2024年高考物理終極押題密卷3（全國甲卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷3（全國甲卷）一．試題（共8小題）1．（2024?廣西模擬）來自外太空的宇宙射線在進入地球大氣層后，可能會與大氣中的氮原子作用而產(chǎn)生質(zhì)子，其核反應方程為：+X→+。產(chǎn)生的不夠穩(wěn)定，能自發(fā)的進行β衰變，其半衰期為5730年。下列說法正確的是（）A．X為α粒子 B．β衰變的本質(zhì)是由強相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子 C．1mg的經(jīng)11460年后，還剩0.25mg D．由于地球的溫室效應，地球溫度升高，則的半衰期發(fā)生變化2．（2024?黔南州二模）有三個完全相同的重球，在每個球和水平地面間各壓了一塊相同的木板，并都與一根硬輕棒相連，棒的另一端分別與一鉸鏈相連，三個鉸鏈的位置如圖（a）、（b）、（c）所示。現(xiàn)分別用水平外力F甲、F乙、F丙將木板向右勻速抽出。已知地面光滑，球與木板間存在摩擦，則下列關(guān)于F甲、F乙、F丙大小關(guān)系的判斷正確的是（）A．F甲＜F乙＜F丙 B．F乙＞F甲＞F丙 C．F乙＜F甲＜F丙 D．F甲＝F乙＝F丙3．（2024?成都二模）如圖，一水平輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直墻壁上，右端與一小物塊相連，剛開始物塊靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)對物塊施加一個水平向右的拉力F使物塊向右做勻加速直線運動。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，不計空氣阻力。下列關(guān)于拉力F隨物塊位移x變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．4．（2024?南寧一模）2024年2月23日，“長征5號”遙七運載火箭搭載通信技術(shù)試驗衛(wèi)星十一號發(fā)射成功，被譽為龍年首發(fā)。衛(wèi)星進入地球同步軌道后，主要用于開展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術(shù)驗證。設地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，下列說法中正確的是（）A．地球同步衛(wèi)星可以靜止在北京上空 B．同步衛(wèi)星運行速度是第一宇宙速度的 C．同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的 D．若忽略地球的自轉(zhuǎn)效應，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的5．（2024?河池一模）如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸板接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，相鄰的等勢面間的電勢差相等。在強電場作用下，一帶電液滴由靜止出發(fā)從發(fā)射極沿圖中實線加速飛向吸板，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）A．液滴帶的是負電 B．a(chǎn)點的電勢比b點的低 C．液滴在a點的加速度比在b點的小 D．液滴在a點的電勢能比在b點的大（多選）6．（2024?四川一模）一輛汽車在水平路面上由靜止啟動，在前6s內(nèi)做勻加速直線運動，6s末達到額定功率，之后保持額定功率運動至t1時刻達到最大速度，其v﹣t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量m＝1.5×103kg，汽車受到路面的阻力大小與其受到的重力大小的比值k＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．在前6s內(nèi)汽車的牽引力大小為4.5×103N B．汽車的額定功率為60kW C．汽車的最大速度為36m/s D．汽車加速過程的位移大小x與時間t1的關(guān)系式為x＝612﹣36t1（m）（多選）7．（2024?云南一模）如圖甲所示為一個小型起重機的電路圖，M為電動機，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為22：1，原線圈接在u＝220sin100πt（V）的交流電源上，電流表的示數(shù)為2A，額定功率為4W的指示燈正常發(fā)光，其中電動機通過輕繩拉著質(zhì)量為2kg的重物以0.5m/s的速度勻速上升，如圖乙所示。不計一切摩擦，電表均視為理想電表。重力加速度大小取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．通過電流表的電流方向每秒變化100次 B．電壓表的示數(shù)為14.1V C．電動機線圈的電阻為6.25Ω D．電動機的效率為62.5%（多選）8．（2024?貴陽模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊A與質(zhì)量為2m的物塊B用輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，B右邊有一豎直固定的彈性擋板；現(xiàn)給A向右的初速度v0，A的速度第一次減為時，B與擋板發(fā)生碰撞，碰撞時間極短。碰撞后瞬間取走擋板，此時彈簧的壓縮量為x。運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．物塊B與擋板碰撞時的速度大小為 B．物塊B與擋板碰撞時，彈簧彈性勢能為 C．物塊B與擋板碰撞后彈簧彈性勢能的最大值為 D．彈簧第一次伸長量為x時物塊B的速度大小為二．實驗題（共2小題）9．（2024?云巖區(qū)校級一模）某同學根據(jù)教材設計了如圖所示的實驗裝置，用來探究向心力大小與半徑、加速度、質(zhì)量的關(guān)系。（1）打開一擋轉(zhuǎn)速，不斷改變力傳感器的位置，發(fā)現(xiàn)小球轉(zhuǎn)動過程中向心力的大小與半徑成（選填“正比”或“反比”）。（2）控制力傳感器的位置不變，提高轉(zhuǎn)速，可觀察到力傳感器的示數(shù)變（選填“大”或“小”）。（3）保持力傳感器的位置不變，使得小球球心到轉(zhuǎn)盤圓心的距離為r，改變馬達轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速n，測量在不同轉(zhuǎn)速下，同一小球受到的力傳感器的作用力F，得到多組n、F數(shù)據(jù)。以F為縱坐標，以n2為橫坐標建立坐標系，得到一條斜率為k的傾斜直線，則小球的質(zhì)量為（用k、r表示）。10．（2024?曲靖一模）要測量某種合金材料的電阻率。（1）若合金絲長度為L，直徑為D，阻值為R，則其電阻率ρ＝。用螺旋測微器測合金絲的直徑如圖甲所示，讀數(shù)為mm。（2）圖乙是測量合金絲阻值的電路圖，S2是單刀雙鄭開關(guān)。根據(jù)電路圖在圖丙中將實物連線補充完整。（3）閉合S1，當S2處于位置a時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U1＝0.95V，I1＝0.38A；當S2處于位置b時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2＝1.50V，I2＝0.34A。根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)判斷，當S2處于位置（選“a”或“b”）時，測量相對準確，測量值Rx＝Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）若已知電流表內(nèi)阻rA＝1.5Ω，則金屬絲實際電阻為Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。