2024年物理終極押題密卷1（全國甲卷）一、選擇題（共8小題，每小題6分，共48分）1．（2024?成都模擬）一質點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，下列說法一定正確的是（）A．質點速度不變 B．質點加速度不變 C．質點動能不變 D．質點機械能不變2．（2024?南寧一模）醫學影像診斷設備PET/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點來發現疾病的。示蹤劑常利用同位素作示蹤原子標記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊獲得，同時還釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）A．用高速質子轟擊，生成的同時釋放的粒子是中子 B．用高速質子轟擊，生成的同時釋放的粒子是α粒子 C．當聚集到病變部位時，其半衰期會發生變化 D．用高速質子轟擊，在一次核反應過程中，核反應前和質子的質量之和，一定與核反應后與所釋放的這種粒子的質量之和完全相同3．（2024?貴州模擬）在光滑水平地面上有一可視為質點的物體，受力從靜止開始運動。下列位移、速度、加速度和動能隨時間的變化圖像可表示其運動過程中運動方向一定保持不變的是（）A． B． C． D．4．（2024?五華區校級模擬）如圖所示，a、b、c、d、e是兩個等量異種點電荷形成的電場中的等差等勢面，一電荷量為q的帶正電的粒子，只受該電場的作用，在該電場中運動的軌跡如圖中實線MPN所示，已知電場中b、c兩等勢面的電勢分別為φb、φc。則下列說法正確的是（）A．φb＜φc B．帶電粒子經過P點和N點時速度相同 C．帶電粒子從M點運動到N點電場力做的功為q（φb﹣φc） D．帶電粒子在M點的加速度小于在N點的加速度5．（2024?廣西模擬）如圖，當車輛駛入或駛出圓形區域時，車輛會改變區域內通電線圈中的磁場，通過傳感器電路將磁場的變化轉換為交通燈的控制信號，車輛駛入圖中圓形區域時，車輛引起磁場變化的原因類似于（）A．將鐵芯放入通電線圈 B．增大通電線圈的面積 C．增加通電線圈的匝數 D．加大對通電線圈的壓力（多選）6．（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環上，并在圓環最高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環運動，一段時間后，小球與圓心的連線轉過θ角度時，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關系如乙圖所示，g取10m/s2。則（）A．圓環半徑為0.6m B．時，小球所受合力為4N C．0≤θ≤π過程中，圓環對小球的作用力一直增大 D．0≤θ≤π過程中，圓環對小球的作用力先減小后增大（多選）7．（2024?溫江區校級三模）如圖所示，邊長為2L的等邊三角形ABC內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子從D點以不同的速率平行于BC邊方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子可能從B點射出 B．若粒子從C點射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為L C．若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為 D．若粒子從AB邊射出，則粒子在磁場中運動的時間相同，且時間最長（多選）8．（2024?南充模擬）如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態.現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a＜g）的勻加速運動，A、B的速度隨時間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．拉力F的最小值為2Ma B．A、B分離時，彈簧彈力恰好為零 C．A、B分離時，A上升的距離為 D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值二、實驗題9．（2024?武侯區校級模擬）某實驗小組要測量一節干電池的電動勢E和內阻r，已知電流表內阻與電源內阻相差不大。（1）先用多用電表2.5V量程粗測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的（填“正”或“負”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連，多用電表的示數如圖1所示，則電源電動勢為V（結果保留3位有效數字）。（2）某同學設計了如圖2所示的實驗電路，連接好實驗電路，閉合開關S，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數，建立U﹣I坐標系，并描繪出U﹣I圖像。另一同學仍使用圖2中的實驗器材，設計了如圖3所示的實驗電路，實驗操作步驟與前一位同學相同，在同一坐標系中分別描點作出U﹣I圖像，圖2對應的U﹣I圖線是圖4中的線（填“P”或“Q”）。若每次測量操作都正確，讀數都準確，則由圖4中的P和Q圖線，可得電動勢和內阻的真實值為E＝V，r＝Ω（結果均保留3位有效數字）。10．（2024?武侯區校級模擬）深度為h（未知）且開口豎直向下的小筒中懸掛如圖甲所示的單擺（單擺的下半部分露于筒外），將擺球拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，懸線不會碰到筒壁而同一豎直面內擺動。測量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測出對應的擺動周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出T2﹣L關系圖像，根據上述和下面已知信息或條件，請完成：（1）測量單擺的周期時，某同學在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數“1”，當擺球第二次通過最低點時數“2”，依此法往下數，當他數到“59”時，按下停表停止計時，讀出這段時間t，則該單擺的周期T為；（2）若不考慮實驗誤差的影響，根據實驗數據，得到的T2﹣L關系圖線應該是圖乙中a、b、c中的條（選填“a”、“b”或者“c”）。（3）根據圖線可求得當地的重力加速度g＝m/s2（π取3.14，結果保留3位有效數字）。三、計算題11．（2024?青羊區校級三模）如圖所示，豎直軌道CDEF由圓弧CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半圓半徑均為R，水平軌道DE＝2R，各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調節。一質量為m的小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調整軌道使BC高度差h＝0.9R，并使小球從C點沿切線進入圓弧軌道。DE段的摩擦系數μ＝0.1，除DE段有摩擦外，其他阻力不計，θ＝37°，重力加速度為g，求：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep；（2）請判斷小球能否到達圓軌道的最高點；如能，求出最終落點的位置；如不能，請找出到達圓軌道的最高點的位置。12．（2024?昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，導軌間距為L，導軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質量為m的導體棒PQ靜止在導軌上，整個系統處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器不帶電。t＝0時刻，對PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導軌的電阻均不計，PQ運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。