2024年高考物理終極押題密卷3（全國(guó)乙卷）含解析

2024年高考物理終極押題密卷3（全國(guó)乙卷）一．選擇題（共8小題）1．（2024?新余二模）“嫦娥五號(hào)”中有一塊“核電池”，在月夜期間提供電能?！昂穗姵亍崩昧薖u的衰變，衰變方程為Pu→X+Y，下列說法正確的是（）A．Pu的比結(jié)合能比的大 B．月夜的寒冷導(dǎo)致Pu衰變得比在地球上慢些 C．衰變方程中的m等于92，一個(gè)Pu衰變?yōu)閄釋放的核能為（mPu﹣mX﹣mY）C2 D．Y是氦的原子核，具有極強(qiáng)的穿透能力可用于金屬探傷2．（2024?富平縣一模）矩形線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。若軸線右側(cè)沒有磁場(chǎng)（磁場(chǎng)具有理想邊界），如圖所示。設(shè)abcda方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向。從圖示位置開始一個(gè)周期內(nèi)線圈感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像中，正確的是（）A． B． C． D．3．（2024?碑林區(qū)校級(jí)模擬）某質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，位移為x，該質(zhì)點(diǎn)的﹣t圖象如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為 B．t＝0到t＝b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的路程為 C．t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的初速度大小為c D．t＝0到t＝b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的平均速度為04．（2024?西安校級(jí)模擬）2023年8月3日11時(shí)47分，我國(guó)成功發(fā)射“風(fēng)云三號(hào)”06星。“風(fēng)云三號(hào)”氣象衛(wèi)星是我國(guó)第二代低軌氣象衛(wèi)星、能夠獲取全球、全天候、三維、定量、多光譜的大氣、地表和海表特性參數(shù)。若“風(fēng)云三號(hào)”06星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。離地高度為h。繞地n圈的時(shí)間為t，地球半徑為R，則（）A．衛(wèi)星的周期為 B．衛(wèi)星的角速度為 C．衛(wèi)星的線速度大小為 D．衛(wèi)星的加速度大小為5．（2024?寶雞一模）如圖所示，三根長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線垂直紙面放置，它們所在位置的連線構(gòu)成等邊三角形，A、B連線處于豎直方向，電流方向向里，電流大小均為I，其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，C位于水平面上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，則C受到的靜摩擦力是（）A．，水平向左 B．，水平向右 C．，水平向左 D．，水平向右（多選）6．（2024?咸陽二模）如圖甲所示，圓形區(qū)域ABCD處在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓心為O，半徑為R＝0.1m。P為圓弧上的一個(gè)點(diǎn)，PO連線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，θ為PO連線從AO位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，P點(diǎn)電勢(shì)隨θ變化如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為20V/m B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直BD連線向右 C．一氦核（He）從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能增加了2eV D．一電子從A點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功（多選）7．（2024?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，變壓器為理想變壓器，R1、R2為定值電阻，在a、b兩端接入電壓有效值為U的正弦交流電，則下列判斷正確的是（）A．S閉合，P向下滑，R2兩端電壓變大 B．S閉合，P向下滑，a、b端輸入的功率變小 C．S斷開，P向下滑，R1消耗的功率增大 D．S斷開，P向下滑，變壓器輸入功率變?。ǘ噙x）8．（2024?江西模擬）如圖，兩根光滑細(xì)桿固定放置在同一豎直面內(nèi)，與水平方向的夾角均為45°，質(zhì)量均為0.2kg的兩金屬小球套在細(xì)桿上，用一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕質(zhì)彈簧相連。將兩小球同時(shí)由相同的高度靜止釋放，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，小球釋放的位置距桿的最低點(diǎn)的豎直高度差為12cm，運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，已知彈簧彈性勢(shì)能為，x為彈簧的形變量，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒 B．兩小球在兩桿上運(yùn)動(dòng)的過程中，兩小球的最大總動(dòng)能為0.1J C．小球不會(huì)從桿的最低點(diǎn)脫落 D．兩小球在兩桿上運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為0.4J二．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）9．（2024?南昌二模）物理學(xué)習(xí)小組通過放電法測(cè)量電容器的電容，所用器材如下：電池；待測(cè)電容器（額定電壓20V）；電壓表（量程3V，內(nèi)阻待測(cè)）；電阻箱R1（最大阻值為9999.9Ω）；滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為20.0Ω）；定值電阻R3（阻值為2400.0Ω），定值電阻R4（阻值為600.0Ω）；單刀單擲開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)S2；計(jì)時(shí)器；導(dǎo)線若干。（1）先測(cè)量電壓表的內(nèi)阻，按如圖（a）連接電路。（2）將R1的阻值調(diào)到（填“零”或“最大”），逐漸調(diào)大R2，使電壓表滿偏；然后，R2的滑動(dòng)觸頭保持不動(dòng)，調(diào)節(jié)R1，使電壓表的指針指在表盤中央，此時(shí)R1的值為1200.0Ω，則電壓表內(nèi)阻測(cè)量值為Ω。（3）按照?qǐng)D（b）所示連接電路，將開關(guān)S2置于位置1，待電容器充電完成后，再將開關(guān)S2置于位置2，記錄電壓表電壓U隨時(shí)間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。不計(jì)電壓表內(nèi)阻測(cè)量誤差，當(dāng)電壓表的示數(shù)為1V時(shí)，電容器兩端電壓是V。（4）不計(jì)電壓表內(nèi)阻測(cè)量誤差，U﹣t圖像下有135個(gè)小格，則通過電壓表的電荷量為C（保留三位有效數(shù)字）。則電容器的電容為F（保留兩位有效數(shù)字）。10．（2024?浉河區(qū)校級(jí)模擬）利用單擺測(cè)量重力加速度，實(shí)驗(yàn)操作如下：（1）使用游標(biāo)卡尺測(cè)量實(shí)芯鋼球的直徑，如圖所示，鋼球直徑的讀數(shù)為d＝mm；（2）將器材按甲圖方式連接，用刻度尺測(cè)量出懸點(diǎn)與鋼球最上端間細(xì)線長(zhǎng)度為l；使鋼球按照乙圖方式運(yùn)動(dòng)，擺角小于5°，鋼球第1次經(jīng)過最低點(diǎn)處開始計(jì)時(shí)，第n次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的總時(shí)間為t，則重力加速度g＝；（用測(cè)得的物理量表示）（3）若鋼球?qū)嶋H按圖丙方式在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，但仍然視作單擺，則測(cè)量出的重力加速度值（填“偏大”或“偏小”）。三．計(jì)算題（共2小題）11．（2024?江西模擬）如圖甲所示，平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝4Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝4Ω的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab，t＝0時(shí)使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬桿上滑的位移s＝3.8m時(shí)達(dá)到最大速度1.0m/s，取g＝10m/s2；sin37°＝0.6導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)。求：（1）恒力F的大??；（2）若在0～1s內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝0.1C，求t＝1s時(shí)金屬桿的速度大??；（3）從金屬桿開始運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱。12．（2024?南昌二模）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物塊乙靜止于A點(diǎn)，質(zhì)量為1kg的物塊甲在乙的左側(cè)，物塊丙靜止在B點(diǎn)。甲、乙中間夾有不計(jì)質(zhì)量的火藥，火藥爆炸時(shí)，將四分之一的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為甲、乙的動(dòng)能，乙立即獲得3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)。乙在AB間運(yùn)動(dòng)的某段連續(xù)的距離中，受到一水平向右、大小為12N的恒定拉力，使得乙恰好未與丙發(fā)生碰撞。已知AB間的距離為8.25m，乙與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，碰撞與爆炸時(shí)間均極短，甲、乙、丙均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2。（1）求火藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能；（2）求恒定拉力在AB間持續(xù)作用的最短時(shí)間；（3）若拉力從A點(diǎn)開始持續(xù)作用，乙運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后與丙發(fā)生碰撞，碰后瞬間，乙、丙的動(dòng)量大小之比為1：6，求丙的質(zhì)量范圍。（不考慮再次碰撞）四．選修部分（共4小題）（多選）13．（2024?鄭州二模）如圖，容積為V0的汽缸豎直放置，導(dǎo)熱良好，右上端有一閥門連接抽氣孔。汽缸內(nèi)有一活塞，初始時(shí)位于汽缸底部高度處，下方密封有一定質(zhì)量、溫度為T0的理想氣體。現(xiàn)將活塞上方緩慢抽至真空并關(guān)閉閥門，然后緩慢加熱活塞下方氣體。已知大氣壓強(qiáng)為p0，活塞產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p0，活塞體積不計(jì)，忽略活塞與汽缸之間摩擦。則在加熱過程中（）A．開始時(shí)，活塞下方體積為V0 B．溫度從T0升至1.5T0，氣體對(duì)外做功為p0V0 C．溫度升至2T0時(shí)，氣體壓強(qiáng)為p0 D．溫度升至3T0時(shí)，氣體壓強(qiáng)為p014．（2024?包頭三模）豎直放置粗細(xì)均勻的Z形細(xì)玻璃管（忽略管的內(nèi)徑）左臂足夠長(zhǎng)，左臂開口右臂封閉，兩臂分別用水銀A、B封閉一定質(zhì)量的理想氣體，各部分長(zhǎng)度如圖所示，單位為厘米。