2024-2025学年上学期深圳高二物理期末模拟卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期深圳高二物理期末模拟卷3一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）关于简谐运动，下列说法中正确的是（）A．位移的方向总是指向平衡位置 B．加速度方向总和位移方向相反 C．位移方向总和速度方向相反 D．位移方向总和速度方向相同2．（4分）（2022春•三明期中）以下说法中正确的是（）A．交通警示灯选用红色是因为红光更容易穿透云雾烟尘 B．光学镜头上的增透膜是利用了光的全反射现象 C．水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从气泡射向水中时发生了全反射的缘故 D．让红光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹间距较大的是绿光3．（4分）（2022•杭州模拟）下列说法正确的是（）A．图中“3000F2.7V”的超级电容器最多可以储存8.1C的电荷量 B．图中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图中所示 C．图中直导线悬挂在磁铁的两极间，通以如图所示的电流时会受到磁场力 D．图中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，框内会产生感应电流4．（4分）（2023秋•江阴市期中）科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针静止时，N极指向为北偏东30°，如图虚线所示。设该位置地磁场磁感应强度的水平分量为B，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小值为（）A．B2 B．B C．32B D．5．（4分）当弹簧振子作简谐振动的振幅增大为原来的2倍时，以下物理量增大为原来的2倍的是（）（1）周期；（2）最大速度；（3）最大加速度；（4）总的机械能。A．（1）（3） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（2）6．（4分）（2020秋•南岗区校级月考）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以电荷+Q为圆心的某一圆周交于H、L两点，从圆心到K点的连线垂直于细杆，FH＝HK＝KL，质量为m、带电量为﹣q（q＜＜Q）的有孔小球套在杆上，从F点静止开始下滑。则带电小球从F点运动到L点的过程中，下列说法正确的是（）A．到达K点速度最大 B．整个过程中机械能守恒 C．电场力先做正功后做负功 D．到达H点速度等于到达L点速度7．（4分）（2020秋•蓟州区校级月考）如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子，重力不计，在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（）A．φ4等势面上各点场强处处相同 B．四个等势面的电势关系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C．粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功 D．粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va＜vb＜vc＝vd二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2019春•南通期末）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，电流表A1、A2均为理想电表闭合开关S，下列判断正确的有（）A．电流表A1示数增大 B．电流表A2示数减小 C．电源内阻消耗的功率减小 D．电源的总功率减小（多选）9．（6分）（2023秋•辽宁期中）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（）A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动 B．贴着上极板插入金属板，则电路中有顺时针方向的电流 C．将上极板向左平移一小段距离，P点处的油滴的电势能增大 D．将开关断开，并向上移动上极板，则油滴仍处于静止状态（多选）10．（6分）（2020秋•南山区校级月考）如图所示，粗糙程度均匀的直杆AC通过另一根杆CB固定在水平面上，∠CAB＝30°，AC的下方O点固定有一个正点电荷，杆上有M、P、N三点，P为MN的中点，OM＝ON，OM∥AB，一带负电可视为质点的小球套在杆上由N处由静止开始下滑，初始加速度大小为aN，第一次经过P处的速度大小为v，运动到M处速度为0，后又以大小为aM的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，P点电势为零。下列说法正确的是（）A．小球可以返回到出发点N处 B．撤O点的正电荷，小球可以在直杆上处于静止 C．系统具有的最大电势能为12mv2D．aN＝g+aM三．实验题（共5小题，满分54分）11．（6分）（2023春•西湖区校级月考）在用“单摆测重力加速度”的实验中：（1）若该同学用游标卡尺测定了小球的直径，如图所示，则小球直径为cm；（2）下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是（填字母代号）。A．B．C．D．12．（10分）（2019春•海珠区期末）如图所示，图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路。继电器的电阻为300Ω，当线圈的电流大于或等于10mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E＝9.0V，内阻不计。图中的“加热电源”是恒温箱加热器的电源（1）应该把恒温箱内的加热器接在（填“A、B”或“C、D”）端；（2）若恒温箱系统要保持温度为50℃，可按照下列步骤调节温控电路：①电路接通前，将滑动变阻器接入电路阻值调至最大，并将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值应为Ω。