（1）若保持開關S1斷開、S2閉合，求PQ的最終速度；（2）若保持開關S1閉合、S2斷開，求PQ的加速度大小；（3）若保持開關S1、S2都閉合，從t＝0到t＝t0時間內PQ向右運動的距離為x，求t＝t0時刻PQ的速度大小。選修3-313．（2024?興寧區二模）關于一定質量的理想氣體的內能，下列說法正確的是（）A．氣體在壓縮的過程中，內能一定增大 B．氣體在放熱的過程中，內能一定減小 C．氣體在等溫壓縮過程中，內能一定增大 D．氣體在等壓膨脹過程中，內能一定增大14．（2024?南寧一模）某學校開展慶祝活動，使用氣球渲染氣氛。早晨，學校地表附近的氣溫為27℃，大氣壓強為p0，此時在地表附近的氣球體積為V0，若氣球導熱良好，氣球內所充的氦氣可視為理想氣體，氣球內外氣壓差很小可以忽略。（1）正午時大氣壓仍為P0，此時地表附近的氣球體積增大了，求此時地表附近氣溫達到多少℃？（2）若某高處的大氣壓強為P0，氣溫為15℃，若氣球懸停在這一高處時，氣球體積變為多少？選修3-415．（2024?柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面，O為圓心，AB為一條直徑，光線a、b均從C點射入，光線a平行于AB，光線b與光線a的夾角α＝15°，兩條光線的折射光線均經過B點，θ＝60°，則光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為（）A． B． C． D．16．（2024?貴州模擬）一簡諧波的波源位于坐標原點，波源振動后t＝0.3s時第一次形成如圖所示的波形圖。（1）求該波的波長和傳播速度大小；（2）在給出的坐標圖上畫出波在t＝2.0s時刻的波形圖并寫出平衡位置位于x＝15m處質點的振動方程。

2024年05月15日組卷42的高中物理組卷參考答案與試題解析一．試題（共16小題）1．（2024?成都模擬）一質點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，下列說法一定正確的是（）A．質點速度不變 B．質點加速度不變 C．質點動能不變 D．質點機械能不變【考點】機械能守恒定律；勻速圓周運動．【專題】定性思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；理解能力．【分析】質點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，速度、加速度方向發生變化，根據動能與重力勢能的變化分析機械能變化。【解答】解：質點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，速度、加速度方向發生變化，質點的速度大小不變，則動能不變，若質點在豎直平面做勻速圓周運動，則重力勢能發生變化，機械能發生變化，故ABD錯誤，C正確；故選：C。【點評】本題考查機械能守恒定律，解題關鍵掌握機械能的組成，注意動能與重力勢能的影響因素。2．（2024?南寧一模）醫學影像診斷設備PET/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點來發現疾病的。示蹤劑常利用同位素作示蹤原子標記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質子轟擊獲得，同時還釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）A．用高速質子轟擊，生成的同時釋放的粒子是中子 B．用高速質子轟擊，生成的同時釋放的粒子是α粒子 C．當聚集到病變部位時，其半衰期會發生變化 D．用高速質子轟擊，在一次核反應過程中，核反應前和質子的質量之和，一定與核反應后與所釋放的這種粒子的質量之和完全相同【考點】原子核的衰變及半衰期、衰變速度．【專題】定性思想；推理法；衰變和半衰期專題；理解能力．【分析】原子核在衰變過程中遵循質量數守恒和電荷數守恒；半衰期與元素所處的物理環境和化學狀態無關；根據質能關系判斷。【解答】解：AB、根據質量數守恒和電荷數守恒知，該核反應方程中產生的粒子的質量數為A＝1+14﹣11＝4，電荷數為z＝1+7﹣6＝2，可知釋放的粒子為α粒子（），故A錯誤，B正確；C、半衰期與元素所處的物理環境和化學狀態無關，因此其半衰期不可能變化，故C錯誤；D、核反應的過程總伴隨能量的變化，所以核反應前和質子的質量之和，一定與核反應后與所釋放的這種粒子的質量之和不相等，故D錯誤。故選：B。【點評】掌握核反應方程遵循質量數和電荷數守恒，理解半衰期的意義，知道影響半衰期的因素。3．（2024?貴州模擬）在光滑水平地面上有一可視為質點的物體，受力從靜止開始運動。下列位移、速度、加速度和動能隨時間的變化圖像可表示其運動過程中運動方向一定保持不變的是（）A． B． C． D．【考點】牛頓第二定律；運動學圖像綜合；牛頓第二定律的圖像問題．【專題】定性思想；推理法；運動學中的圖象專題；理解能力．【分析】根據位移、速度、動能隨時間的變化圖像分析物體運動情況，根據加速度隨時間的變化圖像物理意義分析判斷。【解答】解：位移、速度、動能隨時間的變化圖像表示物體的運動存在往復的情況，加速度的圖像與坐標軸圍成的面積代表速度，由圖像可知加速度隨時間的變化圖像表示的運動過程中運動方向一定保持不變。故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵掌握位移、速度、加速度、動能隨時間的變化圖像的物理意義。4．（2024?五華區校級模擬）如圖所示，a、b、c、d、e是兩個等量異種點電荷形成的電場中的等差等勢面，一電荷量為q的帶正電的粒子，只受該電場的作用，在該電場中運動的軌跡如圖中實線MPN所示，已知電場中b、c兩等勢面的電勢分別為φb、φc。則下列說法正確的是（）A．φb＜φc B．帶電粒子經過P點和N點時速度相同 C．帶電粒子從M點運動到N點電場力做的功為q（φb﹣φc） D．帶電粒子在M點的加速度小于在N點的加速度【考點】電場力做功；電勢；等勢面．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力．【分析】根據曲線運動合力、速度與軌跡的位置關系和帶電粒子的電性聯立判斷兩個等量異種點電荷的位置，進一步判斷電勢高低；根據等勢面的特點、功能關系、曲線運動的特點判斷帶電粒子經過P點和N點時速度是否相等；根據電場力做功與電勢差的關系求解電場力做的功；根據等勢面的疏密程度反應電場強度的強弱比較電場強度的大小，進一步判斷加速度的大小。【解答】解：A．根據曲線運動的合外力指向軌跡的凹側，又帶電粒子帶正電，故正電荷在上方，負電荷在下方，所以φb＞φc，故A錯誤；B．P、N兩點在同一等勢面上，電勢能相同，動能相同，所以帶電粒子經過P和N位置時速度大小相等，但曲線運動的速度方向沿軌跡切線方向，則帶電粒子經過P和N位置時速度方向不同，故B錯誤；C．根據電場力做功與電勢差的關系，則帶電粒子從M點運動到N點電場力做的功為WMN＝qUMN＝q（φc﹣φb）故C錯誤；D．等勢面較密集的位置場強大，等勢面稀疏的位置場強小，故M點場強小于N點場強，帶電粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力，根據牛頓第二定律，帶電粒子在M點的加速度小于在N點的加速度，故D正確。故選：D。【點評】本題考查靜電場中基本量的計算和比較，要求學生熟練掌握靜電場中電場強度、電勢、電勢差、電場力做功等的計算和大小比較。5．（2024?廣西模擬）如圖，當車輛駛入或駛出圓形區域時，車輛會改變區域內通電線圈中的磁場，通過傳感器電路將磁場的變化轉換為交通燈的控制信號，車輛駛入圖中圓形區域時，車輛引起磁場變化的原因類似于（）A．將鐵芯放入通電線圈 B．增大通電線圈的面積 C．增加通電線圈的匝數 D．加大對通電線圈的壓力【考點】法拉第電磁感應定律．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【分析】根據電磁感應現象分析出電流的變化，從而分析出線圈產生的磁場的變化原因。【解答】解：當車輛駛入或駛出圓形區域時，車輛會改變區域內通電線圈中的磁場，從而使圓形區域線圈的磁通量發生變化，汽車上大部分是金屬，汽車經過線圈時會引起汽車磁通量的變化，從而產生電磁感應現象，產生感應電流，從而改變區域內通電線圈中的磁場；此過程類似將鐵芯放入通電線圈，鐵芯的磁通量也會變化，也會產生感應電流，從而改變通電線圈中的磁場。故BCD錯誤，A正確。故選：A。【點評】本題主要考查了電磁感應在生活中的應用，理解電磁感應現象，結合感應電流的產生條件即可完成分析。（多選）6．（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環上，并在圓環最高點保持靜止。