2024年高考物理終極押題密卷3（北京卷）一．選擇題（共14小題）1．（2024?朝陽(yáng)區(qū)一模）觀察圖1、圖2兩幅圖中的現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）A．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產(chǎn)生了側(cè)移，是由光的折射引起的 B．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產(chǎn)生了側(cè)移，是由光的反射引起的 C．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的全反射形成的 D．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的衍射形成的2．（2024?朝陽(yáng)區(qū)一模）如圖是一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)過(guò)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V﹣T圖像。已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)是1.5×105Pa。下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體在狀態(tài)A的溫度為200K B．氣體在狀態(tài)C的壓強(qiáng)為3×105Pa C．從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中，氣體的壓強(qiáng)越來(lái)越大 D．從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體的內(nèi)能保持不變3．（2024?平谷區(qū)模擬）2023年8月25日，新一代人造太陽(yáng)“中國(guó)環(huán)流三號(hào)”首次實(shí)現(xiàn)100萬(wàn)安培等離子體電流下的高約束模式運(yùn)行，再次刷新中國(guó)磁約束聚變裝置運(yùn)行紀(jì)錄。核聚變是一種核反應(yīng)的形式。下列關(guān)于核反應(yīng)的說(shuō)法中正確的是（）A．要使輕核發(fā)生聚變，一種可行的方法是將物質(zhì)加熱到幾百萬(wàn)開(kāi)爾文的高溫 B．氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為：H+H→He+e C．相同質(zhì)量的核燃料，重核裂變比輕核聚變釋放的核能更多 D．核聚變反應(yīng)過(guò)程中沒(méi)有質(zhì)量虧損4．（2024?豐臺(tái)區(qū)二模）繩上質(zhì)點(diǎn)P在外力作用下從平衡位置開(kāi)始沿豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)繩上各點(diǎn)依次上下振動(dòng)。振動(dòng)傳到質(zhì)點(diǎn)Q時(shí)繩子上的波形如圖所示。已知波的傳播速度為v，P、Q平衡位置間的距離為L(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)M此時(shí)向下振動(dòng) B．質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)周期為 C．質(zhì)點(diǎn)P開(kāi)始振動(dòng)的方向是向下的 D．開(kāi)始振動(dòng)后，P、N兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)總是一致5．（2024?北京一模）圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線(xiàn)圈，A1、A2、A3是三個(gè)完全相同的燈泡。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開(kāi)關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等6．（2024?通州區(qū)一模）車(chē)廂頂部固定一滑輪，在跨過(guò)定滑輪輕繩的兩端各系一個(gè)物體，質(zhì)量分別為m1、m2，如圖所示。車(chē)廂向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，系m1的輕繩與豎直方向夾角為θ。系m2的輕繩保持豎直，m1、m2與車(chē)廂保持相對(duì)靜止。已知m2＞m1，繩子的質(zhì)量、滑輪與輕繩的摩擦忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A．車(chē)廂的加速度為0 B．繩子的拉力大小為m1gcosθ C．車(chē)廂底板對(duì)m2的支持力為（m1+m2）g D．車(chē)廂底板對(duì)m2的摩擦力為m2gtanθ7．（2024?北京一模）將u＝200sin（100πt）V的電壓輸入如圖所示的理想變壓器的原線(xiàn)圈，原副線(xiàn)圈的匝數(shù)之比為n1：n2＝5：1，R＝100Ω。下列說(shuō)法正確的是（）A．該交流電的頻率為100Hz B．閉合開(kāi)關(guān)S后，電阻R消耗的電功率為16W C．閉合開(kāi)關(guān)S后，電流表的讀數(shù)為2A D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，副線(xiàn)圈的輸出電壓為08．（2024?通州區(qū)一模）一電子僅在靜電力作用下從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止出發(fā)沿x軸運(yùn)動(dòng)，其所在位置處的電勢(shì)φ隨位置x變化的圖線(xiàn)如圖中拋物線(xiàn)所示，拋物線(xiàn)與x軸相切于x2，下列說(shuō)法正確的是（）A．x1與x3處的電場(chǎng)方向相同 B．電子在x2處的加速度為零 C．電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3速度逐漸增大 D．電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3，電場(chǎng)力逐漸減小9．（2024?東城區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示為寬度為3L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)左側(cè)有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線(xiàn)框，其總電阻為R，線(xiàn)框所在平面與磁場(chǎng)方向垂直。線(xiàn)框以速度v向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以線(xiàn)框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎才嗔向左為正。則以下關(guān)于線(xiàn)框中的感應(yīng)電流I、ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab、安培力F和線(xiàn)框的發(fā)熱功率P隨時(shí)間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．10．（2024?海淀區(qū)一模）在空間站中，宇航員長(zhǎng)期處于失重狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來(lái)的不適，科學(xué)家設(shè)想建造一種環(huán)形空間站，如圖所示。圓環(huán)形旋轉(zhuǎn)艙繞中心勻速旋轉(zhuǎn)，宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時(shí)相同大小的支持力，宇航員可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．宇航員可以站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)靠近旋轉(zhuǎn)中心的側(cè)壁上 B．以地心為參考系，宇航員處于平衡狀態(tài) C．旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)越小 D．宇航員的質(zhì)量越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)越小11．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個(gè)相同的小球以相同的速率分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計(jì)空氣阻力，比較這三個(gè)小球從拋出到落地的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．重力對(duì)每個(gè)小球做的功都各不相同 B．每個(gè)小球落地時(shí)的速度都各不相同 C．每個(gè)小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都各不相同 D．每個(gè)小球落地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率都各不相同12．（2024?東城區(qū)校級(jí)模擬）哈雷彗星的運(yùn)動(dòng)軌道是一個(gè)非常扁的橢圓，在近日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為r1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為r2，若地球的公轉(zhuǎn)軌道可視為半徑為r的圓軌道，哈雷彗星的公轉(zhuǎn)周期為T(mén)。則哈雷慧星（）A．質(zhì)量 B．公轉(zhuǎn)周期年 C．在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大小之比為 D．在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為13．（2024?順義區(qū)二模）如圖所示為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍發(fā)出的電子經(jīng)電場(chǎng)加速后形成電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄的氣體，在電子束通過(guò)時(shí)能夠顯示電子的徑跡，勵(lì)磁線(xiàn)圈能夠產(chǎn)生垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變小 B．僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大 C．僅升高電子槍加速電場(chǎng)的電壓，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變小 D．僅升高電子槍加速電場(chǎng)的電壓，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大14．（2024?西城區(qū)一模）2023年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予了“產(chǎn)生阿秒光脈沖的實(shí)驗(yàn)方法”。阿秒（as）是一個(gè)極短的時(shí)間單位，1as＝10﹣18s。阿秒光脈沖是一種發(fā)光持續(xù)時(shí)間在as量級(jí)的光脈沖，它相當(dāng)于一個(gè)足夠快的“快門(mén)”，幫助人們“拍攝”高速運(yùn)動(dòng)的電子，從而“打開(kāi)電子世界的大門(mén)”。產(chǎn)生阿秒光脈沖的模型是：用強(qiáng)激光照射某些氣體，由于激光的電場(chǎng)是交變電場(chǎng)，該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度和原子內(nèi)部的庫(kù)侖場(chǎng)的強(qiáng)度相當(dāng)時(shí)，電子就可能“電離”成為自由電子；電離后的自由電子在激光電場(chǎng)作用下“加速”；當(dāng)激光的電場(chǎng)反向后，一些電子就有可能飛到被電離的原子附近并與其“復(fù)合”回到基態(tài)，同時(shí)釋放出一個(gè)高能光子，其頻率為入射強(qiáng)激光頻率的整數(shù)倍，稱(chēng)為高次諧波光子。在適當(dāng)?shù)臈l件下，大量原子輻射出高次諧波疊加形成脈沖寬度為阿秒量級(jí)的光脈沖。根據(jù)上述信息并結(jié)合已有的知識(shí)，判斷下列說(shuō)法正確的是（）A．在1阿秒的時(shí)間內(nèi)，光前進(jìn)的距離約為0.3mm B．電子復(fù)合時(shí)釋放的光子能量等于電子在激光場(chǎng)中加速時(shí)獲得的能量 C．電子的“電離”“加速”和“復(fù)合”將周期性地發(fā)生，時(shí)間間隔與激光電場(chǎng)的周期有關(guān) D．強(qiáng)激光光子能量是高次諧波光子能量的整數(shù)倍二．實(shí)驗(yàn)題（共3小題）15．（2024春?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，利用雙縫干涉測(cè)定光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)中，雙縫間距d＝0.4mm，雙縫到光屏間的距離L＝0.5m，實(shí)驗(yàn)時(shí)，接通電源使光源正常發(fā)光，調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。（1）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，下列措施可行的是（填選項(xiàng)前的字母）。A．將單縫向雙縫靠近B．使用間距更小的雙縫C．把綠色濾光片換成紅色濾光片D．將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)（2）某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖乙所示。