2024年高考物理終極押題密卷3（新課標卷）一．選擇題（共5小題）1．（2024?呂梁一模）如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動，使重物緩慢上升，不計繩子質量和一切摩擦，則重物上升過程中（）A．繩子的拉力逐漸減小 B．健身者所受合外力逐漸增大 C．健身者對地面的壓力逐漸減小 D．健身者對地面的摩擦力逐漸增大2．（2024?吉林一模）A、B兩物體同時同地從靜止開始運動，其運動的速度隨時間的v﹣t圖如圖所示，關于它們運動的描述正確的是（）A．物體B在直線上做往返運動 B．物體A做加速度增大的曲線運動 C．AB兩物體在0﹣1s運動過程中距離越來越近 D．B物體在第1s內、第2s內、第3s內的平均速度大小為1：3：23．（2024?安徽二模）某同學正在進行一項體育運動，他站在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作。在動作過程中力傳感器的示數隨時間的變化情況如圖所示。已知重力加速度g＝10m/s2，則該同學在此過程中加速度的最大值約為（）A．6m/s2 B．5m/s2 C．4m/s2 D．3m/s24．（2024?延邊州一模）3月30日，我國以“一箭四星”方式，成功將四顆干涉合成孔徑雷達衛星運送到700km的軌道上。該組衛星在軌構成國際上首個車輪式衛星編隊，三顆衛星圍繞中心衛星，并保持車輪狀繞地球運行。下列關于四顆衛星的說法正確的是（）A．該衛星編隊的運行速度大于7.9km/s B．四顆衛星均處于平衡狀態 C．四顆衛星繞地球運動的周期相同 D．四顆衛星通過衛星間的萬有引力保持隊形5．（2024?廬陽區校級四模）如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內，質量均為m，兩段輕桿等長。現將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內運動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（）A．小球A、B、C組成的系統機械能不守恒 B．小球C的機械能一直減小 C．小球C落地前瞬間的速度大小為 D．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024?吉林模擬）如圖（a），質量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度v0向右運動，與乙發生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為 B．甲、乙間的動摩擦因數為 C．甲到乙左端的距離L D．乙、丙的質量比m：M＝1：2（多選）7．（2024?長春一模）已知一個均勻帶電球殼在球殼內部產生的電場強度處處為零，在球殼外部產生的電場與一個位于球殼球心、帶相同電荷量的點電荷產生的電場相同。有一個電荷量為+Q、半徑為R、電荷均勻分布的實心球體，其球心為O點。現從該球體內部挖去一個半徑為的實心小球，如圖所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，O2點與O1點關于O點對稱。由以上條件可以計算出挖去實心小球后，O1點的電場強度E1、O2點的電場強度E2的大小分別為（）A． B． C． D．（多選）8．（2024?鏡湖區校級二模）如圖所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發射速度大小均為v＝1×106m/s，質量為m＝1×10﹣15kg，帶電量為q＝1×10﹣9C的同種帶電正離子。在x軸上距離原點1m處垂直于x軸放置一個長度為1m，厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上立即被接收）。現觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。取π＝3，則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為（）A．1.1×10﹣6s B．1.4×10﹣6s C．2.5×10﹣6s D．4.6×10﹣6s三．實驗題（共2小題）9．（2024?安徽模擬）某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質且表面粗糙程度相同的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。一元硬幣和一角硬幣的質量分別為m1和m2且m1＞m2，將甲硬幣放在斜面的某一位置，標記此位置為B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當甲停在水平面上某一位置處，測量O點到甲停止位置的距離OP，記為s0。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點位置，左側與O點重合，并將甲硬幣在B點由靜止釋放。當兩枚硬幣發生碰撞后，分別測量O點到甲、乙停止位置的滑行距離OM和ON，記為s1、s2。（1）在本實驗中，乙選用的是硬幣。（選填“一元”或“一角”）（2）若甲、乙硬幣碰撞前后系統動量守恒，則應滿足的表達式為。（用s0、s1、s2、m1和m2表示）（3）關于該實驗需要滿足的條件是。A．OA段必須保持水平B．傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成C．兩硬幣材質及其表面粗糙程度必須相同10．（2024?吉林一模）某同學測量某電阻的電阻值。（1）首先用多用電表進行粗測，將旋鈕扳到“×10”的擋位，進行歐姆調零后將兩表筆與待測電阻的兩端相接觸，多用電表的指針位置如圖甲所示，則電阻測量值為Ω；（2）為了精確測量該電阻阻值，實驗室為其提供了如下的實驗器材：a.待測電阻Rxb.電壓表V（量程1V、內阻RV＝300Ω）c.電流表A1（量程2A、內阻RA≈20Ω）d.電流表A2（量程30mA、內阻RA≈5Ω）c.滑動變阻器R1（0～10Ω）f.滑動變阻器R2（0～1kΩ）g.電阻箱R0（0～999.9Ω）h.電源（電動勢3V、內阻不計）、開關，導線若干①該同學分析實驗器材，發現電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應（填“串聯”或“并聯”）電阻箱R0，并將R0的阻值調為；②實驗時，為了減小實驗誤差。且要求電表的示數從零開始調節，請將設計的電路畫在圖乙虛線框中，并標出所選用的相應的器材符號；③某次測量時，電壓表與電流表的示數分別為U、I，則待測電阻的阻值Rx＝（用已知物理量的字母表示）。四．解答題（共3小題）11．