將玻璃管逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°，水銀柱穩(wěn)定后。（已知大氣壓強(qiáng)p0＝75cmHg，環(huán)境溫度不變）求：（i）轉(zhuǎn)動(dòng)后右管封閉氣體的壓強(qiáng)；（ii）水銀柱A移動(dòng)的距離。（多選）15．（2024?南昌二模）如圖所示，把一個(gè)有孔的小球A裝在輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在水平光滑桿上，以O(shè)為平衡位置振動(dòng)。另一小球B在豎直平面內(nèi)以O(shè)'為圓心、ω為角速度沿順時(shí)針方向做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)（O與O'在同一豎直線上）。用豎直向下的平行光照射小球B、可以觀察到，小球B的“影子”始終在小球A上。取水平向右為正方向，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)、小球B經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，則（）A．小球A的振幅為2R B．小球A的振動(dòng)周期為 C．小球A的最大加速度大小為ω2R D．小球A的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v＝﹣ωRsinωt16．（2024?包頭一模）如圖，某圓柱體寶石的橫截面是以O(shè)為圓心，以R為半徑的圓形。一單色光在橫截面所在平面內(nèi)，從圓周上的A點(diǎn)射入寶石，從B點(diǎn)射出，∠α＝60°，∠AOB＝120°。已知真空中的光速為c，不考慮光在玻璃球內(nèi)的反射。（i）求寶石對(duì)該單色光的折射率；（ii）求該單色光在寶石中傳播的時(shí)間。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（全國(guó)乙卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）1．（2024?新余二模）“嫦娥五號(hào)”中有一塊“核電池”，在月夜期間提供電能?！昂穗姵亍崩昧薖u的衰變，衰變方程為Pu→X+Y，下列說法正確的是（）A．Pu的比結(jié)合能比的大 B．月夜的寒冷導(dǎo)致Pu衰變得比在地球上慢些 C．衰變方程中的m等于92，一個(gè)Pu衰變?yōu)閄釋放的核能為（mPu﹣mX﹣mY）C2 D．Y是氦的原子核，具有極強(qiáng)的穿透能力可用于金屬探傷【考點(diǎn)】質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程；原子核的衰變及半衰期、衰變速度；結(jié)合能與比結(jié)合能．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；愛因斯坦的質(zhì)能方程應(yīng)用專題；理解能力．【分析】A.比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定；B.元素的半衰期由本身決定，與外界因素?zé)o關(guān)；C.根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，求解核反應(yīng)過程中釋放的能量；D.核反應(yīng)遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，據(jù)此分析作答?！窘獯稹拷猓篈．發(fā)生衰變成更穩(wěn)定的，而核越穩(wěn)定，比結(jié)合能越大，故A錯(cuò)誤；B．元素的半衰期由本身決定，衰變快慢不受外界環(huán)境影響，故B錯(cuò)誤；C．此核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損為Δm＝mPu﹣mX﹣mY根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，核反應(yīng)過程中釋放的能量，故C正確；D．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒m+2＝94，解得m＝92根據(jù)電荷數(shù)守恒n+234＝238，解得n＝4因此Y是氦的原子核，發(fā)生的是α衰變，α射線的穿透能力較弱，不能用于金屬探傷，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了比結(jié)合能的含義、元素的半衰期、愛因斯坦質(zhì)能方程；核反應(yīng)過程遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒；知道α、β、γ射線的特點(diǎn)。2．（2024?富平縣一模）矩形線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。若軸線右側(cè)沒有磁場(chǎng)（磁場(chǎng)具有理想邊界），如圖所示。設(shè)abcda方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向。從圖示位置開始一個(gè)周期內(nèi)線圈感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像中，正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的圖像類問題；交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生交變電流的原理；交變電流的圖像和函數(shù)表達(dá)式．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【分析】根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向。由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式e＝Emsinωt，由歐姆定律求出此線圈感應(yīng)電流的表達(dá)式，再選擇圖象?！窘獯稹拷猓喝鐖D所示，左側(cè)線框在磁場(chǎng)中開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)楞次定律可得，初始時(shí)，磁通量向里減小，感應(yīng)電流產(chǎn)生磁場(chǎng)向里，電流為abcda方向，根據(jù)交流電產(chǎn)生原理得，從中性面開始計(jì)時(shí)，線框轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的交流電：e＝Bsωsinωt，線框中的感應(yīng)電流隨時(shí)間也按正弦規(guī)律變化，同理當(dāng)右側(cè)線框轉(zhuǎn)動(dòng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍bcda，但產(chǎn)生的感應(yīng)電流小于開始時(shí)，故BCD錯(cuò)誤，A正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了線圈在磁場(chǎng)中產(chǎn)生感應(yīng)電流及其大小，法拉第電磁感應(yīng)定律判斷出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，進(jìn)而根據(jù)歐姆定律判斷出電流大小。3．（2024?碑林區(qū)校級(jí)模擬）某質(zhì)點(diǎn)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，位移為x，該質(zhì)點(diǎn)的﹣t圖象如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（）A．質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為 B．t＝0到t＝b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的路程為 C．t＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的初速度大小為c D．t＝0到t＝b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的平均速度為0【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合．【專題】比較思想；方程法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式x＝v0t+at2得到與t的表達(dá)式，結(jié)合圖像的斜率、截距求加速度、初速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求t＝0到t＝b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的路程。根據(jù)＝求質(zhì)點(diǎn)的平均速度。【解答】解：AC、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式可得。根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得圖像的斜率k＝，可得加速度為，加速度大小為，初速度為v0＝c，故AC正確；B、t＝0到速度為零這段時(shí)間通過的路程為，所用的時(shí)間為，則t＝0到t＝b這段時(shí)間質(zhì)點(diǎn)的路程大于，故B錯(cuò)誤；D、t＝0到t＝b這段時(shí)間物體的位移為，所以平均速度為0，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式x＝v0t+at2，并能變形得到與t表達(dá)式，從而來分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。4．（2024?西安校級(jí)模擬）2023年8月3日11時(shí)47分，我國(guó)成功發(fā)射“風(fēng)云三號(hào)”06星。“風(fēng)云三號(hào)”氣象衛(wèi)星是我國(guó)第二代低軌氣象衛(wèi)星、能夠獲取全球、全天候、三維、定量、多光譜的大氣、地表和海表特性參數(shù)。若“風(fēng)云三號(hào)”06星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。離地高度為h。繞地n圈的時(shí)間為t，地球半徑為R，則（）A．衛(wèi)星的周期為 B．衛(wèi)星的角速度為 C．衛(wèi)星的線速度大小為 D．衛(wèi)星的加速度大小為【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星；勻速圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】比較思想；模型法；人造衛(wèi)星問題；分析綜合能力．【分析】衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知繞地n圈的時(shí)間為t，由求出衛(wèi)星的周期。根據(jù)ω＝求衛(wèi)星的角速度，由v＝求線速度大小，由a＝求加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、衛(wèi)星繞地n圈的時(shí)間為t，則衛(wèi)星的周期為，故A錯(cuò)誤；B、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則衛(wèi)星的角速度大小為，故B正確；C、地球半徑為R，衛(wèi)星離地高度為h，則衛(wèi)星的軌道半徑為R+h，衛(wèi)星的線速度大小為，故C錯(cuò)誤；D、衛(wèi)星的加速度大小為，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要掌握勻速圓周運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，搞清線速度、加速度與周期的關(guān)系。5．（2024?寶雞一模）如圖所示，三根長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線垂直紙面放置，它們所在位置的連線構(gòu)成等邊三角形，A、B連線處于豎直方向，電流方向向里，電流大小均為I，其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B0，C位于水平面上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，則C受到的靜摩擦力是（）A．，水平向左 B．，水平向右 C．，水平向左 D．