②将单刀双掷开关向（填“1”或“2”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至继电器的衔铁被吸合。③保持滑动变阻器的位置不变，将单刀双掷开关向另一端闭合，恒温箱系统即可正常使用。此时滑动变阻器接入电路的阻值为Ω。13．（8分）一列简谐横波沿着x的正方向传播，t＝0时刻波源从坐标原点处开始振动。如图甲所示是波在t＝0.6s时的部分波动图像，如图乙所示是这列波上x＝1.4m处的质点的振动图像（t＝0.7s开始振动），求：（1）波的振动周期以及波源的振动方程；（2）t＝1.5s时间内，x＝0.6m处的质点的路程。14．（12分）（2019秋•湖北期中）单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光线在过球心O的平面内。入射角i＝45°，经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出。已知真空中光速为c，入射光线与出射光线反向延长线之间的夹角a＝30°，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）。求：①光从球内射出球体的临界角；②光在透明球中传播的时间。15．（18分）（2021•东安区校级开学）如图所示，有一电子由静止开始经电压为U1的电场加速后，从两平行金属板正中间垂直电场方向射入电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。已知两平行金属间距离为d、板长为l，且电子的质量为m、电荷量为e，求：（1）电子离开电场U1时的速度v0；（2）两金属板间的电压U2。

2024-2025学年上学期深圳高二物理期末典型卷3参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）关于简谐运动，下列说法中正确的是（）A．位移的方向总是指向平衡位置 B．加速度方向总和位移方向相反 C．位移方向总和速度方向相反 D．位移方向总和速度方向相同【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断．【专题】应用题；定性思想；推理法；简谐运动专题；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】B【分析】位移的方向总是背离平衡位置；加速度的方向总是指向平衡位置，位移的方向总是背离平衡位置，故加速度方向总和位移方向相反；质点的位移方向总是背离平衡位置，速度方向有时指向平衡位置，有时背离平衡位置；【解答】解：A、位移的方向总是背离平衡位置，故A错误；B、加速度的方向总是指向平衡位置，位移的方向总是背离平衡位置，故加速度方向总和位移方向相反，故B正确；CD、质点的位移方向总是背离平衡位置，速度方向有时指向平衡位置，有时背离平衡位置，故CD错误；故选：B。【点评】明确简谐运动的特点是解决问题的关键。2．（4分）（2022春•三明期中）以下说法中正确的是（）A．交通警示灯选用红色是因为红光更容易穿透云雾烟尘 B．光学镜头上的增透膜是利用了光的全反射现象 C．水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从气泡射向水中时发生了全反射的缘故 D．让红光和绿光通过同一双缝干涉装置，形成的干涉条纹间距较大的是绿光【考点】光的干涉现象；光的衍射现象；光的全反射现象；光的折射与全反射的综合问题．【专题】定性思想；推理法；光的折射专题；光的干涉专题；理解能力．【答案】A【分析】波长越长的越容易发生光的衍射现象；光学镜头上的增透膜利用了光的干涉现象；水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从水射入气泡发生全发射的缘故；依据光的干涉条纹间距公式Δx=Ld【解答】解：A、交通警示灯选用红色是因为红光的波长长，更容易穿透云雾烟尘，故A正确；B、光学镜头上的增透膜是利用了光的干涉现象，故B错误；C、水中的气泡，看起来特别明亮，是因为光线从水中射向气泡时发生了全反射的缘故，故C错误；D、让红光和绿光通过同一双缝干涉装置，依据光的干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，形成的干涉条纹间距较大的是红光，因为红光的波长长，故故选：A。【点评】解决本题的关键是理解并掌握波的基本知识，要知道单色光的频率越大，波长越短，折射率越大。掌握光的全反射与折射的区别，理解光的干涉原理及条件。3．（4分）（2022•杭州模拟）下列说法正确的是（）A．图中“3000F2.7V”的超级电容器最多可以储存8.1C的电荷量 B．图中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图中所示 C．图中直导线悬挂在磁铁的两极间，通以如图所示的电流时会受到磁场力 D．图中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，框内会产生感应电流【考点】电磁感应现象的发现过程；电容的概念、单位与物理意义；磁感线的概念和性质；通电直导线周围的磁场；安培力的概念．【专题】定量思想；推理法；电容器专题；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】本题根据Q＝CU、右手螺旋定则、安培力规律、产生感应电流条件，结合题意，即可解答。【解答】解：A．电容器最多能储存的电荷量是Q＝CU＝3000×2.7C＝8.1×103C故A错误；B．根据右手螺旋定则可知环形电流产生的磁场方向垂直纸面向外，故小磁针静止时垂直纸面且N极指向外，故B错误；C．通电导线在磁场中与磁场方向不平行时，会受到磁场力的作用，故C正确；D．要产生感应电流必须同时满足两个条件，一是回路闭合，二是磁通量发生变化，线框在磁场中运动时，磁通量不变，故不能产生感应电流，故D错误。故选：C。【点评】本题解题的关键是掌握产生感应电流必须同时满足两个条件，一是回路闭合，二是磁通量发生变化，缺一不可。4．（4分）（2023秋•江阴市期中）科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针静止时，N极指向为北偏东30°，如图虚线所示。设该位置地磁场磁感应强度的水平分量为B，磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小值为（）A．