分劃板在圖中M位置時(shí)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為xM，在N位置時(shí)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為xN，該單色光的波長(zhǎng)λ表達(dá)式為（用題目中所給物理量符號(hào)xM，xN，d，L表示）。16．（2023秋?延慶區(qū)期末）現(xiàn)有某同學(xué)要測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r（已知E約為1.5V，r約為1Ω）。該同學(xué)采用圖1所示電路。（1）為了完成該實(shí)驗(yàn)，選擇實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，在電路的a、b兩點(diǎn)間可接入的器件是。A．一個(gè)定值電阻B．滑動(dòng)變阻器（2）為了調(diào)節(jié)方便且測(cè)量精度更高，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的電流表為，電壓表為（填寫(xiě)儀器前字母）。A．電流表（0～0.6A）B．電流表（0～3A）C．電壓表（0～3V）D．電壓表（0～15V）（3）經(jīng)過(guò)多次測(cè)量，他們記錄了多組電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U，并在圖2中畫(huà)出了U﹣I圖像。由圖像可以得出，此干電池的電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值E＝V，內(nèi)阻的測(cè)量值r＝Ω（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）。（4）如果該同學(xué)的操作過(guò)程符合規(guī)范實(shí)驗(yàn)要求，請(qǐng)分析系統(tǒng)誤差并比較電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值E、r與真實(shí)值E′、r′的大小：電動(dòng)勢(shì)EE′、內(nèi)阻rr′（填“＞”或“＜”）。17．（2024春?東城區(qū)校級(jí)期中）用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。重錘從高處由靜止開(kāi)始下落，重錘上拖著的紙帶通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）除圖1中所示的裝置之外，還必須使用的器材是；A．直流電源、天平（含砝碼）B．直流電源、刻度尺C．交流電源、天平（含砝碼）D．交流電源、刻度尺（2）下面列舉了該實(shí)驗(yàn)的幾個(gè)操作步驟：A．按照?qǐng)D1所示安裝好實(shí)驗(yàn)器材并連接好電源B．先打開(kāi)夾子釋放紙帶，再接通電源開(kāi)關(guān)打出一條紙帶C．測(cè)量紙帶上某些點(diǎn)間的距離D．根據(jù)測(cè)量的結(jié)果比較重錘下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能是否等于增加的動(dòng)能其中沒(méi)有必要進(jìn)行的或者操作不當(dāng)?shù)牟襟E是（選填步驟前的字母）；（3）如圖2所示，根據(jù)打出的紙帶，選取紙帶上的連續(xù)的五個(gè)點(diǎn)A、B、C、D、E，通過(guò)測(cè)量并計(jì)算出點(diǎn)A距起始點(diǎn)O的距離為s0，點(diǎn)AC間的距離為s1，點(diǎn)CE間的距離為s2，若相鄰兩點(diǎn)的打點(diǎn)時(shí)間間隔為T(mén)，重錘質(zhì)量為m，根據(jù)這些條件計(jì)算重錘從釋放到下落OC距離時(shí)的重力勢(shì)能變化量ΔEp＝，動(dòng)能變化量ΔEk＝；在多次實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，重錘減小的重力勢(shì)能總是大于重錘增加的動(dòng)能，其原因主要是；（4）某同學(xué)利用圖2中紙帶，先分別測(cè)量出從A點(diǎn)到B、C、D、E、F、G點(diǎn)的距離h（其中F、G點(diǎn)為E點(diǎn)后連續(xù)打出的點(diǎn)，圖中未畫(huà)出），再計(jì)算打出B、C、D、E、F各點(diǎn)時(shí)重錘下落的速度v和v2，繪制v2﹣h圖像，如圖3所示，并求得圖線(xiàn)的縱軸截距b和斜率k。①請(qǐng)說(shuō)明如何根據(jù)圖像驗(yàn)證重錘下落過(guò)程機(jī)械能是否守恒？；②假設(shè)上述實(shí)驗(yàn)操作中不受一切阻力影響，此時(shí)繪制的v2﹣h圖線(xiàn)的斜率k′與k的關(guān)系最可能的是。A．k′＞kB．k′＝kC．k′＜kD．以上情況均有可能三．解答題（共4小題）18．（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設(shè)物塊通過(guò)連接處時(shí)速率不發(fā)生改變。質(zhì)量m1＝0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度h＝0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜槽末端的質(zhì)量m2＝0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊B滑行一段距離后停止運(yùn)動(dòng)。取重力加速度g＝10m/s2，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。（2）物塊A與物塊B碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。（3）滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊B做的功。19．（2024?海淀區(qū)一模）有關(guān)列車(chē)電氣制動(dòng)，可以借助如圖所示模型來(lái)理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬棒MN的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌右端接有阻值為R的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。MN在安培力作用下向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程對(duì)應(yīng)于列車(chē)的電氣制動(dòng)過(guò)程，金屬棒MN開(kāi)始減速時(shí)的初速度為v0。（1）求開(kāi)始減速時(shí)：①導(dǎo)體棒兩端的電壓U。②安培力的功率P。（2）在制動(dòng)過(guò)程中，列車(chē)還會(huì)受到軌道和空氣阻力的作用，為了研究問(wèn)題方便，設(shè)這些阻力總和大小恒定，對(duì)應(yīng)于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金屬棒的速度從v，減至的過(guò)程中，金屬棒的位移大小為x。求該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。20．（2024?門(mén)頭溝區(qū)一模）圖甲是列車(chē)進(jìn)站場(chǎng)景，其剎車(chē)原理可簡(jiǎn)化為圖乙。在車(chē)身下方固定一單匝矩形導(dǎo)線(xiàn)框，利用線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力，輔助列車(chē)剎車(chē)。已知列車(chē)質(zhì)量為m，線(xiàn)框總電阻為R，線(xiàn)框ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，bc邊長(zhǎng)近似等于車(chē)身長(zhǎng)度s，列車(chē)軌道上勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。車(chē)頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v0，車(chē)尾進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間列車(chē)恰好停止，列車(chē)停止前所受所有摩擦阻力恒為f。求：（1）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；（2）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，列車(chē)加速度的大小a；（3）列車(chē)從進(jìn)站到停止過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱Q。21．（2024?東城區(qū)一模）天文學(xué)家范?艾倫發(fā)現(xiàn)在地球大氣層之外存在著一個(gè)輻射帶包裹著地球，這一輻射帶被命名為“范?艾倫輻射帶”，它是由于地球磁場(chǎng)捕獲了大量帶電粒子而形成，分為內(nèi)層和外層，如圖1所示。由于地球兩極附近區(qū)域磁場(chǎng)強(qiáng)，其他區(qū)域磁場(chǎng)弱，當(dāng)宇宙射線(xiàn)進(jìn)入地磁場(chǎng)后會(huì)使帶電粒子沿磁感線(xiàn)做螺線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，遇到強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域被反射回來(lái)，在地磁兩極間來(lái)回“彈跳”，被“捕獲”在地磁場(chǎng)中。不過(guò)還是有一些宇宙射線(xiàn)粒子可以“溜進(jìn)”地球大氣層，它們和空氣分子的碰撞產(chǎn)生的輻射就形成了絢麗多彩的極光。大氣中最主要的成分是氮和氧，波長(zhǎng)557.7nm的綠色和630nm附近的紅色極光主要由氧原子發(fā)出，波長(zhǎng)高于640nm的紅色極光由氮?dú)夥肿影l(fā)出。（計(jì)算時(shí)普朗克常量取h＝6.6×10?34J?s，真空中光速c取3×108m/s）（1）a.求放出一個(gè)波長(zhǎng)為630nm的紅色光子時(shí)，氧原子的能量變化ΔE（結(jié)果取1位有效數(shù)字）。b.請(qǐng)說(shuō)明帶電粒子和空氣分子碰撞產(chǎn)生輻射的過(guò)程中能量是如何轉(zhuǎn)化的。（2）如圖2所示的是質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在具有軸對(duì)稱(chēng)性的非均勻磁場(chǎng)中做螺線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的示意圖，若將粒子沿軸線(xiàn)方向的分速度用v∥表示，與之垂直的平面內(nèi)的分速度用v⊥表示。a.某時(shí)刻帶電粒子的v∥＝v1，v⊥＝v2，所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，如果將粒子從此刻起在垂直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)，所到達(dá)區(qū)域的磁場(chǎng)按勻強(qiáng)磁場(chǎng)（方向沿軸線(xiàn)）進(jìn)行估算，求粒子在垂直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r和在一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)沿軸線(xiàn)前進(jìn)的距離（螺距）d。b.實(shí)際上帶電粒子的半徑和螺距都會(huì)不斷變化，已知帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，在垂直平面內(nèi)的速度v⊥會(huì)變大，在此已知的基礎(chǔ)上請(qǐng)用高中物理的知識(shí)解釋為什么帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)螺旋前進(jìn)時(shí)，分速度v∥會(huì)減小到零，并繼而沿反方向前進(jìn)。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（北京卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）1．（2024?朝陽(yáng)區(qū)一模）觀察圖1、圖2兩幅圖中的現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）A．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產(chǎn)生了側(cè)移，是由光的折射引起的 B．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產(chǎn)生了側(cè)移，是由光的反射引起的 C．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的全反射形成的 D．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的衍射形成的【考點(diǎn)】光的衍射；光的折射及折射定律；全反射．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和電磁本性專(zhuān)題；理解能力．【分析】根據(jù)光的折射現(xiàn)象分析AB，肥皂膜上的彩色條紋是由于光的干涉現(xiàn)象。【解答】解：AB、圖1中豎直浸在水中的這段筷子產(chǎn)生了側(cè)移，是由光的折射引起的，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、圖2中肥皂膜上的條紋是由光的薄膜干涉形成的，故CD錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】考查光的干涉、折射的原理，掌握基本的光現(xiàn)象，注意光現(xiàn)象在實(shí)際生活的應(yīng)用。2．（2024?