三．計算題（共2小題）11．（2024?昆明一模）若某種型號的禮花彈從水平地面以大小v0＝20m/s的速度發(fā)射，方向與水平地面夾角θ＝60°到達最高點時爆炸為質(zhì)量相等的兩塊A、B，爆炸時間極短，炸開后A豎直上升，A離地面的最大高度H＝20m。忽略空氣阻力以及爆炸過程中質(zhì)量的變化，重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：（1）爆炸后瞬間A的速度大?。唬?）爆炸后瞬間B的水平分速度及豎直分速度的大??；（3）A、B落地點之間的距離。12．（2024?青島二模）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負電荷、電荷量q＝0.5C，質(zhì)量是m′＝0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量M＝0.08kg，滑塊與絕緣板間的動擦因數(shù)μ＝0.4，它們所在空間存在磁感應強度B＝1.0T的垂直于紙面向里的勻強磁場。開始時小車和滑塊靜止，一不可伸長的輕質(zhì)細繩長L＝0.8m，一端固定在O點，另一端與質(zhì)量m＝0.04kg的小球相連，把小球從水平位置由靜止釋放，當小球運動到最低點時與小車相撞，碰撞時間極短，碰撞后小球恰好靜止，g取10m/s2。求：（1）與小車碰撞前小球到達最低點時對細繩的拉力F；（2）小球與小車碰撞的過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE；（3）碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量Q。四．選修部分（共4小題）13．（2024?河池一模）小林同學在實驗室探究氣體狀態(tài)變化規(guī)律，如圖所示，實驗室有一下端有小段軟管、導熱性能良好的U形管，U形管左端封閉右端開口，左管內(nèi)用水銀柱封閉一段氣體，可看成理想氣體，左端封閉的氣體長度L＝22cm，左右兩管水銀柱高度相同都為H＝28cm，U形管的非軟管部分粗細均勻，已知大氣壓強為75cmHg，實驗室溫度為27℃，管的粗細相對水銀柱的高度來說可忽略不計，求：（1）現(xiàn)將U形管右管緩慢放置水平，此過程水銀柱沒有溢出，此時水銀柱右端離右管口的距離多大？（2）小林同學利用這個U形管和一把刻度尺，能測量不同環(huán)境的溫度，他將U形管移到另一個封閉環(huán)境（如題圖所示豎直放在地面上），左端氣柱長度明顯變短，小林同學將右管緩慢旋轉(zhuǎn)，使得左管氣體長度恢復原長22cm。此時，小林用刻度尺測出右管水銀面離地面的豎直高度為22cm，依據(jù)這些條件可求出這個封閉環(huán)境溫度為多少攝氏度？（多選）14．（2024?成都三模）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，再從c狀態(tài)變化到d，其過程如V﹣T圖上三條線段所示，bc和cd段為分別平行于坐標軸的直線。則氣體（）A．b的壓強小于c的壓強 B．由a變化到b過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能 C．由b變化到c過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能 D．由c變化到d過程中氣體從外界吸收熱量 E．由a變化到b為等壓變化（多選）15．（2024?南充模擬）為了裝點城市夜景，市政工作人員常在噴水池水下安裝燈光照亮水面。如圖甲所示，水下有一點光源S，同時發(fā)出兩種不同顏色的a光和b光，在水面上形成了一個被照亮的圓形區(qū)域，俯視如圖乙所示環(huán)狀區(qū)域只有b光，中間小圓為復合光，以下說法中正確的是（）A．在水中a光波速大于b光 B．a(chǎn)光的頻率大于b光 C．用同一套裝置做雙縫干涉實驗，b光條紋間距更小 D．通過b光觀察到的光源s的位置比實際位置淺一些 E．若某單縫能使a光發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，則b光也一定能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象16．（2024?青羊區(qū)校級模擬）位于x＝0處的A波源，產(chǎn)生一向右傳播的簡諧橫波，如圖中實線所示；位于x＝50m處的B波源，產(chǎn)生一向左傳播的簡諧橫波，如圖中虛線所示。A的周期為0.5s，A、B的傳播速率相等，t＝0時的波形圖如圖所示。（1）求B波的傳播速率及振動周期；（2）平衡位置x＝13m處的質(zhì)點位移能否為1.6m？如果能，求出經(jīng)多長時間位移第一次到達1.6m；如果不能，請說明理由。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（全國甲卷）參考答案與試題解析一．試題（共8小題）1．（2024?廣西模擬）來自外太空的宇宙射線在進入地球大氣層后，可能會與大氣中的氮原子作用而產(chǎn)生質(zhì)子，其核反應方程為：+X→+。產(chǎn)生的不夠穩(wěn)定，能自發(fā)的進行β衰變，其半衰期為5730年。下列說法正確的是（）A．X為α粒子 B．β衰變的本質(zhì)是由強相互作用引起的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子并釋放出電子 C．1mg的經(jīng)11460年后，還剩0.25mg D．由于地球的溫室效應，地球溫度升高，則的半衰期發(fā)生變化【考點】原子核的衰變及半衰期、衰變速度．【專題】定量思想；推理法；衰變和半衰期專題；推理能力．【分析】A.根據(jù)核反應質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒判斷；B.根據(jù)β衰變的本質(zhì)進行分析解答；C.根據(jù)半衰期計算剩余質(zhì)量的公式進行分析求解；D.根據(jù)半衰期的決定因素進行分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)核反應中質(zhì)量數(shù)守恒、電荷數(shù)守恒，即+→+，X為中子，故A錯誤；B.β衰變輻射出的電子來自于原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子，是由弱相互作用引起的，故B錯誤；C.5730×2＝11460年，1mg的經(jīng)11460年后，即經(jīng)過了2個半衰期，根據(jù)剩余質(zhì)量和原質(zhì)量的計算公式可知，還剩0.25mg，故C正確；D.半衰期只由原子核自身決定，與外界環(huán)境無關(guān)，故D錯誤；故選：C。【點評】考查核反應的書寫規(guī)則和半衰期的相關(guān)問題，會根據(jù)題意進行準確的分析和判斷。2．（2024?黔南州二模）有三個完全相同的重球，在每個球和水平地面間各壓了一塊相同的木板，并都與一根硬輕棒相連，棒的另一端分別與一鉸鏈相連，三個鉸鏈的位置如圖（a）、（b）、（c）所示?，F(xiàn)分別用水平外力F甲、F乙、F丙將木板向右勻速抽出。已知地面光滑，球與木板間存在摩擦，則下列關(guān)于F甲、F乙、F丙大小關(guān)系的判斷正確的是（）A．F甲＜F乙＜F丙 B．F乙＞F甲＞F丙 C．F乙＜F甲＜F丙 D．F甲＝F乙＝F丙【考點】一般情況下的共點力平衡；力的合成與分解的應用．【專題】比較思想；模型法；摩擦力專題；理解能力．【分析】已知地面光滑，木板向右勻速運動，水平外力與球?qū)δ景宓幕瑒幽Σ亮Υ笮∠嗟?，通過分析球?qū)δ景宓膲毫?，來分析球?qū)δ景宓幕瑒幽Σ亮Υ笮?，進而分析水平外力大小?！窘獯稹拷猓耗景逑蛴覄蛩俪槌觯阎孛婀饣?，可知水平外力大小等于球?qū)δ景宓幕瑒幽Σ亮Υ笮?