受到輕微擾動后，小球由靜止開始沿著圓環運動，一段時間后，小球與圓心的連線轉過θ角度時，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關系如乙圖所示，g取10m/s2。則（）A．圓環半徑為0.6m B．時，小球所受合力為4N C．0≤θ≤π過程中，圓環對小球的作用力一直增大 D．0≤θ≤π過程中，圓環對小球的作用力先減小后增大【考點】向心力；牛頓第二定律．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運動專題；推理能力．【分析】小球下滑過程機械能守恒，結合θ＝時，小球的速度平方為12，可得半徑；θ＝時，小球受到重力與軌道的支持力，由此求出合力；根據小球受到的合力提供向心力，結合牛頓第二定律即可求出。【解答】解：A、小球下滑過程由機械能守恒定律有當θ＝時，小球的速度平方為12m2/s2，代入公式得R＝0.6m，故A正確；B、當θ＝時，小球的速度平方為12m2/s2，此時是圓環對小球的彈力提供向心力，有N＝N＝4N小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為F＝＝N＝N，故B錯誤；CD、當時，有可知隨θ的增大，同時v也增大，所以N必須減小，當時，有可知隨θ的增大，同時v也增大，所以N必須增大，所以0≤θ≤π過程中，圓環對小球的作用力先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應用，要求同學們能根據圖象獲取有效信息進行解答。（多選）7．（2024?溫江區校級三模）如圖所示，邊長為2L的等邊三角形ABC內有垂直紙面向里、磁感應強度大小為B0的勻強磁場，D是AB邊的中點，一質量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子從D點以不同的速率平行于BC邊方向射入磁場，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子可能從B點射出 B．若粒子從C點射出，則粒子做勻速圓周運動的半徑為L C．若粒子從C點射出，則粒子在磁場中運動的時間為 D．若粒子從AB邊射出，則粒子在磁場中運動的時間相同，且時間最長【考點】帶電粒子在有界磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理能力．【分析】A.根據粒子偏轉方向結合軌跡特點分析判斷；BC.作圖，根據圖中找到相應的幾何關系列式求解相應的軌道半徑和對應圓心角，再由時間和周期關系求解運動時間；D.作圖，根據牛頓第二定律分析不同速率的軌跡特征解答時間。【解答】解：A.帶負電的粒子從D點以某一速度平行于BC邊方向射入磁場，由左手定則可知，粒子向下偏轉，由于BC邊的限制，粒子不能到達B點，故A錯誤；BC.粒子從C點射出，如圖1所示根據幾何關系可得R2＝（R﹣Lsin60°）2+（2L﹣Lcos60°）2解得R＝L則粒子軌跡對應的圓心角的正弦值為sin∠DOC＝＝＝，所以∠DOC＝60°，根據粒子在磁場中運動時間和周期的關系有，粒子在磁場中運動的時間為故B錯誤，C正確；D.根據牛頓第二定律，qvB0＝m可得若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖2所示粒子從AB邊射出時的圓心角相同且為180°，是最大的圓心角，根據可知粒子在磁場中運動的周期相等，則其在磁場中運動的時間相同，且時間最長，故D正確。故選：CD。【點評】考查帶電粒子在磁場中的偏轉問題，會根據題意進行準確的分析和判斷。（多選）8．（2024?南充模擬）如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態.現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a＜g）的勻加速運動，A、B的速度隨時間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．拉力F的最小值為2Ma B．A、B分離時，彈簧彈力恰好為零 C．A、B分離時，A上升的距離為 D．彈簧恢復到原長時，物體B的速度達到最大值【考點】牛頓第二定律；彈力的大小、胡克定律．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【分析】A、對整體分離前進行受力分析列出牛頓第二定律方程，再結合初態的受力分析可得到力F的最小值；B、A、B分離時，對B進行受力分析列出牛頓第二定律方程可判斷A、B分離時，彈簧彈力不為零；C、施加F前，對物體A、B整體列平衡方程求出彈簧的形變量，與分離時形變量做差即可求解；D、A、B分離后，B先做加速度減小的加速運動，后做減速運動，當F＝Mg時，B達到最大速度。【解答】解：A、分離前對A、B整體分析有F﹣2Mg+kx＝2Ma，由于a不變，x減小，則F增大，故剛開始時力F最小，初態2Mg＝kx，所以F的最小值為2Ma，故A正確；B、A、B分離時，對B有kx2﹣Mg＝Ma，解得x2＝，A、B分離時，彈簧彈力不為零，故B錯誤；C、施加F前，物體A、B整體平衡，根據平衡條件有2Mg＝kx1，解得x1＝，A、B分離時，A上升的距離為x1﹣x2＝，故C正確；D、A、B分離后，B先做加速度減小的加速運動，后做減速運動，當F＝Mg時，B達到最大速度，故D錯誤。故選：AC。【點評】本題主要考查了牛頓第二定律的應用，解題關鍵是搞清楚不同運動過程受力情況，對分離前后列牛頓第二定律方程進行求解。9．（2024?武侯區校級模擬）某實驗小組要測量一節干電池的電動勢E和內阻r，已知電流表內阻與電源內阻相差不大。（1）先用多用電表2.5V量程粗測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電池的正（填“正”或“負”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連，多用電表的示數如圖1所示，則電源電動勢為1.45V（結果保留3位有效數字）。（2）某同學設計了如圖2所示的實驗電路，連接好實驗電路，閉合開關S，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數，建立U﹣I坐標系，并描繪出U﹣I圖像。另一同學仍使用圖2中的實驗器材，設計了如圖3所示的實驗電路，實驗操作步驟與前一位同學相同，在同一坐標系中分別描點作出U﹣I圖像，圖2對應的U﹣I圖線是圖4中的P線（填“P”或“Q”）。若每次測量操作都正確，讀數都準確，則由圖4中的P和Q圖線，可得電動勢和內阻的真實值為E＝1.45V，r＝1.45Ω（結果均保留3位有效數字）。【考點】電池電動勢和內阻的測量．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題；實驗能力．【分析】（1）多用表的紅表筆插“+”插孔，電流從紅表筆流入，黑表筆流出，據此分析作答；用多用電表2.5V量程的電壓擋，最小刻度值是0.05V，采用“”估讀法讀數；（2）圖2的誤差來源于電流表分壓，圖3的誤差來源于電壓表分流，根據閉合電路的歐姆定律，結合U﹣I圖像分析作答。【解答】解：（1）用多用電表粗測該電池的電動勢，將多用電表的紅表筆與電源的正極相連，黑表筆與電池的另一電極相連。由圖1所示，用多用電表2.5V量程的電壓擋，最小刻度值是0.05V，則粗測電源電動勢為1.45V。（2）由圖3所示電路可知，電壓表有分流作用，圖2所示電路，電流表有分壓作用，從而導致實驗結果存在系統誤差；圖3所示電路，可把電壓表與電源看作一個等效電源，由閉合電路歐姆定律知E＝U斷可知，電動勢和內阻的測量值均小于真實值，作出的U﹣I圖線是Q線；圖2所示電路，可把電流表與電源看作一個等效電源，由閉合電路歐姆定律E＝U斷可知，電動勢測量值等于真實值，U﹣I圖線應是P線，電動勢為E＝UP＝1.45V圖3所示電路，當外電路短路時，電流的測量值等于真實值，則短路電流I短＝IQ＝1.00A內阻代入數據解得r＝1.45Ω。故答案為：（1）正；1.45；（2）P；1.45；1.45。【點評】本題考查電動勢的測量及多用電表的使用；應明確用“等效電源”法分析“測量電源電動勢和內阻實驗”誤差的方法，明確U﹣I圖象中縱軸截距與斜率的含義。10．（2024?武侯區校級模擬）深度為h（未知）且開口豎直向下的小筒中懸掛如圖甲所示的單擺（單擺的下半部分露于筒外），將擺球拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，懸線不會碰到筒壁而同一豎直面內擺動。