，水平向右【考點(diǎn)】通電導(dǎo)線及通電線圈周圍的磁場(chǎng)；磁感應(yīng)強(qiáng)度．【專題】定量思想；合成分解法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；分析綜合能力．【分析】根據(jù)安培定則判斷A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，根據(jù)矢量合成法則求A、B電流在C處的合磁應(yīng)強(qiáng)度大小，由左手定則判斷C受到的安培力方向，由安培力大小表達(dá)式，結(jié)合平衡方程，即可求解C受到的靜摩擦力?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)安培定則判斷A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖所示。電流A、B在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別均為B0，根據(jù)平行四邊形定則，結(jié)合幾何關(guān)系，則知電流在處合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，大小為由左手定則可知，C受到的安培力方向水平向左，大小為導(dǎo)線C位于水平面且處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件可知導(dǎo)線C受到的靜摩擦力大小為f＝F＝，方向水平向右，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要掌握磁感應(yīng)強(qiáng)度的矢量性，運(yùn)用矢量合成法則求解合磁感應(yīng)強(qiáng)度，要注意幾何知識(shí)的應(yīng)用，同時(shí)要掌握平衡條件。（多選）6．（2024?咸陽二模）如圖甲所示，圓形區(qū)域ABCD處在平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓心為O，半徑為R＝0.1m。P為圓弧上的一個(gè)點(diǎn)，PO連線逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，θ為PO連線從AO位置開始旋轉(zhuǎn)的角度，P點(diǎn)電勢(shì)隨θ變化如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為20V/m B．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)方向垂直BD連線向右 C．一氦核（He）從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能增加了2eV D．一電子從A點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功【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．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度方向從電勢(shì)最高點(diǎn)指向電勢(shì)最低點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱性與電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系解得電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)電勢(shì)能變化與電場(chǎng)力作用解得CD選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)圖像可知，當(dāng)θ＝0時(shí)，P位于A點(diǎn)，A點(diǎn)電勢(shì)為2V；當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)位于P1，電勢(shì)為1V，當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)位于P2，電勢(shì)為5V。根據(jù)夾角關(guān)系可知，P1OP2位于同一條直線上，即如圖所示根據(jù)等分法可知，OP1中點(diǎn)N的電勢(shì)為2V，故AN的連線為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一條等勢(shì)線。根據(jù)幾何關(guān)系可知，AN⊥P1P2，故P1P2即為勻強(qiáng)電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，且電場(chǎng)方向由P2指向P1。根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系可得，故A正確，B錯(cuò)誤；C．由幾何關(guān)系可知，C點(diǎn)與OP2中點(diǎn)M的連線垂直P1P2，故CM為等勢(shì)線，故根據(jù)等分法可知φC＝φM＝4V一氦核（）從A點(diǎn)沿圓弧運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能變化量為ΔEP＝qφC﹣qφA＝4eV，即電勢(shì)能增加了4eV，故C錯(cuò)誤；D．由上可知，電場(chǎng)方向由P2指向P1，電子從A點(diǎn)沿圓弧逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)圖確定特殊點(diǎn)的位置及電勢(shì)，再結(jié)合等分法確定等勢(shì)線，再根據(jù)等勢(shì)線與電場(chǎng)線的關(guān)系，確定電場(chǎng)的方向。根據(jù)電場(chǎng)力做功或電勢(shì)的變化，確定電勢(shì)能的變化。（多選）7．（2024?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，變壓器為理想變壓器，R1、R2為定值電阻，在a、b兩端接入電壓有效值為U的正弦交流電，則下列判斷正確的是（）A．S閉合，P向下滑，R2兩端電壓變大 B．S閉合，P向下滑，a、b端輸入的功率變小 C．S斷開，P向下滑，R1消耗的功率增大 D．S斷開，P向下滑，變壓器輸入功率變小【考點(diǎn)】變壓器的動(dòng)態(tài)分析；電功和電功率．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【分析】S閉合時(shí)，原線圈滑片上部線圈和電阻被短接，相當(dāng)于原線圈匝數(shù)減少，根據(jù)變壓規(guī)律確定相關(guān)物理量的變化；S斷開時(shí)，與閉合相比原線圈中串入一定值電阻，當(dāng)P向下滑動(dòng)時(shí)，寫出總電壓U與原線圈電流I的表達(dá)式，再結(jié)合閉合電路歐姆定律分析R1的功率和輸入功率的變化?！窘獯稹拷猓篈、S閉合，P向下滑，原線圈下部分接入電路，其匝數(shù)變小，根據(jù)變壓比可知，副線圈兩端電壓增大，故A正確；B、S閉合，P向下滑，由于a、b輸入的功率等于R2消耗的功率，R2兩端電壓變大，消耗的功率變大，故B錯(cuò)誤；C、S斷開，P向下滑，設(shè)原線圈電路中的電流為I，根據(jù)串聯(lián)電路的關(guān)系及變流規(guī)律可寫：當(dāng)n1變小時(shí)，I變大，這時(shí)R1消耗的功率：增大，故C正確；D、S斷開，P向下滑，變壓器輸入功率：P＝UI﹣I2R1，由于變壓器的輸入功率P與I成非單調(diào)性，因此無法判斷變壓器輸入功率是變大還是變小，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了變壓器的特點(diǎn)，同時(shí)結(jié)合閉合電路的歐姆定律考查了電路的動(dòng)態(tài)分析。（多選）8．（2024?江西模擬）如圖，兩根光滑細(xì)桿固定放置在同一豎直面內(nèi)，與水平方向的夾角均為45°，質(zhì)量均為0.2kg的兩金屬小球套在細(xì)桿上，用一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕質(zhì)彈簧相連。將兩小球同時(shí)由相同的高度靜止釋放，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，小球釋放的位置距桿的最低點(diǎn)的豎直高度差為12cm，運(yùn)動(dòng)過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)，已知彈簧彈性勢(shì)能為，x為彈簧的形變量，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒 B．兩小球在兩桿上運(yùn)動(dòng)的過程中，兩小球的最大總動(dòng)能為0.1J C．小球不會(huì)從桿的最低點(diǎn)脫落 D．兩小球在兩桿上運(yùn)動(dòng)的過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能為0.4J【考點(diǎn)】功能關(guān)系；彈性勢(shì)能；機(jī)械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；分析綜合能力．【分析】A、根據(jù)機(jī)械能守恒的條件分析；B、根據(jù)小球合力為零和平行四邊形定則求解；CD、求出兩球速度減為零時(shí)下落高度，此高度與小球初始高度比較，利用系統(tǒng)機(jī)械能守恒求解?！窘獯稹拷猓篈、小球運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧長(zhǎng)度變化，彈簧彈力做功，所以小球機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、小球的合力為零時(shí)，速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x1，小球受力分析如下圖所示：由平行四邊形定則則有：此過程中兩小球下降的高度：由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：代入數(shù)據(jù)可得：Ekm＝0.1J，故B正確；CD、設(shè)小球下落高度為H時(shí)速度減為零，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：彈簧形變量與小球下落高度關(guān)系：代入數(shù)據(jù)可得：H＝10cm，H＜12cm，所以小球不會(huì)從桿的最低點(diǎn)脫落，小球速度減為零時(shí)，彈簧的壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大，則彈性勢(shì)能：代入數(shù)據(jù)可得：Ep＝0.4J，故CD正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了彈性勢(shì)能、系統(tǒng)機(jī)械能守恒，解題的關(guān)鍵是知道小球下落過程中合力為零時(shí)速度最大，注意小球下落高度等于彈簧形變量的一半。二．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）9．（2024?南昌二模）物理學(xué)習(xí)小組通過放電法測(cè)量電容器的電容，所用器材如下：電池；待測(cè)電容器（額定電壓20V）；電壓表（量程3V，內(nèi)阻待測(cè)）；電阻箱R1（最大阻值為9999.9Ω）；滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為20.0Ω）；定值電阻R3（阻值為2400.0Ω），定值電阻R4（阻值為600.0Ω）；單刀單擲開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)S2；計(jì)時(shí)器；導(dǎo)線若干。（1）先測(cè)量電壓表的內(nèi)阻，按如圖（a）連接電路。（2）將R1的阻值調(diào)到零（填“零”或“最大”），逐漸調(diào)大R2，使電壓表滿偏；然后，R2的滑動(dòng)觸頭保持不動(dòng)，調(diào)節(jié)R1，使電壓表的指針指在表盤中央，此時(shí)R1的值為1200.0Ω，則電壓表內(nèi)阻測(cè)量值為1200.0Ω。（3）按照?qǐng)D（b）所示連接電路，將開關(guān)S2置于位置1，待電容器充電完成后，再將開關(guān)S2置于位置2，記錄電壓表電壓U隨時(shí)間t的變化情況，得到如圖（c）所示的圖像。不計(jì)電壓表內(nèi)阻測(cè)量誤差，當(dāng)電壓表的示數(shù)為1V時(shí)，電容器兩端電壓是7V。（4）不計(jì)電壓表內(nèi)阻測(cè)量誤差，U﹣t圖像下有135個(gè)小格，則通過電壓表的電荷量為2.25×10﹣3C（保留三位有效數(shù)字）。