，球?qū)δ景宓膲毫τ纱蟮叫∫来螢閳D（b）、圖（a）、圖（c），所以球?qū)δ景宓幕瑒幽Σ亮τ纱蟮叫∫来螢閳D（b）、圖（a）、圖（c），則由平衡條件有F乙＞F甲＞F丙，故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題采用隔離法分析木板的受力情況，通過分析摩擦力大小，根據(jù)平衡條件判斷水平外力大小，也可以平衡條件列式分析。3．（2024?成都二模）如圖，一水平輕質(zhì)彈簧的左端固定在豎直墻壁上，右端與一小物塊相連，剛開始物塊靜止且彈簧處于原長狀態(tài)，現(xiàn)對物塊施加一個水平向右的拉力F使物塊向右做勻加速直線運動。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)恒定，不計空氣阻力。下列關(guān)于拉力F隨物塊位移x變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點】牛頓第二定律；彈力的大小、胡克定律．【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理能力．【分析】由題意可知，在彈性限度內(nèi)運動，彈簧形變量等于物塊位移，可利用牛頓第二定律判斷物塊F與x的線性關(guān)系?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)牛頓第二定律有F﹣μmg﹣kx＝ma即F＝ma+kx+μmg物體做勻加速運動，則F與x的關(guān)系的一次函數(shù)的關(guān)系，截距為正，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查了胡克定律、牛頓第二定律以及通過公式推導物理量之間線性關(guān)系的能力。4．（2024?南寧一模）2024年2月23日，“長征5號”遙七運載火箭搭載通信技術(shù)試驗衛(wèi)星十一號發(fā)射成功，被譽為龍年首發(fā)。衛(wèi)星進入地球同步軌道后，主要用于開展多頻段、高速率衛(wèi)星通信技術(shù)驗證。設地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，下列說法中正確的是（）A．地球同步衛(wèi)星可以靜止在北京上空 B．同步衛(wèi)星運行速度是第一宇宙速度的 C．同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的 D．若忽略地球的自轉(zhuǎn)效應，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的【考點】同步衛(wèi)星；向心力；萬有引力定律的應用；第一、第二和第三宇宙速度．【專題】定量思想；推理法；人造衛(wèi)星問題；推理能力．【分析】根據(jù)同步衛(wèi)星的軌道半徑與地球半徑的關(guān)系結(jié)合萬有引力提供向心力進行判斷即可?！窘獯稹拷猓篈、地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球半徑的n倍，與赤道平面共面所以不可能靜止在北京上空，A錯誤；B、由萬有引力提供向心力即＝，得v＝，r＝nR，第一宇宙速度v′＝，所以同步衛(wèi)星的運行速度是第一宇宙速度的，B正確；C、同步衛(wèi)星與地球赤道上的物體具有相同的角速度，根據(jù)v＝rω知，同步衛(wèi)星的運行速度是地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)獲得的速度的n倍，C錯誤；D、根據(jù)＝ma，得a＝＝，則同步衛(wèi)星的向心加速度是地球表面重力加速度的，D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查同步衛(wèi)星的相關(guān)知識，解題關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力進行判斷。5．（2024?河池一模）如圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸板接在高壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，相鄰的等勢面間的電勢差相等。在強電場作用下，一帶電液滴由靜止出發(fā)從發(fā)射極沿圖中實線加速飛向吸板，a、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是（）A．液滴帶的是負電 B．a(chǎn)點的電勢比b點的低 C．液滴在a點的加速度比在b點的小 D．液滴在a點的電勢能比在b點的大【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電勢能與電場力做功的關(guān)系；電勢．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)高壓電源的正、負極判斷吸板與發(fā)射極之間的電場方向，再根據(jù)沿電場線方向電勢逐漸降低判斷電勢的高低；等差等勢線的疏密反映場強的大小，等勢面越密的地方，場強越大，據(jù)此分析加速度大??；只有電場力做功時動能和電勢能的總量保持不變，電場力做正功動能增大，電勢能減小，據(jù)此分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．因為電場方向向右，液滴加速向右運動，可知液滴帶正電，故A錯誤；B．電場的方向由發(fā)射極指向吸板，沿電場線電勢逐漸降低，可知a點的電勢比b點的高，故B錯誤；C．因a點的等勢面較b點密集，可知a點的場強大于b點場強，則液滴在a點的加速度比在b點的大，故C錯誤；D．液滴帶正電，且a點的電勢比b點的高，則液滴在a點的電勢能比在b點的大，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了電勢的高低、場強的大小、電勢能的大小的判斷；在非勻強電場中，可以用場強與電勢差的關(guān)系進行定性判斷；知道只有電場力做功時動能和電勢能的總量保持不變。（多選）6．（2024?四川一模）一輛汽車在水平路面上由靜止啟動，在前6s內(nèi)做勻加速直線運動，6s末達到額定功率，之后保持額定功率運動至t1時刻達到最大速度，其v﹣t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量m＝1.5×103kg，汽車受到路面的阻力大小與其受到的重力大小的比值k＝0.1，取重力加速度大小g＝10m/s2，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．在前6s內(nèi)汽車的牽引力大小為4.5×103N B．汽車的額定功率為60kW C．汽車的最大速度為36m/s D．汽車加速過程的位移大小x與時間t1的關(guān)系式為x＝612﹣36t1（m）【考點】動能定理；牛頓第二定律；機車啟動的兩種模型．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【分析】A、根據(jù)圖線斜率可得加速度大小，由牛頓第二定律可得牽引力大?。籅C、根據(jù)6s時汽車的速度和牽引力大小，由P＝Fv可得額定功率，根據(jù)汽車勻速運動時速度最大，可得最大速度；D、由圖像可得前6s內(nèi)位移大小，變加速過程由動能定理可得位移與時間的關(guān)系式?！窘獯稹拷猓篈、汽車所受阻力：f＝kmg＝0.1×1.5×103×10N＝1.5×103N由圖可知前6s內(nèi)汽車的加速度大?。?，由牛頓第二定律有：F﹣f＝ma代入數(shù)據(jù)可得：F＝4.5×103N，故A正確；BC、汽車6s末達到額定功率，則額定功率P＝Fv＝4.5×103×12W＝5.4×104W＝54kW汽車勻速運動時，汽車速度最大，則：，故B錯誤，C正確；D、由圖像可知0～6s內(nèi)汽車的位移：汽車做變加速運動過程由動能定理有：，其中t＝t1﹣6，x2＝x﹣x1，v＝12m/s代入數(shù)據(jù)可得汽車加速過程的位移大小x與時間t1的關(guān)系式為：x＝36t1﹣756（m），故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了汽車恒功率啟動的問題，解題的關(guān)鍵是知道汽車勻速運動時，牽引力和阻力大小相等，這時速度最大，注意汽車功率達到額定功率后，牽引力做功可以用W＝Pt表示。