2024-2025学年上学期深圳高二物理期末模拟卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期深圳高二物理期末模拟卷2一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2016•北京）如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x的轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（）A． B． C． D．2．（4分）（2022•南京模拟）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（）A．单摆的摆长约为2.0m B．最大偏角约为4° C．最大速度约为0.22m/s D．t＝0.5s时摆球的加速度约为0.7m/s23．（4分）（2020秋•海安市期末）如图是t＝0时刻沿x轴传播的一列简谐横波的图象。该时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.5s，已知t＝0时刻两质点相对平衡位置的位移相同，则（）A．该简谐波沿x轴正方向传播 B．该简谐波的传播周期为0.6s C．t＝0.2s时，质点P的加速度沿y轴负方向 D．经过0.6s质点Q沿x轴移动6.0m4．（4分）两个相同的金属小球，它们的半径均为0.1m，两球的球心间距离为0.3m，所带电量均是+2×10﹣8C，则下面关于两个小球间的静电力F的说法，正确的是（）A．F＝4×10﹣5N B．F＞4×10﹣5N C．F＜4×10﹣5N D．无法判断5．（4分）（2023秋•官渡区校级期中）如图所示，圆心为O、半径为R＝5cm的圆周内，有一平行于圆周平面的匀强电场，其电场强度大小为E＝1×102N/C，直径AB上A点是圆周上电势最高的点，其电势φA＝10V，B点是圆周上电势最低的点，OD与OB的夹角为θ＝60°。下列说法正确的是（）A．B点的电势为﹣5V B．OD间的电势差为5V C．电子在D点的电势能为零 D．将电荷量为q＝5×10﹣3C正电荷从O移到D，电场力做功为1.25×10﹣2J6．（4分）（2022秋•杨浦区校级期末）如图所示，电阻R1＝8Ω，R2＝3Ω，当开关S接a点时，理想电流表示数为1A，当开关S接b点时，理想电流表示数为2A。电源的电动势和内阻分别为（）A．8V4Ω B．9V5Ω C．10V2Ω D．12V10Ω7．（4分）（2020秋•湖里区校级月考）如图为静电除尘器除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。下列表述不正确的是（）A．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．到达集尘极的尘埃带负电荷 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2022秋•皇姑区校级月考）如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则以下说法正确的是（）（子弹射入时间极短且均未穿出物块）A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0＝1005gL C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时的上摆初速度 D．若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，子弹的初速度应为200gL（多选）9．（6分）（2024秋•海淀区校级期中）如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片P向上缓慢滑动的过程中（）A．小灯泡L变亮 B．电压表的示数增大 C．电流表的示数增大 D．电容器C的电荷量增大（多选）10．（6分）（2023•文昌模拟）如图所示，光滑水平桌面上劲度系数为k的轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端系在不带电物块A上。小物块A、B两者之间用跨过光滑定滑轮的绝缘轻绳连接，带正电的绝缘物块B（带电量为q）静止在倾角为θ＝30°且足够长的、逆时针转动的传送带上，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=35，物块A、B质量均为m。某时刻，突然在桌右侧区域施加一场强大小为3mg5q，方向沿传送带向下的匀强电场。轻绳和轻弹簧与A、BA．施加电场前，弹簧的伸长量为mg5kB．施加电场瞬间，物块B的加速度大小为310C．物块B第一次获得最大速度时弹簧的伸长量为3mg5kD．物块B从开始运动到第一次获得最大速度的过程中，系统电势能的减少量为9三．实验题（共5小题，满分54分）11．（7分）（2021春•金州区校级月考）某实验小组利用如图甲所示的双缝干涉装置测量红光的波长。（1）按照实验装置，转动测量头的手轮，将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹的中心对齐，将该亮条纹定为第一条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，记为x1。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第六亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，记为x2，此时的读数为mm，则相邻条纹的间距是mm。（2）已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离L为0.700m，由计算式λ＝（用x1、x2、d、L表示），求得所测红光波长为nm（计算结果保留三位有效数字）。12．