B2 B．B C．32B D．【考点】磁感应强度的定义与物理意义．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】A【分析】根据矢量三角形定则分析磁感应强度水平分量最小值。【解答】解：磁矿所产生的磁场使原来指向正北的N极顺时针转过30°，根据矢量三角形定则可知：磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小时方向与图中虚线垂直，则磁感应强度水平分量最小值为：B'＝Bsin30°B'故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】根据矢量三角定则分析得出磁矿所产生的磁感应强度水平分量最小的条件，可以根据自己积累的经验，类比力的合成与分解的方法进行分析。5．（4分）当弹簧振子作简谐振动的振幅增大为原来的2倍时，以下物理量增大为原来的2倍的是（）（1）周期；（2）最大速度；（3）最大加速度；（4）总的机械能。A．（1）（3） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（2）【考点】简谐运动的回复力；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；简谐运动专题；分析综合能力．【答案】B【分析】根据弹簧振子的周期公式和弹簧的弹性势能公式可确定振幅增大2倍，其周期，速度和加速度的变化。【解答】解：简谐振动的振幅增大为原来的2倍时，周期T＝2mmk振幅增大2倍，弹簧的最大伸长量为原来的2倍，其最大加速度为原来的2倍；其弹簧的最大弹性势能Ep=12kx2，增大为原来的4倍，弹簧振子在最大位移处，振子速度为零，总机械能表现为弹簧弹性势能，所以总机械能增大为原来的4倍；在平衡位置处，弹性势能为零，速度最大，所以其最大速度为原来的故最大速度和总的机械能增大为原来的2倍，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查了弹簧振子的特点，解题关键是掌握弹簧振子的周期公式，振幅和机械能，最大速度和最大加速度的关系。6．（4分）（2020秋•南岗区校级月考）如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以电荷+Q为圆心的某一圆周交于H、L两点，从圆心到K点的连线垂直于细杆，FH＝HK＝KL，质量为m、带电量为﹣q（q＜＜Q）的有孔小球套在杆上，从F点静止开始下滑。则带电小球从F点运动到L点的过程中，下列说法正确的是（）A．到达K点速度最大 B．整个过程中机械能守恒 C．电场力先做正功后做负功 D．到达H点速度等于到达L点速度【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；常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】C【分析】加速度为零的点就是速度最大的点。根据机械能守恒条件判机械能是否守恒。根据功的定义判断做功正负。对H点到L点应用动能定理，电场力做功为零，重力做功不为零，故动能会发生变化。【解答】解：A、K点电场力水平向左与弹力平衡，竖直方向只受重力，合力F＝mg。故加速度为重力加速度，速度最大即加速度为0，所以K点速度不是最大，故A错误；B、过程有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；C、负电荷先靠近正电荷，电场力做正功，又远离正电荷，电场力做负功，所以带电小球从F点运动到L点的过程中，电场力先做正功后做负功，故C正确；D、H和L位于同一等势面上，电势能相等，由于在H和L两点重力势能不同，根据能量守恒可知，到达H点动能与到达L点动能不等，所以到达H点速度不等于到达L点速度，故D错误。故选：C。【点评】此题考查点电荷的电场线分布和等势面分布，注意受力分析和做功分析，根据能量守恒的条件即可解题。7．（4分）（2020秋•蓟州区校级月考）如图所示，实线表示某电场中的四个等势面，它们的电势分别为φ1、φ2、φ3和φ4，相邻等势面间的电势差相等，一带负电的粒子，重力不计，在该电场中运动的轨迹如虚线所示，a、b、c、d是其运动轨迹与等势面的四个交点，则可以判断（）A．φ4等势面上各点场强处处相同 B．四个等势面的电势关系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C．粒子从a运动到d的过程中静电力一直做负功 D．粒子在a、b、c、d四点的速度大小关系是va＜vb＜vc＝vd【考点】等势面及其与电场线的关系；电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带负电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可知φ4等势面上各点场强不是处处相等，故A错误；B、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向左方，根据沿电场线电势降低，所以φ1＜φ2＜φ3＜φ4，故B正确；C、粒子从a运动到d的过程中静电力与速度的夹角先大于90°，后等于90°，最后小于90°，因此先做负功，后不做功，最后做正功，故C错误；D、由C选项分析，电场力先做负功，再做正功，则有速度先减小后增大，由于c、d在同一等势线上，由动能定理可知有va＞vb＞vc＝vd，故D错误。故选：B。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）（2019春•南通期末）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，电流表A1、A2均为理想电表闭合开关S，下列判断正确的有（）A．电流表A1示数增大 B．电流表A2示数减小 C．电源内阻消耗的功率减小 D．电源的总功率减小【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】（1）判断开关闭合前后电路的特征，找到外电路总电阻的变化情况，（2）判断各电表所测的是什么电流，根据闭合电路欧姆定律找到总电流变化情况，（3）根据功率公式判断功率的变化情况；【解答】解：A．