則電容器的電容為3.9×10﹣4F（保留兩位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象；測(cè)定電壓表或電流表的內(nèi)阻．【專題】實(shí)驗(yàn)題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）實(shí)驗(yàn)是應(yīng)用“半偏法”測(cè)量電壓表內(nèi)阻，根據(jù)“半偏法”的原理解答；（3）根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律解答；（4）根據(jù)U﹣t圖像與坐標(biāo)值圍成的面積的物理意義，求得通過的電荷量。根據(jù)電容的定義式求解電容值?！窘獯稹拷猓海?）實(shí)驗(yàn)是應(yīng)用“半偏法”測(cè)量電壓表內(nèi)阻，原理是在保持電阻箱和電壓表的總電壓不變情況下，先將電壓表滿偏，再通過調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，使電壓表半偏，即電壓表的電壓是滿偏電壓的一半，此時(shí)電阻箱也等于滿偏電壓的一半，故可認(rèn)為電壓表的內(nèi)阻等于電阻箱的阻值。據(jù)此可知，電壓表滿偏時(shí)應(yīng)將R1的阻值調(diào)到零，電壓表的內(nèi)阻為RV＝1200.0Ω。（3）按照?qǐng)D（b）所示連接電路，電壓表和R4并聯(lián)后的總電阻為：，解得：R總＝400Ω當(dāng)電壓表的示數(shù)為U＝1V時(shí)，電路中的總電流為：電容器兩端電壓為：UC＝I（R3+R總），解得：UC＝7V（4）通過電壓表的電荷量為：q＝＝＝＝2.25×10﹣3C電壓表和R4并聯(lián)，電壓始終相等，則兩者的電流比一直等于它們電阻的反比，即所以通過R4的電荷量為：則通過干路的電荷量，即初始電容器的電荷量為：由圖（c）可知，初始時(shí)電壓表的讀數(shù)為2.5V，與（3）同理可得此時(shí)電容器兩端的電壓為：UC′＝17.5V電容器的電容為：＝＝3.9×10﹣4F故答案為：（2）零；1200.0；（3）7；（4）2.25×10﹣3；3.9×10﹣4【點(diǎn)評(píng)】本題考查了應(yīng)用“半偏法”測(cè)量電壓表內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，通過放電法測(cè)量電容器的電容的實(shí)驗(yàn)。要掌握”半偏法”測(cè)量電壓表內(nèi)阻的原理與誤差分析，以及U﹣t或I﹣t圖像的物理意義。10．（2024?浉河區(qū)校級(jí)模擬）利用單擺測(cè)量重力加速度，實(shí)驗(yàn)操作如下：（1）使用游標(biāo)卡尺測(cè)量實(shí)芯鋼球的直徑，如圖所示，鋼球直徑的讀數(shù)為d＝12.35mm；（2）將器材按甲圖方式連接，用刻度尺測(cè)量出懸點(diǎn)與鋼球最上端間細(xì)線長(zhǎng)度為l；使鋼球按照乙圖方式運(yùn)動(dòng)，擺角小于5°，鋼球第1次經(jīng)過最低點(diǎn)處開始計(jì)時(shí)，第n次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)的總時(shí)間為t，則重力加速度g＝；（用測(cè)得的物理量表示）（3）若鋼球?qū)嶋H按圖丙方式在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，但仍然視作單擺，則測(cè)量出的重力加速度值偏大（填“偏大”或“偏小”）?！究键c(diǎn)】用單擺測(cè)定重力加速度．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；單擺問題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）20分度游標(biāo)卡尺的精確度為0.05mm，測(cè)量值＝主尺上對(duì)應(yīng)示數(shù)（mm）+游標(biāo)上對(duì)齊格數(shù)（不估讀）×精確度；（2）根據(jù)單擺全振動(dòng)的次數(shù)和時(shí)間求周期，根據(jù)單擺周期公式求重力加速度；（3）根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求解圓錐擺的周期，然后作答?！窘獯稹拷猓海?）20分度的游標(biāo)卡尺精確度為0.05mm，鋼球直徑d＝12mm+7×0.05mm＝12.35mm（2）單擺的擺長(zhǎng)為單擺的周期為根據(jù)單擺的周期公式代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得重力加速度（3）設(shè)繩與中心線的夾角為θ，由牛頓第二定律有解得圓錐擺的周期為故小球做圓錐擺運(yùn)動(dòng)比單擺的周期短，在時(shí)間t內(nèi)完成周期性的次數(shù)n變多，由此測(cè)算出的重力加速度偏大。故答案為：（1）12.35；（2）；（3）偏大?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了游標(biāo)卡尺的讀數(shù)，考查了單擺測(cè)量重力加速度；掌握單擺的周期公式是解題的關(guān)鍵；注意實(shí)驗(yàn)時(shí)要讓單擺在同一豎直平面擺動(dòng)。三．計(jì)算題（共2小題）11．（2024?江西模擬）如圖甲所示，平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R＝4Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝4Ω的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬桿ab，t＝0時(shí)使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬桿上滑的位移s＝3.8m時(shí)達(dá)到最大速度1.0m/s，取g＝10m/s2；sin37°＝0.6導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，且電阻不計(jì)。求：（1）恒力F的大??；（2）若在0～1s內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝0.1C，求t＝1s時(shí)金屬桿的速度大??；（3）從金屬桿開始運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題；閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問題；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律以及牛頓第二定律分析；（2）根據(jù)動(dòng)量定理求解；（3）根據(jù)動(dòng)能定理以及功能關(guān)系即可求解金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)金屬桿穩(wěn)定勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv閉合電路歐姆定律：I＝牛頓第二定律：F﹣BIL﹣mgsinθ＝0聯(lián)立解得：F＝3.5N；（2）再0～1s時(shí)間內(nèi)，對(duì)金屬桿由動(dòng)量定理，設(shè)沿軌道面向上為正方向（F﹣mgsin37°﹣BL）t＝mv1﹣0其中q＝t解得：v1＝0.6m/s；（3）從金屬桿開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)穩(wěn)定，由動(dòng)能定理得（F﹣mgsin37°）s+W安＝﹣0解得：W安＝﹣1.65J根據(jù)功能關(guān)系可得：Q＝|W安|＝1.65J因此金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q'＝Q解得Q'＝0.825J；答：（1）恒力F的大小為3.5N；（2）若在0～1s內(nèi)通過電阻R的電荷量q＝0.1C，t＝1s時(shí)金屬桿的速度大小為0.6m/s；（3）從金屬桿開始運(yùn)動(dòng)到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱為0.825J?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題以及功能問題，要充分理解各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，并能根據(jù)動(dòng)量定理以及動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解，典型題目，難度適中。12．（2024?南昌二模）如圖所示，質(zhì)量為2kg的物塊乙靜止于A點(diǎn)，質(zhì)量為1kg的物塊甲在乙的左側(cè)，物塊丙靜止在B點(diǎn)。甲、乙中間夾有不計(jì)質(zhì)量的火藥，火藥爆炸時(shí)，將四分之一的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為甲、乙的動(dòng)能，乙立即獲得3m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)。乙在AB間運(yùn)動(dòng)的某段連續(xù)的距離中，受到一水平向右、大小為12N的恒定拉力，使得乙恰好未與丙發(fā)生碰撞。已知AB間的距離為8.25m，乙與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，碰撞與爆炸時(shí)間均極短，甲、乙、丙均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2。（1）求火藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能；（2）求恒定拉力在AB間持續(xù)作用的最短時(shí)間；（3）若拉力從A點(diǎn)開始持續(xù)作用，乙運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后與丙發(fā)生碰撞，碰后瞬間，乙、丙的動(dòng)量大小之比為1：6，求丙的質(zhì)量范圍。（不考慮再次碰撞）【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；功能關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【分析】（1）首先根據(jù)動(dòng)量守恒，再結(jié)合爆炸過程中化學(xué)能和甲乙總動(dòng)能之間的關(guān)系即可求解；（2）根據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律以及位移—時(shí)間公式即可分析求解；（3）首先根據(jù)動(dòng)能定理求解乙與丙碰撞后的速度，再結(jié)合題意將碰撞后乙、丙同向和反向，再根據(jù)碰后瞬間，乙、丙的動(dòng)量大小之比為1：6進(jìn)行求解?！窘獯稹拷猓海?）火藥爆炸時(shí)，甲、乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒0＝m甲v甲+m乙v乙代入數(shù)據(jù)解得：v甲＝﹣6m/sEk總＝+代入數(shù)據(jù)解得：Ek總＝27J火藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能E＝4Ek總＝4×27J＝108J；（2）研究乙由A運(yùn)動(dòng)至B的過程，由動(dòng)能定理WF﹣μm乙gL＝0﹣代入數(shù)據(jù)解得：WF＝24J無論何時(shí)開始有F的作用，F(xiàn)做的功為定值，因此，當(dāng)乙的速度最大時(shí)開始有F的作用，則F作用時(shí)間最短。有力F作用時(shí)，對(duì)乙由牛頓第二定律F﹣μm乙g＝m乙a代入數(shù)據(jù)解得：a＝4m/s2，設(shè)F作用的位移為xWF＝Fxx＝2m有運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝v乙t+解得：t＝0.5s；（3）F持續(xù)作用時(shí)，由動(dòng)能定理FL﹣μm乙gL＝﹣得乙與丙碰撞前的速度v乙2＝5m/s因此乙在和丙碰撞前的動(dòng)量P乙＝m乙v乙2解得P乙＝10kg?m/s乙、丙碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律P乙＝P'+P丙若碰后乙、丙同向P'＝m乙v'P丙＝m丙v丙P'：P丙＝1：6不撞穿：v'＜v丙根據(jù)動(dòng)能不增加：≥+聯(lián)立解得：≤m丙≤6m乙即：1.5kg≤m丙≤12kg若碰后乙、丙反向P'＝m乙v'＜0P丙＝m丙v丙P'：P丙＝﹣1：6根據(jù)動(dòng)能不增加：≥+聯(lián)立解得：m丙≥1.5m乙即：m丙≥3kg綜上所述，碰后乙、丙同向時(shí)，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向時(shí)，m丙≥3kg答：（1）火藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能為108J；（2）恒定拉力在AB間持續(xù)作用的最短時(shí)間為0.5s；（3）丙的質(zhì)量范圍為碰后乙、丙同向時(shí)，1.5kg≤m丙≤12kg；碰后乙、丙反向時(shí)，m丙≥3kg?！