（10分）（2021秋•合肥期末）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们利用下列器材测量这种电池的电动势E和内阻r，测量电路的电路图如图甲所示。一个电源E（电动势约1V、内阻约1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、铜片和锌片组成）一只微安表G（内阻为Rg＝100Ω，量程为0～300μA）一个电阻箱R（阻值为0～9999Ω）一个开关S，导线若干。（1）连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。R/kΩ9876543I/μA92102115131152220①上表中缺少一个电流表的示数，其读数如图乙所示，请读出数据填在上面的表格中。②小强同学为了得出该橙汁电池的电动势和内阻，先通过电流算出电源路端电压，再作出U﹣I图像处理数据。若用U表示电源两端的电压，I表示通过电阻箱的电流，则U＝（用I、R、Rg表示）。（2）小明同学根据实验原理，分析论证得出电流表示数I的倒数与电阻箱数值R关系式为1I=（用E、R、r、Rg），并根据数据、Excel程序得出1I-R图像如图（丙）所示，图中的关系方程为1I=1.056R+1.33mA﹣1，则电池的电动势E＝V和内阻r＝13．（10分）（2021•十六模拟）如图所示是内径为R、外径为2R的空心玻璃圆柱体的横截面图，一束由a、b两种单色光组成的复色光从A点以60°的入射角射入，其中a光的折射光线刚好与内圆相切，b光的折射光线射到AB弧的中点M，A、B分别为竖直直径的最高点和最低点，求：（i）a、b两种单色光的折射率之比；（ii）射到AB弧中点M的b光反射一次后折射出圆柱体的折射光线与从M点直接折射出圆柱体的折射光线之间的夹角。14．（12分）（2022•河北模拟）如图甲所示，质量为2kg的物块A与质量为4kg的物块B静置于水平地面上。现给物块A一个瞬时冲量，使其水平向右冲向物块B，与B发生正碰，碰撞时间极短，碰后立即对物块B施加一水平向右、大小为8N的拉力。当物块A停止运动时，撤去物块B上的拉力，此时物块B恰好滑离水平地面，最后垂直落到坑中倾角为53°的斜面上。在整个过程中，物块A的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A、B与地面间的动摩擦因数相同且均可视为质点，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）初始时物块A获得的瞬时冲量大小和A、B间的距离。（2）物块A、B碰撞过程中损失的机械能。（3）物块B最初静止时到坑左边缘的距离。（4）物块B在坑中下落的高度和飞越的水平距离。15．（15分）（2023春•荆门期末）由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束。如图甲所示，大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后，连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时，恰好所有电子都能从两板间通过，已知平行金属板长度为L，两板间距为d，电子的电荷量为﹣e，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力，求：（1）加速电场的电压U0；（2）偏转电场的电压U1；（3）哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d3

2024-2025学年上学期深圳高二物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2016•北京）如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x的轴的正方向。若振子位于N点时开始计时，则其振动图象为（）A． B． C． D．【考点】简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数．【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题．【答案】A【分析】当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t＝0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象。【解答】解：由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化。2．（4分）（2022•南京模拟）如图甲所示，一单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法不正确的是（）A．单摆的摆长约为2.0m B．最大偏角约为4° C．最大速度约为0.22m/s D．t＝0.5s时摆球的加速度约为0.7m/s2【考点】单摆及单摆的条件．【专题】定量思想；方程法；单摆问题；推理论证能力．【答案】A【分析】由单摆的周期公式求解摆长；根据几何关系求解最大偏角；根据图乙可以写出x﹣t关系式，求导得到速度与时间的关系，再次求导得到加速度表达式，由此进行解答。【解答】解：A．由题图乙可知单摆的周期T＝2s，由单摆的周期公式可得：T=2πlg，代入数据可知l＝1m，故B．由题图乙可知单摆的振幅为A＝7cm，该单摆最远的位移为7cm，摆长为l＝1m＝100cm，根据几何关系可得：sinθ=Al=7100=0.07，则C．根据图乙可以写出x﹣t关系式为x＝Asinωt＝0.07sinπt，则速度与时间的关系为：v＝0.07πcosπt；t＝1s时，速度最大，此时v＝0.07πcosπt，代入可得v＝﹣0.22m/s，最大速度约为0.22m/s，故C正确；D．由C选项可得，速度与时间的关系v＝0.07πcosπt，则加速度与时间的关系：a＝﹣0.07π2sinπt当t＝0.5s时，代入数值得a＝﹣0.7m/s2，所以t＝0.5s时摆球的加速度约为0.7m/s2，故D正确。