S断开时，外电路中R1和R2串联，闭合开关后，R2和R3并联，再和R1串联，外电路电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流变大，而电流表A1测的是总电流，故A1的示数增大，故A正确；B．因为R2分得的电压变小，根据欧姆定律知，通过R2的电流减小，所以电流表A2的示数减小，故B正确；C．根据P＝I2r知，通过电源内部的电流增大，电源内电阻不变，所以电源内部消耗的功率增大，故C错误；D．电源的总功率P＝E•I，因为电流增大，所以电源的总功率增大，故D错误；故选：AB。【点评】（1）会判断电路的串并联特征，知道并联电路支路越多，总电阻越小；（2）熟记功率的相关公式；（多选）9．（6分）（2023秋•辽宁期中）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管（正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（）A．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动 B．贴着上极板插入金属板，则电路中有顺时针方向的电流 C．将上极板向左平移一小段距离，P点处的油滴的电势能增大 D．将开关断开，并向上移动上极板，则油滴仍处于静止状态【考点】电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据电容器的表达式和决定式，结合场强与电势差的关系求解。【解答】解：A．减小极板间的正对面积，根据电容器的决定式C=ε可知电容器的电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器不会放电，由E=4πkQ可知极板间的电场强度变大，则油滴所受电场力变大，将向上移动。故A正确；B．贴着上极板插入金属板，极板间的距离减小，根据电容器的决定式C=ε可知电容器的电容增大，将充电，则电路中有逆时针方向的电流。故B错误；C．将上极板向左平移一小段距离，根据电容器的决定式C=ε可知电容器的电容减小，结合A选项的分析可知电场强度变大，由电势差和电场强度的关系有φP＝UP下＝EdP下可知P点处的电势升高，对油滴受力分析，根据平衡条件，即电场力方向竖直向上，则带负电荷，根据EP＝qφ易知油滴的电势能减小。故C错误；D．将开关断开，则极板上电荷量不变，并向上移动上极板，电场的电场强度不变，则油滴仍处于静止状态。故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了电容器，熟练运用电容器的表达式和决定式，结合电路的结构分析是解决此类问题的关键。（多选）10．（6分）（2020秋•南山区校级月考）如图所示，粗糙程度均匀的直杆AC通过另一根杆CB固定在水平面上，∠CAB＝30°，AC的下方O点固定有一个正点电荷，杆上有M、P、N三点，P为MN的中点，OM＝ON，OM∥AB，一带负电可视为质点的小球套在杆上由N处由静止开始下滑，初始加速度大小为aN，第一次经过P处的速度大小为v，运动到M处速度为0，后又以大小为aM的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，P点电势为零。下列说法正确的是（）A．小球可以返回到出发点N处 B．撤O点的正电荷，小球可以在直杆上处于静止 C．系统具有的最大电势能为12mv2D．aN＝g+aM【考点】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；匀强电场中电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】比较思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】CD【分析】对小球在下滑过程中进行受力分析，利用牛顿第二定律、平衡条件、动能定理、能量守恒定律等，结合正电荷周围的电势线分布特点，斜面是粗糙的等进行答题。【解答】解：A、根据点电荷周围产生的电场和电势对称分布可知，M点和N点的电势相等，则负电小球从N到M点电场力做功为零（W电＝0），由动能定理有mgh+W电﹣Wf＝0﹣0，而从M点假设能回到N点，有﹣mgh+W电﹣Wf＝E﹣0，解得E＝﹣Wf，到达N点的动能为负，故小球不能回到N点，则A错误；C、P点离正场源最近，且电势为零，则负电小球在P点的电势能最低为零，小球在N点和M点的电势能最大，从N点到P点，由运动的对称性，可得动能定理：12mgh+WNp-12Wf=12mv2，结合从N到M有：mgh﹣Wf＝0，联立可得WNP=1D、对M点和N点的小球受力分析，由牛顿第二定律有：Fcos30°+mgsin30°﹣μ（Fsin30°+mgcos30°）＝maN；Fcos30°﹣mgsin30°﹣μ（Fsin30°+mgcos30°）＝maM；两式相减联立可得：g＝aN﹣aM，故D正确。B、由以上两式相加可得：μ=m(aN+故选：CD。【点评】本题借助质点间的库仑力考查了受力分析与平衡条件的应用，关键要正确运用动能定理在两过程的对称性，消去相同的物理量，可得小球的最大的电势能。判断小球在P点是否静止，主要是比较此处合力的方向。三．实验题（共5小题，满分54分）11．（6分）（2023春•西湖区校级月考）在用“单摆测重力加速度”的实验中：（1）若该同学用游标卡尺测定了小球的直径，如图所示，则小球直径为2.240cm；（2）下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点O为计时起点，A、B、C、D均为30次全振动的图像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是A（填字母代号）。A．B．C．D．【考点】用单摆测定重力加速度；游标卡尺的使用与读数．【专题】定量思想；推理法；单摆问题；推理论证能力．【答案】（1）2.240；（2）A。【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则完成读数；（2）根据单摆振动视为简谐振动的条件结合题中计时起点的要求计算解答。【解答】解：（1）根据游标卡尺读数规律，该读数为22mm+0.05×8mm＝22.40mm＝2.240cm（2）单摆视为简谐运动的前提是摆角小于5°，则振幅A近似小于Lsin5°，即A＜Lsin5°＝1×0.087m＝8.7cm而CD的振幅A等于30cm＞8.7cm，不符合题意，故CD均错；振动中的位移是相对于平衡位置的位移，由于以原点O为计时起点，即0时刻位移为0，满足这两个要求的只有第一个图像．