第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期福建高二物理期末卷2一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2017春?荔城區校級期中）某同學利用圖甲裝置研究磁鐵下落過程中的電磁感應有關問題．打開傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處靜止釋放，穿過螺線管后掉落到海綿墊上并靜止（磁鐵下落過程中受到的磁阻力遠小于磁鐵的重力，不發生轉動），不計線圈電阻，計算機熒屏上顯示出圖乙的UI﹣t曲線，圖乙中的兩個峰值是磁鐵剛進入螺線管內部和剛從內部出來時產生的，對這一現象相關說法正確的是（）A．若僅增大h，兩個峰值間的時間間隔會增大 B．若僅減小h，兩個峰值都會減小 C．若僅減小h，兩個峰值可能會相等 D．若僅減小滑動變阻器的值，兩個峰值都會減小2．（4分）如圖所示，質量為M、底邊長為a的三角形木塊A置于光滑水平面上，在A的頂部有一質量為m、底邊長為b的三角形木塊B，且兩三角形木塊的底邊平行。若B從A的頂端由靜止滑至底部，則A后退的距離為（）A．maM+m B．MaM+m C．m(a-b)M+m 3．（4分）（2021?鐵嶺二模）如圖所示，真空中兩個靜止的點電荷電量的絕對值分別為q1、q2，激發的電場的電場線分布如圖，圖中P、Q兩點關于點電荷q1水平對稱，P、Q兩點的電勢分別為φP、φQ，一個帶電粒子（僅在電場力作用下）沿虛線軌跡從M移動至N。下列說法正確的是（）A．q1＜q2 B．φQ＞φP C．q1、q2連線的延長線上有一點電場強度為零，這一點在q1的左側 D．在粒子從M移動至N的過程中它的電勢能先變大后變小4．（4分）（2021秋?昌吉州期中）如圖所示的電路中，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（光照越強電阻越小），C為電容器，電源內阻不可忽略，閉合開關后，當光照增強時，下列說法中正確的是（）A．電容器所帶電荷量減少 B．R1的電功率減小 C．電流表的示數減小 D．路端電壓減小二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2024?東湖區校級模擬）有一電荷量分布均勻且帶電量為+Q的圓環，在其軸線上距離圓心x處產生的電場強度大小如圖所示。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，在圓心右側緊靠圓心處由靜止釋放，僅在電場力作用下沿軸線向右運動。下列說法正確的是（）A．該粒子帶負電 B．該粒子沿軸線運動過程中電勢能逐漸減少 C．該粒子運動過程中最大加速度約為1.9qED．該粒子從r運動到2r過程中電場力做的功約為0.8qE0r（多選）6．（6分）（2019?鄭州三模）兩帶電量均為+Q的點電荷分別固定于x軸上的﹣2x0和2x0處，將一帶+q的試探電荷從﹣x0處由靜止釋放，試探電荷只受電場力的作用，從x軸上的﹣x0到x0的過程中，場強E、試探電荷的加速度a、速度v、電勢能Ep等隨x坐標的變化圖象大致正確的是（E、a、v選x軸正向為正方向，無窮遠處為零電勢能點）（）A． B． C． D．（多選）7．（6分）（2020春?德州期末）如圖所示，水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d，m2的左邊有一固定擋板，已知m1＝3m2，m1由圖示位置靜止釋放，當m1與m2相距最遠時，m1速度為v0，則在以后的運動過程中（）A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是23v0C．m2的最大速度是43v0 D．m2的最大速度是2v（多選）8．（6分）（2022春?皇姑區校級期末）如圖，空間中存在水平向右的勻強電場，一帶負電的小球以大小為v，與水平方向成60°角的速度射入勻強電場，經過一段時間，小球速度大小仍為v，但方向沿水平方向，已知小球質量為m，帶電荷量為﹣q，重力加速度為g，則在該過程中（）A．勻強電場的電場強度大小為3mgB．小球的最小動能為18C．小球射入電場后，經過3v6g的時間電勢能最大D．小球機械能最大時，增加的重力勢能為3三．填空題（共3小題，滿分12分，每小題4分）9．（4分）（2019秋?徐匯區期末）磁感應強度B是描述的物理量，單位面積的磁通量被稱為。10．（4分）（2010秋?撫順期中）如圖所示，圖線AB是電路的路端電壓隨電流變化的關系圖線．OM是同一電源向固定電阻R供電時，R兩端的電壓電變化的圖線，交點為C由圖求：（1）R的阻Ω_．（2）電源電動勢EV內阻rΩ（3）在交點C處表示電源的輸出功率w．11．（4分）（2022?新羅區校級開學）某同學生身高1.83m，質量70kg。他站立舉臂，手指摸到的高度為2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同時舉臂，手指摸到的高度為2.70m。設他從蹬地到離開地面所用的時間為0.3s。他剛離地跳起時的速度大小為；他與地面間的平均作用力的大小為。（取g＝10m/s2）四．實驗題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2021?韶關一模）測量電阻絲的電阻率ρ，電阻絲的電阻約為20Ω，先把電阻絲拉直后將其兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，在電阻絲上夾上一個與接線柱c相連的小金屬夾，沿電阻絲移動金屬夾，可改變其與電阻絲接觸點P的位置，從而改變接入電路中電阻絲的長度，除電池組E（電動勢為3.0V，內阻約1Ω）、電阻箱R（0～999.9Ω）、開關、導線若干，可供選擇的器材還有：電流表A1（量程0～100mA，內阻約5Ω）；電流表A2（量程0～0.6A，內阻約0.2Ω）。（1）實驗操作步驟如下：A．用螺旋測微器在電阻絲上三個不同的位置分別測量電阻絲的直徑；B．根據所提供的實驗器材，設計并連接好如圖甲所示的實驗電路；C．調節電阻箱使其接入電路中的電阻值較大，閉合開關；D．將金屬夾夾在電阻絲上某位置，調整電阻箱接入電路中的電阻值，使電流表滿偏，記錄電阻箱的電阻值R和接入電路的電阻絲長度L；E．斷開開關，改變的位置，調整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏，重復多次，記錄每一次的R和L數據；F．斷開開關。（2）如圖乙，用螺旋測微器測量電阻絲直徑為d＝mm。（3）電流表應選擇（選填“A1”或“A2”）。（4）用記錄的多組R和L的數據，繪出了如圖丙所示圖線，截距分別為R0和L0，再結合測出的電阻絲直徑d，寫出電阻絲的電阻率表達式ρ＝（用給定的字母表示）。（5）電流表存在一定內阻，這對該實驗的測量結果：。A．無影響B．有影響，結果會偏大C．有影響，結果會偏小13．（10分）在用電流表和電壓表測一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，所用電流表和電壓表的內阻分別為0.1Ω和1kΩ，如圖為實驗所需器件圖。（1）在圖中連線將器件連接成實驗電路。