測量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測出對應的擺動周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出T2﹣L關系圖像，根據上述和下面已知信息或條件，請完成：（1）測量單擺的周期時，某同學在擺球某次通過最低點時按下停表開始計時，同時數“1”，當擺球第二次通過最低點時數“2”，依此法往下數，當他數到“59”時，按下停表停止計時，讀出這段時間t，則該單擺的周期T為；（2）若不考慮實驗誤差的影響，根據實驗數據，得到的T2﹣L關系圖線應該是圖乙中a、b、c中的a條（選填“a”、“b”或者“c”）。（3）根據圖線可求得當地的重力加速度g＝9.86m/s2（π取3.14，結果保留3位有效數字）。【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力．【分析】（1）根據總時間和記錄的全振動的次數計算單擺的周期；（2）根據實驗原理結合單擺的周期公式推導判斷圖像；（3）根據圖像的斜率的物理意義計算當地重力加速度大小。【解答】解：（1）單擺的擺球經過最低點后，在之后的一個周期內將兩次經過最低點，則對應的全振動的次數為n＝＝29，則根據題意可得，該單擺的周期T＝＝（2）根據該實驗的原理可得單擺的周期變式可得可知T2﹣L的圖像應在縱軸上半軸有截距，故選：a。（3）根據函數關系可得該圖像的斜率根據圖像可得斜率解得g≈9.86m/s2故答案為：（1）；（2）a；（3）9.86。【點評】考查單擺的周期問題，會根據題意結合圖像求解相應的物理量。11．（2024?青羊區校級三模）如圖所示，豎直軌道CDEF由圓弧CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半圓半徑均為R，水平軌道DE＝2R，各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調節。一質量為m的小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調整軌道使BC高度差h＝0.9R，并使小球從C點沿切線進入圓弧軌道。DE段的摩擦系數μ＝0.1，除DE段有摩擦外，其他阻力不計，θ＝37°，重力加速度為g，求：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep；（2）請判斷小球能否到達圓軌道的最高點；如能，求出最終落點的位置；如不能，請找出到達圓軌道的最高點的位置。【考點】動能定理；生活中的圓周運動——豎直平面內的圓周運動．【專題】計算題；定量思想；臨界法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【分析】（1）小球從B到C做平拋運動，根據平拋運動規律可求出小球到達C點時水平方向的分速度，再根據機械能守恒定律求撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep；（2）先根據動能定理求出小球到達C點時的動能。假設小球能夠由C到F，由動能定理求出小球到達F點的速度，與臨界速度比較即可判斷小球能否到達圓軌道的最高點，結合平拋運動的規律求出最終落點的位置。【解答】解：（1）小球從B到C做平拋運動，在豎直方向上，根據可得小球到達C點時豎直速度大小為水平速度為彈簧的彈性勢能為（2）小球到達C點時的動能為Ek＝Ep+mgh＝1.6mgR+0.9mgR＝2.5mgR假設小球能夠到達圓軌道的最高點F，從C到F，由動能定理得解得：此時向心力大小因此假設成立，能夠恰好到達F點，從F到D做平拋運動，假設會落在水平面，有x＝vFt聯立解得：x＝2R即小球剛好落在D點。答：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢能Ep為1.6mgR；（2）能，最終小球剛好落在D點。【點評】本題是動能定理和平拋運動的結合，分析清楚小球每個過程運動是解體前提，對于多過程運動的物體處理通常用動能定理。12．（2024?昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，導軌間距為L，導軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質量為m的導體棒PQ靜止在導軌上，整個系統處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器不帶電。t＝0時刻，對PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導軌的電阻均不計，PQ運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。（1）若保持開關S1斷開、S2閉合，求PQ的最終速度；（2）若保持開關S1閉合、S2斷開，求PQ的加速度大小；（3）若保持開關S1、S2都閉合，從t＝0到t＝t0時間內PQ向右運動的距離為x，求t＝t0時刻PQ的速度大小。【考點】電磁感應中的動力學問題；動量定理；閉合電路的歐姆定律；導體切割磁感線時產生的感應電動勢．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；等效替代法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【分析】（1）若保持開關S1斷開、S2閉合，最終PQ做勻速運動，根據PQ棒受到的安培力與外力相等求PQ的最終速度；（2）若保持開關S1閉合、S2斷開，取一段極短的時間Δt，PQ速度的變化量為Δv，對PQ根據動量定理列式，結合電流的定義式、加速度定義式求PQ的加速度大小；（3）若保持開關S1、S2都閉合，對PQ根據動量定理列式，流過PQ的電荷量等于流過電阻電荷量和電容器存儲的電荷量之和，結合電流的定義式和位移等于平均速度與時間的乘積求t＝t0時刻PQ的速度大小。【解答】解：（1）保持開關S1斷開、S2閉合，當PQ棒受到的安培力與外力相等時，PQ開始做勻速運動，根據受力平衡可得F＝BIL①根據閉合電路歐姆定律可得②導體棒切割磁感線產生感應電動勢可得E＝BLv1③聯立解得：④（2）保持開關S1閉合、S2斷開，取一段極短的時間Δt，PQ速度的變化量為Δv，電容器C上的電荷量的變化量為Δq，對PQ根據動量定理可得⑤根據電流的定義式可得⑥電容器上電荷量的變化量為Δq＝CBLΔv⑦根據加速度的定義式可得⑧聯立解得⑨（3）對PQ根據動量定理可得⑩通過PQ的電荷量為（11）獨立分析PQ與定值電阻R組成的回路可得流過定值電阻的電荷量為（12）x＝（13）電容器存儲的電荷量q2＝CBLv2（14）流過PQ的電荷量等于流過電阻電荷量和電容器存儲的電荷量之和q＝q1+q2（15）聯立解得答：（1）PQ的最終速度為；（2）PQ的加速度大小為；（3）t＝t0時刻PQ的速度大小為。【點評】解答本題的關鍵是從力的角度分析導體棒的受力情況，利用動量定理求解通過導體棒的電荷量，運用牛頓第二定律分析有電容器存在的情況下導體棒的加速度，這些都是常用方法，要熟練掌握。13．（2024?興寧區二模）關于一定質量的理想氣體的內能，下列說法正確的是（）A．氣體在壓縮的過程中，內能一定增大 B．氣體在放熱的過程中，內能一定減小 C．氣體在等溫壓縮過程中，內能一定增大 D．氣體在等壓膨脹過程中，內能一定增大【考點】熱力學第一定律及其應用；氣體的等壓變化及蓋﹣呂薩克定律．【專題】定性思想；推理法；熱力學定律專題；理解能力．【分析】A、氣體被壓縮的過程時外界對氣體做功的過程，有放熱的可能；B、氣體在放熱的過程中，可能外界對氣體做功；C、內能和溫度有關，等溫壓縮不改變內能；D、等壓膨脹，溫度升高，內能和溫度有關。【解答】解：A、氣體在壓縮過程中外界對氣體做功，可能放熱，內能不一定增大，故A錯誤；B、同理，氣體在放熱的過程中，可能外界對氣體做功，內能不一定增大，故B錯誤；C、一定質量的理想氣體的內能只和溫度有關，等溫壓縮過程中，內能保持不變，故C錯誤；D、等壓膨脹過程中，溫度升高，內能一定增大，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了對熱學第一定律的理解，注意內能的變化與溫度變化有關即為解題關鍵。14．（2024?南寧一模）某學校開展慶祝活動，使用氣球渲染氣氛。早晨，學校地表附近的氣溫為27℃，大氣壓強為p0，此時在地表附近的氣球體積為V0，若氣球導熱良好，氣球內所充的氦氣可視為理想氣體，氣球內外氣壓差很小可以忽略。