评】本题关键要明确磁场与电场的共同点和不同点，知道电场线与磁感线的共同点：不客观存在，且疏密表示场的强弱，某点的切线方向表示场的方向，同时不相交．但静电场线不闭合，而磁感线闭合．洛伦兹力不做功，而电场力可以做功．4．（4分）将一个不带电的金属小球N放在一带电小球M的旁边，稳定后，在M、N周围产生的电场的电场线分布如图所示。A、B、C、D是电场中的四点，则下列说法正确的是（）A．A点场强比C点场强小 B．B点电势比D点电势低 C．将一个负点电荷从A点移动到D点，电势能可能不变 D．将一个正点电荷从C点移动到D点，电场力一定做正功【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电势的定义、单位和物理意义及用定义式计算电势；电场强度与电场力的关系和计算；电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；比较思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】电场线疏密反映电场强度大小、沿电场线电势降低，负电荷电势能升高，电场力做负功。【解答】解：A.电场线疏密反映电场强度大小，A点场强比C点场强大，故A错误；B.沿电场线电势降低，故B点电势比D点电势高，故B错误；C.沿电场线电势降低，A点电势高于D，将一个负点电荷从A点移动到D点，电势能升高，故C错误；D.沿电场线电势降低，C点电势高于D，将一个正点电荷从C点移动到D点，电势能降低，电场力一定做正功，故D正确。故选：D。【点评】本题考查学生对电场线疏密作用、通过电场线判断电势高低、分析电场力做功等规律的掌握，中等难度题。（多选）5．（4分）（2023秋•朝阳区校级月考）电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内的水烧干以前的加热状态，另一种是水烧干后的保温状态。如图所示是电饭锅的电路图，R1是电阻，R2是加热用的电热丝。下列说法正确的是（）A．自动开关S接通时，电饭锅处于加热状态 B．自动开关S接通时，电饭锅处于保温状态 C．如果R1＝0.5R2，电热丝在保温时与加热时的功率之比为4：9 D．如果R1＝0.5R2，电热丝在保温时与加热时的功率之比为2：3【考点】电功和电功率的计算．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；方程法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】分析开关断开和闭合时电路中的电阻大小，根据P=U2R分析产生的热功率大小判断电路中产生的热量的大小，从而分析是加热还是保温；根据P＝I【解答】解：AB、由题图可知，当开关闭合时，R1被短路，只有R2接入电路；当开关断开时，两电阻串联，总电阻R增大，则由P=U2R可知，开关接通时为加热状态，故ACD、由题意可知，电热丝在加热时，此时电阻丝功率为：P电热丝在保温时，此时电阻丝功率为：P则电热丝在保温时与加热时的功率之比为：P2P1=4故选：AC。【点评】解决该题的关键是正确分析电路图，掌握功率的求解公式，熟记欧姆定律，知道当电压一定时，电流和电阻成反比。6．（4分）（2024春•北仑区校级期中）通有大小相等的电流的6根长直导线垂直纸面放置在正六边形的6个顶点上，电流方向如图所示，O为正六边形的中心。若通电长直导线周围任一点的磁感应强度的大小与电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比。已知A通电导线在O处的磁感应强度大小为B，则O处的磁感应强度大小为（）A．B B．2B C．3B D．4B【考点】磁感应强度的定义与物理意义；通电直导线周围的磁场．【专题】探究题；定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】D【分析】通电直导线周围磁场的方向，可以根据右手螺旋定则判断。再由磁感应强度的叠加，即可解题。【解答】解：A处导线与B处导线在O处的磁感应强度均为B，方向如图，夹角120°，二者磁感应强度的矢量和为B．方向竖直向下；同理E、D处导线在O处的磁感应强度的矢量和也为竖直向下的B；F、C处导线在O的磁感应强度也为竖直向下的B，所以O处的磁感应强度为4B，方向竖直向下。故ABC错误；D正确。故选：D。【点评】本题考查磁感应强度的叠加，涉及到通电直导线周围磁场的方向的判断。属于基础题目。7．（4分）（2022•乌鲁木齐一模）如图所示，一侧为弧形轨道的物块A静止在光滑水平面上，轨道底端切线水平，一小球由静止开始从物块A的最高点沿轨道滚到最低点，在此过程中，小球受到重力的冲量的大小为IG，受到物块A的作用力的冲量的大小为IA，受到合外力的冲量的大小为I合。下列关系式中正确的是（）A．IG＞IA＞I合 B．IG＞I合＞IA C．IA＞I合＞IG D．IA＞IG＞I合【考点】动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】D【分析】冲量是矢量，根据矢量的运算法则可知I合2＝IG2﹣IA2，根据运动学公式分析IG与I合的关系从而分析判断。【解答】解：依题意，设小球滑到底端时的速度大小为v，则小球末动量方向水平向左；对小球A根据动量定理可得I合＝mv小球受到重力的冲量的大小为IG，方向竖直向下；受到物块A的作用力的冲量的大小为IA，方向斜向左上方，根据矢量叠加原理，则有I合2＝IG2﹣IA2小球沿圆弧下落时，加速度a＝gsinθθ为圆弧切线与水平方向的夹角，则a＜g则v＝at＜gt可得I合＜IG所以IA＞IG＞I合故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查动量定理，解题㽐掌握冲量的矢量性，注意I合＝mv。（多选）8．（4分）（2019秋•南城县校级月考）如图所示，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，闭合开关S，电源给电容器充电。