（多選）7．（2024?云南一模）如圖甲所示為一個小型起重機的電路圖，M為電動機，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為22：1，原線圈接在u＝220sin100πt（V）的交流電源上，電流表的示數(shù)為2A，額定功率為4W的指示燈正常發(fā)光，其中電動機通過輕繩拉著質(zhì)量為2kg的重物以0.5m/s的速度勻速上升，如圖乙所示。不計一切摩擦，電表均視為理想電表。重力加速度大小取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．通過電流表的電流方向每秒變化100次 B．電壓表的示數(shù)為14.1V C．電動機線圈的電阻為6.25Ω D．電動機的效率為62.5%【考點】變壓器的構(gòu)造和原理；電功和電功率；交變電流的圖像和函數(shù)表達式．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理能力．【分析】根據(jù)交流電源的表達式求解周期，根據(jù)有效值和最大值的關(guān)系結(jié)合原、副線圈匝數(shù)比求解電壓表示數(shù)，根據(jù)電動機輸出功率等于總功率減去熱功率求解電阻，再根據(jù)效率表達式求解效率?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)交流電源的表達式可知周期為一個周期內(nèi)電流方向改變兩次，則通過電流表的電流方向每秒變化100次，故A正確；B．根據(jù)最大值和有效值的關(guān)系有：原線圈輸入電壓有效值為U1＝＝220V則副線圈輸出電壓有效值為＝10V則電壓表的示數(shù)為10V，故B錯誤；CD．通過指示燈的電流為則通過電動機的電流為IM＝I2﹣IL＝2A﹣0.4A＝1.6A則電動機的電功率為P電＝U2IM＝10×1.6W＝16W電動機的輸出功率為P出＝mgv＝2×10×0.5W＝10W動機的熱功率為＝P電﹣P出＝16W﹣10W＝6W解得電動機線圈的電阻為根據(jù)效率的表達式，電動機的效率為故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題考查了交變電流和變壓器相關(guān)知識，理解變壓器原、副線圈匝數(shù)比與電壓的關(guān)系，掌握非純電阻電路的計算是解決此類問題的關(guān)鍵。（多選）8．（2024?貴陽模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m的物塊A與質(zhì)量為2m的物塊B用輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上，B右邊有一豎直固定的彈性擋板；現(xiàn)給A向右的初速度v0，A的速度第一次減為時，B與擋板發(fā)生碰撞，碰撞時間極短。碰撞后瞬間取走擋板，此時彈簧的壓縮量為x。運動過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．物塊B與擋板碰撞時的速度大小為 B．物塊B與擋板碰撞時，彈簧彈性勢能為 C．物塊B與擋板碰撞后彈簧彈性勢能的最大值為 D．彈簧第一次伸長量為x時物塊B的速度大小為【考點】動量與能量的綜合應用——彈簧類模型．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【分析】A：從開始到物塊B與擋板碰前過程，根據(jù)動量守恒定律求解物塊B與擋板碰前的速度；B：從開始到物塊B與擋板碰前過程，根據(jù)機械能守恒定律求解彈簧彈性勢能；C：物塊B與擋板碰撞后到和A共速過程，根據(jù)動量守恒定律求解共同的速度，再根據(jù)能量守恒定律求解最大彈性勢能；D：物塊B與擋板碰撞后到彈簧第一次伸長量為x過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律聯(lián)立求解彈簧第一次伸長量為x時物塊B的速度大小?！窘獯稹拷猓篈.從開始到物塊B與擋板碰前過程，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有解得，故A正確；B.從開始到物塊B與擋板碰前過程，根據(jù)機械能守恒定律有解得，故B正確；C.物塊B與擋板碰撞后到和A共速時彈簧的彈性勢能最大，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得，故C錯誤；D.物塊B與擋板碰撞后到彈簧第一次伸長量為x過程，以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)機械能守恒定律有聯(lián)立解得，故D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查動量與能量的綜合應用，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質(zhì)，熟練應用對應的規(guī)律解題。二．實驗題（共2小題）9．（2024?云巖區(qū)校級一模）某同學根據(jù)教材設計了如圖所示的實驗裝置，用來探究向心力大小與半徑、加速度、質(zhì)量的關(guān)系。（1）打開一擋轉(zhuǎn)速，不斷改變力傳感器的位置，發(fā)現(xiàn)小球轉(zhuǎn)動過程中向心力的大小與半徑成正比（選填“正比”或“反比”）。（2）控制力傳感器的位置不變，提高轉(zhuǎn)速，可觀察到力傳感器的示數(shù)變大（選填“大”或“小”）。（3）保持力傳感器的位置不變，使得小球球心到轉(zhuǎn)盤圓心的距離為r，改變馬達轉(zhuǎn)盤的轉(zhuǎn)速n，測量在不同轉(zhuǎn)速下，同一小球受到的力傳感器的作用力F，得到多組n、F數(shù)據(jù)。以F為縱坐標，以n2為橫坐標建立坐標系，得到一條斜率為k的傾斜直線，則小球的質(zhì)量為（用k、r表示）。【考點】探究圓周運動的相關(guān)參數(shù)問題；向心力．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；推理能力．【分析】（1）（2）根據(jù)向心力的公式F＝mrω2分析解答；（3）根據(jù)轉(zhuǎn)速與向心力的關(guān)系結(jié)合圖像的斜率分析解答。【解答】解：（1）根據(jù)向心力的公式F＝mrω2，當轉(zhuǎn)速一定時，角速度一定，此時向心力的大小與半徑成正比。（2）當力傳感器的位置不變時，即半徑不變，提高轉(zhuǎn)速，角速度增大，根據(jù)向心力的公式F＝mrω2，可以觀察到力傳感器的示數(shù)變大。（3）根據(jù)向心力的公式F＝mrω2，以及角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系ω＝2πn，可以得到F＝4π2mrn2，這是一條斜率為4π2mr的傾斜直線。根據(jù)題目，這條直線的斜率為k，所以有4π2mr＝k解得小球的質(zhì)量為m＝故答案為：（1）正比；（2）大；（3）【點評】本實驗采用控制變量法，即要研究一個量與另外一個量的關(guān)系，需要控制其它量不變。知道靠皮帶傳動，變速輪塔的線速度大小相等。10．（2024?曲靖一模）要測量某種合金材料的電阻率。（1）若合金絲長度為L，直徑為D，阻值為R，則其電阻率ρ＝。用螺旋測微器測合金絲的直徑如圖甲所示，讀數(shù)為0.700mm。（2）圖乙是測量合金絲阻值的電路圖，S2是單刀雙鄭開關(guān)。根據(jù)電路圖在圖丙中將實物連線補充完整。