军c(diǎn)評(píng)】解答該題要熟練運(yùn)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理以及牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，該題的難點(diǎn)為第三問中，要將乙、丙的碰撞進(jìn)行分類討論，其中動(dòng)能不增加為解題的核心，該題難度較大，過程復(fù)雜，解答過程要細(xì)心。四．選修部分（共4小題）（多選）13．（2024?鄭州二模）如圖，容積為V0的汽缸豎直放置，導(dǎo)熱良好，右上端有一閥門連接抽氣孔。汽缸內(nèi)有一活塞，初始時(shí)位于汽缸底部高度處，下方密封有一定質(zhì)量、溫度為T0的理想氣體?，F(xiàn)將活塞上方緩慢抽至真空并關(guān)閉閥門，然后緩慢加熱活塞下方氣體。已知大氣壓強(qiáng)為p0，活塞產(chǎn)生的壓強(qiáng)為p0，活塞體積不計(jì)，忽略活塞與汽缸之間摩擦。則在加熱過程中（）A．開始時(shí)，活塞下方體積為V0 B．溫度從T0升至1.5T0，氣體對(duì)外做功為p0V0 C．溫度升至2T0時(shí)，氣體壓強(qiáng)為p0 D．溫度升至3T0時(shí)，氣體壓強(qiáng)為p0【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等溫變化及玻意耳定律；氣體的等壓變化及蓋﹣呂薩克定律．【專題】信息給予題；定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；理解能力．【分析】A.對(duì)活塞受力分析，根據(jù)平衡條件求得下方氣體的壓強(qiáng)；抽成真空后，對(duì)下方氣體，根據(jù)玻意耳定律取得體積；CD.加熱后氣體膨脹，當(dāng)活塞剛頂?shù)綒飧咨戏綍r(shí)，根據(jù)蓋—呂薩克定律求得氣體做等壓變化的最高溫度；活塞到達(dá)最上方后，氣體做等容變化，根據(jù)查理求解求解壓強(qiáng)；B.根據(jù)氣體做功公式W＝pΔV，求解氣體等壓變化過程中氣體所做的功?！窘獯稹拷猓篈.未抽氣時(shí)，氣缸底部封閉氣體的壓強(qiáng)為抽氣前，封閉氣體的體積；活塞上方緩慢抽至真空并關(guān)閉閥門，封閉氣體做等溫變化，再次平衡時(shí)，封閉氣體壓強(qiáng)；根據(jù)玻意耳定律p1V1＝p2V2代入數(shù)據(jù)解得，故A正確；CD.對(duì)封閉氣體加熱，氣體做等壓變化所加的最高溫度為Tm根據(jù)蓋—呂薩克定律代入數(shù)據(jù)解得Tm＝2T0因此，當(dāng)氣體的溫度升高到2T0前，氣體的壓強(qiáng)均為；當(dāng)氣體溫度升高到2T0至3T0時(shí)，氣體做等容變化，根據(jù)查理定律代入數(shù)據(jù)解得，故C錯(cuò)誤，D正確；B.當(dāng)封閉氣體的溫度升高到1.5T0時(shí)，根據(jù)蓋—呂薩克定律解得氣體對(duì)外做功，故B錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了玻意耳定律、蓋—呂薩克定律和查理定律，抓住氣體的初末狀態(tài)參量，關(guān)鍵是求得被封閉氣體的壓強(qiáng)。14．（2024?包頭三模）豎直放置粗細(xì)均勻的Z形細(xì)玻璃管（忽略管的內(nèi)徑）左臂足夠長(zhǎng)，左臂開口右臂封閉，兩臂分別用水銀A、B封閉一定質(zhì)量的理想氣體，各部分長(zhǎng)度如圖所示，單位為厘米。將玻璃管逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)90°，水銀柱穩(wěn)定后。（已知大氣壓強(qiáng)p0＝75cmHg，環(huán)境溫度不變）求：（i）轉(zhuǎn)動(dòng)后右管封閉氣體的壓強(qiáng)；（ii）水銀柱A移動(dòng)的距離。【考點(diǎn)】氣體的等溫變化及玻意耳定律；壓強(qiáng)及封閉氣體壓強(qiáng)的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；分子間相互作用力與分子間距離的關(guān)系；分析綜合能力．【分析】（i）對(duì)b氣體根據(jù)玻意耳定律列式求解；（ii）對(duì)a氣體根據(jù)玻意耳定律列式求解?！窘獯稹拷猓海╥）設(shè)30cm長(zhǎng)的空氣柱為a氣體，15cm長(zhǎng)的空氣柱為b氣體，B液柱移動(dòng)的距離為Δl對(duì)b氣體初狀態(tài)：pb＝p0+pA+pB＝75cmHg+15cmHg+30cmHg＝120cmHg，Vb＝15S末狀態(tài)：pb'＝（75﹣Δl）cmHg，Vb'＝（15+Δl）S根據(jù)玻意耳定律可知pbVb＝pb'Vb'代入數(shù)據(jù)解得：Δl＝15cm即轉(zhuǎn)動(dòng)后右管封閉氣體的壓強(qiáng)pb'＝75cmHg﹣15cmHg＝60cmHg；（ii）對(duì)a氣體初狀態(tài)：pa＝p0+pA＝75cmHg+15cmHg＝90cmHg，Va＝30S末狀態(tài)：pa'＝75cmHg，Va'＝la'S根據(jù)玻意耳定律可知paVa＝pa'Va'代入數(shù)據(jù)解得：la'＝36cm水銀柱A移動(dòng)的距離Δx＝Δl+la'﹣la＝15cm+36cm﹣30cm＝21cm答：（i）轉(zhuǎn)動(dòng)后右管封閉氣體的壓強(qiáng)為60cmHg；（ii）水銀柱A移動(dòng)的距離為21cm?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查玻意耳定律的應(yīng)用，解答該題的難點(diǎn)為，兩部分氣體初末狀態(tài)參量的尋找，幾何關(guān)系也是該題的易錯(cuò)點(diǎn)。（多選）15．（2024?南昌二模）如圖所示，把一個(gè)有孔的小球A裝在輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定，小球套在水平光滑桿上，以O(shè)為平衡位置振動(dòng)。另一小球B在豎直平面內(nèi)以O(shè)'為圓心、ω為角速度沿順時(shí)針方向做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)（O與O'在同一豎直線上）。用豎直向下的平行光照射小球B、可以觀察到，小球B的“影子”始終在小球A上。取水平向右為正方向，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)、小球B經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，則（）A．小球A的振幅為2R B．小球A的振動(dòng)周期為 C．小球A的最大加速度大小為ω2R D．小球A的速度與時(shí)間的關(guān)系式為v＝﹣ωRsinωt【考點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力和能量；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式和圖像．【專題】定量思想；方程法；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【分析】小球A的運(yùn)動(dòng)可以看作小球B的運(yùn)動(dòng)在水平方向上的分運(yùn)動(dòng)，兩者運(yùn)動(dòng)周期相同。小球A的最大加速度與小球在相應(yīng)的水平位移時(shí)的水平方向的加速度相同，小球A的速度等于小球B在水平方向的分速度?！窘獯稹拷猓篈.由圖可知，小球A的振幅為R，故A錯(cuò)誤；B.小球A的振動(dòng)周期與小球B的圓周運(yùn)動(dòng)周期相同，故，故B正確；C.小球A的運(yùn)動(dòng)可以看作小球B的運(yùn)動(dòng)在水平方向上的分運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球A達(dá)到最大加速度，即位移最大時(shí)，此時(shí)小球B也到達(dá)了相應(yīng)的水平方向的最大位移處，此時(shí)水平方向的加速度大小為a＝ω2R，即小球A的最大加速度大小為ω2R，故C正確；D.小球A的速度等于小球B在水平方向的分速度，故v＝﹣ωRcosωt，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是小球A的運(yùn)動(dòng)可以看作小球B的運(yùn)動(dòng)在水平方向上的分運(yùn)動(dòng)，兩者運(yùn)動(dòng)具有同時(shí)性。16．（2024?包頭一模）如圖，某圓柱體寶石的橫截面是以O(shè)為圓心，以R為半徑的圓形。一單色光在橫截面所在平面內(nèi)，從圓周上的A點(diǎn)射入寶石，從B點(diǎn)射出，∠α＝60°，∠AOB＝120°。已知真空中的光速為c，不考慮光在玻璃球內(nèi)的反射。（i）求寶石對(duì)該單色光的折射率；（ii）求該單色光在寶石中傳播的時(shí)間?！究键c(diǎn)】光的折射及折射定律．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理能力．【分析】（i）根據(jù)幾何關(guān)系解得折射角，結(jié)合折射定律解得折射率；（ii）根據(jù)n＝可求得在介質(zhì)中的傳播速度，由幾何關(guān)系可求得光在介質(zhì)中的傳播距離，則傳播時(shí)間可求解?！窘獯稹拷猓海╥）光路圖如下圖所示，由幾何關(guān)系得β＝30°，又α＝60°，有n＝＝＝（ii）由n＝，得v＝假設(shè)該單色光在寶石中光程為s，則由幾何關(guān)系，得s＝R，故可知光的傳播時(shí)間為t＝解得t＝答：（i）寶石對(duì)該單色光的折射率為；（ii）該單色光在寶石中傳播的時(shí)間為?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一道幾何關(guān)系的題目，畫出光路圖，根據(jù)折射定律、幾何關(guān)系求解是常用的思路。

考點(diǎn)卡片1．運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.圖像是解決物理學(xué)問題的工具。除了常見位移—時(shí)間圖像（x﹣t圖像），速度—時(shí)間圖像（v﹣t圖像），還有加速度—時(shí)間圖像（a﹣t圖像），速度—位移圖像（v﹣x圖像）等等。我們以a﹣t、v﹣x圖像為例進(jìn)行說明。①a﹣t圖像：加速度—時(shí)間圖像2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)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速度描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢物體沿圓周通過的弧長(zhǎng)與所用時(shí)間的比值，v＝方向：沿圓弧切線方向。單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過角度的快慢運(yùn)動(dòng)物體與圓心連線掃過的角的弧度數(shù)與所用時(shí)間的比值，ω＝單位：rad/s周期和轉(zhuǎn)速描述物體做圓周運(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。轉(zhuǎn)速n：物體單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)周期單位：s轉(zhuǎn)速單位：r/s或r/min向心加速度描述線速度方向變化的快慢方向：總是沿半徑指向圓心，與線速度方向垂直。單位：m/s2v、ω、T、an間的關(guān)系，二、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?。篎n＝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。三、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和非勻速圓周運(yùn)動(dòng)1．勻速圓周運(yùn)動(dòng)（1）定義：角速度大小不變的圓周運(yùn)動(dòng)。