（1）正午時大氣壓仍為P0，此時地表附近的氣球體積增大了，求此時地表附近氣溫達到多少℃？（2）若某高處的大氣壓強為P0，氣溫為15℃，若氣球懸停在這一高處時，氣球體積變為多少？【考點】理想氣體及理想氣體的狀態方程；壓強及封閉氣體壓強的計算．【專題】計算題；定量思想；推理法；理想氣體狀態方程專題；推理能力．【分析】（1）根據蓋—呂薩克定律求解此時的熱力學溫度，根據熱力學溫度與攝氏溫度的關系求解此時地表附近的氣溫；（2）根據理想氣體狀態方程求解氣球懸停在這一高處時氣球的體積。【解答】解：（1）由題意可知此過程為等壓變化過程，由蓋—呂薩克定律知其中T0＝300K，聯立解得T＝310K根據熱力學溫度和攝氏溫度的關系可知T＝t+273K解得t＝37℃；（2）根據理想氣體狀態方程有其中，T1＝288K聯立解得V1＝1.2V0。答：（1）正午時大氣壓仍為P0，此時地表附近的氣球體積增大了，則此時地表附近氣溫達到37℃；（2）若某高處的大氣壓強為P0，氣溫為15℃，若氣球懸停在這一高處時，則氣球體積變為1.2V0。【點評】本題考查理想氣體狀態方程，要求學生能正確選擇研究對象，分析變化過程，熟練掌握理想氣體狀態方程并應用于解題。15．（2024?柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面，O為圓心，AB為一條直徑，光線a、b均從C點射入，光線a平行于AB，光線b與光線a的夾角α＝15°，兩條光線的折射光線均經過B點，θ＝60°，則光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為（）A． B． C． D．【考點】光的折射及折射定律．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理能力．【分析】根據光的折射結合折射定律解得折射率的關系，根據v＝可知a、b光的速度之比，根據路程相等解得時間之比。【解答】解：畫出光線的折射如圖結合幾何關系可知光線a在C點的入射角ia＝60°，折射角ra＝30°則折射率為na＝解得na＝光線b在C點的入射角ib＝45°，折射角rb＝30°則折射率為nb＝解得nb＝光在介質中的傳播速度為v＝由于路程相同t＝解得光線a、b在玻璃磚中傳播的時間之比為，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題考查的重點為光的折射的計算，關鍵找到對應的幾何關系進而找到入射角、折射角，從而分析折射率。16．（2024?貴州模擬）一簡諧波的波源位于坐標原點，波源振動后t＝0.3s時第一次形成如圖所示的波形圖。（1）求該波的波長和傳播速度大小；（2）在給出的坐標圖上畫出波在t＝2.0s時刻的波形圖并寫出平衡位置位于x＝15m處質點的振動方程。【考點】波長、頻率和波速的關系；橫波的圖像．【專題】計算題；定量思想；圖析法；振動圖象與波動圖象專題；分析綜合能力．【分析】（1）由圖讀出波長，根據公式v＝求波的傳播速度大小。（2）根據波形平移法畫出波在t＝2.0s時刻的波形圖。在波傳到x＝15m處質點不振動。波傳到該質點后，判斷起振方向，再寫出振動方程。【解答】解：（1）由圖可知：解得：λ＝20m波速為：（2）由得：T＝0.4s從t＝0.3s到t＝2.0s的時間間隔Δt＝2.0s﹣0.3s＝1.7s因n＝＝＝4，結合波形平移法可得t＝2.0s時刻的波形圖如圖所示。ω＝＝rad/s＝5πrad/s由于波源起振方向向上，所以波源的振動方程為y＝Asinωt＝2sin（5πt）cm則x＝15m處質點的振動方程為答：（1）該波的波長和傳播速度大小分別為20m，50m/s；（2）波在t＝2.0s時刻的波形圖見解析，平衡位置位于x＝15m處質點的振動方程為。【點評】本題讀出振幅、周期和波長是基本功，關鍵是利用波形的平移法作圖，要學會應用。

考點卡片1．運動學圖像綜合【知識點的認識】1.圖像是解決物理學問題的工具。除了常見位移—時間圖像（x﹣t圖像），速度—時間圖像（v﹣t圖像），還有加速度—時間圖像（a﹣t圖像），速度—位移圖像（v﹣x圖像）等等。我們以a﹣t、v﹣x圖像為例進行說明。①a﹣t圖像：加速度—時間圖像2．彈力的大小、胡克定律【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產生的力叫彈力．（2）彈力的產生條件：①彈力的產生條件是兩個物體直接接觸，②并發生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發生彈性形變，從而產生彈力．在彈性限度內，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產生的，也可能是壓縮產生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關量．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據胡克定律兩次列式后聯立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據胡克定律，有：F2＝kx2；聯立解得：k＝；x2＝；故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關鍵是根據胡克定律列式后聯立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識點的結合：如圖所示，一根輕質彈簧上端固定，下端掛一個質量為m0的平盤，盤中有一物體，質量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根據胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯立得F＝剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據牛頓第二定律得a＝＝對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+）mg故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態時物體的受力情況，再分析非平衡狀態時物體的受力情況，根據牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據具體的條件或計算來確定．3．牛頓第二定律的圖像問題【知識點的認識】1．物體質量一定時，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物體的F﹣a圖象是一條直線。2．物體受力一定時，它的質量越大，加速度越小，即a∝，所以物體的﹣a圖象是一條直線。【命題方向】下列圖象能反映牛頓第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根據牛頓第二定律可知，物體的加速度與合外力成正比，與質量成反比，根據牛頓第二定律分析各個圖象。解答：AD、根據牛頓第二定律可知，a＝，當合外力F恒定時，a﹣圖象為過原點的傾斜直線，a﹣m圖象為曲線，故A正確，D錯誤。B、v﹣t圖象反映的是速度隨時間變化的關系，斜率表示加速度，與牛頓第二定律無關，故B錯誤。C、根據牛頓第二定律可知，F＝ma，質量增大，合外力F不變，F﹣m圖象為平行于橫軸的圖象，故C錯誤。故選：A。點評：本題考查了加速度與力的關系圖象，解題的關鍵是明確牛頓第二定律的公式，對比分析圖象。【解題思路點撥】圖像問題的本質是對牛頓第二定律的理解與應用，從F＝ma出發，根據控制變量法找出各物理量之間的關系，從而得出相應函數圖像的性質。4．牛頓第二定律【知識點的認識】1．內容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達式：F合＝ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進一步理解牛頓第二定律是動力學的核心內容，我們要從不同的角度，多層次、系統化地理解其內涵：F量化了迫使物體運動狀態發生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關系了：a∝F，a∝．另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F的大小與時間t的關系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動摩擦力為2NC．