第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期深圳高二物理期末模擬卷3一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）關于簡諧運動，下列說法中正確的是（）A．位移的方向總是指向平衡位置 B．加速度方向總和位移方向相反 C．位移方向總和速度方向相反 D．位移方向總和速度方向相同2．（4分）（2022春?三明期中）以下說法中正確的是（）A．交通警示燈選用紅色是因為紅光更容易穿透云霧煙塵 B．光學鏡頭上的增透膜是利用了光的全反射現象 C．水中的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從氣泡射向水中時發生了全反射的緣故 D．讓紅光和綠光通過同一雙縫干涉裝置，形成的干涉條紋間距較大的是綠光3．（4分）（2022?杭州模擬）下列說法正確的是（）A．圖中“3000F2.7V”的超級電容器最多可以儲存8.1C的電荷量 B．圖中小磁針放在超導環形電流中間，靜止時小磁針的指向如圖中所示 C．圖中直導線懸掛在磁鐵的兩極間，通以如圖所示的電流時會受到磁場力 D．圖中金屬矩形線框從勻強磁場中的a位置水平移到b位置，框內會產生感應電流4．（4分）（2023秋?江陰市期中）科考隊進入某一磁礦區域后，發現指南針靜止時，N極指向為北偏東30°，如圖虛線所示。設該位置地磁場磁感應強度的水平分量為B，磁礦所產生的磁感應強度水平分量最小值為（）A．B2 B．B C．32B D．5．（4分）當彈簧振子作簡諧振動的振幅增大為原來的2倍時，以下物理量增大為原來的2倍的是（）（1）周期；（2）最大速度；（3）最大加速度；（4）總的機械能。A．（1）（3） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（2）6．（4分）（2020秋?南崗區校級月考）如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以電荷+Q為圓心的某一圓周交于H、L兩點，從圓心到K點的連線垂直于細桿，FH＝HK＝KL，質量為m、帶電量為﹣q（q＜＜Q）的有孔小球套在桿上，從F點靜止開始下滑。則帶電小球從F點運動到L點的過程中，下列說法正確的是（）A．到達K點速度最大 B．整個過程中機械能守恒 C．電場力先做正功后做負功 D．到達H點速度等于到達L點速度7．（4分）（2020秋?薊州區校級月考）如圖所示，實線表示某電場中的四個等勢面，它們的電勢分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢面間的電勢差相等，一帶負電的粒子，重力不計，在該電場中運動的軌跡如虛線所示，a、b、c、d是其運動軌跡與等勢面的四個交點，則可以判斷（）A．φ4等勢面上各點場強處處相同 B．四個等勢面的電勢關系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C．粒子從a運動到d的過程中靜電力一直做負功 D．粒子在a、b、c、d四點的速度大小關系是va＜vb＜vc＝vd二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2019春?南通期末）如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r，R1、R2、R3為定值電阻，電流表A1、A2均為理想電表閉合開關S，下列判斷正確的有（）A．電流表A1示數增大 B．電流表A2示數減小 C．電源內阻消耗的功率減小 D．電源的總功率減小（多選）9．（6分）（2023秋?遼寧期中）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路）連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關穩定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態。下列說法正確的是（）A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動 B．貼著上極板插入金屬板，則電路中有順時針方向的電流 C．將上極板向左平移一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大 D．將開關斷開，并向上移動上極板，則油滴仍處于靜止狀態（多選）10．（6分）（2020秋?南山區校級月考）如圖所示，粗糙程度均勻的直桿AC通過另一根桿CB固定在水平面上，∠CAB＝30°，AC的下方O點固定有一個正點電荷，桿上有M、P、N三點，P為MN的中點，OM＝ON，OM∥AB，一帶負電可視為質點的小球套在桿上由N處由靜止開始下滑，初始加速度大小為aN，第一次經過P處的速度大小為v，運動到M處速度為0，后又以大小為aM的初始加速度由靜止開始向上滑行。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，P點電勢為零。下列說法正確的是（）A．小球可以返回到出發點N處 B．撤O點的正電荷，小球可以在直桿上處于靜止 C．系統具有的最大電勢能為12mv2D．aN＝g+aM三．實驗題（共5小題，滿分54分）11．（6分）（2023春?西湖區校級月考）在用“單擺測重力加速度”的實驗中：（1）若該同學用游標卡尺測定了小球的直徑，如圖所示，則小球直徑為cm；（2）下列振動圖像真實地描述了對擺長約為1m的單擺進行周期測量的四種操作過程，圖中橫坐標原點O為計時起點，A、B、C、D均為30次全振動的圖像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是（填字母代號）。A．B．C．D．12．（10分）（2019春?海珠區期末）如圖所示，圖甲為熱敏電阻的R﹣t圖象，圖乙為用此熱敏電阻和繼電器組成的一個簡單恒溫箱溫控電路。繼電器的電阻為300Ω，當線圈的電流大于或等于10mA時，繼電器的銜鐵被吸合。為繼電器線圈供電的電池的電動勢E＝9.0V，內阻不計。圖中的“加熱電源”是恒溫箱加熱器的電源（1）應該把恒溫箱內的加熱器接在（填“A、B”或“C、D”）端；（2）若恒溫箱系統要保持溫度為50℃，可按照下列步驟調節溫控電路：①電路接通前，將滑動變阻器接入電路阻值調至最大，并將電阻箱調到一定的阻值，根據實驗要求，這一阻值應為Ω。②將單刀雙擲開關向（填“1”或“2”）端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至繼電器的銜鐵被吸合。③保持滑動變阻器的位置不變，將單刀雙擲開關向另一端閉合，恒溫箱系統即可正常使用。此時滑動變阻器接入電路的阻值為Ω。13．（8分）一列簡諧橫波沿著x的正方向傳播，t＝0時刻波源從坐標原點處開始振動。如圖甲所示是波在t＝0.6s時的部分波動圖像，如圖乙所示是這列波上x＝1.4m處的質點的振動圖像（t＝0.7s開始振動），求：（1）波的振動周期以及波源的振動方程；（2）t＝1.5s時間內，x＝0.6m處的質點的路程。14．（12分）（2019秋?湖北期中）單色細光束射到一半徑為R的透明球表面，光線在過球心O的平面內。入射角i＝45°，經折射進入球內后又經內表面反射一次，再經球表面折射后射出。已知真空中光速為c，入射光線與出射光線反向延長線之間的夾角a＝30°，如圖所示（圖上已畫出入射光線和出射光線）。求：①光從球內射出球體的臨界角；②光在透明球中傳播的時間。15．（18分）（2021?東安區校級開學）如圖所示，有一電子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，從兩平行金屬板正中間垂直電場方向射入電場，并且恰能從下板右邊緣穿出電場。已知兩平行金屬間距離為d、板長為l，且電子的質量為m、電荷量為e，求：（1）電子離開電場U1時的速度v0；（2）兩金屬板間的電壓U2。