（2）一位同學記錄的6組數據見下表，試根據這些數據在圖中畫出U﹣I圖像，根據圖像讀出電池的電動勢E＝V，根據圖像求出電池的內阻r＝Ω。I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）本實驗引起系統誤差的主要原因是。五．解答題（共3小題，滿分32分）14．（8分）（2021秋?張掖期末）示波器的核心部件是示波管，它是利用電場使運動粒子向預期方向偏轉的。如圖甲所示，平行極板長L1＝20cm，寬度d＝2cm，極板間電壓U0（未知）保持不變，一質量m＝6.4×10﹣27kg（重力不計）、電荷量q＝3.2×10﹣19C的粒子沿極板中心線以速度v0＝1×106m/s射入極板間，正好在下極板邊緣飛出。足夠大的豎直屏與極板右側相距L2＝20cm，極板與豎直屏區域間不存在電場，已知M點是中心線與屏的交點。（1）極板間電壓U0為多大時粒子從極板邊緣射出？射出時粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于多少？（2）求粒子打在豎直屏上的位置離M點的距離Y；15．（11分）如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m、帶電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點由靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0。重力加速度為g。求：（1）小球帶電性質；（2）電場強度的大小E；（3）若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時應有的初速度vA的大小（可含根式）。16．（13分）（2019秋?莒縣期中）如圖所示，光滑的水平面上靜止著質量為3m的小車，其中小車的AB段是光滑水平面，BC段是半徑為R的四分之一光滑圓弧。另有質量為m的小物塊，以gR的初速度，從A點水平向左滑上小車。g為重力加速度。則：（1）求小物塊沿著小車上升的最大高度h；（2）求小物塊再返回小車的A點時的速度大小v；（3）若小車的水平面離地面的高度也為R，求小物塊落地時到A點的水平距離l。

2024-2025學年上學期福建高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）1．（4分）（2017春?荔城區校級期中）某同學利用圖甲裝置研究磁鐵下落過程中的電磁感應有關問題．打開傳感器，將磁鐵置于螺線管正上方距海綿墊高為h處靜止釋放，穿過螺線管后掉落到海綿墊上并靜止（磁鐵下落過程中受到的磁阻力遠小于磁鐵的重力，不發生轉動），不計線圈電阻，計算機熒屏上顯示出圖乙的UI﹣t曲線，圖乙中的兩個峰值是磁鐵剛進入螺線管內部和剛從內部出來時產生的，對這一現象相關說法正確的是（）A．若僅增大h，兩個峰值間的時間間隔會增大 B．若僅減小h，兩個峰值都會減小 C．若僅減小h，兩個峰值可能會相等 D．若僅減小滑動變阻器的值，兩個峰值都會減小【考點】研究電磁感應現象．【專題】實驗題；定性思想；推理法；電磁感應與電路結合．【答案】B【分析】感應電動勢的大小等于磁通量的變化率，因此通過線圈速度越大，磁通量的變化率越大，電動勢越大，兩個峰值也越大；根據閉合電路歐姆定律可知，當外電阻等于內阻時，輸出功率最大．【解答】解：A、若僅增大h，磁鐵經過線圈的時間減小，兩個峰值間的時間間隔會減小。故A錯誤；B、C、當h減小時，磁鐵進入線框的速度減小，導致線框中磁通量的變化率減小，因此兩個峰值都會減小，且兩個峰值不可能相等，故B正確，C錯誤；D、根據閉合電路歐姆定律可知，不計線圈電阻，減小滑動變阻器阻值，則感應回路中的感應電流增大，線圈對磁鐵的阻礙作用增大，磁鐵的機械能轉化為動能的比例增大，即感應回路中的電功率P＝UI增大，兩個峰值都會增大，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了電磁感應定律與閉合電路輸出功率問題，考點結合巧妙，題目新穎，有一定創新性，難點在于理解該過程中的功能關系以及UI﹣t曲線的含義．2．（4分）如圖所示，質量為M、底邊長為a的三角形木塊A置于光滑水平面上，在A的頂部有一質量為m、底邊長為b的三角形木塊B，且兩三角形木塊的底邊平行。若B從A的頂端由靜止滑至底部，則A后退的距離為（）A．maM+m B．MaM+m C．m(a-b)M+m 【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】C【分析】對于A、B組成的系統，水平方向不受外力，動量守恒。用位移表示兩個物體水平方向的平均速度，根據平均動量守恒列式，即可求解。【解答】解：規定向右方向為正方向，設木塊后退的距離為x，B從頂端由靜止滑至底部時，B向左運動的距離為a﹣b﹣x，則水平方向上A的平均速度大小為vA=B的平均速度大小為vB=根據水平方向動量守恒得：Mxt-m解得，x=故ABD錯誤，C正確；故選：C。【點評】本題是水平方向動量守恒的類型，關鍵用位移表示速度，再進行求解。3．（4分）（2021?鐵嶺二模）如圖所示，真空中兩個靜止的點電荷電量的絕對值分別為q1、q2，激發的電場的電場線分布如圖，圖中P、Q兩點關于點電荷q1水平對稱，P、Q兩點的電勢分別為φP、φQ，一個帶電粒子（僅在電場力作用下）沿虛線軌跡從M移動至N。下列說法正確的是（）A．q1＜q2 B．φQ＞φP C．q1、q2連線的延長線上有一點電場強度為零，這一點在q1的左側 D．在粒子從M移動至N的過程中它的電勢能先變大后變小【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電場線的定義及基本特征．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力；推理論證能力．【答案】D【分析】電場線的疏密表示電場強度的大小，等勢面和電場線垂直，根據粒子運動軌跡判斷電場力做功以及電勢能變化。【解答】解：A、根據電場線分布可知，q1附近電場線分布密集、場強大，故q1＞q2，故A錯誤；B、沿電場線方向電勢降低，電場線越密的地方電勢降落越快，反之逆著電場線方向電勢升高，電場線越密的地方電勢升高越快，故φQ＜φp，故B錯誤；C、因為q1＞q2，q1帶負電，q2帶正電，所以q1、q2連線的延長線上，電場強度為零的點在q2的右側，故C錯誤；D、根據帶電粒子的運動軌跡可知，該粒子所受電場力的方向與電場方向相反，故帶負電，電場力先做負功后做正功，故電勢能能先變大后變小，故D正確。故選：D。【點評】本題考查電場線的分布，根據電場線的疏密判斷電場強度大小，根據等勢面和電場線垂直判斷電勢關系，根據粒子軌跡判斷電場力做功是解題關鍵。4．（4分）（2021秋?昌吉州期中）如圖所示的電路中，R1為定值電阻，R2為光敏電阻（光照越強電阻越小），C為電容器，電源內阻不可忽略，閉合開關后，當光照增強時，下列說法中正確的是（）A．電容器所帶電荷量減少 B．R1的電功率減小 C．電流表的示數減小 D．路端電壓減小【考點】電路動態分析；電容的概念、單位與物理意義．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】D【分析】明確電路結構，知道R1、R2以及電流表串聯在電源兩端；光敏電阻的特性是當光敏電阻上的光照強度增強時，光敏電阻的阻值會減小；導致電路的總電阻減小，電路中的總電流增大，再分析路端電壓的變化，由歐姆定律依次分析即可。