朝陽(yáng)區(qū)一模）如圖是一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)過(guò)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V﹣T圖像。已知?dú)怏w在狀態(tài)A時(shí)的壓強(qiáng)是1.5×105Pa。下列說(shuō)法正確的是（）A．氣體在狀態(tài)A的溫度為200K B．氣體在狀態(tài)C的壓強(qiáng)為3×105Pa C．從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中，氣體的壓強(qiáng)越來(lái)越大 D．從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體的內(nèi)能保持不變【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；熱力學(xué)圖像類(lèi)問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專(zhuān)題；推理能力．【分析】根據(jù)在V﹣T圖像，分析氣體壓強(qiáng)如何變化；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，求氣體壓強(qiáng)大小。【解答】解：ABC、氣體質(zhì)量不變，在V﹣T圖像中，AB為過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線(xiàn)，由理想氣體狀態(tài)方程：pV＝C，可T知從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體做等壓變化；從A到B，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝，代入數(shù)據(jù)＝，解得：TA＝200K；從B到C，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝，其中pB＝pA＝1.5×105Pa，代入數(shù)據(jù)＝，解得：pc＝2×105Pa，故BC錯(cuò)誤，A正確；D、從B到C，氣體溫度升高，內(nèi)能增大，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是掌握一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程，比較基礎(chǔ)。3．（2024?平谷區(qū)模擬）2023年8月25日，新一代人造太陽(yáng)“中國(guó)環(huán)流三號(hào)”首次實(shí)現(xiàn)100萬(wàn)安培等離子體電流下的高約束模式運(yùn)行，再次刷新中國(guó)磁約束聚變裝置運(yùn)行紀(jì)錄。核聚變是一種核反應(yīng)的形式。下列關(guān)于核反應(yīng)的說(shuō)法中正確的是（）A．要使輕核發(fā)生聚變，一種可行的方法是將物質(zhì)加熱到幾百萬(wàn)開(kāi)爾文的高溫 B．氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為：H+H→He+e C．相同質(zhì)量的核燃料，重核裂變比輕核聚變釋放的核能更多 D．核聚變反應(yīng)過(guò)程中沒(méi)有質(zhì)量虧損【考點(diǎn)】輕核的聚變；質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；重核的裂變和輕核的聚變專(zhuān)題；推理能力．【分析】根據(jù)核聚變的條件判斷；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷；相同質(zhì)量的核燃料重核裂變比輕核聚變釋放的核能少；核聚變與核裂變過(guò)程中都有質(zhì)量虧損。【解答】解：A、根據(jù)核聚變的條件可知，要輕核發(fā)生聚變，一種可行的方法是將物質(zhì)加熱到幾百萬(wàn)開(kāi)爾文的高溫，同時(shí)還需要很大的壓強(qiáng)，故A正確；B、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，氘氚核聚變的核反應(yīng)方程為：H+H→He+；故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)核聚變與核裂變的特點(diǎn)可知，相同質(zhì)量的核燃料重核裂變比輕核聚變釋放的核能少，故C錯(cuò)誤；D、核聚變過(guò)程中有質(zhì)量虧損，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】該題考查核聚變與核裂變，知道它們的原理，知道二者應(yīng)用的區(qū)別即可。4．（2024?豐臺(tái)區(qū)二模）繩上質(zhì)點(diǎn)P在外力作用下從平衡位置開(kāi)始沿豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，帶動(dòng)繩上各點(diǎn)依次上下振動(dòng)。振動(dòng)傳到質(zhì)點(diǎn)Q時(shí)繩子上的波形如圖所示。已知波的傳播速度為v，P、Q平衡位置間的距離為L(zhǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)M此時(shí)向下振動(dòng) B．質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)周期為 C．質(zhì)點(diǎn)P開(kāi)始振動(dòng)的方向是向下的 D．開(kāi)始振動(dòng)后，P、N兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)總是一致【考點(diǎn)】橫波的圖像；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專(zhuān)題；分析綜合能力．【分析】由波的傳播方向，利用同側(cè)法判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向以及波源的起振方向；根據(jù)波形圖找到波長(zhǎng)，再根據(jù)波速公式求解周期；間隔為nλ的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)總是一致的。【解答】解：AC、由題意知波向左傳播，根據(jù)同側(cè)法可知：質(zhì)點(diǎn)M此時(shí)向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)Q開(kāi)始振動(dòng)的方向是向上的，則質(zhì)點(diǎn)P開(kāi)始振動(dòng)的方向也是向上的，故AC錯(cuò)誤；B、由圖圈可知，波長(zhǎng)為λ＝，則質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)周期為T(mén)＝，故B錯(cuò)誤；D、由圈可知P、N兩質(zhì)點(diǎn)相距一個(gè)波長(zhǎng)，則開(kāi)始振動(dòng)后，P、N兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)總是一致，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】由波動(dòng)圖象讀取有效信息是基本能力，由波的傳播方向判斷質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向是基本功，要熟練掌握，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。5．（2024?北京一模）圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線(xiàn)圈，A1、A2、A3是三個(gè)完全相同的燈泡。實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開(kāi)關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【考點(diǎn)】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；交流電專(zhuān)題；理解能力．【分析】閉合開(kāi)關(guān)的瞬間，通過(guò)線(xiàn)圈的電流增大，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷通過(guò)兩燈電流的關(guān)系。待電路穩(wěn)定后斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，線(xiàn)圈產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，分析通過(guò)兩燈的電流關(guān)系，判斷L2中電流與變阻器R中電流是否相等。【解答】解：AB、圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，說(shuō)明燈泡A1中的電流小于線(xiàn)圈L1中的電流，根據(jù)歐姆定律可知L1的電阻小于A1的電阻，故AB錯(cuò)誤；C、圖乙中，最終A2與A3的亮度相同，則兩個(gè)支路電流相同，又由于兩個(gè)燈泡電阻相同，所以變阻器R與L2的電阻值相同，故C正確；D、圖乙中，閉合S2瞬間，電感線(xiàn)圈由于自感現(xiàn)象，L2對(duì)電流有阻礙作用，此時(shí)自感線(xiàn)圈相當(dāng)于一個(gè)逐漸變化的電阻，所以?xún)蓚€(gè)支路的電阻不相等，兩個(gè)支路并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)，可知L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)通過(guò)線(xiàn)圈本身的電流變化時(shí)，線(xiàn)圈中會(huì)產(chǎn)生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，可運(yùn)用楞次定律分析自感電動(dòng)勢(shì)對(duì)電流的影響。6．（2024?通州區(qū)一模）車(chē)廂頂部固定一滑輪，在跨過(guò)定滑輪輕繩的兩端各系一個(gè)物體，質(zhì)量分別為m1、m2，如圖所示。車(chē)廂向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，系m1的輕繩與豎直方向夾角為θ。系m2的輕繩保持豎直，m1、m2與車(chē)廂保持相對(duì)靜止。已知m2＞m1，繩子的質(zhì)量、滑輪與輕繩的摩擦忽略不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A．車(chē)廂的加速度為0 B．繩子的拉力大小為m1gcosθ C．車(chē)廂底板對(duì)m2的支持力為（m1+m2）g D．車(chē)廂底板對(duì)m2的摩擦力為m2gtanθ【考點(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)力的合成可求出繩子拉力大小，并利用牛頓第二定律可求出加速度；根據(jù)物體加速度可求出支持力和摩擦力大小。【解答】解：AB.物體m與車(chē)廂具有相同的加速度，對(duì)物體m1分析，受重力和拉力，如圖根據(jù)合成法，知F合＝m1gtanθ拉力為T(mén)＝物體m1的加速度為a＝＝gtanθ所以車(chē)廂的加速度為gtanθ，故AB錯(cuò)誤；CD.物體m2加速度為gtanθ，對(duì)物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如圖支持力為N＝m2g﹣，f＝m2a＝m2gtanθ，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對(duì)牛頓第二定律的靈活運(yùn)用，能夠根據(jù)加速度求解受力。7．（2024?北京一模）將u＝200sin（100πt）V的電壓輸入如圖所示的理想變壓器的原線(xiàn)圈，原副線(xiàn)圈的匝數(shù)之比為n1：n2＝5：1，R＝100Ω。下列說(shuō)法正確的是（）A．該交流電的頻率為100Hz B．閉合開(kāi)關(guān)S后，電阻R消耗的電功率為16W C．閉合開(kāi)關(guān)S后，電流表的讀數(shù)為2A D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，副線(xiàn)圈的輸出電壓為0【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理；電功和電功率；交變電流的圖像和函數(shù)表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；交流電專(zhuān)題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)原線(xiàn)圈輸入電壓表達(dá)式求解交變電流的頻率；根據(jù)變壓比公式以及功率公式即可求解；由輸入功率等于輸出功率即可求解原線(xiàn)圈電流；根據(jù)變壓比公式可分析副線(xiàn)圈獲得電壓。【解答】解：A、根據(jù)u＝200sin（100πt）V可知，f＝＝Hz＝50Hz，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)變壓比公式，，解得U2＝40V，電阻R消耗的功率P＝，解得P＝16W，故B正確；C、根據(jù)輸入功率等于輸出功率可知，U1I1＝U2I2，解得I1＝0.08A，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)變壓比公式，，不論開(kāi)關(guān)S是斷開(kāi)還是閉合，副線(xiàn)圈的輸出電壓始終為40V，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】該題考查理想變壓器變壓比公式、輸入功率等于輸入功率以及定值電阻功率公式，屬于常見(jiàn)知識(shí)點(diǎn)的考查，題目難度適中，典型例題。8．（2024?通州區(qū)一模）一電子僅在靜電力作用下從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止出發(fā)沿x軸運(yùn)動(dòng)，其所在位置處的電勢(shì)φ隨位置x變化的圖線(xiàn)如圖中拋物線(xiàn)所示，拋物線(xiàn)與x軸相切于x2，下列說(shuō)法正確的是（）A．