故选：A。故答案为：（1）2.240；（2）A。【点评】重点掌握单摆视为简谐运动的条件应用。12．（10分）（2019春•海珠区期末）如图所示，图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路。继电器的电阻为300Ω，当线圈的电流大于或等于10mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势E＝9.0V，内阻不计。图中的“加热电源”是恒温箱加热器的电源（1）应该把恒温箱内的加热器接在C、D（填“A、B”或“C、D”）端；（2）若恒温箱系统要保持温度为50℃，可按照下列步骤调节温控电路：①电路接通前，将滑动变阻器接入电路阻值调至最大，并将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值应为520Ω。②将单刀双掷开关向2（填“1”或“2”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至继电器的衔铁被吸合。③保持滑动变阻器的位置不变，将单刀双掷开关向另一端闭合，恒温箱系统即可正常使用。此时滑动变阻器接入电路的阻值为520Ω。【考点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；伏安法测电阻．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）C、D；（2）①520；②2；③520【分析】（1）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；（2）要使恒温箱内的温度保持50℃，当温度达到50℃时，电路就要断开，即电路要达到10mA．由图甲所示图象求出50℃时，热敏电阻的阻值，根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小。【解答】解：（1）A、B当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与CD部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在C、D端。（2）①由图甲所示图象可知，温度为50℃时，热敏电阻阻值R＝80Ω，当温度达到50℃时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达10mA，根据闭合电路欧姆定律可得：I=即为：0.01=解得：R′＝520Ω②接入电阻箱只是为恒温箱进行调试，正式使用时要将热敏电阻接入电阻箱的位置，所以单刀双掷开关要打向2的位置，为恒温箱工作做准备；③由于恒温箱正常使用，由第①问的计算，要使继电器吸合，则要求电流达10mA，滑动器接入电路的阻值为520Ω。故答案为：（1）C、D；（2）①520；②2；③520【点评】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的。由图甲所示图象求出温度所对应的热敏电阻阻值，分析清楚电路结构、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题13．（8分）一列简谐横波沿着x的正方向传播，t＝0时刻波源从坐标原点处开始振动。如图甲所示是波在t＝0.6s时的部分波动图像，如图乙所示是这列波上x＝1.4m处的质点的振动图像（t＝0.7s开始振动），求：（1）波的振动周期以及波源的振动方程；（2）t＝1.5s时间内，x＝0.6m处的质点的路程。【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】（1）波的振动周期是0.4s，波源的振动方程为y＝﹣30sin5πt（cm）；（2）t＝1.5s时间内，x＝0.6m处的质点的路程是360cm。【分析】（1）根据图乙质点初始振动方向得到起振方向；由图乙得到周期，由图甲求得波长，即可得到波速；根据图振动的一般方程解得波源的振动方程；（2）由运动时间和周期的关系，根据振幅求得路程。【解答】解：（1）由题意，x＝1.4m处的质点t＝0.7s开始振动，可知波速为v=由图甲可得3得λ＝0.8m所以波的振动周期为T=由图乙可知波源起振方向向下，振幅为30cm，所以波源振动方程为y=-（2）波传到x＝0.6m处质点所需时间t所以振动时间为t2＝t1﹣t＝1.5s﹣0.3s＝1.2s＝3T所以质点的路程为s＝3×4A＝360cm答：（1）波的振动周期是0.4s，波源的振动方程为y＝﹣30sin5πt（cm）；（2）t＝1.5s时间内，x＝0.6m处的质点的路程是360cm。【点评】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。14．（12分）（2019秋•湖北期中）单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光线在过球心O的平面内。入射角i＝45°，经折射进入球内后又经内表面反射一次，再经球表面折射后射出。已知真空中光速为c，入射光线与出射光线反向延长线之间的夹角a＝30°，如图所示（图上已画出入射光线和出射光线）。求：①光从球内射出球体的临界角；②光在透明球中传播的时间。【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】①光线从入射到出射的光路如图所示。入射光线AB经玻璃折射后，折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB、OD为球的半球，即为法线。作出光路图，根据几何知识和对称性求出折射角r，由折射定律求出折射率n，再由全反射定律可求得光从球内射出球体的临界角；②由几何关系求出光在透明球中传播的距离L，由v=cn求出光在透明球中传播的速度，再由t=【解答】解：①画出光路图如图所示，由几何关系及对称性，有：r=a2+（i解得：r＝30°由折射定律得：n=临界角：sinC=解得：C＝45°②由几何关系得：AC＝BC＝2Rcosr＝2R•32光在透明球中传播路程为：L＝23R光在透明球中传播的速度为：v=c光在透明球中传播的时间为：t=解得：t=答：①光从球内射出球体的临界角是45°；②光在透明球中传播的时间是26【点评】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础，同时要善于运用几何关系分析光线的偏折角与折射角和入射角的关系。