本题选错误的，故选：A。【点评】本题主要是考查简谐运动，解答本题的关键是能够根据图象获取信息，掌握单摆的周期公式。3．（4分）（2020秋•海安市期末）如图是t＝0时刻沿x轴传播的一列简谐横波的图象。该时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，Q质点回到平衡位置的最短时间为0.5s，已知t＝0时刻两质点相对平衡位置的位移相同，则（）A．该简谐波沿x轴正方向传播 B．该简谐波的传播周期为0.6s C．t＝0.2s时，质点P的加速度沿y轴负方向 D．经过0.6s质点Q沿x轴移动6.0m【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据题意可知P质点比Q质点早回到平衡位置，则说明P质点向下振、质点Q向上振，根据同侧法可以判断波传播的方向，然后可以计算周期，判断在不同时刻质点的位置，加速度的方向一定指向平衡位置。【解答】A.该时刻后介质中P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，质点回到平衡位置的最短时间为0.5s，则P质点比Q质点早回到平衡位置，则说明P质点向下振、质点Q向上振，根据同侧法可知该简谐波沿x轴正方向传播，故A正确；B.由题意分析得知，此时P点向下振，Q点向上振，它们周期相同，则T＝2×（0.1+0.5）s＝1.2s，故B错误；C.已知P质点回到平衡位置的最短时间为0.1s，则t＝0.2s时P质点应在平衡位置的下方，可知此时质点P的加速度沿y轴正方向，故C错误；D.简谐横波沿x轴正向传播，质点振动方向与x轴垂直，在x轴方向没有位移，故D错误。故选：A。【点评】本题是波的图象问题，分析波的传播方向与质点振动方向间的关系是基本功，分析波动形成过程是基本能力。4．（4分）两个相同的金属小球，它们的半径均为0.1m，两球的球心间距离为0.3m，所带电量均是+2×10﹣8C，则下面关于两个小球间的静电力F的说法，正确的是（）A．F＝4×10﹣5N B．F＞4×10﹣5N C．F＜4×10﹣5N D．无法判断【考点】库仑定律的表达式及其简单应用．【专题】电场力与电势的性质专题．【答案】C【分析】本题题中由于带电球的大小与它们之间的距离相比，不能忽略，因此不能看作点电荷，不能直接利用库仑定律计算库仑力的大小，只能根据库仑定律定性的比较库仑力的大小．【解答】解：它们的半径均为0.1m，当两球心相距为0.3m时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电量间距大于0.3m，根据库仑定律F＝kQqr2，可知，它们相互作用的库仑力大小F＜9×109×(2×10-8)20．32故选：C。【点评】本题应明确当两球心相距为3R时，两球不能看成点电荷，不能直接运用库仑定律解答，注意库仑定律的成立条件，理解点电荷的含义．5．（4分）（2023秋•官渡区校级期中）如图所示，圆心为O、半径为R＝5cm的圆周内，有一平行于圆周平面的匀强电场，其电场强度大小为E＝1×102N/C，直径AB上A点是圆周上电势最高的点，其电势φA＝10V，B点是圆周上电势最低的点，OD与OB的夹角为θ＝60°。下列说法正确的是（）A．B点的电势为﹣5V B．OD间的电势差为5V C．电子在D点的电势能为零 D．将电荷量为q＝5×10﹣3C正电荷从O移到D，电场力做功为1.25×10﹣2J【考点】匀强电场中电势差与电场强度的关系；电场力做功的计算及其特点；电场力做功与电势能变化的关系．【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】D【分析】A.根据题意确定电场线的方向，由公式U＝Ed计算确定B点的电势；B.根据电势差的公式代入数据计算；C.根据电势能的公式EP＝qφ判断；D.根据电场力做功的公式代入数据计算。【解答】解：A.由题意可知，场强的方向沿AB方向，且UAB=2ER=2×102×0.05V=10V，因A点的电势φA＝10VB.OD间的电势差为UOD＝ERcos60°＝2.5V，故B错误；C.因D点电势高于B点电势，则电势不为零，则电子在D点的电势能不为零，故C错误；D.将电荷量为q＝5×10﹣3C正电荷从O移到D，电场力做功为WOD=U故选：D。【点评】熟练掌握匀强电场中的电势差、电势能、电势、电场力做功等各物理量的求解。6．（4分）（2022秋•杨浦区校级期末）如图所示，电阻R1＝8Ω，R2＝3Ω，当开关S接a点时，理想电流表示数为1A，当开关S接b点时，理想电流表示数为2A。电源的电动势和内阻分别为（）A．8V4Ω B．9V5Ω C．10V2Ω D．12V10Ω【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据欧姆定律列出等式并求解出电动势和内阻即可。【解答】解：开关s接通a时，根据欧姆定律得：E＝I1（R1+r）；当开关接通b时，根据欧姆定律得：E＝I2（R2+r）联立解得：E＝10V；r＝2Ω，故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，代入数据进行计算即可，属于基础题型。7．（4分）（2020秋•湖里区校级月考）如图为静电除尘器除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的。下列表述不正确的是（）A．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同 B．电场方向由集尘极指向放电极 C．到达集尘极的尘埃带负电荷 D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大【考点】静电的利用和防止．