x1與x3處的電場(chǎng)方向相同 B．電子在x2處的加速度為零 C．電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3速度逐漸增大 D．電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3，電場(chǎng)力逐漸減小【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電勢(shì)．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；推理能力．【分析】根據(jù)電勢(shì)的高低得出電場(chǎng)線(xiàn)的方向；φ﹣x圖像的斜率表示場(chǎng)強(qiáng)的大小，結(jié)合圖像的物理意義得出電子加速度的變化趨勢(shì)，從而分析速度的變化。【解答】解：A.沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)逐漸降低，可知x1與x2之間的電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，x2與x3之間的電場(chǎng)方向沿x軸正方向，即x1與x3處的電場(chǎng)方向相反，故A錯(cuò)誤；B.φ﹣x圖像中，圖像斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，x2處的斜率為0，表明該處電場(chǎng)強(qiáng)度為0，電場(chǎng)力為0，即加速度為0，故B正確；C.結(jié)合上述可知，x2與x3之間的電場(chǎng)方向沿x軸正方向，電子所受電場(chǎng)力方向沿x軸負(fù)方向，可知電子從x2運(yùn)動(dòng)到x3速度逐漸減小，故C錯(cuò)誤；D.φ﹣x圖像中，圖像斜率的絕對(duì)值表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，從x2運(yùn)動(dòng)到x3斜率的絕對(duì)值逐漸增大，則電場(chǎng)力逐漸增大，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了φ﹣x圖像的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。9．（2024?東城區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示為寬度為3L的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。磁場(chǎng)左側(cè)有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)體線(xiàn)框，其總電阻為R，線(xiàn)框所在平面與磁場(chǎng)方向垂直。線(xiàn)框以速度v向右勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，以線(xiàn)框cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎才嗔向左為正。則以下關(guān)于線(xiàn)框中的感應(yīng)電流I、ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uab、安培力F和線(xiàn)框的發(fā)熱功率P隨時(shí)間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的圖像類(lèi)問(wèn)題；閉合電路的歐姆定律．【專(zhuān)題】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理能力．【分析】根據(jù)楞次定律可判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律分析電流和電動(dòng)勢(shì)大小，最后安培力和功率表達(dá)式分析求解。【解答】解：根據(jù)題意，線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，根據(jù)楞次定律可判斷電流沿逆時(shí)針?lè)较颍}目中規(guī)定電流沿逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎蔬M(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中電流為正，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律有ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差滿(mǎn)足（a點(diǎn)電勢(shì)高）根據(jù)安培力表達(dá)式，cd邊受到的安培力大小為，根據(jù)左手定則判斷方向向左根據(jù)焦耳定律，線(xiàn)框的發(fā)熱功率滿(mǎn)足線(xiàn)框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后，磁通量不變，則沒(méi)有感應(yīng)電流，所以線(xiàn)框不受安培力的作用，線(xiàn)框的發(fā)熱功率為零，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差滿(mǎn)足U2＝BLv＝4U0（a點(diǎn)電勢(shì)高）線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，電流沿順時(shí)針?lè)较颍c規(guī)定電流方向相反，故電流為負(fù)，電流大小為線(xiàn)框受安培力大小為方向向左，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差（a點(diǎn)電勢(shì)高）線(xiàn)框的發(fā)熱功率綜上所述可知A．時(shí)間內(nèi)，電流為I0，時(shí)間內(nèi)，電流為0，時(shí)間內(nèi)，電流為﹣I0，故A錯(cuò)誤；B．時(shí)間內(nèi)，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U0，時(shí)間內(nèi)，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差4U0，時(shí)間內(nèi)，ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差3U0，故B錯(cuò)誤；C．時(shí)間內(nèi)，cd邊受到的安培力F0，時(shí)間內(nèi)，cd邊受到的安培力0，時(shí)間內(nèi)，cd邊受到的安培力F0，故C正確；D．時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框的發(fā)熱功率P0，時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框的發(fā)熱功率0，時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)框的發(fā)熱功率F0，故D錯(cuò)誤故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)，理解法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合回路歐姆定律，熟悉用楞次定律判斷電流方向是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。10．（2024?海淀區(qū)一模）在空間站中，宇航員長(zhǎng)期處于失重狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來(lái)的不適，科學(xué)家設(shè)想建造一種環(huán)形空間站，如圖所示。圓環(huán)形旋轉(zhuǎn)艙繞中心勻速旋轉(zhuǎn)，宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)的側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時(shí)相同大小的支持力，宇航員可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．宇航員可以站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)靠近旋轉(zhuǎn)中心的側(cè)壁上 B．以地心為參考系，宇航員處于平衡狀態(tài) C．旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)越小 D．宇航員的質(zhì)量越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)越小【考點(diǎn)】向心力；線(xiàn)速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；勻速圓周運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【分析】本題根據(jù)題意分析，旋轉(zhuǎn)艙中的宇航員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，宇航員受到和地球表面相同大小的支持力，支持力提供向心力，相當(dāng)于重力提供向心力。根據(jù)向心力公式Fn＝mRω2進(jìn)行判斷。【解答】解：A、旋轉(zhuǎn)艙旋轉(zhuǎn)時(shí)，宇航員受到的向心力指向圓心，所以宇航員可以站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)遠(yuǎn)離旋轉(zhuǎn)中心的側(cè)壁上，通過(guò)支持力提供向心力，減小失重效果，故A錯(cuò)誤；B、以地心為參考系，旋轉(zhuǎn)艙繞地球旋轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，宇航員繞旋轉(zhuǎn)艙旋轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，受力不平衡，故B錯(cuò)誤；C、為了達(dá)到和地球相同的支持力，所以支持力不變，故合外力F不變，所以有Fn＝mRω2，當(dāng)半徑增大后，角速度適當(dāng)減小，可以保證F不變，故C正確；D、由題意可知，F(xiàn)n＝mg＝mRω2，當(dāng)質(zhì)量增大時(shí)，向心力也增大，為了使上式仍能成立，則半徑和角速度應(yīng)不變，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是分析出旋轉(zhuǎn)艙中的宇航員做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于重力提供向心力。考查學(xué)生對(duì)題意的分析能力。11．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個(gè)相同的小球以相同的速率分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計(jì)空氣阻力，比較這三個(gè)小球從拋出到落地的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．重力對(duì)每個(gè)小球做的功都各不相同 B．每個(gè)小球落地時(shí)的速度都各不相同 C．每個(gè)小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都各不相同 D．每個(gè)小球落地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率都各不相同【考點(diǎn)】功率、平均功率和瞬時(shí)功率；功的計(jì)算．【專(zhuān)題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；功率的計(jì)算專(zhuān)題；理解能力．【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可比較時(shí)間；根據(jù)動(dòng)能定理判斷小球落地的速度；結(jié)合位移的定義判斷即可根據(jù)動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)的分解求解；【解答】解：AB、根據(jù)動(dòng)能定理得出，三個(gè)小球l落到地面時(shí)，重力做的功相等，初動(dòng)能相等，故速度大小相等，由運(yùn)動(dòng)的合成可知，豎直向下、豎直向上拋出的小球速度方向相同，但與水平向右的方向拋出方向不同，故AB錯(cuò)誤；C、三個(gè)小球以同一速率分別沿水平方向、豎直向下、豎直向上拋出，在豎直方向上的分速度各不相同，加速度都為g，下落相同高度，由可知每個(gè)小球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間都各不相同，故C正確；D、重力小球落地時(shí)做功的瞬時(shí)功率公式為P＝mgvy，vy是豎直方向的分速度，三個(gè)小球中豎直向下、豎直向上拋出的小球落地時(shí)豎直方向的分速度相同，則重力落地時(shí)重力的功率相同，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題是拋體運(yùn)動(dòng)分解和動(dòng)能定理的綜合，根據(jù)動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)的分解求解，要注意速度和位移是矢量。12．（2024?東城區(qū)校級(jí)模擬）哈雷彗星的運(yùn)動(dòng)軌道是一個(gè)非常扁的橢圓，在近日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為r1，在遠(yuǎn)日點(diǎn)與太陽(yáng)中心的距離為r2，若地球的公轉(zhuǎn)軌道可視為半徑為r的圓軌道，哈雷彗星的公轉(zhuǎn)周期為T(mén)。則哈雷慧星（）A．質(zhì)量 B．公轉(zhuǎn)周期年 C．在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大小之比為 D．