t＝3s時刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，處于受力平衡狀態，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據在2～4s內物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質量的大小．根據速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f＝F＝2N．2～4s內做勻加速直線運動，加速度a＝，根據牛頓第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B、D正確，A、C錯誤．故選：BD．點評：本題考查學生對于圖象的解讀能力，根據兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當剪斷Ⅱ瞬間時，球的加速度a應是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a＝，方向沿Ⅰ的延長線D．則a＝，方向水平向左分析：先研究原來靜止的狀態，由平衡條件求出彈簧和細線的拉力．剛剪短細繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細繩彈力可突變！根據牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，F2＝mgtanθ，F1＝．剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC錯誤，D正確；故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關鍵．題型三：動力學中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學規律和牛頓第二定律相結合是解決問題的基本思路．例子：某同學為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發點，并同時開始記錄數據，結果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數μ；（3）木塊回到出發點時的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數．（3）由運動學可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學可得下滑至出發點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經0.5s滑至最高點，由加速度定義式有：上滑過程中加速度的大小：（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數據得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x＝＝m＝1m下滑摩擦力方向變為向上，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：＝2m/s2下滑至出發點的速度大小為：v＝聯立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.35；（3）木塊回到出發點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學公式聯合求解．【解題方法點撥】1．根據牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關系．對于分析瞬時對應關系時應注意兩個基本模型特點的區別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應用牛頓第二定律解答動力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規定正方向．（3）根據牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．5．勻速圓周運動【知識點的認識】圓周運動一、描述圓周運動的物理量描述圓周運動的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉速、向心加速度等。物理量物理意義定義和公式方向和單位線速度描述物體做圓周運動的快慢物體沿圓周通過的弧長與所用時間的比值，v＝方向：沿圓弧切線方向。單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過角度的快慢運動物體與圓心連線掃過的角的弧度數與所用時間的比值，ω＝單位：rad/s周期和轉速描述物體做圓周運動的快慢周期T：物體沿圓周運動一周所用的時間。轉速n：物體單位時間內轉過的圈數周期單位：s轉速單位：r/s或r/min向心加速度描述線速度方向變化的快慢方向：總是沿半徑指向圓心，與線速度方向垂直。單位：m/s2v、ω、T、an間的關系，二、向心力1．作用效果：產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝。3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力。4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據物體受力的實際情況判定。注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力。三、勻速圓周運動和非勻速圓周運動1．勻速圓周運動（1）定義：角速度大小不變的圓周運動。（2）性質：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運動。（3）質點做勻速圓周運動的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。2．非勻速圓周運動（1）定義：線速度大小不斷變化的圓周運動。（2）合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft產生切向加速度，Ft＝mat，它只改變速度的大小。②合力沿半徑方向的分量Fn產生向心加速度，Fn＝man，它只改變速度的方向。四、離心運動和向心運動1．離心運動（1）定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動。（2）本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向。（3）受力特點：當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；當F＝0時，物體沿切線方向飛出；當F＜mrω2時，物體逐漸遠離圓心，F為實際提供的向心力。如圖所示：2．向心運動當提供向心力的合外力大于做圓周運動所需向心力時，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近。如圖所示：注意：物體做離心運動不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現，物體做離心運動時，并非沿半徑方向飛出，而是運動半徑越來越大或沿切線方向飛出。【重要知識點分析】1．圓周運動中的運動學分析（1）對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比。當ω一定時，v與r成正比。當v一定時，ω與r成反比。（2）對a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比。2．勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力【命題方向】【命題方向】（1）第一類常考題型是對圓周運動中的傳動問題分析：一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質量相等的小球A和B沿著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動，A的運動半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運動周期等于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力分析：對AB受力分析，可以發現它們都是重力和斜面的支持力的合力作為向心力，并且它們的質量相等，所以向心力的大小也相等，再根據線速度、加速度和周期的公式可以做出判斷。