【专题】简答题；定性思想；推理法；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】A【分析】（1）由图可知，两电极的电性，根据带电尘埃迁移到集尘极，可知带电尘埃带负电，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反；（2）电场线方向为正极指向负极；（3）由电场力公式F＝qE可知，带电量越大，电场力越大。【解答】解：AC、由图可知，集尘极为正极，则带点尘埃带负电，尘埃受到的电场力方向与电场方向相反，故A错误，C正确；B、集尘极为正极，则电场方向由集尘极指向放电极，故B正确；D、由电场力F＝qE可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确，本题选不正确的，故选：A。【点评】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2022秋•皇姑区校级月考）如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0水平射入物块B后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆。则以下说法正确的是（）（子弹射入时间极短且均未穿出物块）A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0＝1005gL C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时的上摆初速度 D．若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，子弹的初速度应为200gL【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；机械能守恒定律的简单应用．【专题】比较思想；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】BCD【分析】在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其动量守恒，机械能不守恒；物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得B在最高点的速度。从最低点到最高点的过程，利用机械能守恒定律求出子弹射入物块B后的速度，再研究子弹射入物块B的过程，由动量守恒定律求子弹射入物块B的初速度；若物块A不固定，再根据动量守恒定律和能量守恒定律同样的求子弹射入前的初速度。【解答】解：A、在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，合外力冲量远小于内力冲量，其动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒，故A错误。B、物块B（包括子弹）恰好能在竖直面内做圆周运动，在最高点时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg＝mv解得：v1=物块B（包括子弹）从最低点到最高点的过程，根据机械能守恒定律得：mg•2L+子弹射入物块B的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：0.01mv0＝（0.01m+0.99m）v2联立解得v2=5gL，v0＝1005gL，故BC、若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，根据动量守恒定律知，物块上摆的初速度等于原来物块A固定时的上摆初速度，故C正确。D、若物块A不固定，当物块B摆到与PQ等高时，B、A有相同的水平速率为v2′，以向右方向为正，根据水平动量守恒有：0.01mv0′＝（0.01m+0.99m）v1′＝（m+0.01m+0.99m）v2′，从击中后到同高由机械能守恒有：12(0.01m+0.99m)v1'2=（0.01m+0.99m）g×L+12故选：BCD。【点评】解决本题时，要明确B通过最高点的临界条件：重力等于向心力。要把握每个过程的物理规律，要注意当物块B摆到与PQ等高时，B与A的水平速度相同。（多选）9．（6分）（2024秋•海淀区校级期中）如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑片P向上缓慢滑动的过程中（）A．小灯泡L变亮 B．电压表的示数增大 C．电流表的示数增大 D．电容器C的电荷量增大【考点】含容电路的动态分析．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】在滑片向上滑动过程，滑动变阻器阻值变大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数、灯泡亮度的变化情况；由欧姆定律分析并联部分的电压变化，可知电流表的示数变化情况、电容两端的电压变化情况；由电容定义式的推导式，可分析电容的电荷量变化情况。【解答】解：AB、在滑片向上滑动过程，滑动变阻器阻值变大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大；根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I=E由E＝U+Ir，可知路端电压U变大，即可知电压表示数变大、灯泡L变暗，可知A错误，B正确；C、由外电路的串联分压特点，滑动变阻器、电阻并联部分看作整体，再与灯泡串联，故并联部分的电压为：U并由AB选项的分析可知，路端电压U增大，故在R并增大时，并联部分的电压U并增大，电流表的示数为：IA=UD、由C选项分析可知，并联部分的电压U并增大，故电容两端电压增大，由电容定义式的推导可知：Q＝CU并，即电容的Q增大，故D正确。故选：BCD。【点评】本题考查电路的动态分析，在判断各物理量的变化时，关键是利用闭合电路欧姆定律，用表达式结合数学知识判断。（多选）10．（6分）（2023•文昌模拟）如图所示，光滑水平桌面上劲度系数为k的轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端系在不带电物块A上。