（3）閉合S1，當S2處于位置a時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U1＝0.95V，I1＝0.38A；當S2處于位置b時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2＝1.50V，I2＝0.34A。根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)判斷，當S2處于位置a（選“a”或“b”）時，測量相對準確，測量值Rx＝2.5Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）若已知電流表內(nèi)阻rA＝1.5Ω，則金屬絲實際電阻為2.9Ω。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！究键c】導體電阻率的測量．【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(jù)電阻定律求電阻率；螺旋測微器的精確度為0.01mm，測量值＝固定刻度對應示數(shù)（mm）+刻度刻度上對齊格數(shù)（估讀一位）×精確度；（2）根據(jù)電路圖連接實物圖；（3）根據(jù)“試觸法”的原理選擇電流表的內(nèi)、外接法；根據(jù)歐姆定律求待測電阻；（4）已知電流表內(nèi)阻時，要采用電流表的內(nèi)接法，根據(jù)歐姆定律求待測電阻?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電阻定律＝電阻率螺旋測微器的精確度為0.01mm，合金絲的直徑為D＝0.5mm+20.0×0.01mm＝0.700mm（2）由圖乙是測量合金絲阻值的電路圖，實物連線補充完整圖如圖所示。（3）閉合S1，當S2處于位置a時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U1＝0.95V，I1＝0.38A；當S2處于位置b時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2＝1.50V，I2＝0.34A。電壓表示數(shù)的變化電流表示數(shù)的變化由以上計算可知電壓表的示數(shù)變化明顯，說明電流表的分壓作用較大，因此測量應采用電流表外接法，即S2處于位置a時，測量相對準確。由歐姆定律可得合金絲電阻測量值為（4）若已知電流表內(nèi)阻rA＝1.5Ω，采用電流表的內(nèi)接法，此時S2處于位置b時，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2＝1.50V，I2＝0.34A；根據(jù)歐姆定律，金屬絲實際電阻為?！军c評】本題考查了電阻率的測定、螺旋測微器的讀數(shù)；考查了伏安法測電阻，掌握“試觸法”判斷電流表內(nèi)、外接法的方法。三．計算題（共2小題）11．（2024?昆明一模）若某種型號的禮花彈從水平地面以大小v0＝20m/s的速度發(fā)射，方向與水平地面夾角θ＝60°到達最高點時爆炸為質(zhì)量相等的兩塊A、B，爆炸時間極短，炸開后A豎直上升，A離地面的最大高度H＝20m。忽略空氣阻力以及爆炸過程中質(zhì)量的變化，重力加速度的大小取g＝10m/s2，求：（1）爆炸后瞬間A的速度大小；（2）爆炸后瞬間B的水平分速度及豎直分速度的大小；（3）A、B落地點之間的距離。【考點】爆炸；豎直上拋運動；平拋運動；動量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；動量和能量的綜合；推理能力．【分析】（1）根據(jù)禮花彈豎直方向初速度大小可得禮花彈上升的最大高度，則可得爆炸后A豎直上拋的高度，由此高度，利用運動學公式可得爆炸后A的速度；（2）根據(jù)禮花彈水平方向和豎直方向動量守恒可得B兩個方向的速度大??；（3）根據(jù)B上升的高度可得爆炸后B在空中運動時間，由運動學公式可得B水平方向位移大小，即A、B落地點之間的距離。【解答】解：（1）禮花彈發(fā)射時豎直方向的初速度：設禮花彈爆炸前上升的最大高度為h，則有：禮花彈爆炸后A上升的最大高度為：H﹣h，則有：代入數(shù)據(jù)可得：vA＝10m/s（2）禮花彈爆炸過程，在豎直方向動量為0，取豎直向上為正方向，由動量守恒定律有：mvA﹣mvBy＝0代入數(shù)據(jù)可得：vBy＝10m/s，方向豎直向下，取禮花彈水平方向初速度的方向為正方向，在水平方向由動量守恒定律有：2mv0cosθ＝mvBx代入數(shù)據(jù)可得：vBx＝20m/s（3）禮花彈爆炸后，A做豎直上拋運動，B做斜下拋運動，B斜向下運動的過程中，在豎直方向有：在水平方向，則有：x＝vBπt代入數(shù)據(jù)可得：x＝20m答：（1）爆炸后瞬間A的速度大小為10m/s；（2）爆炸后瞬間B的水平分速度及豎直分速度的大小分別為20m/s、10m/s；（3）A、B落地點之間的距離為20m?！军c評】本題考查了動量守恒定律中爆炸模型，解題的關(guān)鍵是知道禮花彈上升到最高點過程，A和B在水平方向和豎直方向動量守恒。12．（2024?青島二模）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負電荷、電荷量q＝0.5C，質(zhì)量是m′＝0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量M＝0.08kg，滑塊與絕緣板間的動擦因數(shù)μ＝0.4，它們所在空間存在磁感應強度B＝1.0T的垂直于紙面向里的勻強磁場。開始時小車和滑塊靜止，一不可伸長的輕質(zhì)細繩長L＝0.8m，一端固定在O點，另一端與質(zhì)量m＝0.04kg的小球相連，把小球從水平位置由靜止釋放，當小球運動到最低點時與小車相撞，碰撞時間極短，碰撞后小球恰好靜止，g取10m/s2。求：（1）與小車碰撞前小球到達最低點時對細繩的拉力F；（2）小球與小車碰撞的過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE；（3）碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量Q。【考點】電磁感應中的能量類問題；牛頓第二定律；動能定理；動量守恒定律；洛倫茲力．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【分析】（1）小球向下擺動過程，洛倫茲力和細繩的拉力不做功，只有重力做功，根據(jù)動能定理求出小球與小車碰撞前的速度。由牛頓第二定律求出繩子的拉力，由牛頓第三定律得到小球?qū)毨K的拉力F；（2）對小球與小車碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律即可求解碰撞后瞬間小車的速度，小球與小車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE等于系統(tǒng)碰撞前后動能之差。（3）假設滑塊與車最終相對靜止，根據(jù)動量守恒定律求出滑塊與車的共同速度，分析此時滑塊受到的洛倫茲力與重力的關(guān)系，判斷假設是否正確，確定滑塊最終的狀態(tài)，根據(jù)滑塊懸浮時洛倫茲力與重力相等，據(jù)此求出滑塊的速度，再根據(jù)能量守恒定律求碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量Q?！窘獯稹拷猓海?）小球下擺過程，由動能定理有解得：v＝4m/s小球在最低點時，由牛頓第二定律得T﹣mg＝解得：T＝1.2N由牛頓第三定律可知小球?qū)毨K的拉力為1.2N，方向豎直向下。（2）小球與小車碰撞瞬間，小球與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律有mv＝Mv1解得：v1＝2m/s由能量守恒定律有ΔE＝﹣解得：ΔE＝0.16J（3）假設滑塊與車最終相對靜止?；瑝K在小車滑動過程，兩者組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向，由動量守恒定律有Mv1＝（M+m′）v2解得：v2＝1.6m/s由此可得f洛＝qv2B＞m′g故假設不成立，因此滑塊最終懸浮。