15．（18分）（2021•东安区校级开学）如图所示，有一电子由静止开始经电压为U1的电场加速后，从两平行金属板正中间垂直电场方向射入电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场。已知两平行金属间距离为d、板长为l，且电子的质量为m、电荷量为e，求：（1）电子离开电场U1时的速度v0；（2）两金属板间的电压U2。【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）电子离开电场U1时的速度v0为2eU（2）两金属板间的电压U2为2U【分析】（1）对直线加速过程运用动能定理直接列式求解即可；（2）在偏转电场U2中粒子做类平抛运动，将运动分解为沿着极板方向的匀速直线运动和垂直极板方向的匀加速直线运动，然后运用运动学公式列式求解；【解答】解：（1）质子在加速电场中由动能定理可知：eU1=12mv0（2）质子在偏转电场中的运动可分解为沿着极板方向的匀速直线运动和垂直极板方向的匀加速直线运动沿着极板方向：L＝v0t竖直极板方向：d2=加速度：a=联立解得：U答：（1）电子离开电场U1时的速度v0为2eU（2）两金属板间的电压U2为2U【点评】本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，可以将运动分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，同时结合动能定理列式求解．

考点卡片1．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。2．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。3．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。4．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。5．简谐运动的定义、运动特点与判断【知识点的认识】一、机械振动1.机械振动：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动，简称振动。2.两个振动中的概念（1）平衡位置：回复力为零的位置，也是振动物体在静止时所处的位置。（2）回复力：振动物体偏离平衡位置后所受到的阻碍它离开平衡位置，使它回到平衡位置的力。①与圆周运动中的向心力一样，回复力是振动问题中根据力的效果命名的一个效果力，它可由某一个力充当、某几个力的合力充当或某一个力的分力来充当。②与圆周运动中的向心力总是指向圆心类似，振动过程中的回复力的方向总是指向平衡位置。二、弹簧振子1.定义：小球与弹簧组成的系统，他是一个理想化模型。2.弹簧振子示意图：三、简谐运动1.概念：如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像（x﹣t图像）是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。2.简谐运动是最基本的振动，弹簧振子中小球的运动就是简谐运动。3.简谐运动是一种变加速运动。四、简谐运动的特点瞬时性、对称性和周期性。【命题方向】关于简谐运动，下列说法正确的是（）A、物体在一个位置附近的往复运动称为简谐运动B、由于做简谐运动的物体受回复力作用，所以简谐运动一定是受迫振动C、如果物体的位移与时间关系图像是一条余弦曲线，则物体做的是简谐运动D、如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦曲线，则物体做的可能不是简谐运动分析：根据简谐振动的特征F＝﹣kx判断；简谐振动不是受迫振动；根据位移与时间的关系判断。解答：A、物体在一个位置附近的往复运动不一定是简谐运动，物体做简谐运动时，回复力与偏离平衡位置位移的关系是F＝﹣kx，负号表示回复力的方向与偏离平衡位置位移的方向相反，故A错误；B、系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，受迫振动的周期由驱动力的周期决定；做简谐运动的周期由自身结构决定，故B错误；CD、根据简谐振动中位移随时间变化的特点，如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦或余弦曲线，则物体做的是简谐运动，故C正确，D错误。故选：C。点评：该题考查对简谐振动以及简谐振动的特点的理解，解答本题关键是掌握简谐振动的特征。【解题思路点拨】1.实际物体看作弹簧振子的四个条件（1）弹簧的质量比小球的质量小得多，可以认为质量集中于振子（小球）。（2）构成弹簧振子的小球体积足够小，可以认为小球是一个质点。（3）忽略弹簧以及小球与水平杆之间的摩擦力。（4）小球从平衡位置被拉开的位移在弹性限度内。2.简谐运动的位移位移的表示方法：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，则某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示。3.简谐运动的速度（1）物理含义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。在所建立的坐标轴（也称“一维坐标系”）上，速度的正、负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反。（2）特点：如图所示为一简谐运动的模型，振子在O点速度最大，在A、B两点速度为零。4.判断一个振动为简谐运动的方法：（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx进行判断。（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a=-k6．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。7．简谐运动的回复力【知识点的认识】1.回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F＝﹣kx。2.加速度：a=3.