【解答】解：當光照增強時，光敏電阻的電阻減小，總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，總電流增大，電流表的示數增大，根據P＝I2R可知，R1的電功率變大；電容器與R1并聯，R1兩端電壓U1＝IR1也增大，故電容器兩端電勢差增大，由Q＝CU可知電容器所帶的電荷量增大；總電流增大，則內電壓增大，所以路端電壓減小，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題考查光敏電阻的特性與閉合電路的歐姆定律的應用，關鍵是掌握光敏電阻的特性；同時明確閉合電路歐姆定律動態分析的基本方法。二．多選題（共4小題，滿分24分，每小題6分）（多選）5．（6分）（2024?東湖區校級模擬）有一電荷量分布均勻且帶電量為+Q的圓環，在其軸線上距離圓心x處產生的電場強度大小如圖所示。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，在圓心右側緊靠圓心處由靜止釋放，僅在電場力作用下沿軸線向右運動。下列說法正確的是（）A．該粒子帶負電 B．該粒子沿軸線運動過程中電勢能逐漸減少 C．該粒子運動過程中最大加速度約為1.9qED．該粒子從r運動到2r過程中電場力做的功約為0.8qE0r【考點】電場力做功的計算及其特點；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】根據粒子的受力與運動情況分析；電場力做正功，電勢能減小；根據牛頓第二定律分析求解；E﹣x圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以表示電勢差，根據W＝qU求解電場力做的功。【解答】解：A．均勻帶電+Q的圓環在其右側軸線上產生的場強向右，帶電粒子從靜止釋放向右運動，說明所受電場力向右，電場力與場強方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；B．該粒子沿軸線運動過程中電場力做正功，電勢能逐漸減少，故B正確；C．粒子受電場力最大時，加速度最大，由牛頓第二定律得：am由題圖可知：Em＝1.9E0am故C正確；D．E﹣x圖像中圖線與坐標軸圍成的面積可以表示電勢差，則從r到2r電勢差約為：U＝0.8E0r故該粒子從r運動到2r電場力做功為：W＝qU聯立解得：W＝0.8qE0r故D正確。故選：BCD。【點評】知道在E﹣x圖像中，圖像與坐標軸所圍面積表示電勢差是解題的關鍵，知道電場力做功與電勢能的關系。（多選）6．（6分）（2019?鄭州三模）兩帶電量均為+Q的點電荷分別固定于x軸上的﹣2x0和2x0處，將一帶+q的試探電荷從﹣x0處由靜止釋放，試探電荷只受電場力的作用，從x軸上的﹣x0到x0的過程中，場強E、試探電荷的加速度a、速度v、電勢能Ep等隨x坐標的變化圖象大致正確的是（E、a、v選x軸正向為正方向，無窮遠處為零電勢能點）（）A． B． C． D．【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】定性思想；推理法；圖析法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】兩帶電量均為+Q的點電荷電場分布如圖所示，從x軸上的﹣x0到x0的過程中，電場強度先減小，后增大，方向先向右，后向左；、由a=qEm，正電荷的加速度和電場強度分布相似；從﹣x0到0的過程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0到+x0的過程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快；選取無窮遠處為零電勢能點，故x＝【解答】解：A、兩帶電量均為+Q的點電荷電場分布如圖所示，從x軸上的﹣x0到x0的過程中，電場強度先減小，后增大，方向先向右，后向左。故A正確；B、由a=qEm，正電荷的加速度和電場強度分布相似。故C、從﹣x0到0的過程中，速度增大，方向向右，但速度增加變慢；從0到+x0的過程中，速度減小，方向向右，但速度增加變快。故C正確；D、從﹣x0到0的過程中，電場力做正功，電勢能減小，但選取無窮遠處為零電勢能點，故x＝0處的電勢能不為零，從0到+x0的過程中，電場力做負功，電勢能增大。故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查了電勢能與電場力做功、電勢差和電場強度的關系等知識點。對等量同種電荷電場分布圖要熟悉，對于各種圖象一定要了解其圖象的物理意義。（多選）7．（6分）（2020春?德州期末）如圖所示，水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d，m2的左邊有一固定擋板，已知m1＝3m2，m1由圖示位置靜止釋放，當m1與m2相距最遠時，m1速度為v0，則在以后的運動過程中（）A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是23v0C．m2的最大速度是43v0 D．m2的最大速度是2v【考點】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用．【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BD【分析】當m1與m2相距最近后，m1繼續前行，兩物體組成的系統水平方向不受外力，故動量守恒；由動量守恒及能量守恒定律分析過程可知兩小球的運動情景。【解答】解：從小球m1到達最近位置后繼續前進，此后拉到m2前進，m1減速，m2加速，達到共同速度時兩者相距最遠，此時m1速度為v0，則m2速度也為v0，設m1第一次與m2相距最近時m1的速度為v，此時m2的速度為0，從此時開始到二者相距最遠的過程中，根據動量守恒定律可得：m1v＝（m1+m2）v0解得：v=此后m1繼續減速，m2加速，當兩球再次相距最近時，m1達到最小速度v1，m2達最大速度v2。根據動量守恒定律可得：m1v＝m1v1+m2v2根據能量關系可得：12m1v2=12m1v12+12m解得：v1=m1-m2m1+m2v=故選：BD。【點評】本題為彈性碰撞的變式，可以作為水平方向彈性碰撞模型進行分析，分析其運動過程找出其最大最小速度的出現位置，由動量守恒定律和能量守恒定律結合可以解答。（多選）8．（6分）（2022春?皇姑區校級期末）如圖，空間中存在水平向右的勻強電場，一帶負電的小球以大小為v，與水平方向成60°角的速度射入勻強電場，經過一段時間，小球速度大小仍為v，但方向沿水平方向，已知小球質量為m，帶電荷量為﹣q，重力加速度為g，則在該過程中（）A．勻強電場的電場強度大小為3mgB．小球的最小動能為18C．小球射入電場后，經過3v6g的時間電勢能最大D．小球機械能最大時，增加的重力勢能為3【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動能定理的應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力；推理論證能力．