滑塊懸浮瞬間，滿足f′洛＝qv′2B＝m′g解得：v′2＝0.4m/s將滑塊與小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)動量守恒，有Mv1＝Mv′+m′v′2解得：v′＝1.9m/s根據(jù)能量守恒定律有Q＝﹣Mv′2﹣m′v′22解得：Q＝0.014J答：（1）與小車碰撞前小球到達最低點時對細線的拉力F為1.2N，方向豎直向下；（2）小球與小車碰撞的過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE為0.16J；（3）碰撞后小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量Q為0.014J?！军c評】本題的關(guān)鍵要理清物體的運動過程，把握每個過程遵循的力學規(guī)律，要知道洛倫茲力不做功，滑塊在小車上滑動時，系統(tǒng)的合外力為零，遵守動量守恒定律和能量守恒定律。四．選修部分（共4小題）13．（2024?河池一模）小林同學在實驗室探究氣體狀態(tài)變化規(guī)律，如圖所示，實驗室有一下端有小段軟管、導熱性能良好的U形管，U形管左端封閉右端開口，左管內(nèi)用水銀柱封閉一段氣體，可看成理想氣體，左端封閉的氣體長度L＝22cm，左右兩管水銀柱高度相同都為H＝28cm，U形管的非軟管部分粗細均勻，已知大氣壓強為75cmHg，實驗室溫度為27℃，管的粗細相對水銀柱的高度來說可忽略不計，求：（1）現(xiàn)將U形管右管緩慢放置水平，此過程水銀柱沒有溢出，此時水銀柱右端離右管口的距離多大？（2）小林同學利用這個U形管和一把刻度尺，能測量不同環(huán)境的溫度，他將U形管移到另一個封閉環(huán)境（如題圖所示豎直放在地面上），左端氣柱長度明顯變短，小林同學將右管緩慢旋轉(zhuǎn)，使得左管氣體長度恢復原長22cm。此時，小林用刻度尺測出右管水銀面離地面的豎直高度為22cm，依據(jù)這些條件可求出這個封閉環(huán)境溫度為多少攝氏度？【考點】氣體的等容變化及查理定律；壓強及封閉氣體壓強的計算；氣體的等溫變化及玻意耳定律．【專題】計算題；定量思想；模型法；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)玻意耳定律求解水銀柱右端離右管口的距離；（2）根據(jù)查理定律求解封閉環(huán)境的溫度，再根據(jù)熱力學溫度與攝氏溫度的關(guān)系求解封閉環(huán)境的攝氏溫度?！窘獯稹拷猓海?）左端封閉氣體初始狀態(tài)壓強為p1＝p0＝75cmHg、封閉氣體的長度為l1＝L＝22cm右管水平時，水銀柱右端離右管口的距離設為d，則此時左端封閉氣體的壓強為p2＝p0﹣ρg（H﹣L+d），封閉氣體的長度分別為l2＝L+L﹣d由玻意耳定律可得p1Sl1＝p2Sl2代入數(shù)據(jù)解得d＝14cm（2）左端封閉氣體初始狀態(tài)的溫度為T1＝300K，設另一環(huán)境的熱力學溫度為T3；右管水銀面離地面的豎直高度為22cm時，左端封閉氣體的壓強為p3＝75cmHg﹣（28﹣22）cmHg＝69cmHg由查理定律可得代入數(shù)據(jù)解得T3＝276K則攝氏溫度為t＝（276﹣273）℃＝3℃。答：（1）此時水銀柱右端離右管口的距離14cm；（2）這個封閉環(huán)境溫度為3oC?！军c評】本題主要考查了玻意耳定律和查理定律的理解和運用；分清氣體的狀態(tài)參量是解題的關(guān)鍵。（多選）14．（2024?成都三模）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化到狀態(tài)c，再從c狀態(tài)變化到d，其過程如V﹣T圖上三條線段所示，bc和cd段為分別平行于坐標軸的直線。則氣體（）A．b的壓強小于c的壓強 B．由a變化到b過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能 C．由b變化到c過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能 D．由c變化到d過程中氣體從外界吸收熱量 E．由a變化到b為等壓變化【考點】熱力學第一定律及其應用；理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】定量思想；推理法；熱力學定律專題；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程判斷A；根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝Q+W分析BCD選項；由一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，整理表達式結(jié)合圖像分析圖像斜率即可分析a到b為等壓變化。【解答】解：A．由一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程可知，從b到c，氣體的體積不變，溫度升高，則氣體的壓強增大，因此b的壓強小于c的壓強，故A正確；B．由a變化到b過程中氣體的體積增大，可知氣體對外做功，則有W＜0，氣體的溫度升高，氣體的內(nèi)能增加，氣體從外界吸收熱量，則有Q＞0，由ΔU＝Q+W可知，由a變化到b過程中氣體從外界吸收熱量不等于其增加的內(nèi)能，故B錯誤；C．由b變化到c過程中氣體的體積不變，可知W＝0，氣體的溫度升高，氣體的內(nèi)能增加，氣體從外界吸收熱量，則有Q＞0，由ΔU＝Q+W可知，由b變化到c過程中氣體從外界吸收熱量等于其增加的內(nèi)能，即ΔU＝Q，故C正確；D．由c變化到d過程中氣體的體積減小，外界對氣體做功，可知W＞0，氣體溫度不變，氣體的內(nèi)能不變，可知ΔU＝0，由ΔU＝Q+W可得，W＝﹣Q，可知由c變化到d過程中氣體對外界放出熱量，故D錯誤；E．由一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程，整理表達式可得V＝，再結(jié)合題圖可知，由a變化到b圖線的斜率不變，可知壓強不變，則由a變化到b為等壓變化，故E正確。故選：ACE?！军c評】該題考查了一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程以及熱力學第一定律的應用，其中結(jié)合圖像分析斜率為解答該題的關(guān)鍵，題目難度適中。（多選）15．（2024?南充模擬）為了裝點城市夜景，市政工作人員常在噴水池水下安裝燈光照亮水面。如圖甲所示，水下有一點光源S，同時發(fā)出兩種不同顏色的a光和b光，在水面上形成了一個被照亮的圓形區(qū)域，俯視如圖乙所示環(huán)狀區(qū)域只有b光，中間小圓為復合光，以下說法中正確的是（）A．在水中a光波速大于b光 B．a(chǎn)光的頻率大于b光 C．用同一套裝置做雙縫干涉實驗，b光條紋間距更小 D．通過b光觀察到的光源s的位置比實際位置淺一些 E．若某單縫能使a光發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，則b光也一定能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象【考點】光的衍射；光的折射及折射定律；光的雙縫干涉．【專題】定性思想；推理法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；光的干涉專題；光的衍射、偏振和電磁本性專題；理解能力．【分析】根據(jù)照射圓的面積大小分析臨界角的大小，然后判斷折射率大小，根據(jù)v＝分析速度大??；折射率小，頻率也小；根據(jù)分析條紋間距；當障礙物或孔的尺寸比波長小或比波長差不多，則能夠發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈B．