（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過輕質彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物塊A一豎直方向的瞬時沖量，其大小為3N?s，隨后B恰好不能離開地面。已知A、B質量分別為1kg、2kg，彈簧的勁度系數k＝100N/m，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度g取10m/s2。（1）從開始至B恰好不離開地面的過程，求彈簧彈性勢能的變化量；（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A，使之由靜止開始運動，直至B剛離開地面時，求A的速度大小。12．（2024?太原二模）如圖所示，MN為一條直線，MN上方有豎直向下的勻強電場，電場強度的大小為E，MN下方有垂直紙面向內的勻強磁場。某帶電粒子以初速度v從O點射入勻強磁場，速度與MN的夾角為θ，經過一段時間后，粒子第一次從磁場射入電場，在電場中恰好返回出發點O，粒子的質量為m，帶電量為q，不計粒子重力，求：（1）粒子的電性、粒子回到O點時與MN的夾角；（2）磁感應強度B的大小；（3）若粒子初速度變為2v，從O點射出后，又返回出發點O所用的時間。13．（2024?太原一模）如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導軌ab、cd間距為L，傾斜角度為θ，ab、cd之間有垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，ac之間電容器的電容為C1，光滑等長的水平金屬導軌ef、gh間距為L，ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B2，fh之間電容器的電容為C2。質量為m的金屬棒PQ垂直導軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運動，經過時間t后以速度v飛出導軌，同時撤去F，PQ水平躍入ef、gh導軌，PQ始終與ef、gh導軌垂直。導軌與棒的電阻均不計，重力加速度為g，求：（1）金屬棒PQ分別在B1、B2中運動時電流的方向；（請分別說明P→Q或Q→P）（2）導軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；（3）金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數。

2024年菁優高考物理終極押題密卷3（新課標卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2024?呂梁一模）如圖所示，某健身者拉著把手緩慢水平向右移動，使重物緩慢上升，不計繩子質量和一切摩擦，則重物上升過程中（）A．繩子的拉力逐漸減小 B．健身者所受合外力逐漸增大 C．健身者對地面的壓力逐漸減小 D．健身者對地面的摩擦力逐漸增大【考點】動態平衡分析；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；推理能力．【分析】重物緩慢上升，處于平衡狀態，則繩彈力等于重力；對健身者進行動態平衡的分析可得出相應結論。【解答】解：AB、重物和健身者一直處于平衡狀態，由平衡條件可知，健身者所受合力等于零；繩上的拉力大小不變，其大小等于重物的重力mg，故AB錯誤；CD、對健身者受力分析，如圖所示，由平衡條件可知：在豎直方向，則有：mgsinθ+FN＝Mg解得：FN＝Mg﹣mgsinθ在水平方向，則有mgcosθ＝Ff當健身者向右緩慢移動時，θ角逐漸變小，地面對健身者的支持力和摩擦力變大，由牛頓第三定律可知，健身者對地面的壓力和摩擦力逐漸增大，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查共點力平衡的動態平衡問題，明確不變的物理量時分析變化量的關鍵。2．（2024?吉林一模）A、B兩物體同時同地從靜止開始運動，其運動的速度隨時間的v﹣t圖如圖所示，關于它們運動的描述正確的是（）A．物體B在直線上做往返運動 B．物體A做加速度增大的曲線運動 C．AB兩物體在0﹣1s運動過程中距離越來越近 D．B物體在第1s內、第2s內、第3s內的平均速度大小為1：3：2【考點】v﹣t圖像．【專題】比較思想；圖析法；運動學中的圖象專題．【分析】v﹣t圖象只能表示直線運動的規律。在v﹣t圖象中，圖象與時間軸所圍面積表示物體運動的位移，斜率代表加速度，平均速度等于位移與時間之比。【解答】解：A、v﹣t圖象只能表示直線運動的規律，B做單向直線運動，故A錯誤。B、物體A做加速度增大的直線運動，故B錯誤。C、在0﹣1s運動過程中，B的速度比A的大，則兩物體之間的距離越來越遠，故C錯誤。D、根據圖象與時間軸所圍面積表示物體運動的位移，B物體在第1s內、第2s內、第3s內的位移之比為1：3：2，由＝得B物體在第1s內、第2s內、第3s內的平均速度大小為1：3：2，故D正確。故選：D。【點評】本題關鍵是根據速度—時間圖象得到物體的運動規律，然后根據速度—時間圖象與時間軸包圍的面積表示位移大小，速度圖象的斜率等于質點的加速度，再進行分析處理。3．（2024?安徽二模）某同學正在進行一項體育運動，他站在一個力傳感器上進行下蹲和站起的動作。在動作過程中力傳感器的示數隨時間的變化情況如圖所示。已知重力加速度g＝10m/s2，則該同學在此過程中加速度的最大值約為（）A．6m/s2 B．5m/s2 C．4m/s2 D．3m/s2【考點】牛頓第二定律．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【分析】開始時的人對力傳感器的壓力等于其重力；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態；當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態；人下蹲過程分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重；站起過程分別有超重和失重兩個過程，先是加速上升超重，達到一個最大速度后再減速上升失重。據此分析。【解答】解：開始時的人對力傳感器的壓力等于其重力，可知該同學的重力為500N，則其質量為50kg，F的最小值約為200N，最大值約為700N，則當F有最小值時加速度有最大值，根據牛頓第二定律有mg﹣Fmin＝mamax解得加速度的最大值為故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】解答本題得關鍵是理解超重失重的概念，知道下蹲動作分別有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重；站起過程分別有超重和失重兩個過程，先是加速上升超重，達到一個最大速度后再減速上升失重。