【答案】ABD【分析】小球所受的電場力與場強方向相反，水平向左，在水平方向小球做勻變速直線運動，豎直做豎直上拋運動，根據分運動規律列式求解；小球沿合力方向的速度為零時，小球的動能最小；電場力做負功電勢能增大，電場力做的負功越大，電勢能越大；電場力做正功，機械能增加。【解答】解：A.初速度分解如圖所示：vx＝vcos60°，vy＝vsin60°豎直方向小球做做豎直上拋運動，設上升時間為t，根據勻變速運動規律t=vsinθg水平方向上做勻變速直線運動，根據運動學公式v＝vcos60°+at，得a=v(1+cos60°)t由牛頓第二定律得：a=Fm①②③聯立求解得：E=3mgq，a=B、小球運動過程中所受的合力F合=F2+(mg)2=(3mg)2+(mg)2=2mg，設合力方向與水平方向的夾角C.設經t1時間，小球水平向右的速度變為0，根據運動學公式0＝vcos60°﹣at1，解得t1=vcos60°a=D.電場力做正功，機械能增大，在t=3v2g時刻，機械能最大，此時小球上升的高度H=(vsin60°)2故選：ABD。【點評】本題的關鍵是會根據受力把運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直上拋運動，然后根據牛頓第二定律和運動學公式求解；要明確除重力和彈力以外的力做功引起小球機械能的變化。三．填空題（共3小題，滿分12分，每小題4分）9．（4分）（2019秋?徐匯區期末）磁感應強度B是描述磁場強弱和方向的物理量，單位面積的磁通量被稱為磁通量密度。【考點】磁通量的概念和計算公式的定性分析；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】見試題解答內容【分析】磁場中磁感應強度有強弱，用磁感應強度來描述強弱和方向；磁通量密度就是磁感應強度。在磁感應強度為B的勻強磁場中有垂直于磁場的平面S，磁通量為Φ＝BS。【解答】解：磁感應強度是描述磁場的強弱和方向的物理量，是由磁場本身決定的；由Φ＝BS得：B=ΦS，所以單位面積的磁通量被稱為磁通量密度，就是磁感應強度故答案為：磁場強弱和方向（磁場的力的性質），磁通量密度。【點評】本題要理解磁通量、磁通量密度和磁感應強度之間的區別和聯系，要掌握磁通量的公式Φ＝BS的應用。10．（4分）（2010秋?撫順期中）如圖所示，圖線AB是電路的路端電壓隨電流變化的關系圖線．OM是同一電源向固定電阻R供電時，R兩端的電壓電變化的圖線，交點為C由圖求：（1）R的阻2Ω_．（2）電源電動勢E6V內阻r1Ω（3）在交點C處表示電源的輸出功率8w．【考點】路端電壓和負載的關系；電功和電功率的計算；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】恒定電流專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）根據伏安特性曲線OM的斜率求出電阻的阻值；（2）根據電源路端電壓和電流的變化關系圖線求出電源的電動勢和內阻；（3）交點C對應的電壓和電流為電源輸出電壓和輸出電流，根據P＝UI求出電源的輸出功率．【解答】解：（1）OM是電阻的伏安特性曲線，其斜率等于電阻，則電阻R=UI=（2）由圖可知，電源的電動勢E＝6V，根據閉合電路歐姆定律，可得電源的內阻r=E-UI=（3）交點C對應的電壓和電流，表示電源的工作狀態，則電源的輸出功率為PC出＝UcIc＝4×2（W）＝8（W）．故答案為：（1）2；（2）6；1；（3）8【點評】對于圖線關鍵要根據物理規律，從數學角度來理解其物理意義．本題要抓住圖線的斜率、交點的意義來理解圖象的意義．11．（4分）（2022?新羅區校級開學）某同學生身高1.83m，質量70kg。他站立舉臂，手指摸到的高度為2.25m。如果他先下蹲，再用力向上跳起，同時舉臂，手指摸到的高度為2.70m。設他從蹬地到離開地面所用的時間為0.3s。他剛離地跳起時的速度大小為3m/s；他與地面間的平均作用力的大小為1400N。（取g＝10m/s2）【考點】用動量定理求平均作用力；豎直上拋運動的規律及應用．【專題】定量思想；方程法；機械能守恒定律應用專題；理解能力；推理論證能力．【答案】（1）他剛跳起離地時的速度大小為3m/s．（2）他與地面間的平均作用力大小為1400N．【分析】（1）人跳起后在空中運動時機械能守恒，由人的重心升高的高度利用機械能守恒可求得人剛離地時的速度；（2）人在與地接觸時，地對人的作用力與重力的合力使人獲得上升的加速度，由運動學公式和牛頓第二定律可求得地面對人的平均作用力．【解答】解：（1）人跳起后重心升高為：h＝2.70m﹣2.25m＝0.45m根據機械能守恒定律得：mgh=12解得：v=2gh=2（2）對于人起跳過程，由v＝at得：a=vt=30.3根據牛頓第二定律得：F﹣mg＝ma解得：F＝m（g+a）＝70×（10+10）N＝1400N答：（1）他剛跳起離地時的速度大小為3m/s．（2）他與地面間的平均作用力大小為1400N．【點評】本題中要明確人運動的過程，找出人起跳的高度及人在空中運動的高度，從而正確選擇物理規律求解．四．實驗題（共2小題，滿分16分）12．（6分）（2021?韶關一模）測量電阻絲的電阻率ρ，電阻絲的電阻約為20Ω，先把電阻絲拉直后將其兩端固定在刻度尺兩端的接線柱a和b上，在電阻絲上夾上一個與接線柱c相連的小金屬夾，沿電阻絲移動金屬夾，可改變其與電阻絲接觸點P的位置，從而改變接入電路中電阻絲的長度，除電池組E（電動勢為3.0V，內阻約1Ω）、電阻箱R（0～999.9Ω）、開關、導線若干，可供選擇的器材還有：電流表A1（量程0～100mA，內阻約5Ω）；電流表A2（量程0～0.6A，內阻約0.2Ω）。（1）實驗操作步驟如下：A．用螺旋測微器在電阻絲上三個不同的位置分別測量電阻絲的直徑；B．根據所提供的實驗器材，設計并連接好如圖甲所示的實驗電路；C．調節電阻箱使其接入電路中的電阻值較大，閉合開關；D．將金屬夾夾在電阻絲上某位置，調整電阻箱接入電路中的電阻值，使電流表滿偏，記錄電阻箱的電阻值R和接入電路的電阻絲長度L；E．斷開開關，改變金屬夾與電阻絲接觸點的位置，調整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏，重復多次，記錄每一次的R和L數據；F．斷開開關。（2）如圖乙，用螺旋測微器測量電阻絲直徑為d＝0.730mm。（3）電流表應選擇A1（選填“A1”或“A2”）。（4）用記錄的多組R和L的數據，繪出了如圖丙所示圖線，截距分別為R0和L0，再結合測出的電阻絲直徑d，寫出電阻絲的電阻率表達式ρ＝πd2（5）電流表存在一定內阻，這對該實驗的測量結果：A。A．無影響B．有影響，結果會偏大C．有影響，結果會偏小【考點】導體電阻率的測量；螺旋測微器的使用與讀數．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）金屬夾與電阻絲接觸點；（2）0.730（0.728～0.732均正確）；（3）A1；（4）πd2R04【分析】（1）根據實驗原理與實驗步驟完成實驗。（2）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數。（3）根據實驗原理，在使電流表滿偏的前提下，確定電阻絲接入電路的阻值能否滿足實驗要求。