在两极板间有固定点P，用E表示两极板间的电场强度，φ表示P点的电势，下列说法正确的是（）A．S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，φ减小 B．S接通，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，E增大 C．断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，则E不变 D．断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，φ不变【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】应用题；定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；由平行板电容器电容C=ɛs根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q＝UC可知电压或电量的变化，由E=U【解答】解：AB、保持S接通，则两板间的电势差不变，上极板A不动，将下极板B缓慢向下移动稍许到B′，导致d增大，由E=Ud可知，两极板间的电场的电场场强E减小，则P到上极板的电势差减小，因此P点的电势升高，故C、断开S，下极板B不动，将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，因两板上所带电量不变，减小距离d，电容增大，由C=QU，及E=Ud=D、由上分析可知，因电场强度不变，当将上极板A缓慢向下移动稍许到A′，而P到B极板间的电势差不变，则其电势φ不变，故D正确；故选：CD。【点评】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开则极板上的电量不变；和电源相连，则两板间的电势差不变。（多选）9．（4分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）二氧化锡传感器的电阻随着一氧化碳的浓度增大而减小，将其接入如图所示的电路中，可以测量汽车尾气一氧化碳的浓度是否超标。当一氧化碳浓度增大时，下列说法中正确的是（）A．电流表示数变大 B．电压表示数变小 C．电路的路端电压变大 D．电源内部消耗的功率变大【考点】电路动态分析；电功和电功率的概念及影响因素．【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题；理解能力．【答案】AD【分析】根据一氧化碳浓度的变化分析二氧化锡传感器的电阻的变化，从而分析出电路中电流的变化，由欧姆定律分析电压表示数的变化，由闭合电路欧姆定律分析路端电压的变化，由P＝I2r分析电源内部消耗的功率变化情况。【解答】解：AB、当一氧化碳浓度增大时，二氧化锡传感器的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流变大，则电流表示数变大。由欧姆定律知R的电压变大，则电压表示数变大，故A正确，B错误；C、电路中电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，故C错误；D、电路中电流变大，内阻不变，由P＝I2r分析电源内部消耗的功率变大，故D正确。故选：AD。【点评】本题是信息给予题，搞懂题意，明确二氧化锡传感器的电阻与一氧化碳浓度的关系是解题的关键，相当于电路的动态分析问题。（多选）10．（4分）（2020•浙江开学）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，y轴正向竖直向上，空间中存在平行于xOy所在平面的匀强电场。质量为m的不带电小球A以一定的初动能从P（0，d）点沿平行x轴方向水平抛出，并通过Q（22d，0）点。若使A带上电量为+q的电荷，仍从P点以同样的初动能沿某一方向抛出，A通过N（2d，0）点时的动能是初动能的12；若使A带上电量为﹣q的电荷，还从P点以同样的初动能沿另一方向抛出，A通过M（0，﹣d）点时的动能是初动能的4倍。重力加速度为gA．A不带电时，到达Q点的动能为2mgd B．P、N两点间的电势差UPN=-2mgdC．P、M两点间的电势差UPM=2mgdD．电场强度E=2mgq，方向沿【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算；匀强电场中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；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据平抛运动的规律求解初速度，再根据动能定理求解到达Q点的动能；P到N根据动能定理求解PN两点间的电压。根据动能定理求解出PM两点的电势差，结合U＝dE求解电场强度。【解答】解：A、设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从P点运动到Q点的时间为t，根据平抛运动的规律有22d＝v0td=12联立解得v0＝2gd，t=2d初动能为：Ek0=1设小球到达Q点时的动能为EkQ，由动能定理有mgd＝EkQ﹣Ek0联立解得EkQ＝3mgd，故A错误；B、A带电后，设P、N两点间的电势差为UPN，根据动能定理，小球从P到N有mgd+qUPN=12Ek0﹣解得UPN=-2mgdq，故C、设P、M两点间的电势差为UPM，根据动能定理，小球从P到M有mg（2d）﹣qUPM＝4Ek0﹣Ek0解得UPM=-4mgdq，故D、在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。联立解得：UPM＝2UPN，可知PM的中点O与N点等电势，ON为等势线，电场必与其垂线平行。可知电场方向沿y轴正方向设场强的大小为E，则有E=联立解得：E=2mgq，故故选：BD。