（2）性質(zhì)：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運(yùn)動(dòng)。（3）質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。2．非勻速圓周運(yùn)動(dòng)（1）定義：線速度大小不斷變化的圓周運(yùn)動(dòng)。（2）合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft產(chǎn)生切向加速度，F(xiàn)t＝mat，它只改變速度的大小。②合力沿半徑方向的分量Fn產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man，它只改變速度的方向。四、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)所需向心力的情況下，就做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)。（2）本質(zhì)：做圓周運(yùn)動(dòng)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(diǎn)：當(dāng)F＝mrω2時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)F＝0時(shí)，物體沿切線方向飛出；當(dāng)F＜mrω2時(shí)，物體逐漸遠(yuǎn)離圓心，F(xiàn)為實(shí)際提供的向心力。如圖所示：2．向心運(yùn)動(dòng)當(dāng)提供向心力的合外力大于做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力時(shí)，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近。如圖所示：注意：物體做離心運(yùn)動(dòng)不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現(xiàn)，物體做離心運(yùn)動(dòng)時(shí)，并非沿半徑方向飛出，而是運(yùn)動(dòng)半徑越來越大或沿切線方向飛出?！局匾R(shí)點(diǎn)分析】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析（1）對(duì)公式v＝ωr的理解當(dāng)r一定時(shí)，v與ω成正比。當(dāng)ω一定時(shí)，v與r成正比。當(dāng)v一定時(shí)，ω與r成反比。（2）對(duì)a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時(shí)，a與r成反比；在ω一定時(shí)，a與r成正比。2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)和非勻速圓周運(yùn)動(dòng)的比較項(xiàng)目勻速圓周運(yùn)動(dòng)非勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是速度大小不變，方向時(shí)刻變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)，是加速度大小不變而方向時(shí)刻變化的變加速曲線運(yùn)動(dòng)是速度大小和方向都變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運(yùn)動(dòng)加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力【命題方向】【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的傳動(dòng)問題分析：一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質(zhì)量相等的小球A和B沿著筒的內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)周期等于球B的運(yùn)動(dòng)周期D．球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力分析：對(duì)AB受力分析，可以發(fā)現(xiàn)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(zhì)量相等，所以向心力的大小也相等，再根據(jù)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(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于A和B的質(zhì)量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力是相同的。由向心力的計(jì)算公式F＝m，由于球A運(yùn)動(dòng)的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時(shí)，半徑大的線速度大，所以A錯(cuò)誤。B、又由公式F＝mω2r，由于球A運(yùn)動(dòng)的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時(shí)，半徑大的角速度小，所以B錯(cuò)誤。C、由周期公式T＝，所以球A的運(yùn)動(dòng)周期大于球B的運(yùn)動(dòng)周期，故C錯(cuò)誤。D、球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力，所以D正確。故選D。點(diǎn)評(píng)：對(duì)物體受力分析是解題的關(guān)鍵，通過對(duì)AB的受力分析可以找到AB的內(nèi)在的關(guān)系，它們的質(zhì)量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學(xué)生分析問題的能力，是道好題。（2）第二類?？碱}型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析：如圖所示，質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)。圓半徑為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓軌。則其通過最高點(diǎn)時(shí)（）A．小球?qū)A環(huán)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(jīng)過圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對(duì)小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球的速度。解：A、因?yàn)樾∏騽偤迷谧罡唿c(diǎn)不脫離圓環(huán)，則軌道對(duì)球的彈力為零，所以小球?qū)A環(huán)的壓力為零。故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)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(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道在最高點(diǎn)的臨界情況，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解。（3）第二類?？碱}型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型與桿模型分析：如圖，質(zhì)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(nèi)做“水流星”表演，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為1m，小杯通過最高點(diǎn)的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點(diǎn)時(shí)，繩的拉力？（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對(duì)小杯底的壓力？（3）為使小杯經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)水不流出，在最高點(diǎn)時(shí)最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力是由哪個(gè)力提供的；（2）水對(duì)小杯底的壓力與杯子對(duì)水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對(duì)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(diǎn)，此時(shí)的受力的條件是只有物體的重力作為向心力。解：（1）小杯質(zhì)量m＝0.5kg，水的質(zhì)量M＝1kg，在最高點(diǎn)時(shí)，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(xì)繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)，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(duì)水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據(jù)牛頓第三定律，水對(duì)小杯底的壓力為6N，方向豎直向上。（3）小杯經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)水恰好不流出時(shí)，此時(shí)杯對(duì)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(diǎn)時(shí)，繩的拉力為9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對(duì)小杯底的壓力為6N；（3）在最高點(diǎn)時(shí)最小速率為。點(diǎn)評(píng)：水桶在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力的來源是解決題目的重點(diǎn)，分析清楚哪一個(gè)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(dāng)水桶恰好能過最高點(diǎn)時(shí)，只有水的重力作為向心力，此時(shí)水恰好流不出來?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律總結(jié)在分析傳動(dòng)裝置中的各物理量時(shí)，要抓住不等量和相等量的關(guān)系，具體有：（1）同一轉(zhuǎn)軸的輪上各點(diǎn)角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比。（2）當(dāng)皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時(shí)，傳動(dòng)皮帶上各點(diǎn)以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點(diǎn)線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比。（3）齒輪傳動(dòng)時(shí)，兩輪的齒數(shù)與半徑成正比，角速度與齒數(shù)成反比。2．圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)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(gè)力的合力或某個(gè)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(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)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(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程。3．