4．（2024?延邊州一模）3月30日，我國以“一箭四星”方式，成功將四顆干涉合成孔徑雷達衛星運送到700km的軌道上。該組衛星在軌構成國際上首個車輪式衛星編隊，三顆衛星圍繞中心衛星，并保持車輪狀繞地球運行。下列關于四顆衛星的說法正確的是（）A．該衛星編隊的運行速度大于7.9km/s B．四顆衛星均處于平衡狀態 C．四顆衛星繞地球運動的周期相同 D．四顆衛星通過衛星間的萬有引力保持隊形【考點】人造衛星；萬有引力定律的應用．【專題】比較思想；模型法；人造衛星問題；理解能力．【分析】第一宇宙速度是衛星最大的環繞速度。四顆衛星均非處于平衡狀態。四顆衛星繞地球做圓周運動，并保持隊形不變，周期相同。衛星間的萬有引力極小，不不足以改變衛星的隊形。【解答】解：A、第一宇宙速度是衛星最大的環繞速度，該衛星編隊的運行速度均小于第一宇宙速度，故A錯誤；B、衛星做圓周運動，處于非平衡態，故B錯誤；C、四顆衛星繞地球做圓周運動，并保持隊形不變，所以周期相同，故C正確；D、衛星間的引力極小，不足以改變衛星的隊形，事實上該衛星隊列處于太陽同步軌道，24小時不間斷接收太陽能，通過太陽能驅動衛星保持隊列，故D錯誤。故選：C。【點評】此題考查萬有引力定律的應用，要掌握宇宙速度的意義，明確衛星的運動情況和受力特點。5．（2024?廬陽區校級四模）如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內，質量均為m，兩段輕桿等長。現將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內運動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（）A．小球A、B、C組成的系統機械能不守恒 B．小球C的機械能一直減小 C．小球C落地前瞬間的速度大小為 D．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg【考點】機械能守恒定律．【專題】定量思想；尋找守恒量法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【分析】根據機械能守恒的條件：只有重力或系統內彈力做功，分析知道系統的機械能守恒；通過分析A、B兩球機械能的變化來判斷C球機械能的變化；小球C落地前瞬間A、B兩球的速度為零，根據系統的機械能守恒求此時C球的速度大小。當小球C的機械能最小時，合力為零，對三個球組成的整體研究，根據平衡條件求地面對小球B的支持力大小。【解答】解：A、對于小球A、B、C組成的系統，由于只有重力做功，所以系統的機械能守恒，故A錯誤；B、小球B的初速度為零，小球C落地瞬間，小球B的速度也為零，故小球B的動能先增大后減小，而小球B的重力勢能不變，則小球B的機械能先增大后減小，同理可得小球A的機械能先增大后減小，而系統機械能守恒，所以C的機械能先減小后增大，故B錯誤；C、設小球C落地前瞬間的速度大小為v，根據系統機械能守恒有：，解得：，故C正確；D、當小球C的機械能最小時，小球B的速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，則桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，故D錯誤。故選：C。【點評】解決本題的關鍵是要知道系統的機械能是守恒的，要知道輕桿對A、B兩球沒有作用力時，其動能增大，此時小球C的機械能最小。二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024?吉林模擬）如圖（a），質量均為m的小物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度v0向右運動，與乙發生彈性碰撞。碰后，乙的位移x隨時間t的變化如圖（b）中實線所示，其中t0時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分和直線，二者相切于P，拋物線的頂點為Q。甲始終未脫離乙，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．碰后瞬間乙的速度大小為 B．甲、乙間的動摩擦因數為 C．甲到乙左端的距離L D．乙、丙的質量比m：M＝1：2【考點】動量與能量的綜合應用——板塊模型；功能關系．【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【分析】根據運動學公式結合x﹣t圖像的切線斜率表示速度求解碰后瞬間乙的速度大小，根據牛頓第二定律甲、乙間的動摩擦因數；根據圖（b）可得0～t0時間內甲、乙發生的相對位移，由此得到甲到乙左端的距離滿足的條件；物塊丙與乙發生彈性碰撞，根據動量守恒定律、機械能守恒定律進行解答。【解答】解：AB、設碰后瞬間乙的速度大小為v1，碰后乙的加速度大小為a，由圖（b）可知：x＝v1t0﹣＝拋物線的頂點為Q，根據x﹣t圖像的切線斜率表示速度，則有：v1＝a?2t0聯立解得：v1＝，a＝根據牛頓第二定律可得：a＝＝μg解得甲、乙間的動摩擦因數為：μ＝，故A錯誤，B正確；C、由于甲、乙質量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為a＝根據圖（b）可知，t0時刻甲、乙剛好共速，則0～t0時間內甲、乙發生的相對位移為：Δx＝x乙﹣x甲＝﹣＝＝則甲到乙左端的距離滿足：L≥Δx＝，故C正確；D、物塊丙與乙發生彈性碰撞，取向右為正方向，碰撞過程根據動量守恒定律可得：Mv0＝Mv2+mv1根據機械能守恒定律可得：＝+可得v1＝v0＝可得乙、丙的質量比為：m：M＝2：1，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和機械能守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程求解。（多選）7．（2024?長春一模）已知一個均勻帶電球殼在球殼內部產生的電場強度處處為零，在球殼外部產生的電場與一個位于球殼球心、帶相同電荷量的點電荷產生的電場相同。有一個電荷量為+Q、半徑為R、電荷均勻分布的實心球體，其球心為O點。現從該球體內部挖去一個半徑為的實心小球，如圖所示，挖去小球后，不改變剩余部分的電荷分布，O2點與O1點關于O點對稱。由以上條件可以計算出挖去實心小球后，O1點的電場強度E1、O2點的電場強度E2的大小分別為（）A． B． C． D．【考點】電場的疊加；電場強度與電場力；點電荷的電場．