在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的加速度大小之比為【考點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用；向心力；開(kāi)普勒定律．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專(zhuān)題；推理能力．【分析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，牛頓第二定律，結(jié)合開(kāi)普勒第三定律和開(kāi)普勒第二定律分析列式求解。【解答】解：A．由萬(wàn)有引力定律可以計(jì)算中心天體的質(zhì)量，依題意哈雷彗星是環(huán)繞天體，其質(zhì)量無(wú)法由萬(wàn)有引力提供向心力模型計(jì)算。故A錯(cuò)誤；B．由開(kāi)普勒第三定律可得：其中T地球＝1年，故解得哈雷慧星的公轉(zhuǎn)周期為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)開(kāi)普勒第二定律，取時(shí)間微元Δt，結(jié)合扇形面積公式可得：解得在近日點(diǎn)與遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度大小之比為：故C錯(cuò)誤；D．在近日點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得在遠(yuǎn)日點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得向心加速度大小之比為：故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了萬(wàn)有引力定律和開(kāi)普勒三大定律的應(yīng)用，理解定律中各個(gè)物理量的含義，掌握定律的適用條件和計(jì)算是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。13．（2024?順義區(qū)二模）如圖所示為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍發(fā)出的電子經(jīng)電場(chǎng)加速后形成電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄的氣體，在電子束通過(guò)時(shí)能夠顯示電子的徑跡，勵(lì)磁線(xiàn)圈能夠產(chǎn)生垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變小 B．僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大 C．僅升高電子槍加速電場(chǎng)的電壓，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變小 D．僅升高電子槍加速電場(chǎng)的電壓，電子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期將變大【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在電場(chǎng)中的加速．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理能力．【分析】AC.根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律列式求解半徑的表達(dá)式，再根據(jù)表達(dá)式進(jìn)行分析解答；BD.由牛頓第二定律和線(xiàn)速度公式推導(dǎo)周期表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析比較。【解答】解：AC.根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律有可得僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，則運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變小；僅升高電子槍加速電場(chǎng)的電壓U，運(yùn)動(dòng)徑跡的半徑變大，故A正確，C錯(cuò)誤；BD.由可得電子的周期為電子周期與電子槍加速電場(chǎng)的電壓無(wú)關(guān)，且僅增大勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流，電子運(yùn)動(dòng)的周期將變小，故BD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在電場(chǎng)中和磁場(chǎng)中的加速和圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。14．（2024?西城區(qū)一模）2023年諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)授予了“產(chǎn)生阿秒光脈沖的實(shí)驗(yàn)方法”。阿秒（as）是一個(gè)極短的時(shí)間單位，1as＝10﹣18s。阿秒光脈沖是一種發(fā)光持續(xù)時(shí)間在as量級(jí)的光脈沖，它相當(dāng)于一個(gè)足夠快的“快門(mén)”，幫助人們“拍攝”高速運(yùn)動(dòng)的電子，從而“打開(kāi)電子世界的大門(mén)”。產(chǎn)生阿秒光脈沖的模型是：用強(qiáng)激光照射某些氣體，由于激光的電場(chǎng)是交變電場(chǎng)，該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度和原子內(nèi)部的庫(kù)侖場(chǎng)的強(qiáng)度相當(dāng)時(shí)，電子就可能“電離”成為自由電子；電離后的自由電子在激光電場(chǎng)作用下“加速”；當(dāng)激光的電場(chǎng)反向后，一些電子就有可能飛到被電離的原子附近并與其“復(fù)合”回到基態(tài)，同時(shí)釋放出一個(gè)高能光子，其頻率為入射強(qiáng)激光頻率的整數(shù)倍，稱(chēng)為高次諧波光子。在適當(dāng)?shù)臈l件下，大量原子輻射出高次諧波疊加形成脈沖寬度為阿秒量級(jí)的光脈沖。根據(jù)上述信息并結(jié)合已有的知識(shí)，判斷下列說(shuō)法正確的是（）A．在1阿秒的時(shí)間內(nèi)，光前進(jìn)的距離約為0.3mm B．電子復(fù)合時(shí)釋放的光子能量等于電子在激光場(chǎng)中加速時(shí)獲得的能量 C．電子的“電離”“加速”和“復(fù)合”將周期性地發(fā)生，時(shí)間間隔與激光電場(chǎng)的周期有關(guān) D．強(qiáng)激光光子能量是高次諧波光子能量的整數(shù)倍【考點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；激光的特性和應(yīng)用；光子及其動(dòng)量．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專(zhuān)題；推理能力．【分析】光在空氣中的速度約為3×108m/s，根據(jù)光速與時(shí)間的乘積求解光前進(jìn)的距離；電子復(fù)合時(shí)釋放的光子能量至少等于原子由最高能級(jí)躍遷到基態(tài)釋放的能量；分析題意，解答CD選項(xiàng)。【解答】解：A、光在空氣中的速度約為3×108m/s，在1阿秒的時(shí)間內(nèi)，光前進(jìn)的距離約為s＝3×108×10﹣18m＝3×10﹣10m＝3×10﹣7mm，故A錯(cuò)誤；B、電子復(fù)合時(shí)釋放的光子能量至少等于原子由最高能級(jí)躍遷到基態(tài)釋放的能量，并不等于電子在激光場(chǎng)中加速時(shí)獲得的能量，故B錯(cuò)誤；C、由題意可知，電子的“電離”“加速”和“復(fù)合”將周期性地發(fā)生，時(shí)間間隔與激光電場(chǎng)的周期有關(guān)，故C正確；D、由題意可知，高次諧波光子的頻率為入射強(qiáng)激光頻率的整數(shù)倍。故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題為知識(shí)給予題，重在理解題意，找到和學(xué)過(guò)的物理知識(shí)的關(guān)聯(lián)，結(jié)合題目所給知識(shí)解答問(wèn)題。二．實(shí)驗(yàn)題（共3小題）15．（2024春?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，利用雙縫干涉測(cè)定光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)中，雙縫間距d＝0.4mm，雙縫到光屏間的距離L＝0.5m，實(shí)驗(yàn)時(shí)，接通電源使光源正常發(fā)光，調(diào)整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。（1）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，下列措施可行的是D（填選項(xiàng)前的字母）。A．將單縫向雙縫靠近B．使用間距更小的雙縫C．把綠色濾光片換成紅色濾光片D．將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)（2）某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖乙所示。分劃板在圖中M位置時(shí)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為xM，在N位置時(shí)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為xN，該單色光的波長(zhǎng)λ表達(dá)式為（用題目中所給物理量符號(hào)xM，xN，d，L表示）。【考點(diǎn)】用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；光的干涉專(zhuān)題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式結(jié)合入射光的波長(zhǎng)變化情況逐項(xiàng)分析作答；（2）根據(jù)條紋寬度求解相鄰亮條紋之間的距離，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式求單色光的波長(zhǎng)。【解答】解：（1）根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式可知，若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，應(yīng)減小相鄰亮條紋之間的距離；A.單縫與雙縫之間距離的改變，不影響條紋間距，從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)不變，故A錯(cuò)誤；B.使用間距更小的雙縫，條紋間距增大，從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；C.把綠色濾光片換成紅色濾光片，波長(zhǎng)變長(zhǎng)，條紋間距變寬，從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；D.將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)，雙縫到屏的距離減小，條紋間距變窄，從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)增加，故D正確。故選：D。（2）相鄰兩個(gè)亮條紋之間的距離為根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式聯(lián)立解得該單色光的波長(zhǎng)為。故答案為：（1）D；（2）。【點(diǎn)評(píng)】理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，掌握基礎(chǔ)知識(shí)，應(yīng)用雙縫干涉條紋間距公式即可完成作答。16．（2023秋?延慶區(qū)期末）現(xiàn)有某同學(xué)要測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r（已知E約為1.5V，r約為1Ω）。該同學(xué)采用圖1所示電路。（1）為了完成該實(shí)驗(yàn)，選擇實(shí)驗(yàn)器材時(shí)，在電路的a、b兩點(diǎn)間可接入的器件是B。A．一個(gè)定值電阻B．滑動(dòng)變阻器（2）為了調(diào)節(jié)方便且測(cè)量精度更高，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選用的電流表為A，電壓表為C（填寫(xiě)儀器前字母）。A．電流表（0～0.6A）B．電流表（0～3A）C．電壓表（0～3V）D．電壓表（0～15V）（3）經(jīng)過(guò)多次測(cè)量，他們記錄了多組電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U，并在圖2中畫(huà)出了U﹣I圖像。由圖像可以得出，此干電池的電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值E＝1.48V，內(nèi)阻的測(cè)量值r＝0.80Ω（結(jié)果均保留兩位小數(shù)）。（4）如果該同學(xué)的操作過(guò)程符合規(guī)范實(shí)驗(yàn)要求，請(qǐng)分析系統(tǒng)誤差并比較電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值E、r與真實(shí)值E′、r′的大小：電動(dòng)勢(shì)E＜E′、內(nèi)阻r＜r′（填“＞”或“＜”）。【考點(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理能力．