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，按運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)的過山車等），稱為“繩（環(huán)）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)得v臨＝0討論分析（1）過最高點(diǎn)時(shí)，v≥，F(xiàn)N+mg＝m，繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN；（2）不能過最高點(diǎn)時(shí)，v＜，在到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道；（1）當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當(dāng)0＜v＜時(shí)，﹣FN+mg＝m，F(xiàn)N背向圓心，隨v的增大而減?。唬?）當(dāng)v＝時(shí)，F(xiàn)N＝0；（4）當(dāng)v＞時(shí)，F(xiàn)N+mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大；3．人造衛(wèi)星【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系1．衛(wèi)星的各物理量隨軌道半徑的變化而變化的規(guī)律（1）向心力和向心加速度：向心力是由萬有引力充當(dāng)?shù)?，即，再根?jù)牛頓第二定律可得，隨著軌道半徑的增加，衛(wèi)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(wèi)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(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的角速度減小。（4）周期T：由得，隨著軌道半徑的增加，衛(wèi)星的周期增大。注意：上述討論都是衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的情況，而非變軌時(shí)的情況?！久}方向】?？碱}型是衛(wèi)星的v、ω、T、a向與軌道半徑r的關(guān)系：如圖。地球赤道上的山丘e，近地資源衛(wèi)星p和同步通信衛(wèi)星q均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)e、p、q，的圓周運(yùn)動(dòng)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．a(chǎn)1＞a2＞a3D．a(chǎn)1＜a3＜a2分析：要比較線速度的大小關(guān)系，可根據(jù)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(jù)v＝ωR可以得出結(jié)論。不能比較e和p，因?yàn)閑所受的萬有引力不但提供向心力，而且提供重力。對(duì)于p和q來說有＝ma，可得a＝；根據(jù)a＝ω2R比較a1和a3。解：對(duì)于衛(wèi)星來說根據(jù)萬有引力提供向心力有解得v＝故衛(wèi)星的軌道半R徑越大，衛(wèi)星的線速度v越小。由于近地資源衛(wèi)星p的軌道半徑小于同步通信衛(wèi)星q的軌道半徑，故同步衛(wèi)星q的線速度v3小于近地資源衛(wèi)星p的線速度v2，即v3＜v2。由于同步通信衛(wèi)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(jù)v＝ωR可得v1＝ωeRev2＝ωqRq即v2＞v1故A、B錯(cuò)誤。對(duì)于p和q來說有＝ma可得a＝由于Rp＜Rq則ap＞aq即a2＞a3根據(jù)a＝ω2R由于Rq＞Re可得aq＞ae即a3＞a1故a2＞a3＞a1故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。點(diǎn)評(píng)：比較兩個(gè)物理量之間的大小關(guān)系時(shí)要選用有相同物理量的公式進(jìn)行比較。如本題中的e和p不能比較，而只能e和q比較，因?yàn)閑和q相同的是角速度。p和q比較，因?yàn)閜和q相同的是萬有引力完全提供向心力。4．彈性勢(shì)能【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：發(fā)生形變的物體，在恢復(fù)原狀時(shí)能夠?qū)ν庾龉?，因而具有能量，這種能叫做彈性勢(shì)能。2．決定因素：與形變程度有關(guān)，形變?cè)絽柡?，彈性?shì)能就越大；與彈簧的勁度系數(shù)有關(guān)，k越大，彈性勢(shì)能就越大。3．彈簧彈性勢(shì)能表達(dá)式：。4．彈力做功的計(jì)算：由于彈力是一個(gè)變力，計(jì)算其功不能用W＝Fs設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，則F＝kx，畫出F﹣x圖象。如圖所示。則此圖線與x軸所夾面積就為彈力所做的功。由圖象可得：W彈＝kx12﹣kx22＝﹣△EP。5．彈力做功與彈性勢(shì)能變化量的關(guān)系：W彈＝﹣△EP．當(dāng)彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加；當(dāng)彈力做正功，彈性勢(shì)能減少?！久}方向】題型一：對(duì)彈性勢(shì)能的理解例1：關(guān)于彈性勢(shì)能，下列說法正確的是（）A．彈性勢(shì)能與物體的形變量有關(guān)B．彈性勢(shì)能與物體的形變量無關(guān)C．物體運(yùn)動(dòng)的速度越大，彈性勢(shì)能越大D．物體運(yùn)動(dòng)的速度越大，彈性勢(shì)能越小分析：任何物體發(fā)生彈性形變時(shí)，都具有彈性勢(shì)能。彈簧伸長(zhǎng)和壓縮時(shí)都有彈性勢(shì)能。同一個(gè)彈簧形變量越大，彈性勢(shì)能就越大。解：AB、發(fā)生彈性形變的物體，形變量越大，彈性勢(shì)能越大，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、物體運(yùn)動(dòng)的速度越大，動(dòng)能越大，但彈性勢(shì)能與物體的運(yùn)動(dòng)速度大小無關(guān)，故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵明確彈性勢(shì)能的概念，知道影響彈性勢(shì)能大小的因素，基礎(chǔ)題?！局R(shí)點(diǎn)應(yīng)用及拓展】重力勢(shì)能彈性勢(shì)能定義物體由于被舉高而具有的能量物體發(fā)生彈性形變而具有的能量影響因素物體的質(zhì)量、高度勁度系數(shù)K、形變量L表達(dá)式EP＝mghEP＝kl2能的變化與力做功的關(guān)系重力做正功，重力勢(shì)能減少，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加彈力做正功，彈性勢(shì)能減少，彈力做負(fù)功，彈性勢(shì)能增加相對(duì)性與選擇的零勢(shì)能面有關(guān)一般以彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)的彈性勢(shì)能為零【解題方法點(diǎn)撥】5．機(jī)械能守恒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．機(jī)械能：勢(shì)能和動(dòng)能統(tǒng)稱為機(jī)械能，即E＝Ek+Ep，其中勢(shì)能包括重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能。2．機(jī)械能守恒定律（1）內(nèi)容：在只有重力（或彈簧彈力）做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。（2）表達(dá)式：觀點(diǎn)表達(dá)式守恒觀點(diǎn)E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要選零勢(shì)能參考平面）轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)△EK＝﹣△EP（不用選零勢(shì)能參考平面）轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)△EA＝﹣△EB（不用選零勢(shì)能參考平面）【命題方向】題型一：機(jī)械能是否守恒的判斷例1：關(guān)于機(jī)械能是否守恒的敘述中正確的是（）A．只要重力對(duì)物體做了功，物體的機(jī)械能一定守恒B．做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體，機(jī)械能一定守恒C．外力對(duì)物體做的功為零時(shí)，物體的機(jī)械能一定守恒D．只有重力對(duì)物體做功時(shí)，物體的機(jī)械能一定守恒分析：機(jī)械能守恒的條件：只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)，其他力不做功，理解如下：①只受重力作用，例如各種拋體運(yùn)動(dòng)。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(gè)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(jī)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(shù)和為0，此時(shí)只有重力做功，機(jī)械能也是守恒的。解：A、機(jī)械能守恒條件是只有重力做功，故A錯(cuò)誤；B、勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，但重力勢(shì)能可能變化，故B錯(cuò)誤；C、外力對(duì)物體做的功為零時(shí)，不一定只有重力做功，當(dāng)其它力與重力做的功的和為0時(shí)，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；D、機(jī)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(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是如何判斷機(jī)械能守恒，可以看能量的轉(zhuǎn)化情況，也可以看是否只有重力做功。題型二：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)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(xiàn)有一質(zhì)量為m的小物體從斜面上的A點(diǎn)無初速滑下，且恰能通過光滑圓形軌道的最高點(diǎn)D．已知小物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求：（1）AB長(zhǎng)度l應(yīng)該多大。（2）小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力多大。分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律列出重力提供向心力的表達(dá)式，再由動(dòng)能定理結(jié)合幾何關(guān)系即可求解；（2）由機(jī)械能守恒定律與牛頓第二定律聯(lián)合即可求解。解：（1）因恰能過最高點(diǎn)D，則有又因f＝μN(yùn)＝μmgcosθ，物體從A運(yùn)動(dòng)到D全程，由動(dòng)能定理可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl＝聯(lián)立求得：（2）物體從C運(yùn)動(dòng)到D的過程，設(shè)C點(diǎn)速度為vc，由機(jī)械能守恒定律：物體在C點(diǎn)時(shí)：聯(lián)合求得：N＝6mg答：（1）AB長(zhǎng)度得：。（2）小物體第一次通過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力6mg。點(diǎn)評(píng)：本題是動(dòng)能定理與牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，抓住滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)這一特點(diǎn)。題型三：多物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題例3：如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)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(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)C恰好離開地面。