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【分析】根據電場的疊加原理和點電荷的場強公式結合分析場強的表達式。【解答】解：CD、沒有挖去實心小球之前，O2點的電場強度是以O為圓心，以OO2為半徑的球體產生的，則有，其中，解得：挖去部分的半徑與上述以OO2為半徑的球體的電荷量相等，則剩余部分在O2點的電場強度為，解得，故C正確，D錯誤；AB、沒有挖去之前，O1點的電場強度是以O為圓心，以OO1為半徑的球體的電荷產生的，該球體半徑等于，該球體所帶電荷量與以OO2為半徑的球體的電荷相等，根據上述可知，沒有挖去之前O1點的電場強度與沒有挖去之前O2點的電場強度大小相等，等于由題意知挖去部分的電荷量在O1點的電場強度為0，即剩余部分的電場強度等于，解得，故A錯誤，B正確。故選：BC。【點評】解決本題的關鍵掌握點電荷的場強公式E＝，知道點電荷的場強方向，會根據平行四邊形定則進行場強的疊加。（多選）8．（2024?鏡湖區校級二模）如圖所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，坐標原點O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發射速度大小均為v＝1×106m/s，質量為m＝1×10﹣15kg，帶電量為q＝1×10﹣9C的同種帶電正離子。在x軸上距離原點1m處垂直于x軸放置一個長度為1m，厚度不計且能接收帶電粒子的薄金屬板P（粒子一旦打在金屬板P上立即被接收）。現觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。取π＝3，則被薄金屬板接收的粒子運動的時間可能為（）A．1.1×10﹣6s B．1.4×10﹣6s C．2.5×10﹣6s D．4.6×10﹣6s【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【分析】根據左手定則得到粒子偏轉方向，然后根據幾何關系求得中心角范圍，即可由周期求得最長、最短時間。【解答】解：由觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，可知粒子做圓周運動的半徑為1mqvB＝解得B＝1T打在P左側下端的粒子在磁場中偏轉的角度是60°，此時運動時間最短，如圖1所示＝1×10﹣6s被P左側接收到的粒子在磁場中運動最長時間粒子軌跡對應的圓心角為90°，此時粒子運動時間t2＝解得t2＝1.5×10﹣6s被P右側接收到的粒子在磁場中運動最短時間粒子軌跡對應的圓心角為270°，此時粒子運動時間t3＝解得t3＝4.5×10﹣6s打在P右側下端的粒子在磁場中運動的時間最長，此時粒子軌跡對應的圓心角為300°，如圖2所示，最長時間tmax＝解得tmax＝5×10﹣6s粒子能被P接收時的運動時間應滿足tmin≤t≤t2，或t3≤t≤tmax故選：ABD。【點評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故常根據速度及磁感應強度求得半徑，然后根據幾何關系求得運動軌跡；或反過來由軌跡根據幾何關系求解半徑，進而求得速度、磁感應強度。三．實驗題（共2小題）9．（2024?安徽模擬）某同學為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒，設計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上。選擇相同材質且表面粗糙程度相同的一元硬幣和一角硬幣進行實驗。一元硬幣和一角硬幣的質量分別為m1和m2且m1＞m2，將甲硬幣放在斜面的某一位置，標記此位置為B。如圖（a）所示，甲由靜止釋放滑下，當甲停在水平面上某一位置處，測量O點到甲停止位置的距離OP，記為s0。如圖（b）所示，將乙硬幣放置在O點位置，左側與O點重合，并將甲硬幣在B點由靜止釋放。當兩枚硬幣發生碰撞后，分別測量O點到甲、乙停止位置的滑行距離OM和ON，記為s1、s2。（1）在本實驗中，乙選用的是一角硬幣。（選填“一元”或“一角”）（2）若甲、乙硬幣碰撞前后系統動量守恒，則應滿足的表達式為。（用s0、s1、s2、m1和m2表示）（3）關于該實驗需要滿足的條件是C。A．OA段必須保持水平B．傾斜段紙板與水平段紙板必須由同一種材料制成C．兩硬幣材質及其表面粗糙程度必須相同【考點】驗證動量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；實驗能力．【分析】（1）為了防止硬幣反彈，應使入射硬幣質量m1＞m2，確定乙的硬幣；（2）用動能定理求出碰撞前后的速度，再由動量守恒定律倒推出需要驗證的表達式；（3）根據實驗碰原理，由動量守恒定律、牛頓第二定律等分析判斷本實驗滿足的條件。【解答】解：（1）根據題意可知，從圖中可以看出，碰撞后甲有向右的速度，所以甲的質量大于乙的質量，乙選用的是一角硬幣。（2）設硬幣與紙板間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，甲從O點到P點，根據動能定理：解得碰撞前，甲到O點時速度的大小：＝同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分別為：＝，＝若碰撞前后動量守恒，則滿足關系式：m1v0＝mv1+m2v2整理化簡可得：（3）A、若OA段略微傾斜θ角，則兩硬幣的加速度均變為：a＝gsinθ+μgcosθ，由（2）問的計算公式可知沒有產生影響，故A錯誤；BC、由（2）問的計算公式可知，只要水平段的摩擦系數恒定即可，故B錯誤，C正確；故選：C。故答案為：（1）一角；（2）；（3）C。【點評】本題考查驗證動量守恒定律的實驗，解題關鍵是弄清楚實驗原理、掌握速度的另一種測定方法，能夠根據動量守恒定律進行解答。10．（2024?吉林一模）某同學測量某電阻的電阻值。（1）首先用多用電表進行粗測，將旋鈕扳到“×10”的擋位，進行歐姆調零后將兩表筆與待測電阻的兩端相接觸，多用電表的指針位置如圖甲所示，則電阻測量值為140Ω；（2）為了精確測量該電阻阻值，實驗室為其提供了如下的實驗器材：a.待測電阻Rxb.電壓表V（量程1V、內阻RV＝300Ω）c.電流表A1（量程2A、內阻RA≈20Ω）d.電流表A2（量程30mA、內阻RA≈5Ω）c.滑動變阻器R1（0～10Ω）f.滑動變阻器R2（0～1kΩ）g.電阻箱R0（0～999.9Ω）h.電源（電動勢3V、內阻不計）、開關，導線若干①該同學分析實驗器材，發現電壓表的量程太小，需將該電壓表改裝成3V量程的電壓表，應串聯（填“串聯”或“并聯”）電阻箱R0，并將R0的阻值調為600.0Ω；②實驗時，為了減小實驗誤差。且要求電表的示數從零開始調節，請將設計的電路畫在圖乙虛線框中，并標出所選用的相應的器材符號；③某次測量時，電壓表與電流表的示數分別為U、I，則待測電阻的阻值Rx＝（用已知物理量的字母表示）。