【点评】解决该题的关键是掌握小球做平抛运动在水平和竖直方向上的运动规律，熟记电场力做功与电势差的关系，选择合适的过程用动能定理求解电势差。二．实验题（共2小题，满分16分）11．（6分）（2022春•朝阳区校级期末）如图所示，用“碰撞实验器材”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道末端碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球B，让小球A从斜槽上G点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球B放在斜槽前端边缘位置，让小球A从G点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。（1）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mA大于B球质量mB（选填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）请由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为8.60cm。（3）若两个小球在轨道末端碰撞过程动量守恒，则需验证的关系式为mAOP＝mAOM+mBON。（用题中给出的字母表示）（4）实验中造成误差的可能原因有AC。A．用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值B．轨道不光滑C．轨道末端不水平D．轨道末端到地面的高度未测量【考点】验证动量守恒定律．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）大于；（2）8.60；（3）mAOP＝mAOM+mBON；（4）AC【分析】（1）（2）（3）根据实验原理与实验操作分析，写出要验证的表达式，然后即可作出判断；（4）对实验进行误差分析，可知选项.【解答】解：（1）为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量mA大于B球质量mB。（2）用尽量小的圆将各个落点圈起来，圆心即为平均落地点，则由图乙读出碰撞前A球的水平射程OP为8.60cm。（3）由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；根据动量守恒定律可得在水平方向有mAv0＝mAv1+mBv2故mAv0t＝mAv1t+mBv2t即mAOP＝mAOM+mBON（4）A.用刻度尺测量线段OM、OP、ON的长度值可造成偶然误差，选项A正确；B.轨道不光滑对实验无影响，只要到达底端时的速度相同即可，选项B错误；C.轨道末端不水平，则小球不能做平抛运动，则对实验会造成误差，选项C正确；D.两球从同一高度开始下落，则下落的时间相等，即轨道末端到地面的高度未测量对实验不会造成误差，选项D错误。故选：AC。故答案为：（1）大于；（2）8.60；（3）mAOP＝mAOM+mBON；（4）AC【点评】本题考查验证动量守恒定律，关键还在于平抛运动的处理思路，注意寻找落地点的处理方法。12．（10分）（2018春•日照期末）目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内电阻。A．待测电瓶，电动势约为9V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为9V，内阻约为9kΩC．定值电阻R0未知D．滑动变阻器R，最大阻值Rm已知E．导线和开关（1）根据如图乙所示的电路图，用笔画线代替导线将图甲实物图连接完整。（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U1、U2，则R0＝(U2-U1)RmU1（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1﹣U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k。与横轴的截距为b，则电瓶的电动势E＝kbk-1，内阻r＝R0k-1（用k、b、【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；推理法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由电路图连接实物电路图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻。【解答】解：（1）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U2﹣U1；由欧姆定律可知：R0=U（3）由闭合电路欧姆定律可知：E＝U2+U变形得：U1=R0+r则有：-R0Er=解得：E=kbk-1，r故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）(U2-U1)R【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻。三．解答题（共4小题，满分44分，每小题11分）13．（11分）（2022秋•峨眉山市校级期中）如图所示，在匀强电场中直角三角形ABC的边长AB＝8cm，BC＝4cm，将带电荷量q＝﹣6×10﹣6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了2.4×10﹣5J的功，再从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功。求：（1）A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC；（2）如果规定B点的电势为零，则A点和C点的电势分别为多少？（3）画出过B点的一条电场线并计算电场强度的大小（画图保留作图的痕迹，不写做法）。