做出光路圖，如圖所示在被照亮的圓形區(qū)域邊緣光線恰好發(fā)生了全反射，入射角等于臨界角，由于a光照射的面積較小，則知a光的臨界角較小，根據(jù)sinC＝，可知a光的折射率較大，a光的頻率大于b光，由v＝可知a光在水中的傳播速度比b光小，故A錯誤，B正確；C．由c＝λν可知a光波長短，又由雙縫干涉條紋間距公式，可知用同一套裝置做雙縫干涉實驗，a光條紋間距更小，故C錯誤；D．當觀察者從上面看水中的光源時，從光源射來的光線進入觀察者的眼睛，人眼逆著光線看，就看到了此時的光源，所以觀察者會感到光源的位置比實際位置淺一些，故D正確；E．單縫的尺寸小于光波的波長，或與波長差不多能發(fā)生明顯的衍射，由于a的波長小于b的波長，所以若某單縫能使a光發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，則b光也一定能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，故E正確。故選：BDE?！军c評】解決本題的關(guān)鍵從臨界角入手，比較出折射率的大小，從而得出頻率、介質(zhì)中的速度大小關(guān)系。16．（2024?青羊區(qū)校級模擬）位于x＝0處的A波源，產(chǎn)生一向右傳播的簡諧橫波，如圖中實線所示；位于x＝50m處的B波源，產(chǎn)生一向左傳播的簡諧橫波，如圖中虛線所示。A的周期為0.5s，A、B的傳播速率相等，t＝0時的波形圖如圖所示。（1）求B波的傳播速率及振動周期；（2）平衡位置x＝13m處的質(zhì)點位移能否為1.6m？如果能，求出經(jīng)多長時間位移第一次到達1.6m；如果不能，請說明理由?！究键c】波的疊加；橫波的圖像；波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；波的多解性；分析綜合能力．【分析】（1）由圖得出兩波的波長，由波長、波速與周期的關(guān)系求出波速，然后求出B的周期；（2）結(jié)合波的疊加的情況，判斷二者的波峰能否同時到達x＝1.6m處即可。【解答】解：（1）對A波有解得vA＝8m/sB波的傳播速率和A波的傳播速率相等，所以vB＝vA＝8m/s由TB＝，解得TB＝1s；（2）要使平衡位置x＝13m的質(zhì)點位移達到1.6m，必須要求A波和B波的波峰同時傳播過來。所以A波波峰傳播到x＝13m位置的時刻為B波波峰傳播到x＝13m位置的時刻為A波和B波的波峰同時傳播到x＝13m位置的時刻需滿足代入數(shù)據(jù)整理得n＝2m+1.5（m，n＝0，1，2?），上面關(guān)系式在整數(shù)范圍內(nèi)不成立，所以x＝13m處的質(zhì)點位移不能達到1.6m。答：B波的傳播速率為8m/s，振動周期為1s；（2）不能，見解析【點評】該題考查波速、波長以及周期之間的關(guān)系，其中該題的難點為A、B兩列波傳播到同一位置時振動是加強還是減弱的判斷，題目難度較大。

考點卡片1．豎直上拋運動【知識點的認識】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運動，叫做豎直上拋運動。2．特點：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運動規(guī)律：取豎直向上的方向為正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t﹣gt2，vt2﹣v02＝2gh；4．幾個特征量：（1）上升的最大高度hmax＝；（2）質(zhì)點在通過同一高度位置時，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下，t上＝t下＝?！久}方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動，和向下的勻加速直線運動，明確運動過程，由運動學公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時間t＝＝s＝3s，故5s時物體正在下落；A、路程應等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后兩s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）m＝65m；故A正確；B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在拋出點的上方，故B正確；C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯誤；D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D錯誤。故選：AB。點評：豎直上拋運動中一定要靈活應用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題可以直接應用整體法進行求解。解答：（1）設最后1s內(nèi)的平均速度為則：m/s平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設物體被接住時的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間t＝+1＝+1＝1.2s；（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。答：（1）物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點評：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運動，直接應用整體法求解即可?！窘忸}方法點撥】1．豎直上拋運動的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運動，下落階段是自由落體運動，下落過程是上升過程的逆過程。（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運動看成一個勻變速直線運動，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負值；物體在拋出點以上時h為正值，物體在拋出點以下時h為負值。?。贺Q直上拋運動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一位置時速度等大、反向；②時間對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時間和下降時間相等。2．彈力的大小、胡克定律【知識點的認識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細決定．x則是指形變量，應為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學公式和動力學公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k＝；x2＝；故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F＝剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+）mg故選A．點評：點評：本題考查應用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當然，應根據(jù)具體的條件或計算來確定．3．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(tài)．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(zhuǎn)化為二力平衡．6．力的分解解題：放在斜面上靜止的物體分解法：物體受幾個力的作用，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0．4．一般情況下的共點力平衡【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分別表示物體在x軸和y軸上所受的合力。4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識進行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學知識求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點力C.兩繩的拉力大小均為GD.兩繩的拉力大小均為分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)對稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G＝，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正確，D錯誤。故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.mgC.mgD.mg分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°＝mg故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當F2與BD垂直時，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據(jù)平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為；（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。5．牛頓第二定律【知識點的認識】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達式：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(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對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(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（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(guān)系了：a∝F，a∝．另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)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(chǎn)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(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個力產(chǎn)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(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)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(jù)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(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)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(nèi)做勻加速直線運動，加速度a＝，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時間圖線可知，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(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，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(zhì)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(tài)，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(jù)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，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1＝．剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC錯誤，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(guān)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(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)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(shù)，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(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)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(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)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(shù)．（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(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)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(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x＝＝m＝1m下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，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(fā)點的速度大小為：v＝聯(lián)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(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關(guān)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(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關(guān)系．對于分析瞬時對應關(guān)系時應注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)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(shù)，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(guī)定正方向．（3）根據(jù)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