2024-2025學年上學期深圳高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿分28分，每小題4分）1．（4分）關于簡諧運動，下列說法中正確的是（）A．位移的方向總是指向平衡位置 B．加速度方向總和位移方向相反 C．位移方向總和速度方向相反 D．位移方向總和速度方向相同【考點】簡諧運動的定義、運動特點與判斷．【專題】應用題；定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力；推理論證能力；分析綜合能力．【答案】B【分析】位移的方向總是背離平衡位置；加速度的方向總是指向平衡位置，位移的方向總是背離平衡位置，故加速度方向總和位移方向相反；質點的位移方向總是背離平衡位置，速度方向有時指向平衡位置，有時背離平衡位置；【解答】解：A、位移的方向總是背離平衡位置，故A錯誤；B、加速度的方向總是指向平衡位置，位移的方向總是背離平衡位置，故加速度方向總和位移方向相反，故B正確；CD、質點的位移方向總是背離平衡位置，速度方向有時指向平衡位置，有時背離平衡位置，故CD錯誤；故選：B。【點評】明確簡諧運動的特點是解決問題的關鍵。2．（4分）（2022春?三明期中）以下說法中正確的是（）A．交通警示燈選用紅色是因為紅光更容易穿透云霧煙塵 B．光學鏡頭上的增透膜是利用了光的全反射現象 C．水中的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從氣泡射向水中時發生了全反射的緣故 D．讓紅光和綠光通過同一雙縫干涉裝置，形成的干涉條紋間距較大的是綠光【考點】光的干涉現象；光的衍射現象；光的全反射現象；光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定性思想；推理法；光的折射專題；光的干涉專題；理解能力．【答案】A【分析】波長越長的越容易發生光的衍射現象；光學鏡頭上的增透膜利用了光的干涉現象；水中的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從水射入氣泡發生全發射的緣故；依據光的干涉條紋間距公式Δx=Ld【解答】解：A、交通警示燈選用紅色是因為紅光的波長長，更容易穿透云霧煙塵，故A正確；B、光學鏡頭上的增透膜是利用了光的干涉現象，故B錯誤；C、水中的氣泡，看起來特別明亮，是因為光線從水中射向氣泡時發生了全反射的緣故，故C錯誤；D、讓紅光和綠光通過同一雙縫干涉裝置，依據光的干涉條紋間距公式Δx=Ldλ，形成的干涉條紋間距較大的是紅光，因為紅光的波長長，故故選：A?！军c評】解決本題的關鍵是理解并掌握波的基本知識，要知道單色光的頻率越大，波長越短，折射率越大。掌握光的全反射與折射的區別，理解光的干涉原理及條件。3．（4分）（2022?杭州模擬）下列說法正確的是（）A．圖中“3000F2.7V”的超級電容器最多可以儲存8.1C的電荷量 B．圖中小磁針放在超導環形電流中間，靜止時小磁針的指向如圖中所示 C．圖中直導線懸掛在磁鐵的兩極間，通以如圖所示的電流時會受到磁場力 D．圖中金屬矩形線框從勻強磁場中的a位置水平移到b位置，框內會產生感應電流【考點】電磁感應現象的發現過程；電容的概念、單位與物理意義；磁感線的概念和性質；通電直導線周圍的磁場；安培力的概念．【專題】定量思想；推理法；電容器專題；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】本題根據Q＝CU、右手螺旋定則、安培力規律、產生感應電流條件，結合題意，即可解答?！窘獯稹拷猓篈．電容器最多能儲存的電荷量是Q＝CU＝3000×2.7C＝8.1×103C故A錯誤；B．根據右手螺旋定則可知環形電流產生的磁場方向垂直紙面向外，故小磁針靜止時垂直紙面且N極指向外，故B錯誤；C．通電導線在磁場中與磁場方向不平行時，會受到磁場力的作用，故C正確；D．要產生感應電流必須同時滿足兩個條件，一是回路閉合，二是磁通量發生變化，線框在磁場中運動時，磁通量不變，故不能產生感應電流，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題解題的關鍵是掌握產生感應電流必須同時滿足兩個條件，一是回路閉合，二是磁通量發生變化，缺一不可。4．（4分）（2023秋?江陰市期中）科考隊進入某一磁礦區域后，發現指南針靜止時，N極指向為北偏東30°，如圖虛線所示。設該位置地磁場磁感應強度的水平分量為B，磁礦所產生的磁感應強度水平分量最小值為（）A．B2 B．B C．32B D．【考點】磁感應強度的定義與物理意義．【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】A【分析】根據矢量三角形定則分析磁感應強度水平分量最小值?！窘獯稹拷猓捍诺V所產生的磁場使原來指向正北的N極順時針轉過30°，根據矢量三角形定則可知：磁礦所產生的磁感應強度水平分量最小時方向與圖中虛線垂直，則磁感應強度水平分量最小值為：B'＝Bsin30°B'故BCD錯誤，A正確。故選：A?！军c評】根據矢量三角定則分析得出磁礦所產生的磁感應強度水平分量最小的條件，可以根據自己積累的經驗，類比力的合成與分解的方法進行分析。5．（4分）當彈簧振子作簡諧振動的振幅增大為原來的2倍時，以下物理量增大為原來的2倍的是（）（1）周期；（2）最大速度；（3）最大加速度；（4）總的機械能。A．（1）（3） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（2）【考點】簡諧運動的回復力；簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據彈簧振子的周期公式和彈簧的彈性勢能公式可確定振幅增大2倍，其周期，速度和加速度的變化?！窘獯稹拷猓汉喼C振動的振幅增大為原來的2倍時，周期T＝2mmk振幅增大2倍，彈簧的最大伸長量為原來的2倍，其最大加速度為原來的2倍；其彈簧的最大彈性勢能Ep=12kx2，增大為原來的4倍，彈簧振子在最大位移處，振子速度為零，總機械能表現為彈簧彈性勢能，所以總機械能增大為原來的4倍；在平衡位置處，彈性勢能為零，速度最大，所以其最大速度為原來的故最大速度和總的機械能增大為原來的2倍，故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查了彈簧振子的特點，解題關鍵是掌握彈簧振子的周期公式，振幅和機械能，最大速度和最大加速度的關系。6．（4分）（2020秋?南崗區校級月考）如圖所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與以電荷+Q為圓心的某一圓周交于H、L兩點，從圓心到K點的連線垂直于細桿，FH＝HK＝KL，質量為m、帶電量為﹣q（q＜＜Q）的有孔小球套在桿上，從F點靜止開始下滑。則帶電小球從F點運動到L點的過程中，下列說法正確的是（）A．到達K點速度最大 B．整個過程中機械能守恒 C．電場力先做正功后做負功 D．到達H點速度等于到達L點速度【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；常見力做功與相應的能量轉化；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】C【分析】加速度為零的點就是速度最大的點。