小物块A、B两者之间用跨过光滑定滑轮的绝缘轻绳连接，带正电的绝缘物块B（带电量为q）静止在倾角为θ＝30°且足够长的、逆时针转动的传送带上，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=35，物块A、B质量均为m。某时刻，突然在桌右侧区域施加一场强大小为3mg5q，方向沿传送带向下的匀强电场。轻绳和轻弹簧与A、BA．施加电场前，弹簧的伸长量为mg5kB．施加电场瞬间，物块B的加速度大小为310C．物块B第一次获得最大速度时弹簧的伸长量为3mg5kD．物块B从开始运动到第一次获得最大速度的过程中，系统电势能的减少量为9【考点】电场力做功与电势能变化的关系；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ABD【分析】根据平衡条件和胡克定律，求弹簧的伸长量；由牛顿第二定律和平衡条件，求加速度大小和B第一次获得最大速度时弹簧的伸长量；根据功能关系，分析系统电势能的减少量。【解答】解：A．施加电场前，物体B应受重力、传送带的支持力、轻绳上拉力、沿传送带向上的滑动摩擦力，则沿传送带方向上，根据平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ+T解得T=对物体A受力分析，根据平衡条件和胡克定律T＝F弹＝kx解得x=故A正确；B．施加电场瞬间，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律mgsinθ+Eq﹣μmgcosθ﹣F弹＝2ma解得a=故B正确；C．物体B获得第一次最大速度时，A、B加速度均为0，根据平衡条件：mgsinθ+Eq﹣μmgcosθ﹣F弹'＝0可得F'弹故C错误；D．从物体B开始运动到第一次获得最大速度的过程中，弹簧伸长量的变化量（也即物体B下滑位移）为Δx＝x'﹣x，解得Δx=根据功能关系，系统电势能减少量|故D正确。故选：ABD。【点评】本题考查学生对牛顿第二定律和平衡条件以及功能关系的掌握，具有一定综合性，是一道中等难度题。三．实验题（共5小题，满分54分）11．（7分）（2021春•金州区校级月考）某实验小组利用如图甲所示的双缝干涉装置测量红光的波长。（1）按照实验装置，转动测量头的手轮，将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹的中心对齐，将该亮条纹定为第一条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示，记为x1。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第六亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图丙所示，记为x2，此时的读数为13.870mm，则相邻条纹的间距是2.310mm。（2）已知双缝间距d为2.0×10﹣4m，测得双缝到屏的距离L为0.700m，由计算式λ＝d(x2-x1)5L（用x1、x2、d、【考点】用双缝干涉测量光的波长；刻度尺的使用与读数．【专题】实验题；定量思想；推理法；基本实验仪器；光的干涉专题；理解能力．【答案】（1）13.870；2.310；（2）d(x2【分析】螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读，根据Δx=x根据双缝干涉条纹的间距公式求出波长的表达式，代入数据求出波长的大小．【解答】解：（1）图乙中螺旋测微器的读数为2mm+0.01×32.0mm＝2.320mm，图丙中螺旋测微器的读数为13.5mm+0.01×37.0mm＝13.870mm．n＝6﹣1＝6，相邻条纹间距Δx=xn（2）由双缝干涉条纹公式Δx=Ldλ得，λ=ΔxdL=d(x2-x故答案为：（1）13.870；2.310；（2）d(x2【点评】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用．12．（10分）（2021秋•合肥期末）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们利用下列器材测量这种电池的电动势E和内阻r，测量电路的电路图如图甲所示。一个电源E（电动势约1V、内阻约1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、铜片和锌片组成）一只微安表G（内阻为Rg＝100Ω，量程为0～300μA）一个电阻箱R（阻值为0～9999Ω）一个开关S，导线若干。（1）连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。R/kΩ9876543I/μA92102115131152180220①上表中缺少一个电流表的示数，其读数如图乙所示，请读出数据填在上面的表格中。②小强同学为了得出该橙汁电池的电动势和内阻，先通过电流算出电源路端电压，再作出U﹣I图像处理数据。若用U表示电源两端的电压，I表示通过电阻箱的电流，则U＝I（R+Rg）（用I、R、Rg表示）。（2）小明同学根据实验原理，分析论证得出电流表示数I的倒数与电阻箱数值R关系式为1I=1ER+Rg+rE（用E、R、r、Rg），并根据数据、Excel程序得出1I-R图像如图（丙）所示，图中的关系方程为1I=1.056R+1.33mA﹣1，则电池的电动势E＝0.95【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）180，I（R+Rg）；（2）1ER+Rg【分析】（1）根据电流表的读数方法读得数据；根据串并联电路的规律可求得电路中的路端电压；（2）根据电路结构分析实验得出函数解析式，再根据图象的性质分析处理数据．