【分析】（1）本實(shí)驗(yàn)通過(guò)改變回路中的電阻來(lái)測(cè)量多組電壓、電流數(shù)據(jù)，故a、b之間應(yīng)接入滑動(dòng)變阻器；（2）根據(jù)U﹣I圖像中的電流數(shù)據(jù)選擇電流表；根據(jù)電池的電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表；（3）根據(jù)U﹣I圖像的截距求解電池的電動(dòng)勢(shì)；根據(jù)斜率求解電池的內(nèi)阻；（4）實(shí)驗(yàn)誤差源于電壓表分流，利用修正圖像法可知電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值與真實(shí)值的大小關(guān)系。【解答】（1）a、b兩點(diǎn)間接入滑動(dòng)變阻器，通過(guò)改變阻值，改變電路中電壓表和電流表的示數(shù)，測(cè)量多組數(shù)據(jù)；（2）根據(jù)題中描繪的U﹣I圖像可知，電流表的量程選用0～0.6A即可，故選A；電動(dòng)勢(shì)約1.5V，電壓表選擇（0～3V）即可，故選C；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律U＝E﹣Ir可知，U﹣I圖線(xiàn)與縱軸的交點(diǎn)即為電動(dòng)勢(shì)E＝1.48V；斜率為內(nèi)阻；（4）由于電壓表分流，電流的測(cè)量值小于真實(shí)值，修正圖像如圖藍(lán)色實(shí)線(xiàn)所示電池的電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值，內(nèi)阻的測(cè)量值小于真實(shí)值。故答案為：（1）B；（2）A；C；（3）1.48；0.80；（4）＜；＜。【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)定一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生熟練掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。17．（2024春?東城區(qū)校級(jí)期中）用如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。重錘從高處由靜止開(kāi)始下落，重錘上拖著的紙帶通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，打出一系列的點(diǎn)，對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量，即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。（1）除圖1中所示的裝置之外，還必須使用的器材是D；A．直流電源、天平（含砝碼）B．直流電源、刻度尺C．交流電源、天平（含砝碼）D．交流電源、刻度尺（2）下面列舉了該實(shí)驗(yàn)的幾個(gè)操作步驟：A．按照?qǐng)D1所示安裝好實(shí)驗(yàn)器材并連接好電源B．先打開(kāi)夾子釋放紙帶，再接通電源開(kāi)關(guān)打出一條紙帶C．測(cè)量紙帶上某些點(diǎn)間的距離D．根據(jù)測(cè)量的結(jié)果比較重錘下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能是否等于增加的動(dòng)能其中沒(méi)有必要進(jìn)行的或者操作不當(dāng)?shù)牟襟E是B（選填步驟前的字母）；（3）如圖2所示，根據(jù)打出的紙帶，選取紙帶上的連續(xù)的五個(gè)點(diǎn)A、B、C、D、E，通過(guò)測(cè)量并計(jì)算出點(diǎn)A距起始點(diǎn)O的距離為s0，點(diǎn)AC間的距離為s1，點(diǎn)CE間的距離為s2，若相鄰兩點(diǎn)的打點(diǎn)時(shí)間間隔為T(mén)，重錘質(zhì)量為m，根據(jù)這些條件計(jì)算重錘從釋放到下落OC距離時(shí)的重力勢(shì)能變化量ΔEp＝﹣mg（s0+s1），動(dòng)能變化量ΔEk＝；在多次實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，重錘減小的重力勢(shì)能總是大于重錘增加的動(dòng)能，其原因主要是重錘下落過(guò)程中受到阻力作用；（4）某同學(xué)利用圖2中紙帶，先分別測(cè)量出從A點(diǎn)到B、C、D、E、F、G點(diǎn)的距離h（其中F、G點(diǎn)為E點(diǎn)后連續(xù)打出的點(diǎn)，圖中未畫(huà)出），再計(jì)算打出B、C、D、E、F各點(diǎn)時(shí)重錘下落的速度v和v2，繪制v2﹣h圖像，如圖3所示，并求得圖線(xiàn)的縱軸截距b和斜率k。①請(qǐng)說(shuō)明如何根據(jù)圖像驗(yàn)證重錘下落過(guò)程機(jī)械能是否守恒？在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若k近似等于2g，則可認(rèn)為這一過(guò)程機(jī)械能守恒；②假設(shè)上述實(shí)驗(yàn)操作中不受一切阻力影響，此時(shí)繪制的v2﹣h圖線(xiàn)的斜率k′與k的關(guān)系最可能的是A。A．k′＞kB．k′＝kC．k′＜kD．以上情況均有可能【考點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專(zhuān)題；分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作環(huán)境以及機(jī)械能守恒定律進(jìn)行分析；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作步驟以及實(shí)驗(yàn)原理即可分析各個(gè)選項(xiàng)；（3）根據(jù)重力勢(shì)能表達(dá)式、動(dòng)能表達(dá)式以及中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間的平均速度即可求解；（4）根據(jù)機(jī)械能守恒定律列出表達(dá)式，并對(duì)表示進(jìn)行整理分析即可。【解答】解：（1）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器工作電源為交流電源，需要測(cè)量重錘下降的高度，因此需要刻度尺，根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh＝，可知重錘的質(zhì)量在運(yùn)算過(guò)程中約去，因此不需要天平，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D。（2）A、根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作步驟，按照?qǐng)D1連接好實(shí)驗(yàn)器材，故A正確；B、實(shí)驗(yàn)過(guò)程中應(yīng)該先接通電源，后打開(kāi)夾子釋放紙帶，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)需要測(cè)量重錘下降的高度或者下降的高度差，故C正確；D、根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證重錘減少的重力勢(shì)能是否等于動(dòng)能的增加量，故D正確；該題選擇沒(méi)有必要進(jìn)行的或者操作不當(dāng)?shù)模蔬x：B。（3）根據(jù)重力勢(shì)能表達(dá)式可知ΔEp＝﹣mg（s0+s1），根據(jù)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該段時(shí)間的平均速度即可知，C點(diǎn)的速度v＝，根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式可知?jiǎng)幽茏兓喀k＝＝；由于重錘下降過(guò)程中，受到阻力作用，導(dǎo)致重力勢(shì)能的減小量大于重錘動(dòng)能的增加量；（4）①根據(jù)機(jī)械能守恒可知，mgh＝整理表達(dá)式可得v2＝2gh，根據(jù)表達(dá)式可知在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若k近似等于2g，則可認(rèn)為這一過(guò)程機(jī)械能守恒；②當(dāng)不受一切阻力影響時(shí)mgh＝，整理表達(dá)式可得v2＝2gh，即此時(shí)v2﹣h圖線(xiàn)的斜率k′＝2g；若有阻力影響，設(shè)阻力為f，即（mg﹣f）h＝，整理表達(dá)式可得v2＝（2g﹣）h，即此時(shí)v2﹣h圖線(xiàn)的斜率k＝2g﹣＜k′＝2g，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A。故答案為：（1）D；（2）B；（3）﹣mg（s0+s1），，重錘下落過(guò)程中受到阻力作用；（4）①在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若k近似等于2g，則可認(rèn)為這一過(guò)程機(jī)械能守恒，②A。【點(diǎn)評(píng)】該題考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)，要掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)操作步驟以及實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析等知識(shí)點(diǎn)，其中該實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)誤差分析為該實(shí)驗(yàn)的易錯(cuò)點(diǎn)。三．解答題（共4小題）18．（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設(shè)物塊通過(guò)連接處時(shí)速率不發(fā)生改變。質(zhì)量m1＝0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度h＝0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜槽末端的質(zhì)量m2＝0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊B滑行一段距離后停止運(yùn)動(dòng)。取重力加速度g＝10m/s2，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。（2）物塊A與物塊B碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能。（3）滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊B做的功。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；方程法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【分析】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求解損失的機(jī)械能；（3）根據(jù)動(dòng)能定理求解滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊B做的功。【解答】解：（1）設(shè)物塊A滑到斜面底端與物塊B碰撞前時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：m1gh＝解得物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小：v0＝4m/s；（2）取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：m1v0＝m2v解得：v＝2.0m/s根據(jù)能量守恒定律可得：m1＝m2v2+ΔE解得損失的機(jī)械能：ΔE＝1.6J；（3）設(shè)摩擦力做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有：W＝0﹣m2v2解得：W＝﹣1.6J。答：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小為4m/s；（2）物塊A與物塊B碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能為1.6J；（3）滑動(dòng)摩擦力對(duì)物塊B做的功為﹣1.6J。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或合外力為零；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。19．（2024?海淀區(qū)一模）有關(guān)列車(chē)電氣制動(dòng)，可以借助如圖所示模型來(lái)理解，圖中水平平行金屬導(dǎo)軌處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬棒MN的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌右端接有阻值為R的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。MN在安培力作用下向右減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程對(duì)應(yīng)于列車(chē)的電氣制動(dòng)過(guò)程，金屬棒MN開(kāi)始減速時(shí)的初速度為v0。（1）求開(kāi)始減速時(shí)：①導(dǎo)體棒兩端的電壓U。②安培力的功率P。（2）在制動(dòng)過(guò)程中，列車(chē)還會(huì)受到軌道和空氣阻力的作用，為了研究問(wèn)題方便，設(shè)這些阻力總和大小恒定，對(duì)應(yīng)于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金屬棒的速度從v，減至的過(guò)程中，金屬棒的位移大小為x。求該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類(lèi)問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的電路類(lèi)問(wèn)題．