根據機械能守恒條件判機械能是否守恒。根據功的定義判斷做功正負。對H點到L點應用動能定理，電場力做功為零，重力做功不為零，故動能會發生變化?！窘獯稹拷猓篈、K點電場力水平向左與彈力平衡，豎直方向只受重力，合力F＝mg。故加速度為重力加速度，速度最大即加速度為0，所以K點速度不是最大，故A錯誤；B、過程有電場力做功，機械能不守恒，故B錯誤；C、負電荷先靠近正電荷，電場力做正功，又遠離正電荷，電場力做負功，所以帶電小球從F點運動到L點的過程中，電場力先做正功后做負功，故C正確；D、H和L位于同一等勢面上，電勢能相等，由于在H和L兩點重力勢能不同，根據能量守恒可知，到達H點動能與到達L點動能不等，所以到達H點速度不等于到達L點速度，故D錯誤。故選：C?！军c評】此題考查點電荷的電場線分布和等勢面分布，注意受力分析和做功分析，根據能量守恒的條件即可解題。7．（4分）（2020秋?薊州區校級月考）如圖所示，實線表示某電場中的四個等勢面，它們的電勢分別為φ1、φ2、φ3和φ4，相鄰等勢面間的電勢差相等，一帶負電的粒子，重力不計，在該電場中運動的軌跡如虛線所示，a、b、c、d是其運動軌跡與等勢面的四個交點，則可以判斷（）A．φ4等勢面上各點場強處處相同 B．四個等勢面的電勢關系是φ1＜φ2＜φ3＜φ4 C．粒子從a運動到d的過程中靜電力一直做負功 D．粒子在a、b、c、d四點的速度大小關系是va＜vb＜vc＝vd【考點】等勢面及其與電場線的關系；電場力做功與電勢能變化的關系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；理解能力．【答案】B【分析】質點只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向左上方，由于質點帶負電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場場強大。【解答】解：A、電場線的疏密表示電場的強弱，由圖可知φ4等勢面上各點場強不是處處相等，故A錯誤；B、電荷所受電場力指向軌跡內側，由于電荷帶負電，因此電場線指向左方，根據沿電場線電勢降低，所以φ1＜φ2＜φ3＜φ4，故B正確；C、粒子從a運動到d的過程中靜電力與速度的夾角先大于90°，后等于90°，最后小于90°，因此先做負功，后不做功，最后做正功，故C錯誤；D、由C選項分析，電場力先做負功，再做正功，則有速度先減小后增大，由于c、d在同一等勢線上，由動能定理可知有va＞vb＞vc＝vd，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查帶電粒子在電場中的運動，解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場、電勢能、動能等物理量的變化。二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2019春?南通期末）如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r，R1、R2、R3為定值電阻，電流表A1、A2均為理想電表閉合開關S，下列判斷正確的有（）A．電流表A1示數增大 B．電流表A2示數減小 C．電源內阻消耗的功率減小 D．電源的總功率減小【考點】閉合電路歐姆定律的內容和表達式；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】（1）判斷開關閉合前后電路的特征，找到外電路總電阻的變化情況，（2）判斷各電表所測的是什么電流，根據閉合電路歐姆定律找到總電流變化情況，（3）根據功率公式判斷功率的變化情況；【解答】解：A．S斷開時，外電路中R1和R2串聯，閉合開關后，R2和R3并聯，再和R1串聯，外電路電阻變小，根據閉合電路歐姆定律知，總電流變大，而電流表A1測的是總電流，故A1的示數增大，故A正確；B．因為R2分得的電壓變小，根據歐姆定律知，通過R2的電流減小，所以電流表A2的示數減小，故B正確；C．根據P＝I2r知，通過電源內部的電流增大，電源內電阻不變，所以電源內部消耗的功率增大，故C錯誤；D．電源的總功率P＝E?I，因為電流增大，所以電源的總功率增大，故D錯誤；故選：AB?！军c評】（1）會判斷電路的串并聯特征，知道并聯電路支路越多，總電阻越小；（2）熟記功率的相關公式；（多選）9．（6分）（2023秋?遼寧期中）如圖所示，平行板電容器與直流電源、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路）連接，電源負極接地。初始電容器不帶電，閉合開關穩定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態。下列說法正確的是（）A．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動 B．貼著上極板插入金屬板，則電路中有順時針方向的電流 C．將上極板向左平移一小段距離，P點處的油滴的電勢能增大 D．將開關斷開，并向上移動上極板，則油滴仍處于靜止狀態【考點】電容器的動態分析（U不變）——板間距離變化．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據電容器的表達式和決定式，結合場強與電勢差的關系求解?！窘獯稹拷猓篈．減小極板間的正對面積，根據電容器的決定式C=ε可知電容器的電容減小，由于二極管具有單向導電性，電容器不會放電，由E=4πkQ可知極板間的電場強度變大，則油滴所受電場力變大，將向上移動。故A正確；B．貼著上極板插入金屬板，極板間的距離減小，根據電容器的決定式C=ε可知電容器的電容增大，將充電，則電路中有逆時針方向的電流。故B錯誤；C．將上極板向左平移一小段距離，根據電容器的決定式C=ε可知電容器的電容減小，結合A選項的分析可知電場強度變大，由電勢差和電場強度的關系有φP＝UP下＝EdP下可知P點處的電勢升高，對油滴受力分析，根據平衡條件，即電場力方向豎直向上，則帶負電荷，根據EP＝qφ易知油滴的電勢能減小。故C錯誤；D．將開關斷開，則極板上電荷量不變，并向上移動上極板，電場的電場強度不變，則油滴仍處于靜止狀態。故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了電容器，熟練運用電容器的表達式和決定式，結合電路的結構分析是解決此類問題的關鍵。（多選）10．（6分）（2020秋?南山區校級月考）如圖所示，粗糙程度均勻的直桿AC通過另一根桿CB固定在水平面上，∠CAB＝30°，AC的下方O點固定有一個正點電荷，桿上有M、P、N三點，P為MN的中點，OM＝ON，OM∥AB，一帶負電可視為質點的小球套在桿上由N處由靜止開始下滑，初始加速度大小為aN，第一次經過P處的速度大小為v，運動到M處速度為0，后又以大小為aM的初始加速度由靜止開始向上滑行。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，P點電勢為零。下列說法正確的是（）A．小球可以返回到出發點N處 B．撤O點的正電荷，小球可以在直桿上處于靜止 C．系統具有的最大電勢能為12mv2D．aN＝g+aM【考點】電場力做功的計算及其特點；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；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】比較思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】對小球在下滑過程中進行受力分析，利用牛頓第二定律、平衡條件、動能定理、能量守恒定律等，結合正電荷周圍的電勢線分布特點，斜面是粗糙的等進行答題?！