【考點】練習使用多用電表；伏安法測電阻．【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）根據歐姆表測電阻的正確使用和讀數規則分析作答；（2）①根據電壓表的改裝原理可知，應串聯一個大電阻，根據歐姆定律求串聯電阻值；②根據歐姆定律估算電路中的電流，然后選擇電流表；由于電壓表內阻已知，則電流表外接，完成實驗電路圖；③根據歐姆定律求解待測電阻的表達式。【解答】解：（1）指針指向“14”刻度，根據歐姆表的讀數規則，待測電阻為14×10Ω＝140Ω；（2）①根據電壓表的改裝原理可知，應串聯電阻，根據歐姆定律有代入數據解得R0＝600.0Ω②電路中的電流約為＝電流表應選擇A2，由于電壓表內阻已知，則電流表外接，電壓表測待測電阻電壓，的電流、電壓測量更準確，減少實驗誤差。另外，電表的示數從零開始調節，則滑動變阻器采用分壓式接法，電路如圖所示：③根據歐姆定律可知。故答案為：（1）140；（2）①串聯；600.0Ω；②見解析；③。【點評】本題考查了歐姆表的讀數，考查了電壓表的改裝以及“伏安法”測電阻，要掌握實驗的原理；由于電壓表內阻已知，因此電流表外接法。四．解答題（共3小題）11．（2024?合肥二模）如圖所示，小物塊A和B通過輕質彈簧相連接，豎直靜置于水平地面上。若給小物塊A一豎直方向的瞬時沖量，其大小為3N?s，隨后B恰好不能離開地面。已知A、B質量分別為1kg、2kg，彈簧的勁度系數k＝100N/m，彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度g取10m/s2。（1）從開始至B恰好不離開地面的過程，求彈簧彈性勢能的變化量；（2）若用大小為17.4N的豎直向上恒力作用于A，使之由靜止開始運動，直至B剛離開地面時，求A的速度大小。【考點】動量與能量的綜合應用——彈簧類模型；功能關系．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【分析】（1）給小物塊A一瞬時沖量，據此求得初動能，根據胡克定律和平衡條件求得彈簧的初、末形變量，根據系統機械能守恒求解；（2）結合（1）結果，對物塊A和彈簧組成的系統由功能關系求解。【解答】解：（1）設物塊A的質量為m＝1kg，物塊B的質量為2m＝2kg。給小物塊A一瞬時沖量p＝3N?s，則物塊A獲得的動量為：p＝I，初動能為：Ek0＝初始物塊A靜止時，設彈簧壓縮x，對物塊A根據平衡條件可得：kx＝mg木板b恰好不能離開地面，設此時彈簧伸長x1，對物塊B根據平衡條件可得：kx1＝2mg物塊A從開始到最高點運動的位移大小為x+x1，設此過程彈簧彈性勢能的變化量為Ep，由機械能守恒定律得：Ek0＝Ep+mg（x+x1）解得：x＝0.1m，x1＝0.2m，Ep＝1.5J（2）設豎直向上恒力大小為F＝17.4N，B剛離開地面時A的速度大小為v，對物塊A和彈簧組成的系統由功能關系得：F（x+x1）＝mg（x+x1）+Ep+mv2解得：v＝1.2m/s答：（1）彈簧彈性勢能的變化量為1.5J；（2）A的速度大小為1.2m/s。【點評】本題考查了系統機械能守恒定律，功能關系，動量定理在彈簧類模型中的應用。關鍵是分析能量的轉化情況，知道重力勢能變化與重力做功有關、動能的變化與合力做功有關、機械能的變化與除重力以外的其它力做功有關。12．（2024?太原二模）如圖所示，MN為一條直線，MN上方有豎直向下的勻強電場，電場強度的大小為E，MN下方有垂直紙面向內的勻強磁場。某帶電粒子以初速度v從O點射入勻強磁場，速度與MN的夾角為θ，經過一段時間后，粒子第一次從磁場射入電場，在電場中恰好返回出發點O，粒子的質量為m，帶電量為q，不計粒子重力，求：（1）粒子的電性、粒子回到O點時與MN的夾角；（2）磁感應強度B的大小；（3）若粒子初速度變為2v，從O點射出后，又返回出發點O所用的時間。【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在電場中的運動綜合．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力．【分析】（1）根據左手定則可知粒子所帶電性，根據粒子在直線邊界的磁場中運動規律可知粒子出磁場時速度與邊界的夾角與進磁場時速度與邊界夾角相同；（2）粒子在磁場中的運動根據牛頓第二定律求解粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據幾何知識求解弦長，粒子在電場中的運動根據運動學和牛頓第二定律列式，聯立求解磁感應強度的大小；（3）畫出粒子運動的軌跡圖像，根據牛頓第二定律求解粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據周期公式求解粒子在磁場中運動的周期，根據幾何知識求解粒子在磁場中運動的圓心角，根據時間與周期的關系求解粒子在磁場中運動的時間，根據運動學公式求解粒子在電場中運動的時間，最后求解從O點射出后，又返回出發點O所用的時間。【解答】解：（1）粒子在磁場做勻速圓周運動，在電場中做類斜拋運動。粒子的運動軌跡如圖所示由左手定則可知，粒子帶正電，粒子回到O點時與MN的夾角為θ；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，如上圖所示，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有解得從邊界MN射出的位置記為P點，OP的距離為L，根據幾何關系有L＝2rsinθ在MN上方的電場中運動時，粒子做類斜拋運動，豎直方向，粒子做勻變速直線運動，根據牛頓第二定律有根據運動學公式，豎直方向有水平方向有L＝vcosθ?t聯立解得；（3）當速度變為2v后，粒子的運動軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律有解得設粒子在磁場中運動時周期為T，根據運動學公式有聯立解得粒子一次在磁場中運動的時間設為t1，根據幾何知識可知，粒子在磁場中運動的圓心角為2（π﹣θ），故時間為粒子在電場中運動的時間設為t2，則有粒子從O點射出后，又返回出發點O所用的時間為t總＝2t1+t2聯立解得。答：（1）粒子帶正電、粒子回到O點時與MN的夾角為θ；（2）磁感應強度B的大小為；（3）若粒子初速度變為2v，從O點射出后，又返回出發點O所用的時間為。【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。13．（2024?