（4）由實驗步驟可知，電源電動勢不變，電路電流始終等于電流表的滿偏電流，電路電流不變，由此可知，電路總電阻不變，由圖象及串聯電路特點可以求出電路總電阻，由電阻定律及實驗數據可以求出電阻率的表達式。（5）應用圖象法求電阻率，電流表內阻對實驗結果沒有影響。【解答】解：（1）E、為測多組實驗數據，需要多次改變電阻絲接入電路的阻值，因此要改變金屬夾與電阻絲接觸點的位置，調整電阻箱接入電路中的阻值，使電流表再次滿偏。（2）由圖示螺旋測微器可知，固定刻度是0.5mm，可動刻度是23.0×0.01mm＝0.230mm，金屬絲直徑d＝0.5mm+0.230mm＝0.730mm（0.728mm～0.732mm均正確）。（3）如果電流表選擇A2，電流表滿偏時，電路總阻值R=UIA2g=3如果電流表選擇A1，電流表滿偏時，電路總阻值R′=UIA1g=3可見，選擇電流表A1時，被測電阻絲接入電路的阻值變化范圍大，故電流表應選擇A1。（4）（5）設電源電動勢為E，內阻為r，電流表的滿偏電流為Ig，電流表內阻為RA，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動勢：E＝Ig（R+R電阻絲+RA+r）＝Ig（R+ρLπ(d2)2+RA+r）＝Ig（R+整理得：R=-4ρπd2LR﹣L圖象斜率的絕對值：k=4ρ解得電阻絲電阻率ρ=π有上述分析可知，電流表內阻對電阻率的測量沒有影響，故A正確，BC錯誤；故選：A。故答案為：（1）金屬夾與電阻絲接觸點；（2）0.730（0.728～0.732均正確）；（3）A1；（4）πd2R04【點評】螺旋測微器示數等于固定刻度與可動刻度示數之和，對螺旋測微器讀數時要注意估讀；為減小讀數誤差，電表量程選擇要合適，在保證安全的前提下，量程不能過大；知道外電路電阻不變，熟練應用電阻定律即可正確解題。13．（10分）在用電流表和電壓表測一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，所用電流表和電壓表的內阻分別為0.1Ω和1kΩ，如圖為實驗所需器件圖。（1）在圖中連線將器件連接成實驗電路。（2）一位同學記錄的6組數據見下表，試根據這些數據在圖中畫出U﹣I圖像，根據圖像讀出電池的電動勢E＝1.45V，根據圖像求出電池的內阻r＝0.69Ω。I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.101.05（3）本實驗引起系統誤差的主要原因是電壓表的分流作用。【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】（1）圖象如圖所示；（2）1.45；0.69；（3）電壓表的分流作用【分析】（1）（2）應用描點法作出圖象，電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻．（3）根據誤差來源分析實驗誤差．【解答】解：（1）根據表中實驗數據在坐標系內描出對應點，使更多的點在圖像上，不在圖像的點分布在圖像兩側，誤差太大的點舍去，圖象如圖所示：（2）由圖象圖象可知，電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值為1.45，則電源電動勢E＝1.45V，電源內阻r=ΔUΔI=1.45-1.000.65（3）相對于電源來說，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，使所測電源電動勢小于電動勢真實值，內阻測量值小于真實值．故答案為：（1）圖象如圖所示；（2）1.45；0.69；（3）電壓表的分流作用【點評】本題考查了作圖象、求電源電動勢與內阻，應用圖象法處理實驗數據是常用的實驗數據處理方法，電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻．五．解答題（共3小題，滿分32分）14．（8分）（2021秋?張掖期末）示波器的核心部件是示波管，它是利用電場使運動粒子向預期方向偏轉的。如圖甲所示，平行極板長L1＝20cm，寬度d＝2cm，極板間電壓U0（未知）保持不變，一質量m＝6.4×10﹣27kg（重力不計）、電荷量q＝3.2×10﹣19C的粒子沿極板中心線以速度v0＝1×106m/s射入極板間，正好在下極板邊緣飛出。足夠大的豎直屏與極板右側相距L2＝20cm，極板與豎直屏區域間不存在電場，已知M點是中心線與屏的交點。（1）極板間電壓U0為多大時粒子從極板邊緣射出？射出時粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于多少？（2）求粒子打在豎直屏上的位置離M點的距離Y；【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）極板間電壓U0為200V時粒子從極板邊緣射出；射出時粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于0.1；（2）粒子打在豎直屏上的位置離M點的距離Y為3cm。【分析】（1）粒子在示波管中做類平拋運動，應用類平拋運動規律可以求出粒子從極板邊緣射出時的電壓值和出示波管時偏轉角的正切值；（2）粒子從兩極板間射出后做勻速直線運動，根據運動學公式求解。【解答】解：（1）根據牛頓第二定律可得粒子在極板間做類平拋運動的加速度大小為a=U設粒子在極板間的運動時間為t0，則根據運動學規律可得L1＝v0t0，12tanθ=a聯立解得：U0＝200V，tanθ＝0.1；（2）粒子從兩極板間射出后做勻速直線運動，則Y=d2+L2解得：Y＝0.03m＝3cm。答：（1）極板間電壓U0為200V時粒子從極板邊緣射出；射出時粒子的速度方向與初速度方向的夾角θ的正切值（tanθ）等于0.1；（2）粒子打在豎直屏上的位置離M點的距離Y為3cm。【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，粒子在偏轉電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規律可以解題。15．（11分）如圖所示，一條長為L的細線上端固定，下端拴一個質量為m、帶電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A點由靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角α＝60°時，小球速度為0。重力加速度為g。求：（1）小球帶電性質；（2）電場強度的大小E；（3）若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A點釋放小球時應有的初速度vA的大小（可含根式）。【考點】帶電粒子（計重力）在勻強電場中的直線運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；動能定理的簡單應用．【專題】定性思想；定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；動能定理的應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】（1）小球帶正電；（2）電場強度的大小E為3mg（3）若小球恰好完成豎直圓周運動，從A點釋放小球時應有的初速度vA的大小為2(1+3【分析】（1）由小球帶電性質與電場力方向的關系判斷；（2）由動能定理解答；（3）找到等效最高點，由牛頓第二定律和動能定理解答.