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【分析】（1）①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路歐姆定律即可分析；②根據(jù)安培定則確定安培力，再根據(jù)歐姆定律確定電流，最后根據(jù)瞬時(shí)功率的表達(dá)式求解；（2）根據(jù)動(dòng)能定理以及功能關(guān)系即可分析。【解答】解：（1）①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv0；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U＝；聯(lián)立解得U＝；②根據(jù)安培定則可知，安培力F＝BILI＝安培力的功率P＝Fv0；聯(lián)立解得P＝；（2）在金屬棒的速度從v，減至的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知﹣fx﹣W安＝解得W安＝+fx根據(jù)功能關(guān)系可知，該過(guò)程克服安培力的功等于該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱即Q＝+fx；答：（1）①導(dǎo)體棒兩端的電壓U為；②安培力的功率P為；（2）該過(guò)程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q為+fx。【點(diǎn)評(píng)】本題需要熟練掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、功率的瞬時(shí)表達(dá)式以及動(dòng)能定理等知識(shí)點(diǎn)，題目綜合性強(qiáng)，難度較大。20．（2024?門(mén)頭溝區(qū)一模）圖甲是列車(chē)進(jìn)站場(chǎng)景，其剎車(chē)原理可簡(jiǎn)化為圖乙。在車(chē)身下方固定一單匝矩形導(dǎo)線(xiàn)框，利用線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受安培力，輔助列車(chē)剎車(chē)。已知列車(chē)質(zhì)量為m，線(xiàn)框總電阻為R，線(xiàn)框ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，bc邊長(zhǎng)近似等于車(chē)身長(zhǎng)度s，列車(chē)軌道上勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。車(chē)頭剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v0，車(chē)尾進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間列車(chē)恰好停止，列車(chē)停止前所受所有摩擦阻力恒為f。求：（1）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；（2）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，列車(chē)加速度的大小a；（3）列車(chē)從進(jìn)站到停止過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱Q。【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類(lèi)問(wèn)題；閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理能力．【分析】（1）由右手定則判斷通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流方向。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律求解通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流大小；（2）根據(jù)安培力計(jì)算公式和牛頓第二定律求解列車(chē)加速度的大小；（3）列車(chē)從進(jìn)站到停止過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系與能量守恒定律求得線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱。【解答】解：（1）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，由右手定則可知通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流方向?yàn)閍→b。此時(shí)ab邊切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLv0通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流為：＝（2）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，ab邊受到的安培力大小為：F安＝BIL對(duì)列車(chē)由牛頓第二定律得：F安+f＝ma解得列車(chē)加速度的大小為：a＝（3）列車(chē)從進(jìn)站到停止過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系與能量守恒定律可得線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝﹣fs答：（1）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，通過(guò)線(xiàn)框ab邊的電流I大小為，方向?yàn)閍→b；（2）列車(chē)車(chē)頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，列車(chē)加速度的大小a為；（3）列車(chē)從進(jìn)站到停止過(guò)程中，線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱Q為﹣fs。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了電磁感應(yīng)的力學(xué)問(wèn)題，研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、動(dòng)量定理列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。21．（2024?東城區(qū)一模）天文學(xué)家范?艾倫發(fā)現(xiàn)在地球大氣層之外存在著一個(gè)輻射帶包裹著地球，這一輻射帶被命名為“范?艾倫輻射帶”，它是由于地球磁場(chǎng)捕獲了大量帶電粒子而形成，分為內(nèi)層和外層，如圖1所示。由于地球兩極附近區(qū)域磁場(chǎng)強(qiáng)，其他區(qū)域磁場(chǎng)弱，當(dāng)宇宙射線(xiàn)進(jìn)入地磁場(chǎng)后會(huì)使帶電粒子沿磁感線(xiàn)做螺線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，遇到強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域被反射回來(lái)，在地磁兩極間來(lái)回“彈跳”，被“捕獲”在地磁場(chǎng)中。不過(guò)還是有一些宇宙射線(xiàn)粒子可以“溜進(jìn)”地球大氣層，它們和空氣分子的碰撞產(chǎn)生的輻射就形成了絢麗多彩的極光。大氣中最主要的成分是氮和氧，波長(zhǎng)557.7nm的綠色和630nm附近的紅色極光主要由氧原子發(fā)出，波長(zhǎng)高于640nm的紅色極光由氮?dú)夥肿影l(fā)出。（計(jì)算時(shí)普朗克常量取h＝6.6×10?34J?s，真空中光速c取3×108m/s）（1）a.求放出一個(gè)波長(zhǎng)為630nm的紅色光子時(shí)，氧原子的能量變化ΔE（結(jié)果取1位有效數(shù)字）。b.請(qǐng)說(shuō)明帶電粒子和空氣分子碰撞產(chǎn)生輻射的過(guò)程中能量是如何轉(zhuǎn)化的。（2）如圖2所示的是質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在具有軸對(duì)稱(chēng)性的非均勻磁場(chǎng)中做螺線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的示意圖，若將粒子沿軸線(xiàn)方向的分速度用v∥表示，與之垂直的平面內(nèi)的分速度用v⊥表示。a.某時(shí)刻帶電粒子的v∥＝v1，v⊥＝v2，所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，如果將粒子從此刻起在垂直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)，所到達(dá)區(qū)域的磁場(chǎng)按勻強(qiáng)磁場(chǎng)（方向沿軸線(xiàn)）進(jìn)行估算，求粒子在垂直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r和在一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)沿軸線(xiàn)前進(jìn)的距離（螺距）d。b.實(shí)際上帶電粒子的半徑和螺距都會(huì)不斷變化，已知帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，在垂直平面內(nèi)的速度v⊥會(huì)變大，在此已知的基礎(chǔ)上請(qǐng)用高中物理的知識(shí)解釋為什么帶電粒子在從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)螺旋前進(jìn)時(shí)，分速度v∥會(huì)減小到零，并繼而沿反方向前進(jìn)。【考點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；洛倫茲力的計(jì)算；光子及其動(dòng)量．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專(zhuān)題；分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)能量的計(jì)算公式分析解答氧原子的能量變化，根據(jù)氫原子的能級(jí)躍遷原理分析能量的轉(zhuǎn)化；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力結(jié)合周期的計(jì)算公式解答，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化方式分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況。【解答】解：（1）a.氧原子的能量變化ΔE大小等于所放出的紅色光子的能量，由得b.帶電粒子和空氣分子碰撞，會(huì)通過(guò)碰撞將一部分能量傳給空氣分子，使空氣分子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，空氣分子從激發(fā)態(tài)自發(fā)地回到基態(tài)的過(guò)程中，就會(huì)將減少的能量以光子的形式放出，所放出光子的能量等于空氣分子激發(fā)態(tài)與基態(tài)間的能級(jí)差。（2）a.由洛倫茲力提供向心力有其中d＝v1T解得r＝，b.帶電粒子只受到洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，因此粒子的總動(dòng)能不變，由已知粒子從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)，在與軸線(xiàn)垂直的平面內(nèi)的速度v1會(huì)變大，即v1對(duì)應(yīng)的動(dòng)能變大，則v2對(duì)應(yīng)的動(dòng)能就會(huì)變小，可以理解為通過(guò)洛倫茲力將v2對(duì)應(yīng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為v1對(duì)應(yīng)的動(dòng)能。由此可以解釋粒子從弱磁場(chǎng)區(qū)向強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，分速度v2會(huì)減小。由于上述從功和能的角度證明了分速度v2會(huì)減小，那么可以反推，此過(guò)程中粒子一定受到了與v2相反的洛倫茲力的分力F，當(dāng)分速度v2減小到零的時(shí)刻，由于磁場(chǎng)和分速度v1的情況都沒(méi)有變化，可判斷與v2相反的分力F與前一時(shí)刻相同，因此粒子在速度v2減為零后會(huì)反向運(yùn)動(dòng)。答：（1）a.氧原子的能量變化為3×10﹣19J。b.見(jiàn)解析。（2）a.粒子在垂直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，在一個(gè)周期時(shí)間內(nèi)沿軸線(xiàn)前進(jìn)的距離（螺距）為。b.見(jiàn)解析。【點(diǎn)評(píng)】本題考查能級(jí)躍遷，解題關(guān)鍵掌握氫原子能級(jí)躍遷的規(guī)律，注意洛倫茲力提供向心力的應(yīng)用。