太原一模）如圖所示，兩平行且等長的粗糙金屬導軌ab、cd間距為L，傾斜角度為θ，ab、cd之間有垂直導軌平面斜向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，ac之間電容器的電容為C1，光滑等長的水平金屬導軌ef、gh間距為L，ef、gh之間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B2，fh之間電容器的電容為C2。質量為m的金屬棒PQ垂直導軌放置，在沿斜面向上恒力F的作用下由靜止開始運動，經過時間t后以速度v飛出導軌，同時撤去F，PQ水平躍入ef、gh導軌，PQ始終與ef、gh導軌垂直。導軌與棒的電阻均不計，重力加速度為g，求：（1）金屬棒PQ分別在B1、B2中運動時電流的方向；（請分別說明P→Q或Q→P）（2）導軌ef、gh足夠長，電容器C2帶電量的最大值；（3）金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數。【考點】電磁感應中的電路類問題；動量定理；電容器與電容；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】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【分析】（1）根據右手定則判斷感應電流方向；（2）PQ以速度v飛出導軌后做斜拋運動。PQ切割磁感線產生感應電動勢，當C2的電壓等于感應電動勢時達到穩定狀態，C2帶電量達到最大值，且PQ做勻速直線運動，根據法拉第電磁感應定律、電容定義式、動量定理求解；（3）PQ在傾斜軌道上運動時，電容器C1的電壓始終等于感應電動勢（動態平衡），根據電容定義式、法拉第電磁感應定律推導電流與加速度的關系，根據牛頓第二定律確定加速度a為恒定值，即PQ做勻加速直線運動，由已知條件求得加速度，再求解動摩擦因數。【解答】解：（1）由右手定則可知，金屬棒在B1中運動時電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運動時電流方向由Q到P。（2）PQ以速度v飛出導軌時的水平分速度為：v1＝vcosθ，此后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，故PQ水平躍入ef、gh導軌時的速度等于v1。PQ切割磁感線產生感應電動勢，C2處于充電狀態，當C2的電壓U2等于感應電動勢時達到穩定狀態，C2帶電量達到最大值，且PQ做勻速直線運動，設穩定時速度為v2，則有：U2＝B2Lv2Q＝C2U2以向右為正方向，根據動量定理得：﹣∑iΔt＝Q聯立解得：Q＝（3）PQ在傾斜軌道上運動時，電容器C1的電壓始終等于感應電動勢（動態平衡），則有：U1＝B1Lv′ΔU1＝B1L?Δv′ΔQ1＝C1ΔU1＝C1B1LΔv′感應電流（充電電流）i′＝PQ的加速度：a＝聯立可得：i′＝C1B1La根據牛頓第二定律得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ﹣B1i′L＝ma可得：F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝（m+C1L2）a可見加速度a為恒定值，即PQ做勻加速直線運動，由已知條件可得：a＝解得：μ＝答：（1）金屬棒在B1中運動時電流方向由P到Q；金屬棒在B2中運動時電流方向由Q到P；（2）電容器C2帶電量的最大值為；（3）金屬棒PQ與導軌ab、cd的動摩擦因數為。【點評】本題主要是考查電磁感應現象，關鍵是弄清楚導體棒的運動情況和受力情況，根據平衡條件、牛頓第二定律列方程進行求解；涉及電荷量、求位移問題，常根據動量定理結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

考點卡片1．v-t圖像【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內的位移。【命題方向】甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時刻并排行駛，下列說法正確的是（）A.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車一直在乙車之前B.t2時刻甲、乙兩車再次并排行駛C.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度大小先增大后減小D.t1時刻到t2時刻這段時間，兩車的加速度都先減小后增大分析：在v﹣t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移，定性地判斷兩車的加速度和位移的關系即可。解答：A、由圖可知，t1時刻到t2時刻這段時間內，甲車的速度始終大于乙車的速度，因為兩車在t1時刻并排行駛，所以t1時刻到t2時刻的這段時間內，甲車一直在乙車前面，故A正確；B、t2時刻甲乙兩車速度相等，同A選項的分析可知，在t1～t2時間內，甲車一直在乙車前面，故B錯誤；CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選：AD。點評：本題主要考查了v﹣t圖像，理解斜率表示加速度，面積表示位移，可定性地分析兩車的運動情況即可。【解題思路點撥】圖像類問題是從數學的角度描述了物體的運動規律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據圖像還原物體的運動情景，再結合斜率、截距、面積等數學概念進行分析。2．力的合成與分解的應用【知識點的認識】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：某個物體受兩個力作用時，只要兩個力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，則這兩個力合力為零，物體處于平衡狀態．2．放在水平地面上的物體（受到一個豎直向上的力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：物體受幾個力的作用，可先將某幾個力合成，再將問題轉化為二力平衡．6．力的分解解題：放在斜面上靜止的物體分解法：物體受幾個力的作用，將某個力按效果分解，則其分力與其它幾個力滿足平衡條件．7．放在斜面上的物體受到一個平行斜面向上的力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0．3．動態平衡分析【知識點的認識】這是一類特殊的受力分析問題，對運動中的物體進行平衡分析。主要類型分為三類：一般有解析法、圖解法、相似法和輔助圓法四類。【命題方向】例1：圖解法如圖所示，細繩AO和BO在O點掛有一重物，AO與豎直方向成60°，今保持O點位置不變，緩慢移動繩子B端至到達O點正上方之前的過程中，繩OB所受拉力的變化情況是（）分析：以結點O為研究對象，分析受力情況，運用作圖法，由平衡條件分析繩OB拉力的變化情況．