【解答】解：（1）由圖及題意判斷，小球帶正電。（2）從A點釋放到速度為零，由動能定理：qELsinα﹣mgL（1﹣cosα）＝0﹣0解得：E=（3）如圖所示，B′點是等效最低點，B點是等效最高點，則有：tanθ=解得θ＝30°小球恰好完成豎直圓周運動，在B點速度最小，由牛頓第二定律：mgcosθ=m從A點到B點，由動能定理：﹣mgL（1+cosθ）﹣qELsinθ=聯立解得：vA=答：（1）小球帶正電；（2）電場強度的大小E為3mg（3）若小球恰好完成豎直圓周運動，從A點釋放小球時應有的初速度vA的大小為2(1+3【點評】熟練運用動能定理解答問題，本題難點在（3）中，會找等效最低點（小球靜止位置）和等效最高點（與等效最低點同一直徑的另一端）。16．（13分）（2019秋?莒縣期中）如圖所示，光滑的水平面上靜止著質量為3m的小車，其中小車的AB段是光滑水平面，BC段是半徑為R的四分之一光滑圓弧。另有質量為m的小物塊，以gR的初速度，從A點水平向左滑上小車。g為重力加速度。則：（1）求小物塊沿著小車上升的最大高度h；（2）求小物塊再返回小車的A點時的速度大小v；（3）若小車的水平面離地面的高度也為R，求小物塊落地時到A點的水平距離l。【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力；模型建構能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）小車與物塊組成的系統水平方向動量守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律求出高度。（2）由動量守恒定律以及能量守恒定律可以求出小物體的速度。（3）物體離開車后做平拋運動，應用平拋運動規律與勻速運動規律求出距離。【解答】解：（1）車與球組成的系統水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝（m+3m）v，系統機械能守恒，由機械能守恒定律得：12mv02=解得：h=3（2）系統水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝﹣mv′+3mv1，由機械能守恒定律得：12mv02=12mv解得：v'=gR（3）小物體離開車后做平拋運動，R=12gt2，l＝（v′+v1）解得：l=2答：（1）小物塊沿著小車上升的最大高度h為38（2）小物塊再返回小車的A點時的速度大小v為gR2（3）若小車的水平面離地面的高度也為R，小物塊落地時到A點的水平距離l為2R【點評】解決該題的關鍵是知道物體和小車組成的系統在水平方向上動量守恒，以及系統的能量守恒；知道小物體離開小車的運動情況

考點卡片1．豎直上拋運動的規律及應用【知識點的認識】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運動，叫做豎直上拋運動。2．特點：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運動規律：取豎直向上的方向為正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質點在通過同一高度位置時，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．5s內物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動，和向下的勻加速直線運動，明確運動過程，由運動學公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時間t=v0g=3010A、路程應等于向上的高度與后2s內下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點評：豎直上拋運動中一定要靈活應用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時被人接住，在被人接住前1s內物體的位移是4m，位移方向向上，不計空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題可以直接應用整體法進行求解。解答：（1）設最后1s內的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設物體被接住時的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點到被人接住所經歷的時間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點評：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運動，直接應用整體法求解即可。【解題方法點撥】1．豎直上拋運動的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運動，下落階段是自由落體運動，下落過程是上升過程的逆過程。（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運動看成一個勻變速直線運動，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負值；物體在拋出點以上時h為正值，物體在拋出點以下時h為負值。住：豎直上拋運動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經過同一位置時速度等大、反向；②時間對稱：上升和下降過程經過同一段高度的上升時間和下降時間相等。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。3．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】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．4．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續作用而發生狀態改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。5．常見力做功與相應的能量轉化【知識點的認識】1．內容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統的內能增加【解題思路點撥】如圖所示，質量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。6．機械能守恒定律的簡單應用【知識點的認識】1.機械能守恒定律的內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應注意等式不是指某兩個特別的狀態，而是過程中的每一狀態機械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結果相關的狀態建立方程式。