窘獯稹拷猓篈、根據點電荷周圍產生的電場和電勢對稱分布可知，M點和N點的電勢相等，則負電小球從N到M點電場力做功為零（W電＝0），由動能定理有mgh+W電﹣Wf＝0﹣0，而從M點假設能回到N點，有﹣mgh+W電﹣Wf＝E﹣0，解得E＝﹣Wf，到達N點的動能為負，故小球不能回到N點，則A錯誤；C、P點離正場源最近，且電勢為零，則負電小球在P點的電勢能最低為零，小球在N點和M點的電勢能最大，從N點到P點，由運動的對稱性，可得動能定理：12mgh+WNp-12Wf=12mv2，結合從N到M有：mgh﹣Wf＝0，聯立可得WNP=1D、對M點和N點的小球受力分析，由牛頓第二定律有：Fcos30°+mgsin30°﹣μ（Fsin30°+mgcos30°）＝maN；Fcos30°﹣mgsin30°﹣μ（Fsin30°+mgcos30°）＝maM；兩式相減聯立可得：g＝aN﹣aM，故D正確。B、由以上兩式相加可得：μ=m(aN+故選：CD。【點評】本題借助質點間的庫侖力考查了受力分析與平衡條件的應用，關鍵要正確運用動能定理在兩過程的對稱性，消去相同的物理量，可得小球的最大的電勢能。判斷小球在P點是否靜止，主要是比較此處合力的方向。三．實驗題（共5小題，滿分54分）11．（6分）（2023春?西湖區校級月考）在用“單擺測重力加速度”的實驗中：（1）若該同學用游標卡尺測定了小球的直徑，如圖所示，則小球直徑為2.240cm；（2）下列振動圖像真實地描述了對擺長約為1m的單擺進行周期測量的四種操作過程，圖中橫坐標原點O為計時起點，A、B、C、D均為30次全振動的圖像，已知sin5°＝0.087，sin15°＝0.26，這四種操作過程合乎實驗要求且誤差最小的是A（填字母代號）。A．B．C．D．【考點】用單擺測定重力加速度；游標卡尺的使用與讀數．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理論證能力．【答案】（1）2.240；（2）A?！痉治觥浚?）根據游標卡尺的讀數規則完成讀數；（2）根據單擺振動視為簡諧振動的條件結合題中計時起點的要求計算解答?！窘獯稹拷猓海?）根據游標卡尺讀數規律，該讀數為22mm+0.05×8mm＝22.40mm＝2.240cm（2）單擺視為簡諧運動的前提是擺角小于5°，則振幅A近似小于Lsin5°，即A＜Lsin5°＝1×0.087m＝8.7cm而CD的振幅A等于30cm＞8.7cm，不符合題意，故CD均錯；振動中的位移是相對于平衡位置的位移，由于以原點O為計時起點，即0時刻位移為0，滿足這兩個要求的只有第一個圖像．故選：A。故答案為：（1）2.240；（2）A?！军c評】重點掌握單擺視為簡諧運動的條件應用。12．（10分）（2019春?海珠區期末）如圖所示，圖甲為熱敏電阻的R﹣t圖象，圖乙為用此熱敏電阻和繼電器組成的一個簡單恒溫箱溫控電路。繼電器的電阻為300Ω，當線圈的電流大于或等于10mA時，繼電器的銜鐵被吸合。為繼電器線圈供電的電池的電動勢E＝9.0V，內阻不計。圖中的“加熱電源”是恒溫箱加熱器的電源（1）應該把恒溫箱內的加熱器接在C、D（填“A、B”或“C、D”）端；（2）若恒溫箱系統要保持溫度為50℃，可按照下列步驟調節溫控電路：①電路接通前，將滑動變阻器接入電路阻值調至最大，并將電阻箱調到一定的阻值，根據實驗要求，這一阻值應為520Ω。②將單刀雙擲開關向2（填“1”或“2”）端閉合，緩慢移動滑動變阻器的滑片，直至繼電器的銜鐵被吸合。③保持滑動變阻器的位置不變，將單刀雙擲開關向另一端閉合，恒溫箱系統即可正常使用。此時滑動變阻器接入電路的阻值為520Ω。【考點】研究熱敏、光敏、壓敏等可變電阻的特性；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；實驗探究能力．【答案】（1）C、D；（2）①520；②2；③520【分析】（1）當溫度低的時候，電路與AB相連，此時加熱器要工作，所以加熱器的電路要與AB相連；（2）要使恒溫箱內的溫度保持50℃，當溫度達到50℃時，電路就要斷開，即電路要達到10mA．由圖甲所示圖象求出50℃時，熱敏電阻的阻值，根據閉合電路歐姆定律即可求得電阻的大小?！窘獯稹拷猓海?）A、B當溫度較低的時候，熱敏電阻的電阻較大，電路中的電流較小，此時繼電器的銜鐵與CD部分連接，此時是需要加熱的，恒溫箱內的加熱器要工作，所以該把恒溫箱內的加熱器接在C、D端。（2）①由圖甲所示圖象可知，溫度為50℃時，熱敏電阻阻值R＝80Ω，當溫度達到50℃時，加熱電路就要斷開，此時的繼電器的銜鐵要被吸合，即控制電路的電流要到達10mA，根據閉合電路歐姆定律可得：I=即為：0.01=解得：R′＝520Ω②接入電阻箱只是為恒溫箱進行調試，正式使用時要將熱敏電阻接入電阻箱的位置，所以單刀雙擲開關要打向2的位置，為恒溫箱工作做準備；③由于恒溫箱正常使用，由第①問的計算，要使繼電器吸合，則要求電流達10mA，滑動器接入電路的阻值為520Ω。故答案為：（1）C、D；（2）①520；②2；③520【點評】在解答本題的時候要分析清楚，控制電路和加熱電路是兩個不同的電路，只有當溫度較低，需要加熱的時候，加熱電路才會工作，而控制電路是一直通電的。由圖甲所示圖象求出溫度所對應的熱敏電阻阻值，分析清楚電路結構、應用串聯電路特點與歐姆定律即可正確解題13．（8分）一列簡諧橫波沿著x的正方向傳播，t＝0時刻波源從坐標原點處開始振動。如圖甲所示是波在t＝0.6s時的部分波動圖像，如圖乙所示是這列波上x＝1.4m處的質點的振動圖像（t＝0.7s開始振動），求：（1）波的振動周期以及波源的振動方程；（2）t＝1.5s時間內，x＝0.6m處的質點的路程。【考點】波長、頻率和波速的關系；機械波的圖像問題．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；方程法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】（1）波的振動周期是0.4s，波源的振動方程為y＝﹣30sin5πt（cm）；（2）t＝1.5s時間內，x＝0.6m處的質點的路程是360cm?！痉治觥浚?）根據圖乙質點初始振動方向得到起振方向；由圖乙得到周期，由圖甲求得波長，即可得到波速；根據圖振動的一般方程解得波源的振動方程；（2）由運動時間和周期的關系，根據振幅求得路程?！窘獯稹拷猓海?）由題意，x＝1.4m處的質點t＝0.7s開始振動，可知波速為v=由圖甲可得3得λ＝0.8m所以波的振動周期為T=由圖乙可知波源起振方向向下，振幅為30cm，所以波源振動方程為y=-（2）波傳到x＝0.6m處質點所需時間t所以振動時間為t2＝t1﹣t＝1.5s﹣0.3s＝1.2s＝3T所以質點的路程為s＝3×4A＝360cm答：（1）波的振動周期是0.4s，波源的振動方程為y＝﹣30sin5πt（cm）；（2）t＝1.5s時間內，x＝0.6m處的質點的路程是360cm。【點評】機械振動問題中，一般根據振動圖或質點振動得到周期、質點振動方向；再根據波形圖得到波長和波的傳播方向，從而得到波速及質點振動，進而根據周期得到路程。14．（12分）（2019秋?湖北期中）單色細光束射到一半徑為R的透明球表面，光線在過球心O的平面內。入射角i＝45°，經折射進入球內后又經內表面反射一次，再經球表面折射后射出。已知真空中光速為c，入射光線與出射光線反向延長線之間的夾角a＝30°，如圖所示（圖上已畫出入射光線和出射光線）。求：①光從球內射出球體的臨界角；②光在透明球中傳播的時間?！究键c】光的折射定律．【專題】計算題；定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內容【分析】①光線從入射到出射的光路如圖所示。