解：A、如圖所示，小球A和B緊貼著內壁分別在水平面內做勻速圓周運動。由于A和B的質量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運動時的向心力是相同的。由向心力的計算公式F＝m，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F和m相同時，半徑大的線速度大，所以A錯誤。B、又由公式F＝mω2r，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F和m相同時，半徑大的角速度小，所以B錯誤。C、由周期公式T＝，所以球A的運動周期大于球B的運動周期，故C錯誤。D、球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確。故選D。點評：對物體受力分析是解題的關鍵，通過對AB的受力分析可以找到AB的內在的關系，它們的質量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學生分析問題的能力，是道好題。（2）第二類常考題型是對圓周運動中的動力學問題分析：如圖所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓軌道上做圓周運動。圓半徑為R，小球經過圓環最高點時剛好不脫離圓軌。則其通過最高點時（）A．小球對圓環的壓力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力C．小球的線速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g分析：小球經過圓環最高點時剛好不脫離圓環，知軌道對小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據牛頓第二定律求出小球的速度。解：A、因為小球剛好在最高點不脫離圓環，則軌道對球的彈力為零，所以小球對圓環的壓力為零。故A錯誤。B、根據牛頓第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不為零，線速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正確。故選BCD。點評：解決本題的關鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解。（3）第二類常考題型是對圓周運動的繩模型與桿模型分析：如圖，質量為0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用繩子系住小杯在豎直平面內做“水流星”表演，轉動半徑為1m，小杯通過最高點的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點時，繩的拉力？（2）在最高點時水對小杯底的壓力？（3）為使小杯經過最高點時水不流出，在最高點時最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運動所需要的向心力是由哪個力提供的；（2）水對小杯底的壓力與杯子對水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點，此時的受力的條件是只有物體的重力作為向心力。解：（1）小杯質量m＝0.5kg，水的質量M＝1kg，在最高點時，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以細繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點時，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合＝Mg+F圓周半徑為R，則F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯對水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據牛頓第三定律，水對小杯底的壓力為6N，方向豎直向上。（3）小杯經過最高點時水恰好不流出時，此時杯對水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝。答：（1）在最高點時，繩的拉力為9N；（2）在最高點時水對小杯底的壓力為6N；（3）在最高點時最小速率為。點評：水桶在豎直面內做圓周運動時向心力的來源是解決題目的重點，分析清楚哪一個力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當水桶恰好能過最高點時，只有水的重力作為向心力，此時水恰好流不出來。【解題方法點撥】1．圓周運動中的運動學規律總結在分析傳動裝置中的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關系，具體有：（1）同一轉軸的輪上各點角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比。（2）當皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時，傳動皮帶上各點以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比。（3）齒輪傳動時，兩輪的齒數與半徑成正比，角速度與齒數成反比。2．圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置。②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力。（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力。（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程。3．豎直平面內圓周運動的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為“繩（環）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內的運動等），稱為“桿（管道）約束模型”。（2）繩、桿模型涉及的臨界問題。繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析（1）過最高點時，v≥，FN+mg＝m，繩、軌道對球產生彈力FN；（2）不能過最高點時，v＜，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道；（1）當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當0＜v＜時，﹣FN+mg＝m，FN背向圓心，隨v的增大而減小；（3）當v＝時，FN＝0；（4）當v＞時，FN+mg＝m，FN指向圓心并隨v的增大而增大；6．向心力【知識點的認識】一：向心力1．作用效果：產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小．2．大小：Fn＝man＝＝mω2r＝．3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據物體受力的實際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力．二、離心運動和向心運動1．離心運動（1）定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動．（2）本質：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向．（3）受力特點：當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；當F＝0時，物體沿切線方向飛出；當F＜mrω2時，物體逐漸遠離圓心，F為實際提供的向心力．如圖所示．2．