运动性质：变速度运动【命题方向】如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物块，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，弹簧伸长15cm，若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，g取10m/s2，求：（1）物块A做简谐运动的振幅是多少；（2）物块A在最高点时弹簧的弹力。分析：（1）先研究AB两球，由平衡关系要得出劲度系数；刚剪断细线时小球的加速度最大，此处相当于是小球到达简谐运动的振幅处。（2）剪断绳子是瞬间，小球A的加速度最大，此时小球A受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速度；由简谐振动的对称性，小球A在等高点的加速度与小球A在最低点的加速度大小相等，由此求出弹簧对A的作用力的大小和方向。解答：（1）由两球静止时的力平衡条件，得弹簧的劲度系数为：由kx＝（mA+mB）g；k=(m剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为xA=mA弹簧伸长量为0.025m时下端的位置就是A球振动中的平衡位置。悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅，即A＝x﹣xA＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；（2）振动过程中物块A最大加速度为：am=mB物块A在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得：F+mAg＝mAam代入数据得：F＝4N，方向竖直向下；答：（1）物块A做简谐运动的振幅是12.5cm；（2）物块A在最高点时弹簧的弹力大小为4N，方向竖直向下。点评：解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅及最大加速度。【解题思路点拨】1.回复力的来源（1）回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。（2）回复力可以由某一个力提供，如水平弹簧振子的回复力即为弹簧的弹力；也可能是几个力的合力，如竖直悬挂的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力；还可能是某一力的分力。归纳起来，回复力一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。分析物体的受力时不能再加上回复力。2.关于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定。3.加速度的特点：根据牛顿第二定律得a=Fm=-k4.回复力的规律：因x＝Asin（ωt+φ），故回复力F＝﹣kx＝﹣kAsin（ωt+φ），可见回复力随时间按正弦规律变化。5.判断一个振动为简谐运动的方法：（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx进行判断。（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a=-k8．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，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T=λv=B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x＝l0m的质点的时间t′=xv=1010=1s，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1s＝E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．【解题方法点拨】牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。9．机械波的图像问题【知识点的认识】横波的图象如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。【命题方向】（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则BA．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处。分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，CD错误。故选B。点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．这列波的振幅为4cmB．这列波的周期为1sC．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4m处质点的加速度为0分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。10．电场力做功的计算及其特点【知识点的认识】1.静电力做功的特点：在匀强电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。2.静电力做功的公式：W＝qEl，其中l为电荷沿电场线移动的位移。【命题方向】如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，A、B两点相距l，连线AB与电场强度方向的夹角为θ。将一电荷量为q的正电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，静电力各做了多少功？分析：静电力做功与路径无关，根据电场力做功的计算公式进行解答。解答：电场力做功与路径无关，所以将一电荷量为q的正电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，静电力做功均为：W＝qElcosθ。答：静电力做功均为qElcosθ。点评：本题主要是考查电场力做功的计算，关键是弄清楚电场力做功与路径无关。【解题思路点拨】静电力做功的特点（1）静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，但与具体路径无关，这与重力做功特点相似。