【解答】（1）由图乙可知电流表最小刻度为10mA，则电流表的读数为180mA.U为路端电压，则由欧姆定律得U＝I（R+Rg）（2）由闭合电路欧定律得E＝I（R+Rg+r）变形得1I对比1I=1.056R+1.33mA﹣解得E＝0.95V，r＝1160Ω＝1.16kΩ故答案为：（1）180，I（R+Rg）；（2）1ER+Rg【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据数据处理的方法进行分析．13．（10分）（2021•十六模拟）如图所示是内径为R、外径为2R的空心玻璃圆柱体的横截面图，一束由a、b两种单色光组成的复色光从A点以60°的入射角射入，其中a光的折射光线刚好与内圆相切，b光的折射光线射到AB弧的中点M，A、B分别为竖直直径的最高点和最低点，求：（i）a、b两种单色光的折射率之比；（ii）射到AB弧中点M的b光反射一次后折射出圆柱体的折射光线与从M点直接折射出圆柱体的折射光线之间的夹角。【考点】光的折射定律．【专题】计算题；定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（i）根据几何关系求得折射角，根据n=sinisinr求得折射率，即可求得a、（ii）做出b光的光路图，根据光路图，利用折射定律求得折射角，即可求得最终的夹角。【解答】解：（i）对a光，设其在玻璃中的折射角为r1，则sinr1=R2R=根据折射定律可得：n对于b光，设其在玻璃中的折射角为r2，则有：sinr2=2R22根据折射定律可得：n故ab两种单色光的折射率之比为n（ii）画出光路图如图所示，设从M点直接折射出圆柱的折射光ME，根据折射定律可知，折射角为60°故以b光在圆柱中传播路径AM为准，从右下方向向左偏折15°，b光在M点反射时，因为入射角为45°，所以反射角也为45°，故反射光线和入射光线的夹角等于90°，则以b光在圆柱体中的传播路径AM为准，从右下方向左偏折90°设从B点直接折射出圆柱体的折射光线为BF，根据折射定律可知，折射角也为60°，故以b光在圆柱体重的传播路径MB为准，从左下方向上偏折15°，所以出射光线BF相对入射光线的偏转角度为90°+15°＝105°，故两种情况偏转的角度差为105°﹣90°＝15°所以射到AB弧中点M的b光反射一次后折射出圆柱体的折射光线与从M点直接折射出圆柱体的折射光线之间的夹角为90°答：（i）a、b两种单色光的折射率之比为21（ii）射到AB弧中点M的b光反射一次后折射出圆柱体的折射光线与从M点直接折射出圆柱体的折射光线之间的夹角为90°。【点评】本题是折射定律的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可研究这类问题。14．（12分）（2022•河北模拟）如图甲所示，质量为2kg的物块A与质量为4kg的物块B静置于水平地面上。现给物块A一个瞬时冲量，使其水平向右冲向物块B，与B发生正碰，碰撞时间极短，碰后立即对物块B施加一水平向右、大小为8N的拉力。当物块A停止运动时，撤去物块B上的拉力，此时物块B恰好滑离水平地面，最后垂直落到坑中倾角为53°的斜面上。在整个过程中，物块A的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。已知物块A、B与地面间的动摩擦因数相同且均可视为质点，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）初始时物块A获得的瞬时冲量大小和A、B间的距离。（2）物块A、B碰撞过程中损失的机械能。（3）物块B最初静止时到坑左边缘的距离。（4）物块B在坑中下落的高度和飞越的水平距离。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算；动量定理的内容和应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）初始时物块A获得的瞬时冲量大小为8kg•m/s，A、B间的距离为10.5m；（2）物块A、B碰撞过程中损失的机械能为1.83J。（3）物块B最初静止时到坑左边缘的距离为7m。（4）物块B在坑中下落的高度为0.75m，飞越的水平距离为2m。【分析】（1）由图乙读出瞬时冲量作用后物块A获得的速度，由动量定理求初始时物块A获得的瞬时冲量大小。根据位移—时间图像的面积求出0～3s内物块A通过的位移，即为A、B间的距离；（2）根据图像求出A的加速度，然后求出地面得动摩擦因数，求出物块A、B碰撞后物块A的速度，根据动量守恒定律求出B的速度；然后求出碰撞过程中损失的机械能。（3）根据图像求出A的加速度，然后求出地面得动摩擦因数，对物块B进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学的公式求出最初静止时到坑左边缘的距离。（4）B离开水平面后做平抛运动，将运动分解即可求出物块B在坑中下落的高度和飞越的水平距离。【解答】解：（1）由图乙读出瞬时冲量作用后物块A获得的速度为4m/s，则物块A获得的瞬时冲量大小：I＝ΔP＝Δmv＝2×4kg•m/s＝8kg•m/s；0～3s内物块A通过的位移，即为A、B间的距离为：x1=4+3（2）选取向右为正方向，A向右运动的过程中的加速度：a=v由图乙读出物块A、B碰撞后物块A运动的时间为2s为，则物块A、B碰撞后物块A的速度：v3=aΔt'=-1选取向右为正方向，A与B碰撞的过程中水平方向的动量守恒，则：mv2＝mv3+Mv4代入数据可得：v4碰撞过程中损失的机械能：ΔE=代入数据可得：ΔE=116J≈（3）开始时A做减速运动的加速度：a=所以：μ=物块B水平方向受到拉力和摩擦力，由牛顿第二定律得：F﹣μMg＝Ma′可得：a′=B最初静止时到坑左边缘的距离：x代入数据可得：x2＝7m（4）B离开水平面时的速度：v5＝v4+a′Δt=11B最后垂直落到坑中倾角为53°的斜面上时设竖直方向的分速度为vy，则：tan(90则：vyB下落得高度：h=vy2B离开水平面后做平抛运动的时间：t=vyg飞越的水平距离：d＝v5t=316×0.385答：（1）初始时物块A获得的瞬时冲量大小为8kg•m/s，A、B间的距离为10.5m；（2）物块A、B碰撞过程中损失的机械能为1.83J。