另外，表達式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態的E都應是對同一參考平面而言的。（2）轉化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統動能的增加量等于系統重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統分為A、B兩部分，A部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質量為m，空氣阻力不計，則籃球進筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關鍵根據機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態即可．【解題方法點撥】1.應用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統。（2）根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當地選取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應用往往與曲線運動綜合起來，其聯系點主要在初末狀態的速度與圓周運動的動力學問題有關、與平拋運動的初速度有關。2.對于系統機械能守恒問題，應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構成的系統機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍。7．用動量定理求平均作用力【知識點的認識】對于涉及變力作用的動量問題，可以利用動量定理求解平均作用力。公式為：FΔt＝mv2﹣mv1。【命題方向】質量m＝0.6kg的籃球從距地板H＝0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45m．從釋放到彈跳至h高處經歷的時間t＝1.1s，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能．（2）地板對籃球的平均作用力．分析：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能等于初始時刻機械能減去末時刻機械能，初末位置物體動能為零，只有勢能；（2）分別根據自由落體運動求出籃球與地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的時間，根據總時間求出球與地面接觸的時間，根據動量定律即可求解．解答：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J（2）設籃球從H高處下落到地板所用時間為t1，剛接觸地板時的速度為v1；反彈離地時的速度為v2，上升的時間為t2，由動能定理和運動學公式下落過程：mgH=12mv12，解得：v上升過程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v籃球與地板接觸時間為Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s設地板對籃球的平均撞擊力為F，由動量定理得：（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1解得：F＝16.5N根據牛頓第三定律，籃球對地板的平均撞擊力F′＝F＝16.5N，方向向下答：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為2.1J．（2）地板對籃球的平均作用力為16.5N，方向向下．點評：本題主要考查了自由落體運動的基本規律，在與地面接觸的過程中，合外力對物體的沖量等于物體動量的變化量，難度適中．【解題思路點撥】應用動量定理的四點注意事項（1）明確物體受到沖量作用的結果是導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則。（2）列方程前首先要選取正方向，與規定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值，而不能只關注力或動量數值的大小。（3）分析速度時一定要選取同一個參考系，未加說明時一般選地面為參考系，同一道題目中一般不要選取不同的參考系。（4）公式中的沖量應是合外力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式計算，且要注意是末動量減去初動量。8．動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用【知識點的認識】物體沖上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上沒有外力作用，所以水平方向上系統的動量守恒。可以根據情況分成以下兩種類型：1.物體能飛離斜面（或曲面）：在物體與斜面（或曲面）分開之前，因為兩者始終一起運動，所以分離瞬間兩者在水平方向上速度相等，物體飛到最高點時，兩者的速度相同。2.物體不能飛離斜面（或曲面）：物體到達斜面上最高處時，兩者的速度相同。可以根據系統的機械能守恒和水平方向上的動量守恒求出物體到達“最高點”時，兩者的速度及物體上升的高度。【命題方向】如圖，一帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上，一可視為質點、質量為m的小球以速度v0從小車的左端水平滑上小車，與小車作用后從小車左端豎直掉下。已知圓弧軌道的半徑足夠大，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A、小球和小車組成的系統動量守恒、機械能守恒B、小車的最終速度大小為0.5v0C、小車對小球做的功為1D、小球在小車上能上升的最大高度為v分析：A、根據動量守恒的條件、機械能守恒的條件分析；B、根據題意可知小球離開小車時的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，根據系統水平方向動量守恒和機械能守恒可得小車的最終速度大小；C、小球和小車相互作用的過程，對小球利用動能定理分析；D、小球與小車共速時上升到最高點，根據系統水平方向動量守恒和系統機械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小車組成的系統水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，所以水平方向動量守恒，系統只有動能和勢能的相互轉化，所以系統機械能守恒，故A錯誤；B、小球與小車作用后從小車左端豎直掉下，可知小球離開小車的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，取水平向右為正方向，設小車的質量為M，由動量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小車組成的系統機械能守恒，則有：1聯立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小車的最終速度大小為v0，故B錯誤；C、小球和小車相互作用的過程中，對小球由動能定理有：W車=0-12mD、小球和小車共速時，小球上升到最大高度，設最大高度為h取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小車組成的系統機械能守恒，則有：1代入數據可得：h=v0故選：D。