考點(diǎn)卡片1．力的合成與分解的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、物體的受力分析1．放在水平地面上靜止的物體．二力平衡：某個(gè)物體受兩個(gè)力作用時(shí)，只要兩個(gè)力大小相等，方向相反，作用在同一條直線(xiàn)上，則這兩個(gè)力合力為零，物體處于平衡狀態(tài)．2．放在水平地面上的物體（受到一個(gè)豎直向上的力F仍保持靜止）豎直方向上三力平衡：F+FN＝G，即：豎直方向上合力為0．3．放在水平地面上的物體（受到一個(gè)推力仍保持靜止）水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力為0豎直方向上二力平衡；即：豎直方向上合力為0．4．放在水平地面上的物體（受到一個(gè)拉力F仍保持靜止如圖示）水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力為0；豎直方向上：G＝Fy+FN，即：豎直方向上合力為0．5．力的合成解題：放在斜面上靜止的物體合成法：物體受幾個(gè)力的作用，可先將某幾個(gè)力合成，再將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二力平衡．6．力的分解解題：放在斜面上靜止的物體分解法：物體受幾個(gè)力的作用，將某個(gè)力按效果分解，則其分力與其它幾個(gè)力滿(mǎn)足平衡條件．7．放在斜面上的物體受到一個(gè)平行斜面向上的力F仍保持靜止平行斜面方向上：F1＝F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力為0；垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．8．放在斜面上的物體受到一個(gè)垂直斜面向下的力F仍保持靜止平行斜面方向上：F1＝Ff，即：平行斜面方向方向上合力為0；垂直斜面方向上：F2+F＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．9．放在斜面上的物體受到一個(gè)水平向右的力F仍保持靜止平行斜面方向上：G1＝Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力為0；垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．2．牛頓第二定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國(guó)際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國(guó)際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)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(duì)地面靜止或勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對(duì)于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)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(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)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(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對(duì)同一物體而言的兩個(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)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(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對(duì)應(yīng)．（5）相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)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(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線(xiàn)可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，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(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時(shí)間圖線(xiàn)求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時(shí)間圖線(xiàn)可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B、D正確，A、C錯(cuò)誤．故選：BD．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生對(duì)于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對(duì)比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來(lái)求解．題型二：對(duì)牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線(xiàn)Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，球的加速度a應(yīng)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(zhǎng)線(xiàn)D．則a＝，方向水平向左分析：先研究原來(lái)靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線(xiàn)的拉力．剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來(lái)不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1＝．剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)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(guān)鍵．題型三：動(dòng)力學(xué)中的兩類(lèi)基本問(wèn)題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問(wèn)題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)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(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開(kāi)始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開(kāi)始上滑至最高點(diǎn)的v﹣t圖線(xiàn)如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過(guò)程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過(guò)程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)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(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式有：上滑過(guò)程中加速度的大小：（2）上滑過(guò)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(guò)程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)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?yōu)橄蛏希膳ｎD第二定律F＝ma得：下滑過(guò)程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：＝2m/s2下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v＝聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過(guò)程中的加速度的大小；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．對(duì)于分析瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①?gòu)椓Φ拇笮镕＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，首先要對(duì)物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類(lèi)問(wèn)題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過(guò)審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過(guò)程．（2）分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫(huà)好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)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(shí)需進(jìn)行討論．3．線(xiàn)速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】線(xiàn)速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速一、描述圓周運(yùn)動(dòng)的物理量描述圓周運(yùn)動(dòng)的基本參量有：半徑、線(xiàn)速度、角速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)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(xiàn)速度描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢物體沿圓周通過(guò)的弧長(zhǎng)與所用時(shí)間的比值，v＝方向：沿圓弧切線(xiàn)方向．單位：m/s角速度描述物體與圓心連線(xiàn)掃過(guò)角度的快慢運(yùn)動(dòng)物體與圓心連線(xiàn)掃過(guò)的角的弧度數(shù)與所用時(shí)間的比值，ω＝單位：rad/s周期描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢周期T：物體沿圓周運(yùn)動(dòng)一周所用的時(shí)間．也叫頻率（f）周期單位：sf的單位：Hz轉(zhuǎn)速描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢轉(zhuǎn)速n：物體單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)的圈數(shù)轉(zhuǎn)速單位：r/s或r/min二、物理量之間的關(guān)系：①v＝＝＝2πrf；②ω＝＝；③T＝＝．【命題方向】常考題型考查幾個(gè)物理量的理解：如圖所示為一皮帶傳動(dòng)裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點(diǎn)．左側(cè)是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r．b點(diǎn)在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點(diǎn)和d點(diǎn)分別位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動(dòng)過(guò)程中，皮帶不打滑．則（）A．a(chǎn)點(diǎn)與b點(diǎn)的線(xiàn)速度大小相等B．a(chǎn)點(diǎn)與b點(diǎn)的角速度大小相等C．a(chǎn)點(diǎn)與c點(diǎn)的線(xiàn)速度大小相等D．a(chǎn)點(diǎn)與d點(diǎn)的向心加速度大小相等分析：共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的各點(diǎn)角速度相等，靠傳送帶傳動(dòng)輪子上的各點(diǎn)線(xiàn)速度大小相等，根據(jù)v＝rω，a＝rω2＝可知各點(diǎn)線(xiàn)速度、角速度和向心加速度的大小．解：A、a、c兩點(diǎn)的線(xiàn)速度大小相等，b、c兩點(diǎn)的角速度相等，根據(jù)v＝rω，c的線(xiàn)速度大于b的線(xiàn)速度，則a、c兩點(diǎn)的線(xiàn)速度不等．故A錯(cuò)誤，C正確；B、a、c的線(xiàn)速度相等，根據(jù)v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b兩點(diǎn)的角速度不等．故B錯(cuò)誤；D、根據(jù)a＝rω2得，d點(diǎn)的向心加速度是c點(diǎn)的2倍，根據(jù)a＝知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d兩點(diǎn)的向心加速度相等．故D正確．故選：CD．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道線(xiàn)速度、角速度、向心加速度與半徑的關(guān)系，以及知道共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的各點(diǎn)角速度相等，靠傳送帶傳動(dòng)輪子上的點(diǎn)線(xiàn)速度大小相等．4．向心力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一：向心力1．作用效果：產(chǎn)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(shí)刻在改變，即向心力是一個(gè)變力．4．來(lái)源：向心力可以由一個(gè)力提供，也可以由幾個(gè)力的合力提供，甚至可以由一個(gè)力的分力提供，因此向心力的來(lái)源要根據(jù)物體受力的實(shí)際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時(shí)，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個(gè)向心力．二、離心運(yùn)動(dòng)和向心運(yùn)動(dòng)1．離心運(yùn)動(dòng)（1）定義：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的情況