【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算．【专题】计算题；定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】（1）AB间的电势差为4V，BC间的电势差为﹣2V．（2）A、C的电势分别为4V、2V．（3）如图所示．电场强度为70.7V/m【分析】（1）根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差、BC间的电势差．（2）根据电势差等于电势之差，结合B点电势为零，求出A、C点的电势．（3）找出等势线，结合电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，作出电场线．【解答】解：（1）A、B两点间的电势差UAB=WABqB、C两点间的电势差UBC=WBCq（2）A、B两点间的电势差UAB＝φA﹣φB，B、C两点间的电势差UBC＝φB﹣φC又φB＝0解得φA＝4V，φC＝2V（3）取AB的中点D，D点的电势为2V，连接CD，为等势线，电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势，如图所示．根据几何关系，E=Ud=2-04×答：（1）AB间的电势差为4V，BC间的电势差为﹣2V．（2）A、C的电势分别为4V、2V．（3）如图所示．电场强度为70.7V/m【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系．知道电场线与等势线垂直，由高电势指向低电势．14．（11分）（2019春•太原期末）自动驾驶汽车是一种通过电脑系统实现无人驾驶的智能汽车。有一辆m＝1000kg的自动驾驶汽车，在平直公路上以v1＝90km/ℎ的速度匀速行驶，发动机的输出功率为P1＝50kw，当探测到前方有80km/h的限速标志时，发动机功率自动降低到𝑃并保持不变，当轿车速度减到v2＝72km/ℎ时又开始匀速。假设汽车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求：（1）汽车行驶时所受阻力的大小；（2）当汽车开始减速时，其加速度的大小。【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；共点力的平衡问题及求解；牛顿第二定律的简单应用．【专题】应用题；定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由瞬时功率公式可以得到匀速运动时的牵引力的大小，牵引力和阻力相等，可以得到阻力的大小；（2）当汽车开始减速时，根据功率公式求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度。【解答】解：（1）汽车的输出功率P1＝Fv1，当汽车匀速行驶，牵引力等于阻力，f＝F，代入数据解得，阻力f＝2000N。（2）当汽车开始减速时，Ff﹣F′＝ma。减到匀速时，P1＝F′v2。由平衡条件可知，Ff＝F′。解得加速度a＝0.4m/s2。答：（1）汽车行驶时所受阻力的大小为2000N。（2）当汽车开始减速时，其加速度的大小为0.4m/s2。【点评】本题考查了机车启动问题，解题的关键是理解发动机的功率就是牵引力的功率，当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力。15．（11分）（2022秋•荔湾区校级月考）如图所示，光滑轨道abcde固定在竖直平面内，其中ab段水平，cde段是以O为圆心、半径R＝0.4m的一小段圆弧，圆心O在ab的延长线上。在轨道ab上放着两个质量均为1kg物块A、B（A、B可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧P（两端未与A、B拴接）。轨道左侧紧靠a点的光滑水平地面上停着一质量为M＝1kg的小车。小车上表面与水平面ab等高，车上有一根轻弹簧Q。弹簧Q的左端固定在小车上，弹簧原长时右端在小车上g点正上方，小车上表面g点右侧与右端点f之间是粗糙的，g点左侧是光滑的，物块A与g、f两点之间的动摩擦因数μ＝0.25。现将物块A、B之间的细绳剪断，脱离弹簧P后A向左滑上小车，B沿轨道bcde滑动。当B运动到d点时速度沿水平方向，大小为1m/s，g取10m/s2。求：（1）B运动到d点时受到的支持力的大小FN；（2）释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP；（3）要保证物块A既能挤压弹簧Q又最终没有滑离小车，则小车上f、g两点之间的距离L的取值范围为多少？【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；绳球类模型及其临界条件．【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力．【答案】（1）B运动到d点时受到的支持力的大小FN为7.5N。（2）释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP为9J。（3）小车上f、g两点之间的距离L的取值范围为0.45m＜L＜0.9m。【分析】（1）B运动到d点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律计算支持力的大小。（2）B由位置b运动到d的过程中，由机械能守恒定律求出B离开弹簧时的速度大小。弹簧将A、B弹开过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律相结合计算释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP。（3）研究物块A刚好运动到g点和物块A刚好返回到f点两种临界情况，利用动量守恒定律和能量守恒定律计算小车上f、g两点之间的距离L，从而得到L的范围。