解答：以結點O為研究對象，分析受力情況，由平衡條件得知，繩OB和OA拉力的合力F合與G大小相等、方向相反，而且在繩子B端至到達O點正上方之前的過程中，此合力保持不變，作出OB繩的三個不方向時力的合成圖如圖：由圖看出，繩OB的拉力先減小后增大，當兩繩相互垂直時，繩子OB的拉力最小。故選：D。點評：本題運用圖解法分析動態平衡問題，也可以采用解析法研究．例2：如圖所示為一簡易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質量不計的輕桿，桿的一端C用鉸鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個質量為m的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷揚機上．開始時，桿BC與AC的夾角∠BCA＞90°，現使∠BCA緩緩變小，直到∠BCA＝30°．在此過程中，桿BC所受的力（不計一切阻力）（）分析：以結點B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖，根據平衡條件得出力與三角形ABC邊長的關系，再分析繩子拉力和BC桿的作用力的變化情況．解答：以結點B為研究對象，分析受力情況，作出力的合成圖如圖：根據平衡條件則知，F、N的合力F合與G大小相等、方向相反。根據三角形相似得：＝＝，又F合＝G得：F＝G，N＝G現使∠BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則得到，F變小，N不變，所以繩子越來越不容易斷，作用在BC桿上的壓力大小不變；故選：A。點評：運用三角相似法研究動態平衡問題，直觀形象，也可以運用解析法分析研究．例3：如圖所示，柔軟細繩ON的一端O固定，在中間某點M處栓一重物，用手拉住細繩另一端N。開始時OM豎直（θ＝0°）且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α（α＞90°）。現將重物向右上方緩慢拉起，并保持α角始終不變，則在θ角由0°增大至90°過程中（）A.MN上的張力始終不變B.MN上的張力先增大后減小C.OM上的張力始終不變D.OM上的張力先增大后減小分析：對重物進行受力分析，根據輔助圓的特點得出繩子拉力的變化。解答：對重物進行受力分析，受豎直向下的重力和沿繩子方向的兩個拉力，根據輔助圓的特點，重力保持不變，是矢量圓的一條弦，如圖所示：由圖可知，MN上的拉力一直增大，OM上的拉力先增大后減小，故D正確，ABC錯誤；故選：D。點評：本題主要考查了動態平衡的相關應用，熟悉輔助圓或者拉密定理即可完成分析，屬于常規考法。【命題思路點撥】動態平衡是共點力平衡中較難的一類題，需要多做，總結積累經驗，才能得心應手。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．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；6．萬有引力定律的應用【知識點的認識】1.天體質量的計算（1）重力加速度法若已知天體（如地球）的半徑R及其表面的重力加速度g，根據在天體表面上物體的重力近似等于天體對物體的引力，得，解得天體的質量M＝，g、R是天體自身的參量，所以該方法俗稱“自力更生法”（2）環繞法借助環繞中心天體做勻速圓周運動的行星（或衛星）計算中心天體的質量，俗稱“借助外援法”。常見的情況如下：2.天體密度的計算若天體的半徑為R，則天體的密度，將M＝代入上式，可得。特殊情況：當衛星環繞天體表面運動時，衛星的軌道半徑r可認為等于天體半徑R，則。3.天體運動的分析與計算（1）一般行星或衛星的運動可看作勻速圓周運動，所需要的向心力都由中心天體對它的萬有引力提供，所以研究天體運動時可運用牛頓第二定律方程＝ma，式中a是向心加速度。（2）常用關系①，萬有引力提供行星或衛星做圓周運動的向心力。②mg＝，在天體表面上物體的重力等于它受到的引力，可得gR2＝GM，該公式稱為黃金代換。【命題方向】例1：近年來，人類發射的多枚火星探測器已經相繼在火星上著陸，正在進行著激動人心的科學探究，為我們將來登上火星、開發和利用火星資源奠定了堅實的基礎。如果火星探測器環繞火星做“近地”勻速圓周運動，并測得該運動的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達式為（k為某個常量）（）A.B.ρ＝kTC.ρ＝kT2D.分析：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質量。根據密度公式表示出密度。解答：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式：（r為軌道半徑即火星的半徑）得：M＝﹣﹣﹣﹣﹣①則火星的密度：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得火星的平均密度：＝（k為某個常量）則ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：運用萬有引力定律求出中心體的質量。能夠運用物理規律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。例2：金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火，它們沿軌道運行的周期分別為T金、T地、T火，它們沿軌道運行的角速度大小分別為ω金、ω地、ω火。已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定（）A.a金＜a地＜a火B.ω金＞ω地＞ω火C.v金＜v地＜v火D.T金＞T地＞T火分析：根據行星繞太陽做勻速圓周運動的向心力等于太陽對其的萬有引力得到加速度、角速度和線速度的表達式，再結合半徑關系分析，再根據周期和角速度的關系分析周期。解答：A、根據萬有引力定律和牛頓第二定律可得向心加速度為：a＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則a金＞a地＞a火，故A錯誤；B、根據行星繞太陽做勻速圓周運動的向心力等于太陽對其的萬有引力得：＝mRω2，解得：，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則ω金＞ω地＞ω火，故B正確；C、根據行星繞太陽做勻速圓周運動的向心力等于太陽對其的萬有引力得：＝m，解得：v＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則v金＞v地＞v火，故C錯誤；D、根據T＝可得：T金＜T地＜T火，故D錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查了萬有引力定律及其應用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據萬有引力提供向心力列方程進行解答。