點評：本題考查了動量守恒定律和機械能守恒定律，解題的關鍵是把小球和小車相互作用的過程看作彈性碰撞，小球和小車組成的系統水平方向動量守恒，機械能守恒。【解題思路點撥】因為水平方向是沒有外力的，所以系統水平方向上動量守恒，當物體達到最高處時，兩個物體的速度完全一致。9．動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用【知識點的認識】1.對于彈簧類問題，在作用過程中，系統合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及彈性勢能、動能、內能、重力勢能的轉化，應用能量守恒定律解決此類問題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧具有最大彈性勢能。【命題方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C．B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質量不計）。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，（i）整個系統損失的機械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。分析：（i）A壓縮彈簧的過程，系統動量守恒，應用動量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時B與C發生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機械能．（ii）系統動量守恒，由動量守恒定律求出三個物體共同速度，然后應用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能．解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1①此時B與C發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為△E．對B、C組成的系統，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②12mv12=△E+聯立①②③式得：整個系統損失的機械能為△E=116（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此時速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep．由動量守恒和能量守恒定律得mv0＝3mv3，⑤由能量守恒定律得：12mv02-△E=12聯立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整個系統損失的機械能是116（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能是1348點評：本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，關鍵合理地選擇研究的系統，知道彈簧被壓縮到最短時三個物體速度相同，運用動量守恒和能量守恒進行研究．【解題思路點撥】當彈簧壓縮到最短時，該彈簧具有最大彈性勢能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時兩物體具有相同的速度。因此，該類問題臨界狀態相對應的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。10．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應用、有電場存在的綜合應用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態。滑塊A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小；（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內滑塊C的位移為x。根據牛頓第二定律和運動學公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數據可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統能量守恒∴E代入數據可解得：EP＝1.0J（3）在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v。設A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數據聯列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。【解題思路點撥】1．應用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規定正方向，確定初末狀態動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態：題設情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關鍵．3．綜合應用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統運動變化所經歷的過程中狀態的改變，不對過程變化的細節作深入的研究，而只關心運動狀態變化的結果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規律，它們研究的是物體系，在力學中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應用這兩個規律時，當確定了研究對象及運動狀態的變化過程后，根據問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態列方程求解．（3）中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．11．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小．④兩點電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的