【解答】解：（1）B运动到d点时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mBg﹣FN＝mBv代入数据解得：FN＝7.5N（2）B由位置b运动到d的过程中，由机械能守恒定律得：1A、B分开过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv1﹣mBvB＝0代入数据解得：v1＝3m/s释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP=12mAv1代入数据解得：EP＝9J（3）当物块A刚好运动到g点时，物块A与小车的速度相等，将小车、弹簧Q和物块A当成一个系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAv1＝（M+mA）v2根据能量守恒定律得：12mAv12=12（M+mA）联立解得：L1＝0.9m当物块A刚好返回到f点时，物块A与小车的速度相等，将小车、弹簧Q和物块A当成一个系统，根据动量守恒定律得：mAv1＝（M+mA）v3根据能量守恒定律得：12mAv12=12（M+mA）v联立解得：L2＝0.45m综上所述，L的取值范围为0.45m＜L＜0.9m。答：（1）B运动到d点时受到的支持力的大小FN为7.5N。（2）释放A、B前弹簧P所储存的弹性势能EP为9J。（3）小车上f、g两点之间的距离L的取值范围为0.45m＜L＜0.9m。【点评】本题主要考查动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用，要分析清楚物体的运动过程，选择合适的研究对象，确定隐含的临界状态，结合动量守恒定律和能量守恒定律分析出L的取值范围。16．（11分）（2020秋•越秀区校级月考）如图所示，在竖直平面内有一质量m＝0.6kg、电荷量q＝+3×10﹣3C的带电小球，用一根长L＝0.2m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点。已知A、O两点等高，且OA＝L，若将带电小球从A点初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，g取10m/s2。（1）求电场强度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动能定理的简单应用．【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；推理论证能力．【答案】（1）电场强度的大小E为2×103V/m；（2）小球最大速度的大小vm为22【分析】（1）小球从A到B过程，根据动能定理即可求电场强度的大小E。（2）小球到达最低点B时速度为零，根据对称性可知，小球达到AB弧的中点时速度最大，根据动能定理列式求解最大速度。【解答】解：（1）小球从A到B过程，根据动能定理有：mgL﹣EqL＝0解得：E＝2×103V/m（2）小球到达最低点B时速度为零，根据对称性可知，AB弧的中点为小球速度最大的位置。从A到AB圆弧中点位置，根据动能定理有：mgLsin45°﹣EqL（1﹣cos45°）=12mvm2解得：vm=2答：（1）电场强度的大小E为2×103V/m；（2）小球最大速度的大小vm为22【点评】对于这类带电体在电场中的运动问题，一定要正确进行受力分析，弄清带电体的运动形式，然后选择适当规律求解。

考点卡片1．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。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．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝mv2联立①②式可解得：v=M+m答：小球的线速度是M+mm点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v4．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：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．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.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．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W5．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。6．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．7．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．8．电场强度与电场力的关系和计算【知识点的认识】根据电场强度的定义式E=FF＝qE。【命题方向】如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；设AB＝r，则有BC＝r。则有：F＝kQq故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝kQ⋅2qr2=8F，故B故选：B。点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。【解题方法点拨】既可以利用E=Fq计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝9．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运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几