（3）物块B最初静止时到坑左边缘的距离为7m。（4）物块B在坑中下落的高度为0.75m，飞越的水平距离为2m。【点评】解答该题关键是要注意把握运动的各过程，同时要注意A与B碰撞后的速度不是﹣1m/s，要结合相应的条件判断。15．（15分）（2023春•荆门期末）由电子加速器、偏转电场组成的装置可以实现电子扩束。如图甲所示，大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后，连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时，恰好所有电子都能从两板间通过，已知平行金属板长度为L，两板间距为d，电子的电荷量为﹣e，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力，求：（1）加速电场的电压U0；（2）偏转电场的电压U1；（3）哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方d3【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转；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；分析综合能力．【答案】（1）加速电场的电压为mL（2）偏转电场的电压为md（3）t=(2n+1)t0±56t0【分析】（1）根据动能定理求出电子在电场中加速后的速度，再根据电子通过两板之间的时间求出加速电场的电压；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，根据运动的分解求出偏转电场的电压；（3）根据电子进入偏转时电压的大小分情况讨论分析电子的运动性质，根据电子离开偏转电场的位置求出电子向上加速运动的时间，进而求出电子进入偏转电场的时刻。【解答】解：（1）电子加速后速度为v0，有eU电子通过两板之间的时间为2t0，有L＝v0×2t0解得U（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a，有eU在t＝nt0时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大，恰好从两板间射出，有d2解得U1（3）当电子进入偏转电场时U＞0，设电子先向上加速运动t1时间电场反向，后再向上减速运动t1时间速度恰为0，然后向下加速运动t0﹣t1时间电场反向，后向下减速运动t0﹣t1时间，出偏转电场时正好位于中线上方d3d3解得t1即电子进入偏转电场的时刻为t=(2n+1)t0-t当电子进入偏转电场时U＜0，设电子先向下加速运动t2时间电场反向，后再向下减速运动t2时间速度恰为0，然后向上加速运动t0﹣t2时间电场反向，后向上减速运动t0﹣t2时间，出偏转电场时正好位于中线上方d3d3解得t2即电子进入偏转电场的时刻为t=(2n+2)t0-t综合可知，电子进入偏转电场的时刻为t=(2n+1)t0±5答：（1）加速电场的电压为mL（2）偏转电场的电压为md（3）t=(2n+1)t0±56t0【点评】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转，解决本题的关键是熟练掌握动能定理和运动的分解。

考点卡片1．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100N故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．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．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。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．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．8．动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用【知识点的认识】1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。2.在子弹打木块过程中摩擦生热，则系统机械能不守恒，机械能向内能转化。3.若子弹不穿出木块，则二者最后有共同速度，机械能损失最多。【命题方向】如图，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块（未穿出），若木块与地面间的动摩擦因数为μ．求：（1）子弹击中木块后与木块的共同速度；（2）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离．分析：（1）子弹击中木块过程系统的动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度．（2）由动能定理求出木块在地面滑行的距离．解答：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子弹击中木块后与木块的共同速度为：v′=（2）对木块（包括子弹），由动能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0-12（M+m）v′解得：s=m答：（1）子弹击中木块后与木块的共同速度为mvM+m（2）子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离为m2点评：本题关键要分析清楚物体的运动过程，知道打击过程遵守动量守恒定律，结合动能定理即可正确解题．【解题思路点拨】（1）子弹打木块的过程很短暂，认为木块瞬间得到速度且位置不变。（2）子弹打入木块过程损失的机械能并没有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子弹和木块的共同运动的动能。