向心運動當提供向心力的合外力大于做圓周運動所需向心力時，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近．如圖所示．注意：物體做離心運動不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現，物體做離心運動時，并非沿半徑方向飛出，而是運動半徑越來越大或沿切線方向飛出．【重要知識點分析】1．圓周運動中的運動學分析（1）對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比．當ω一定時，v與r成正比．當v一定時，ω與r成反比．（2）對a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比．2．勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直．即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力【命題方向】（1）第一類常考題型是對圓周運動中的傳動問題分析：一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質量相等的小球A和B沿著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動，A的運動半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運動周期等于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力分析：對AB受力分析，可以發現它們都是重力和斜面的支持力的合力作為向心力，并且它們的質量相等，所以向心力的大小也相等，再根據線速度、加速度和周期的公式可以做出判斷．解：A、如圖所示，小球A和B緊貼著內壁分別在水平面內做勻速圓周運動．由于A和B的質量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運動時的向心力是相同的．由向心力的計算公式F＝m，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F和m相同時，半徑大的線速度大，所以A錯誤．B、又由公式F＝mω2r，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F和m相同時，半徑大的角速度小，所以B錯誤．C、由周期公式T＝，所以球A的運動周期大于球B的運動周期，故C錯誤．D、球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點評：對物體受力分析是解題的關鍵，通過對AB的受力分析可以找到AB的內在的關系，它們的質量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學生分析問題的能力，是道好題．（2）第二類常考題型是對圓周運動中的動力學問題分析：如圖所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓軌道上做圓周運動．圓半徑為R，小球經過圓環最高點時剛好不脫離圓軌．則其通過最高點時（）A．小球對圓環的壓力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力C．小球的線速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g分析：小球經過圓環最高點時剛好不脫離圓環，知軌道對小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據牛頓第二定律求出小球的速度．解：A、因為小球剛好在最高點不脫離圓環，則軌道對球的彈力為零，所以小球對圓環的壓力為零．故A錯誤．B、根據牛頓第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不為零，線速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正確．故選BCD．點評：解決本題的關鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解．（3）第二類常考題型是對圓周運動的繩模型與桿模型分析：如圖，質量為0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用繩子系住小杯在豎直平面內做“水流星”表演，轉動半徑為1m，小杯通過最高點的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點時，繩的拉力？（2）在最高點時水對小杯底的壓力？（3）為使小杯經過最高點時水不流出，在最高點時最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運動所需要的向心力是由哪個力提供的；（2）水對小杯底的壓力與杯子對水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點，此時的受力的條件是只有物體的重力作為向心力．解：（1）小杯質量m＝0.5kg，水的質量M＝1kg，在最高點時，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以細繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點時，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合＝Mg+F圓周半徑為R，則F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯對水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據牛頓第三定律，水對小杯底的壓力為6N，方向豎直向上．（3）小杯經過最高點時水恰好不流出時，此時杯對水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝．答：（1）在最高點時，繩的拉力為9N；（2）在最高點時水對小杯底的壓力為6N；（3）在最高點時最小速率為．點評：水桶在豎直面內做圓周運動時向心力的來源是解決題目的重點，分析清楚哪一個力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當水桶恰好能過最高點時，只有水的重力作為向心力，此時水恰好流不出來．【解題方法點撥】1．圓周運動中的運動學規律總結在分析傳動裝置中的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關系，具體有：（1）同一轉軸的輪上各點角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比．（2）當皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時，傳動皮帶上各點以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比．（3）齒輪傳動時，兩輪的齒數與半徑成正比，角速度與齒數成反比．2．圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．豎直平面內圓周運動的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為“繩（環）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內的運動等），稱為“桿（管道）約束模型”．（2）繩、桿模型涉及的臨界問題．繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析（1）過最高點時，v≥，FN+mg＝m，繩、軌道對球產生彈力FN；（2）不能過最高點時，v＜，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道；（1）當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當0＜v＜時，﹣FN+mg＝m，FN背向圓心，隨v的增大而減小；（3）當v＝時，FN＝0；（4）當v＞時，FN+mg＝m，FN指向圓心并隨v的增大而增大；7．生活中的圓周運動——豎