入射光線AB經玻璃折射后，折射光線為BC，又經球內壁反射后，反射光線為CD，再經折射后，折射出的光線為DE．OB、OD為球的半球，即為法線。作出光路圖，根據幾何知識和對稱性求出折射角r，由折射定律求出折射率n，再由全反射定律可求得光從球內射出球體的臨界角；②由幾何關系求出光在透明球中傳播的距離L，由v=cn求出光在透明球中傳播的速度，再由t=【解答】解：①畫出光路圖如圖所示，由幾何關系及對稱性，有：r=a2+（i解得：r＝30°由折射定律得：n=臨界角：sinC=解得：C＝45°②由幾何關系得：AC＝BC＝2Rcosr＝2R?32光在透明球中傳播路程為：L＝23R光在透明球中傳播的速度為：v=c光在透明球中傳播的時間為：t=解得：t=答：①光從球內射出球體的臨界角是45°；②光在透明球中傳播的時間是26【點評】本題是幾何光學問題，作出光路圖是解題的基礎，同時要善于運用幾何關系分析光線的偏折角與折射角和入射角的關系。15．（18分）（2021?東安區校級開學）如圖所示，有一電子由靜止開始經電壓為U1的電場加速后，從兩平行金屬板正中間垂直電場方向射入電場，并且恰能從下板右邊緣穿出電場。已知兩平行金屬間距離為d、板長為l，且電子的質量為m、電荷量為e，求：（1）電子離開電場U1時的速度v0；（2）兩金屬板間的電壓U2?！究键c】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用．【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；推理論證能力．【答案】（1）電子離開電場U1時的速度v0為2eU（2）兩金屬板間的電壓U2為2U【分析】（1）對直線加速過程運用動能定理直接列式求解即可；（2）在偏轉電場U2中粒子做類平拋運動，將運動分解為沿著極板方向的勻速直線運動和垂直極板方向的勻加速直線運動，然后運用運動學公式列式求解；【解答】解：（1）質子在加速電場中由動能定理可知：eU1=12mv0（2）質子在偏轉電場中的運動可分解為沿著極板方向的勻速直線運動和垂直極板方向的勻加速直線運動沿著極板方向：L＝v0t豎直極板方向：d2=加速度：a=聯立解得：U答：（1）電子離開電場U1時的速度v0為2eU（2）兩金屬板間的電壓U2為2U【點評】本題關鍵是分析清楚粒子的運動規律，對于類平拋運動，可以將運動分解為初速度方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動，同時結合動能定理列式求解．

考點卡片1．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?！久}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。2．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?！久}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??；（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?！窘忸}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。3．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。4．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。5．簡諧運動的定義、運動特點與判斷【知識點的認識】一、機械振動1.機械振動：物體或物體的一部分在一個位置附近的往復運動，簡稱振動。2.兩個振動中的概念（1）平衡位置：回復力為零的位置，也是振動物體在靜止時所處的位置。（2）回復力：振動物體偏離平衡位置后所受到的阻礙它離開平衡位置，使它回到平衡位置的力。①與圓周運動中的向心力一樣，回復力是振動問題中根據力的效果命名的一個效果力，它可由某一個力充當、某幾個力的合力充當或某一個力的分力來充當。②與圓周運動中的向心力總是指向圓心類似，振動過程中的回復力的方向總是指向平衡位置。二、彈簧振子1.定義：小球與彈簧組成的系統，他是一個理想化模型。2.彈簧振子示意圖：三、簡諧運動1.概念：如果物體的位移與時間的關系遵從正弦函數的規律，即它的振動圖像（x﹣t圖像）是一條正弦曲線，這樣的振動是一種簡諧運動。2.簡諧運動是最基本的振動，彈簧振子中小球的運動就是簡諧運動。3.簡諧運動是一種變加速運動。四、簡諧運動的特點瞬時性、對稱性和周期性?！久}方向】關于簡諧運動，下列說法正確的是（）A、物體在一個位置附近的往復運動稱為簡諧運動B、由于做簡諧運動的物體受回復力作用，所以簡諧運動一定是受迫振動C、如果物體的位移與時間關系圖像是一條余弦曲線，則物體做的是簡諧運動D、如果物體的位移與時間關系圖像是一條正弦曲線，則物體做的可能不是簡諧運動分析：根據簡諧振動的特征F＝﹣kx判斷；簡諧振動不是受迫振動；根據位移與時間的關系判斷。解答：A、物體在一個位置附近的往復運動不一定是簡諧運動，物體做簡諧運動時，回復力與偏離平衡位置位移的關系是F＝﹣kx，負號表示回復力的方向與偏離平衡位置位移的方向相反，故A錯誤；B、系統在驅動力作用下的振動叫做受迫振動，受迫振動的周期由驅動力的周期決定；做簡諧運動的周期由自身結構決定，故B錯誤；CD、根據簡諧振動中位移隨時間變化的特點，如果物體的位移與時間關系圖像是一條正弦或余弦曲線，則物體做的是簡諧運動，故C正確，D錯誤。故選：C。點評：該題考查對簡諧振動以及簡諧振動的特點的理解，解答本題關鍵是掌握簡諧振動的特征。【解題思路點撥】1.實際物體看作彈簧振子的四個條件（1）彈簧的質量比小球的質量小得多，可以認為質量集中于振子（小球）。（2）構成彈簧振子的小球體積足夠小，可以認為小球是一個質點。（3）忽略彈簧以及小球與水平桿之間的摩擦力。（4）小球從平衡位置被拉開的位移在彈性限度內。2.簡諧運動的位移位移的表示方法：以平衡位置為坐標原點，以振動所在的直線為坐標軸，規定正方向，則某時刻振子偏離平衡位置的位移可用該時刻振子所在位置的坐標來表示。3.簡諧運動的速度（1）物理含義：速度是描述振子在平衡位置附近振動快慢的物理量。在所建立的坐標軸（也稱“一維坐標系”）上，速度的正、負號表示振子運動方向與坐標軸的正方向相同或相反。（2）特點：如圖所示為一簡諧運動的模型，振子在O點速度最大，在A、B兩點速度為零。4.判斷一個振動為簡諧運動的方法：（1）通過對位移的分析，列出位移—時間表達式，利用位移—時間圖像是否滿足正弦規律來判斷。（2）對物體進行受力分析，求解物體所受力在振動方向上的合力，利用物體所受的回復力是否滿足F＝﹣kx進行判斷。（3）根據運動學知識，分析求解振動物體的加速度，利用簡諧運動的運動學特征a=-k6．簡諧運動的表達式及振幅、周期、頻率、相位等參數【知識點的認識】簡諧運動的描述（1）描述簡諧運動的物理量①位移x：由平衡位置指向質點所在位置的有向線段，是矢量．②振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離，是標量，表示振動的強弱．③周期T和頻率f：物體完成一次全振動所需的時間叫周期，而頻率則等于單位時間內完成全振動的次數，它們是表示震動快慢的物理量．二者互為倒數關系．（2）簡諧運動的表達式x＝Asin（ωt+φ）．（3）簡諧運動的圖象①物理意義：表示振子的位移隨時間變化的規律，為正弦（或余弦）曲線．②從平衡位置開始計時，函數表達式為x＝Asinωt，圖象如圖1所示．