9．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．10．简谐运动的表达式及振幅、周期、频率、相位等参数【知识点的认识】简谐运动的描述（1）描述简谐运动的物理量①位移x：由平衡位置指向质点所在位置的有向线段，是矢量．②振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离，是标量，表示振动的强弱．③周期T和频率f：物体完成一次全振动所需的时间叫周期，而频率则等于单位时间内完成全振动的次数，它们是表示震动快慢的物理量．二者互为倒数关系．（2）简谐运动的表达式x＝Asin（ωt+φ）．（3）简谐运动的图象①物理意义：表示振子的位移随时间变化的规律，为正弦（或余弦）曲线．②从平衡位置开始计时，函数表达式为x＝Asinωt，图象如图1所示．从最大位移处开始计时，函数表达式为x＝Acosωt，图象如图2所示．【命题方向】常考题型是考查简谐运动的图象的应用：（1）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A．质点运动频率是4HzB．在10s要内质点经过的路程是20cmC．第4s末质点的速度是零D．在t＝1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度．解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为14Hz＝0.25Hz，故AB、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.5×4×2cm＝20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B．点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用．（2）一个弹簧振子在A、B间做简谐运动，O为平衡位置，如图所示，以某一时刻t＝0为计时起点，经14A．B．C．D．分析：根据某一时刻作计时起点（t＝0），经14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0时刻质点的位置和速度方向，确定位移的图象解：由题，某一时刻作计时起点（t＝0），经14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此时位移为负方向最大，即在A点，说明t＝0时刻质点经过平衡位置向左，则x＝故选：D．点评：本题在选择图象时，关键研究t＝0时刻质点的位移和位移如何变化．属于基础题．【解题方法点拨】振动物体路程的计算方法（1）求振动物体在一段时间内通过路程的依据：①振动物体在一个周期内通过的路程一定为四个振幅，在n个周期内通过的路程必为n•4A；②振动物体在半个周期内通过的路程一定为两倍振幅；③振动物体在T4内通过的路程可能等于一倍振幅，还可能大于或小于一倍振幅，只有当初始时刻在平衡位置或最大位移处时，T（2）计算路程的方法是：先判断所求时间内有几个周期，再依据上述规律求路程。11．单摆及单摆的条件【知识点的认识】1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。2．视为简谐运动的条件：摆角小于5°。【命题方向】在如图所示的装置中，可视为单摆的是（）分析：单摆是由质量可以忽略的不可伸长的细绳，体积小而密度大的小球组成，单摆上端要固定，单摆摆动过程摆长不能发生变化。解答：可视为单摆的装置，要求要用没有弹性的细线，摆动过程中摆线的长度不能发生变化，A、摆线用细线，摆动过程中长度不发生变化，是可以视为单摆的，故A正确B、摆线用的是细橡皮筋，摆动过程中长度会发生变化，不能视为单摆，故B错误C、摆线用的是粗麻绳，粗麻绳的质量不能忽略，单摆的重心不在摆球的球心上，不能视为单摆，故C错误D、由于细线跨在了一个轮子上，小球在摆动过程中，摆长会发生变化，不能视为单摆，故D错误故选：A。点评：本题考查了单摆的构成，掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题；平时要注意基础知识的学习与积累。【解题思路点拨】1.对单摆的装置要求（1）对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于小球的半径。（2）对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。2.单摆做简谐运动的条件：（1）最大摆角很小；（2）空气阻力可以忽略不计。3.弹簧振子与单摆弹簧振子（水平）单摆模型示意图条件忽略弹簧质量、无摩擦等阻力细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆角很小平衡位置弹簧处于原长处最低点回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力周期公式T＝2πmkT＝2πl能量转化弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒重力势能与动能的相互转化，机械能守恒12．波长、频率和波速的关系【知识点的认识】描述机械波的物理量（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．【命题方向】常考题型：如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A．此列波的周期为T＝0.4sB．质点B、F在振动过程中位移总是相等C．质点I的起振方向沿y轴负方向D．当t＝5.1s时，x＝10m的质点处于平衡位置处E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=λT求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时