（2）静电力做功的特点不受物理条件限制不管静电力是否变化，是否是勾强电场，是直线运动还是曲线运动，静电力做功的特点均不变11．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。12．等势面及其与电场线的关系【知识点的认识】1．定义：电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．2．特点：①等势面与电场线一定处处正交（垂直）；②在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功；③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；④任意两个电势不相同的等势面既不会相交，也不会相切；⑤等差等势面越密的地方电场线越密．【命题方向】电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面分析：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；故选：C．点评：本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．【解题思路点拨】1.等势面的特点（1）在等势面上任意两点间移动电荷时静电力不做功。（2）同一电场空间两等势面不相交（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。（5）等势面是虚拟的，是为描绘电场的性质而假想的面。2.等势面的应用（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低。（2）由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。（3）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。（4）由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小3.等势面与电场线（1）已知等势面时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。（2）已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。13．匀强电场中电势差与电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1．关系式：U＝Ed或者E=U2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式U＝Ed的理解1．从变形公式E=U2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3．对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即E→AB＜EBC，又因为UAB=AB•E→AB，UBC=BC•三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UAB＝φA﹣φB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WE=F意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有U＝Ed【命题方向】如图，在光滑绝缘的水平面上，有一静止在A点质量为m＝1×10﹣3kg、带正电q＝10﹣3C的小球，现加一水平方向的匀强电场使小球由A点运动到B点，已知A、B两点间距离为L＝0.1m，电势差为UAB＝20V．（1）判断匀强电场的场强方向；（2）求电场强度的大小；（3）求小球到达B点时的速率．分析：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，根据运动情况判断匀强电场的场强方向；（2）根据电势差与电场强度的关系求解电场强度的大小（3）根据动能定理求解小球到达B点时的速率解答：（1）带正电的小球加一水平方向的匀强电场使小球从静止由A点运动到B点，所以匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）根据电势差与电场强度的关系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根据动能定理研究小球由A点运动到B点，qU=v＝210m/s答：（1）匀强电场的场强方向为由A指向B．（2）电场强度的大小是200V/m；（3）小球到达B点时的速率是210m/s．点评：理解和掌握电场中各个物理量之间的关系，在具体题目中能熟练的应用．【解题方法点拨】U＝Ed关系的应用：公式U＝Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=Ud，用它可求14．电容的概念、单位与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=15．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据C=Q（3）根据E=U（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。【命题方向】如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，A板下方a处有一带电荷量非常小的点电荷。S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A、φa不变B、φa变小C、F变小D、F变大分析：电容器与电源相连，则可知电容器两端的电压不变；由极板的移动可知d的变化，由U＝Ed可知板间场强E的变化，再由U＝Ed可知Aa间的电势差的变化，即可得出aB间电势差的变化及a点电势的变化。解答：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E减小，由F＝Eq可知电荷所受电场力变小，故C正确；则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，而B接地，故a点的电势增大，故A、B均错；故选：C。点评：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本