從最大位移處開始計時，函數表達式為x＝Acosωt，圖象如圖2所示．【命題方向】常考題型是考查簡諧運動的圖象的應用：（1）一質點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A．質點運動頻率是4HzB．在10s要內質點經過的路程是20cmC．第4s末質點的速度是零D．在t＝1s和t＝3s兩時刻，質點位移大小相等、方向相同分析：由圖可知質點振動周期、振幅及各點振動情況；再根據振動的周期性可得質點振動的路程及各時刻物體的速度．解：A、由圖可知，質點振動的周期為4s，故頻率為14Hz＝0.25Hz，故AB、振動的振幅為2cm，10s內有2.5個周期，故質點經過的路程為2.5×4×2cm＝20cm，故B正確；C、4s質點處于平衡位置處，故質點的速度為最大，故C錯誤；D、1s時質點位于正向最大位移處，3s時，質點處于負向最大位移處，故位移方向相反，故D錯誤；故選：B．點評：圖象會直觀的告訴我們很多信息，故要學會認知圖象，并能熟練應用．（2）一個彈簧振子在A、B間做簡諧運動，O為平衡位置，如圖所示，以某一時刻t＝0為計時起點，經14A．B．C．D．分析：根據某一時刻作計時起點（t＝0），經14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0時刻質點的位置和速度方向，確定位移的圖象解：由題，某一時刻作計時起點（t＝0），經14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此時位移為負方向最大，即在A點，說明t＝0時刻質點經過平衡位置向左，則x＝故選：D．點評：本題在選擇圖象時，關鍵研究t＝0時刻質點的位移和位移如何變化．屬于基礎題．【解題方法點撥】振動物體路程的計算方法（1）求振動物體在一段時間內通過路程的依據：①振動物體在一個周期內通過的路程一定為四個振幅，在n個周期內通過的路程必為n?4A；②振動物體在半個周期內通過的路程一定為兩倍振幅；③振動物體在T4內通過的路程可能等于一倍振幅，還可能大于或小于一倍振幅，只有當初始時刻在平衡位置或最大位移處時，T（2）計算路程的方法是：先判斷所求時間內有幾個周期，再依據上述規律求路程。7．簡諧運動的回復力【知識點的認識】1.回復力定義：如果物體在運動方向上所受的力與它偏離平衡位置位移的大小成正比，并且總是指向平衡位置，質點的運動就是簡諧運動。用數學式表達即為F＝﹣kx。2.加速度：a=3.運動性質：變速度運動【命題方向】如圖所示，豎直懸掛的輕彈簧下端系著A、B兩物塊，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，彈簧伸長15cm，若剪斷A、B間的細繩，A做簡諧振動，g取10m/s2，求：（1）物塊A做簡諧運動的振幅是多少；（2）物塊A在最高點時彈簧的彈力。分析：（1）先研究AB兩球，由平衡關系要得出勁度系數；剛剪斷細線時小球的加速度最大，此處相當于是小球到達簡諧運動的振幅處。（2）剪斷繩子是瞬間，小球A的加速度最大，此時小球A受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速度；由簡諧振動的對稱性，小球A在等高點的加速度與小球A在最低點的加速度大小相等，由此求出彈簧對A的作用力的大小和方向。解答：（1）由兩球靜止時的力平衡條件，得彈簧的勁度系數為：由kx＝（mA+mB）g；k=(m剪斷A、B間細線后，A球靜止懸掛時的彈簧的伸長量為xA=mA彈簧伸長量為0.025m時下端的位置就是A球振動中的平衡位置。懸掛B球后又剪斷細線，相當于用手把A球下拉后又突然釋放，剛剪斷細線時彈簧比靜止懸掛A球多伸長的長度就是振幅，即A＝x﹣xA＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；（2）振動過程中物塊A最大加速度為：am=mB物塊A在最高點時具有最大加速度，加速度的方向向下，重力與彈簧的彈力一起提供加速度，由牛頓第二定律得：F+mAg＝mAam代入數據得：F＝4N，方向豎直向下；答：（1）物塊A做簡諧運動的振幅是12.5cm；（2）物塊A在最高點時彈簧的彈力大小為4N，方向豎直向下。點評：解決簡諧運動的題目應注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能確定振幅及最大加速度?！窘忸}思路點撥】1.回復力的來源（1）回復力是指將振動的物體拉回到平衡位置的力，同向心力一樣是按照力的作用效果來命名的。（2）回復力可以由某一個力提供，如水平彈簧振子的回復力即為彈簧的彈力；也可能是幾個力的合力，如豎直懸掛的彈簧振子的回復力是彈簧彈力和重力的合力；還可能是某一力的分力。歸納起來，回復力一定等于振動物體在振動方向上所受的合力。分析物體的受力時不能再加上回復力。2.關于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回復力與位移的比例系數，而不一定是彈簧的勁度系數，系數k由振動系統自身決定。3.加速度的特點：根據牛頓第二定律得a=Fm=-k4.回復力的規律：因x＝Asin（ωt+φ），故回復力F＝﹣kx＝﹣kAsin（ωt+φ），可見回復力隨時間按正弦規律變化。5.判斷一個振動為簡諧運動的方法：（1）通過對位移的分析，列出位移—時間表達式，利用位移—時間圖像是否滿足正弦規律來判斷。（2）對物體進行受力分析，求解物體所受力在振動方向上的合力，利用物體所受的回復力是否滿足F＝﹣kx進行判斷。（3）根據運動學知識，分析求解振動物體的加速度，利用簡諧運動的運動學特征a=-k8．波長、頻率和波速的關系【知識點的認識】描述機械波的物理量（1）波長λ：兩個相鄰的、在振動過程中對平衡位置的位移總是相同的質點間的距離叫波長．在橫波中，兩個相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長．在縱波中，兩個相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：單位時間內振動向外傳播的距離．波速的大小由介質決定．（4）波速與波長和頻率的關系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡諧波在t＝0時的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時波恰好傳到I點，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質點B、F在振動過程中位移總是相等C．質點I的起振方向沿y軸負方向D．當t＝5.1s時，x＝10m的質點處于平衡位置處E．質點A、C、E、G、I在振動過程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長，根據v=λT求解周期，根據波形圖來確定I處的起振方向，當質點間的距離為波長的整數倍時，振動情況完全相同，當質點間的距離為半波長的奇數解：A、由波形圖可知，波長λ＝4m，則T=λv=B、質點B、F之間的距離正好是一個波長，振動情況完全相同，所以質點B、F在振動過程中位移總是相等，故B正確；C、由圖可知，I剛開始振動時的方向沿y軸負方向，故C正確；D、波傳到x＝l0m的質點的時間t′=xv=1010=1s，t＝5.1s時，x＝l0m的質點已經振動4.1s＝E、質點A、C間的距離為半個波長，振動情況相反，所以位移的方向不同，故D錯誤；故選：ABC【點評】本題考察了根據波動圖象得出振動圖象是一重點知識，其關鍵是理解振動和波動的區別．【解題方法點撥】牢記機械振動的有關公式，熟練的進行公式之間的轉化與計算。9．