下列說法正確的是（）A．斜面傾角α＝30°B．A獲得最大速度為2gC．C剛離開地面時(shí)，B的加速度最大D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒分析：C球剛離開地面時(shí)，彈簧的彈力等于C的重力，根據(jù)牛頓第二定律知B的加速度為零，B、C加速度相同，分別對(duì)B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的傾角。A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，初始位置彈簧處于壓縮狀態(tài)，當(dāng)B具有最大速度時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，根據(jù)受力知，壓縮量與伸長(zhǎng)量相等。在整個(gè)過程中彈性勢(shì)能變化為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度與B相等；解：A、C剛離開地面時(shí)，對(duì)C有：kx2＝mg此時(shí)B有最大速度，即aB＝aC＝0則對(duì)B有：T﹣kx2﹣mg＝0對(duì)A有：4mgsinα﹣T＝0以上方程聯(lián)立可解得：sinα＝，α＝30°，故A正確；B、初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對(duì)B有：kx1＝mg由上問知x1＝x2＝，則從釋放至C剛離開地面過程中，彈性勢(shì)能變化量為零；此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+（4m+m）以上方程聯(lián)立可解得：vBm＝2g所以A獲得最大速度為2g，故B正確；C、對(duì)B球進(jìn)行受力分析可知，C剛離開地面時(shí)，B的速度最大，加速度為零。故C錯(cuò)誤；D、從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤。故選：AB。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是對(duì)三個(gè)小球進(jìn)行受力分析，確定出它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再結(jié)合平衡條件和系統(tǒng)的機(jī)械能守恒進(jìn)行分析?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．判斷機(jī)械能是否守恒的方法（1）利用機(jī)械能的定義判斷：分析動(dòng)能與勢(shì)能的和是否變化。如：勻速下落的物體動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，物體的機(jī)械能必減少。（2）用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力（或彈簧的彈力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，機(jī)械能守恒。（3）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。（4）對(duì)一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等問題機(jī)械能一般不守恒，除非題中有特別說明或暗示。2．應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對(duì)象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在過程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動(dòng)綜合起來，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。3．對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。6．功能關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【命題方向】題型一：對(duì)功能關(guān)系的理解應(yīng)用例1：如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動(dòng)能損失了2mgHB．動(dòng)能損失了mgHC．機(jī)械能損失了mgHD．機(jī)械能損失了分析：若動(dòng)能變化為正值，說明動(dòng)能增加，若為負(fù)值，說明動(dòng)能減少，然后根據(jù)動(dòng)能定理，求出合力做的功即可；要求機(jī)械能損失，只要求出除重力外其它力做的功即可。解：根據(jù)動(dòng)能定理應(yīng)有△Ek＝﹣ma＝﹣2mgH，動(dòng)能增量為負(fù)值，說明動(dòng)能減少了2mgH，所以A正確B錯(cuò)誤；再由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根據(jù)功能關(guān)系應(yīng)有△E＝﹣f＝﹣mgH，即機(jī)械能損失了mgH，所以C正確D錯(cuò)誤。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：要熟記動(dòng)能定理與功能原理在解題中的應(yīng)用：涉及到總功、動(dòng)能變化時(shí)應(yīng)用動(dòng)能定理解決；涉及到機(jī)械能變化時(shí)應(yīng)求出除重力外其它力做的功。【解題方法點(diǎn)撥】1．解答功能關(guān)系問題時(shí)，一般步驟如下：（1）明確研究對(duì)象及其運(yùn)動(dòng)過程；（2）對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，明確其所受的每一個(gè)力的大小、方向；（3）計(jì)算各個(gè)力所做的功；（4）明確能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，找出對(duì)應(yīng)力所做的功。7．動(dòng)量守恒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向．（4）△p＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零．3．動(dòng)量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動(dòng)量守恒．【命題方向】題型一：動(dòng)量守恒的判斷例子：如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比mA：mB＝3：2，它們?cè)瓉盱o止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，地面光滑．當(dāng)彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小車向左運(yùn)動(dòng)D．小車向右運(yùn)動(dòng)分析：在整個(gè)過程中三個(gè)物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．分析小車的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況．解答：A、B，由題意，地面光滑，所以A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．在彈簧釋放的過程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力不為零，動(dòng)量不守恒．故A錯(cuò)誤．B正確；C、D由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN(yùn)＝μmg知，A對(duì)小車向左的滑動(dòng)摩擦力大于B對(duì)小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前，小車的合力所受的合外力向左，會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．故選：BC．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷是否系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，題目較為簡(jiǎn)單！題型二：動(dòng)量守恒的應(yīng)用例子：如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長(zhǎng)，A、B始終未滑離木板．求：（1）木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；（2）木塊A在整個(gè)過程中的最小速度．分析：（1）A、B兩木塊同時(shí)水平向右滑動(dòng)后，木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊A與木板C的速度相等后，A、C相對(duì)靜止一起在C摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到三個(gè)物體速度相同．根據(jù)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒求出最終共同的速度，對(duì)B由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求解發(fā)生的位移；（2）當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時(shí)，木塊A的速度最小，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒求解A在整個(gè)過程中的最小速度，或根據(jù)牛頓第二定律分別研究A、C，求出加速度，根據(jù)速度公式，由速度相等條件求出時(shí)間，再求解木塊A在整個(gè)過程中的最小速度．解答：（1）木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1．對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1解得：v1＝0.6v0木塊B滑動(dòng)的加速度為：a＝μg，所發(fā)生的位移：x＝＝（2）A與C速度相等時(shí)，速度最小，此過程A和B減少的速度相等，有：mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvBv0﹣vA＝2v0﹣vB解得：vA＝0.4v0答：（1）木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移是；（2）木塊A在整個(gè)過程中的最小速度是0.4v0．點(diǎn)評(píng)：本題是木塊在木板上滑動(dòng)的類型，分析物體的運(yùn)動(dòng)過程是解題基礎(chǔ)，其次要把握物理過程所遵守的規(guī)律，這種類型常常根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合處理．題型三：動(dòng)量守恒的臨界問題如圖所示，光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M＝2m的凸型滑塊，它的一個(gè)側(cè)面是與水平面相切的光滑曲面，滑塊的高度為h＝0.3m．質(zhì)量為m的小球，以水平速度v0在水平面上迎著光滑曲面沖向滑塊．試分析計(jì)算v0應(yīng)滿足什么條件小球才能越過滑塊．（取g＝1Om/s2）分析：小球越到滑塊最高點(diǎn)速度水平向右，以滑塊和和小球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象；根據(jù)動(dòng)量守恒和過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒列出等式；根據(jù)題意要越過滑塊，應(yīng)有v1＞v2，我們解決問題時(shí)取的是臨界狀態(tài)求解．解答：設(shè)小球越過滑塊最高點(diǎn)的速度為v1，此時(shí)滑塊的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒得：mv0＝mv1+2mv2此過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒得：＝+2+mgh小球要越過滑塊，應(yīng)有v1＞v2，至少也要