【解題思路點撥】天體運動的加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關系總結規律：高軌低速長周期。7．人造衛星【知識點的認識】人造衛星的加速度、周期和軌道的關系1．衛星的各物理量隨軌道半徑的變化而變化的規律（1）向心力和向心加速度：向心力是由萬有引力充當的，即，再根據牛頓第二定律可得，隨著軌道半徑的增加，衛星的向心力和向心加速度都減小。（2）線速度v：由得，隨著軌道半徑的增加，衛星的線速度減小。（3）角速度ω：由得，隨著軌道半徑的增加，做勻速圓周運動的衛星的角速度減小。（4）周期T：由得，隨著軌道半徑的增加，衛星的周期增大。注意：上述討論都是衛星做勻速圓周運動的情況，而非變軌時的情況。【命題方向】常考題型是衛星的v、ω、T、a向與軌道半徑r的關系：如圖。地球赤道上的山丘e，近地資源衛星p和同步通信衛星q均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運動。設e、p、q，的圓周運動速率分別為v1、v2、v3，向心加速度分別為a1、a2、a3，則（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v2＜v3C．a1＞a2＞a3D．a1＜a3＜a2分析：要比較線速度的大小關系，可根據p和q是萬有引力完全提供向心力，解得v＝；而e和q相同的是角速度，根據v＝ωR可以得出結論。不能比較e和p，因為e所受的萬有引力不但提供向心力，而且提供重力。對于p和q來說有＝ma，可得a＝；根據a＝ω2R比較a1和a3。解：對于衛星來說根據萬有引力提供向心力有解得v＝故衛星的軌道半R徑越大，衛星的線速度v越小。由于近地資源衛星p的軌道半徑小于同步通信衛星q的軌道半徑，故同步衛星q的線速度v3小于近地資源衛星p的線速度v2，即v3＜v2。由于同步通信衛星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距離Rq＞Re即ωe＝ωq根據v＝ωR可得v1＝ωeRev2＝ωqRq即v2＞v1故A、B錯誤。對于p和q來說有＝ma可得a＝由于Rp＜Rq則ap＞aq即a2＞a3根據a＝ω2R由于Rq＞Re可得aq＞ae即a3＞a1故a2＞a3＞a1故C錯誤，D正確。故選D。點評：比較兩個物理量之間的大小關系時要選用有相同物理量的公式進行比較。如本題中的e和p不能比較，而只能e和q比較，因為e和q相同的是角速度。p和q比較，因為p和q相同的是萬有引力完全提供向心力。8．機械能守恒定律【知識點的認識】1．機械能：勢能和動能統稱為機械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。2．機械能守恒定律（1）內容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，而總的機械能保持不變。（2）表達式：觀點表達式守恒觀點E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢能參考平面）轉化觀點△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉移觀點△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【命題方向】題型一：機械能是否守恒的判斷例1：關于機械能是否守恒的敘述中正確的是（）A．只要重力對物體做了功，物體的機械能一定守恒B．做勻速直線運動的物體，機械能一定守恒C．外力對物體做的功為零時，物體的機械能一定守恒D．只有重力對物體做功時，物體的機械能一定守恒分析：機械能守恒的條件：只有重力或彈力做功的物體系統，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各種拋體運動。②受到其它外力，但是這些力是不做功的。例如：繩子的一端固定在天花板上，另一端系一個小球，讓它從某一高度靜止釋放，下擺過程中受到繩子的拉力，但是拉力的方向始終與速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的機械能是守恒的。③受到其它外力，且都在做功，但是它們的代數和為0，此時只有重力做功，機械能也是守恒的。解：A、機械能守恒條件是只有重力做功，故A錯誤；B、勻速運動，動能不變，但重力勢能可能變化，故B錯誤；C、外力對物體做的功為零時，不一定只有重力做功，當其它力與重力做的功的和為0時，機械能不守恒，故C錯誤；D、機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，故D正確。故選：D。點評：本題關鍵是如何判斷機械能守恒，可以看能量的轉化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機械能守恒定律的應用例2：如圖，豎直放置的斜面下端與光滑的圓弧軌道BCD的B端相切，圓弧半徑為R，∠COB＝θ，斜面傾角也為θ，現有一質量為m的小物體從斜面上的A點無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點D．已知小物體與斜面間的動摩擦因數為μ，求：（1）AB長度l應該多大。（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力多大。分析：（1）根據牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達式，再由動能定理結合幾何關系即可求解；（2）由機械能守恒定律與牛頓第二定律聯合即可求解。解：（1）因恰能過最高點D，則有又因f＝μN＝μmgcosθ，物體從A運動到D全程，由動能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl＝聯立求得：（2）物體從C運動到D的過程，設C點速度為vc，由機械能守恒定律：物體在C點時：聯合求得：N＝6mg答：（1）AB長度得：。（2）小物體第一次通過C點時對軌道的壓力6mg。點評：本題是動能定理與牛頓運動定律的綜合應用，關鍵是分析物體的運動過程，抓住滑動摩擦力做功與路程有關這一特點。題型三：多物體組成的系統機械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上。現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