機械波的圖像問題【知識點的認識】橫波的圖象如圖所示為一橫波的圖象?？v坐標表示某一時刻各個質點偏離平衡位置的位移，橫坐標表示在波的傳播方向上各個質點的平衡位置。它反映了在波傳播的過程中，某一時刻介質中各質點的位移在空間的分布。簡諧波的圖象為正弦（或余弦）曲線?！久}方向】（1）第一類常考題型：波的圖象的理解與應用如圖為一列沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t＝0時的波形圖，當Q點在t＝0時的振動狀態傳到P點時，則BA．1cm＜x＜3cm范圍內的質點正在向y軸的負方向運動B．Q處的質點此時的加速度沿y軸的正方向C．Q處的質點此時正在波峰位置D．Q處的質點此時運動到P處。分析：由題意利用平移法可知Q點的狀態傳到P點時的波形圖，由波形圖可判斷各點的振動情況。解：當Q點在t＝0時的振動狀態傳到P點時，Q點在t＝0時的波沿也向左傳到P點，所以x＝0cm處質點在波谷，x＝2cm處質元在波峰，則1cm＜x＜2cm向y軸的正方向運動，2cm＜x＜3cm向y軸的負方向運動，A錯誤；Q點振動四分之三周期后到達波谷加速度沿y軸的正方向最大，質點不能平移，B正確，CD錯誤。故選B。點評：本題畫波形是關鍵，只要畫出新的波形各點的振動即可明確！第二類?？碱}型：波的傳播方向與質點的振動方向的判斷一列沿x軸正方向傳播的簡諧機械橫波，波速為4m/s。某時刻波形如圖所示，下列說法正確的是（）A．這列波的振幅為4cmB．這列波的周期為1sC．此時x＝4m處質點沿y軸負方向運動D．此時x＝4m處質點的加速度為0分析：由波的圖象讀出振幅和波長，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故這列波的振幅為A＝2cm。故A錯誤。B、由圖知，波長λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，由波形平移法得知，此時x＝4m處質點沿y軸正方向運動。故C錯誤。D、此時x＝4m處質點沿處于平衡位置，加速度為零。故D正確。故選：D。點評：根據波的圖象讀出振幅、波長、速度方向及大小變化情況，加速度方向及大小變化情況等，是應具備的基本能力?！窘忸}方法點撥】波的圖象的理解與應用1．波的圖象反映了在某時刻介質中的質點離開平衡位置的位移情況，圖象的橫軸表示各質點的平衡位置，縱軸表示該時刻各質點的位移，如圖：圖象的應用：（1）直接讀取振幅A和波長λ，以及該時刻各質點的位移。（2）確定某時刻各質點加速度的方向，并能比較其大小。（3）結合波的傳播方向可確定各質點的振動方向或由各質點的振動方向確定波的傳播方向。2．在波的傳播方向上，當兩質點平衡位置間的距離為nλ時（n＝1，2，3…），它們的振動步調總相同；當兩質點平衡位置間的距離為（2n+1）λ2（n＝0，1，2，33．波源質點的起振方向決定了它后面的質點的起振方向，各質點的起振方向與波源的起振方向相同。波的傳播方向與質點的振動方向的判斷方法圖象方法（1）微平移法：沿波的傳播方向將波的圖象進行一微小平移，然后由兩條波形曲線來判斷。例如：波沿x軸正向傳播，t時刻波形曲線如左圖中實線所示。將其沿v的方向移動一微小距離△x，獲得如左圖中虛線所示的圖線?？梢耘卸ǎ簍時刻質點A振動方向向下，質點B振動方向向上，質點C振動方向向下。（2）“上、下坡”法：沿著波的傳播方向看，上坡的點向下振動，下坡的點向上振動，即“上坡下，下坡上”。例如：左圖中，A點向上振動，B點向下振動，C點向上振動。（3）同側法：質點在振動方向與波的傳播方向在波的圖象的同一側。如左圖所示。10．電場力做功的計算及其特點【知識點的認識】1.靜電力做功的特點：在勻強電場中移動電荷時，靜電力所做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，與電荷經過的路徑無關。2.靜電力做功的公式：W＝qEl，其中l為電荷沿電場線移動的位移?！久}方向】如圖所示，在電場強度為E的勻強電場中，A、B兩點相距l，連線AB與電場強度方向的夾角為θ。將一電荷量為q的正電荷分別沿直線AB、折線ACB、曲線ADB從A點移動到B點，靜電力各做了多少功？分析：靜電力做功與路徑無關，根據電場力做功的計算公式進行解答。解答：電場力做功與路徑無關，所以將一電荷量為q的正電荷分別沿直線AB、折線ACB、曲線ADB從A點移動到B點，靜電力做功均為：W＝qElcosθ。答：靜電力做功均為qElcosθ。點評：本題主要是考查電場力做功的計算，關鍵是弄清楚電場力做功與路徑無關。【解題思路點撥】靜電力做功的特點（1）靜電力做的功與電荷的起始位置和終止位置有關，但與具體路徑無關，這與重力做功特點相似。（2）靜電力做功的特點不受物理條件限制不管靜電力是否變化，是否是勾強電場，是直線運動還是曲線運動，靜電力做功的特點均不變11．電場力做功與電勢能變化的關系【知識點的認識】1．靜電力做功的特點：靜電力做功與路徑無關，或者說：電荷在電場中沿一閉合路徑移動，靜電力做功為零。2．電勢能概念：電荷在電場中具有勢能，叫電勢能。電荷在某點的電勢能，等于把電荷從該點移動到零勢能位置時，靜電力做的功，用EP表示。3．靜電力做功與電勢能變化的關系：①靜電力做正功，電勢能減小；靜電力做負功，電勢能增加。②關系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．單位：J（宏觀能量）和eV（微觀能量），它們間的換算關系為：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特點：①系統性：由電荷和所在電場共有；②相對性：與所選取的零點位置有關，通常取大地或無窮遠處為電勢能的零點位置；③標量性：只有大小，沒有方向，其正負的物理含義是：若EP＞0，則電勢能比在參考位置時大，若EP＜0，則電勢能比在參考位置時小。理解與注意：學習電勢能時，可以通過與重力勢能類比來理解相關概念，上面列舉的各項概念幾乎是所有勢能都有的，只是具體環境不同而已?！久}方向】a和b為電場中的兩個點，如果把q＝﹣2×10﹣8C的負電荷從a點移動到b點，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、減少了4×10﹣7JD、減少了8×10﹣15J分析：電荷在電場力作用下做功，導致電勢能變化．所以根據電場力做功的正負可確定電勢能增加與減少．解答：根據電場力做功與電勢能改變的慣性可知，電場力對該電荷做了4×10﹣7J的正功，則該電荷的電勢能減少了4×10﹣7J．所以選項C正確。故選：C。點評：該題考查電場力做功與電勢能的慣性．電荷的電勢能增加還是減少是由電場力做功的正負決定．就像重力做功與重力勢能一樣．【解題方法點撥】1.靜電力做功與電勢能變化的關系（1）WAB＝EPA﹣EPB。靜電力做正功，電勢能減??；靜電力做負功，電勢能增加。（2）正電荷在電勢高的地方電勢能大，而負電荷在電勢高的地方電勢能小。2.電勢能大小的比較方法（1）做功判斷法：電場力做正功時電勢能減小；電場力做負功時電勢能增大。（對正、負電荷都適用）。（2）依據電勢高低判斷：正電荷在電勢高處具有的電勢能大，負電荷在電勢低處具有的電勢能大。12．等勢面及其與電場線的關系【知識點的認識】1．定義：電場中電勢相等的點組成的面（平面或曲面）叫做等勢面．2．特點：①等勢面與電場線一定處處正交（垂直）；②在同一等勢面上移動電荷時，電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任意兩個電勢不相同的等勢面既不會相交，也不會相切；⑤等差等勢面越密的地方電場線越密．【命題方向】電場中某個面上所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，這個面可能是（）A．等量同種電荷的中垂面B．等量異種電荷的中垂面C．以孤立點電荷為球心的某一球面D．勻強電場中的某一等勢面分析：在電場中電場線的切向方向表示電場的方向，電場線的疏密表示電場的強弱，等勢面與電場線相互垂直．解：A、等量同種電荷的中垂面是個等勢面，但電場強度相等且都為零，故A錯誤；B、等量異種電荷的中垂面是個等勢面，但以兩電荷連線為對稱線的中垂面上的電場強度都相等，故B錯誤；C、以孤立點電荷為球心的某一球面上的所有點的電勢都相等，但電場強度都不同，故C正確；D、勻強電場中的某一等勢面上的電場強度都相等，故D錯誤；故選：C．點評：本題考查對電場線的認識，由電場線我們應能找出電場的方向、場強的大小及電勢的高低．【解題思路點撥】1.等勢面的特點（1）在等勢面上任意兩點間移動電荷時靜電力不做功。（2）同一電場空間兩等勢面不相交（3）電場線總是和等勢面垂直，且從電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面（4）在電場線密集的地方，等差等勢面密集在電場線稀疏的地方，等差等勢面稀疏。（5）等勢面是虛擬的，是為描繪電場的性質而假想的面。2.等勢面的應用（1）由等勢面可以判斷電場中各點電勢的高低。（2）由等勢面可以判斷電荷在電場中移動時靜電力做功的情況。（3）由于等勢面和電場線垂直，已知等勢面的形狀分布，可以繪制電場線，從而確定電場大體分布。（4）由等差等勢面的疏密，可以定性地比較其中兩點電場強度的大小3.等勢面與電場線（1）已知等勢面時，可作等勢面的垂線來確定電場線，并由“電勢降低”的方向確定電場線方向。（2）已知電場線時，可作電場線的垂線來確定等勢面，并由“沿電場線方向電勢降低”確定等勢面的電勢高低。13．勻強電場中電勢差與電場強度的關系【知識點的認識】一、電勢差與電場強度的關系式1．關系式：U＝Ed或者E=U2．適用條件：只有在勻強電場中才有這個關系。3．注意：式中d是指沿電場方向兩點間的距離。4．方向關系：場強的方向就是電勢降低最快的方向。由于電場線跟等勢面垂直，只有沿電場線方向，單位長度上的電勢差才最大，也就是說電勢降落最快的方向為電場強度的方向。但電勢降落的方向不一定是電場強度方向。二、對公式U＝Ed的理解1．從變形公式E=U2．公式中的d可理解為勻強電場中兩點所在等勢面之間的距離。3．對于非勻強電場，用公式E=Ud可以定性分析某些問題。例如等差等勢面E越大處，現在舉例來說明公式E=Ud在非勻強電場中的應用。如圖所示，A、B、C是同一電場線上的三點，且AB=BC，由電場線的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB間的平均場強比BC間的小，即E→AB＜EBC，又因為UAB=AB?E→AB，UBC=BC?三、電場強度與電勢差的比較物理量電勢差U電場強度E定義（1）電場中任意兩點的電勢之差，UAB＝φA﹣φB（2）電荷在電場中兩點間移動時，靜電力所做的功跟電荷量的比值放入電場中某一點的電荷受到的靜電力跟它的電荷量的比值定義式U=WE=F意義描述了電場的能的性質描述了電場的力的性質大小數值上等于單位正電荷從一點移到另一點時，靜電力所做的功數值上等于單位電荷受到的力方向標量，無方向規定為正電荷在該點所受靜電力的方向聯系在勻強電場中有U＝Ed【命題方向】如圖，在光滑絕緣的水平面上，有一靜止在A點質量為m＝1×10﹣3kg、帶正電q＝10﹣3C的小球，現加一水平方向的勻強電場使小球由A點運動到B點，已知A、B兩點間距離為L＝0.1m，電勢差為UAB＝20V．（1）判斷勻強電場的場強方向；（2）求電場強度的大??；（3）求小球到達B點時的速率．分析：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，根據運動情況判斷勻強電場的場強方向；（2）根據電勢差與電場強度的關系求解電場強度的大小（3）根據動能定理求解小球到達B點時的速率解答：（1）帶正電的小球加一水平方向的勻強電場使小球從靜止由A點運動到B點，所以勻強電場的場強方向為由A指向B．（2）根據電勢差與電場強度的關系得：UAB＝Ed＝0.1E＝20V所以E＝200V/m（3）根據動能定理研究小球由A點運動到B點，qU=v＝210m/s答：（1）勻強電場的場強方向為由A指向B．（2）電場強度的大小是200V/m；（3）小球到達B點時的速率是210m/s．點評：理解和掌握電場中各個物理量之間的關系，在具體題目中能熟練的應用．【解題方法點撥】U＝Ed關系的應用：公式U＝Ed中d是沿場強方向的兩點間的距離或兩等勢面間的距離，而U是這兩點間的電勢差。這一定量關系只適用于勻強電場，變形后E=Ud，用它可求14．電容的概念、單位與物理意義【知識點的認識】（1）定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。（2）定義式：C=QU，Q是電容器的電荷量，U是兩極板間的電壓。電容的大小與Q和（3）物理意義：表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。（4）單位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）說明：電容是反映了電容器儲存電荷能力的物理量，其數值由電容器的構造決定，而與電容器帶不帶電或帶多少電無關。就像水容器一樣，它的容量大小與水的深度無關?！久}方向】由電容器電容的定義式C=QA、若電容器不帶電，則電容C為零B、電容C與所帶的電荷量Q成正比，與電壓U成反比C、電容C與所帶的電荷量Q多少無關D、電容在數值上等于使兩極板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量分析：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關．解答：電容的大小由本身因素所決定，與所帶的電量及兩端間的電壓無關。電容器不帶電，電容沒變。故A、B錯誤，C正確。由C=QU=ΔQΔU故選：CD。點評：解決本題的關鍵理解電容的大小與所帶的電量及兩端間的電壓無關【解題思路點撥】1.電容表示電容器儲存電荷的本領大小的物理量。2.電容是電容器本身的性質與所帶電荷量的多少以及兩極板間的電壓大小無關。3.電容的兩個計算公式：①定義式：C=②決定式：C=15．電容器的動態分析（U不變）——板間距離變化【知識點的認識】1.對于電容器的動態分析問題，要首先區分是電壓不變還是電荷量不變：始終與電源連接時電壓不變，與電源斷開時是電荷量不變。2.分析思路如圖3.具體的步驟如下：（1）根據C=?（2）根據C=Q（3）根據E=U（4）根據φ＝Ed分析某點電勢的變化。（5）根據Ep＝qφ分析電勢能的變化?！久}方向】如圖所示，平行板電容器經開關S與電池連接，A板下方a處有一帶電荷量非常小的點電荷。S是閉合的，φa表示a點的電勢，F表示點電荷受到的電場力。現將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則（）A、φa不變B、φa變小C、F變小D、F變大分析：電容器與電源相連，則可知電容器兩端的電壓不變；由極板的移動可知d的變化，由U＝Ed可知板間場強E的變化，再由U＝Ed可知Aa間的電勢差的變化，即可得出aB間電勢差的變化及a點電勢的變化。解答：因電容器與電源始終相連，故兩板間的電勢差不變，B板下移，則板間距離d增大，則板間電場強度E減小，由F＝Eq可知電荷所受電場力變小，故C正確；則上板與a間的電勢差減小，而總電勢差不變，故a與B間的電勢差增大，而B接地，故a點的電勢增大，故A、B均錯；故選：C。點評：電容器的動態分析中首先應注意是否與電源相連，再根據電容的變化進行判斷；對于本