2024年高考物理終極押題密卷2（新課標卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷2（新課標卷）一．選擇題（共5小題）1．（2024?安徽模擬）一個豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向上下振動，T形支架下面系著一個彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)，小球浸沒在水中。當圓盤靜止時，讓小球在水中振動，其振動的頻率約為3Hz?，F(xiàn)在圓盤以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動帶動小球上下振動。下列說法正確的是（）A．圓盤上的小圓柱轉(zhuǎn)到圓心等高處時，T形支架的瞬時速度為零 B．小球振動過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．小球振動達到穩(wěn)定時，它振動的頻率是0.25Hz D．若圓盤以2s的周期勻速轉(zhuǎn)動，小球振動達到穩(wěn)定時，振幅比原來小2．（2024?合肥一模）我國科學家團隊在某個河外星系中發(fā)現(xiàn)了一對相互繞轉(zhuǎn)的超大質(zhì)量雙黑洞系統(tǒng)，這是迄今為止發(fā)現(xiàn)的第二例超大質(zhì)量雙黑洞繞轉(zhuǎn)系統(tǒng)，兩黑洞繞它們連線上某點做勻速圓周運動。黑洞1、2的質(zhì)量分別為M1、M2。下列關于黑洞1、2的說法中正確的是（）A．半徑之比為M1：M2 B．向心力之比為M1：M2 C．動能之比為M1：M2 D．角速度之比為1：13．（2024?安徽模擬）在跳高比賽中，運動員跳躍過程可視為斜拋運動，不計空氣阻力。下列反映跳躍過程中運動員水平方向位移的大小x、豎直方向位移的大小y、動能Ek、重力瞬時功率大小P、時間t之間關系的圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．4．（2024?長沙縣校級模擬）光電管是應用光電效應原理制成的光電轉(zhuǎn)換器件，在有聲電影、自動計數(shù)、自動報警等方面有著廣泛的應用?，F(xiàn)有含光電管的電路如圖（a）所示，圖（b）是用甲、乙、丙三束光分別照射光電管得到的I﹣U圖線，、表示遏止電壓。下列說法中正確的是（）A．甲、乙、丙三束光的光子動量p甲＝p乙＞p丙 B．甲光照射時比丙光照射時產(chǎn)生的光電子的最大初動能小 C．分別用甲光、丙光照射同一雙縫干涉實驗裝置，甲光照射比丙光照射形成的干涉條紋間距窄 D．甲、乙是相同顏色的光，甲光束比乙光束的光強度弱5．（2024?合肥二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術的國家?；魻柾七M器的工作原理簡化如圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強度為I。氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產(chǎn)生的推力為（）A．I B．I C．I D．I二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024?吉林一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定的四分之一圓弧軌道AP，圓弧軌道的圓心為O，OA水平，OP豎直，半徑為R＝2m。一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊從圓弧頂點A開始以2m/s的速度從A到P做勻速圓周運動，重力加速度g＝10m/s2，Q為圓弧AP的一個三等分點（圖中未畫出），OA與OQ的夾角為30°，下列說法正確的是（）A．在Q點時，重力的瞬時功率為10W B．在A到P的過程中合力對小物塊的沖量為零 C．小物塊在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功 D．在P點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為11.5N（多選）7．（2024?安徽模擬）如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球落地時重力的功率為mgv B．小球下落的時間為 C．小球下落過程中的水平位移大小為 D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為（多選）8．（2024?太原二模）如圖所示，模擬V形發(fā)動機的圓柱形絕熱氣缸傾斜放置，頂端封閉，下端開口，缸體軸線在豎直平面內(nèi)且與水平方向的夾角為θ。重為G、橫截面積為S的活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動，活塞距氣缸頂部的距離為L0，缸內(nèi)密封的理想氣體溫度為T0。若電熱絲緩慢加熱過程中產(chǎn)生的熱量Q全部被氣體吸收，氣體的內(nèi)能增加ΔU，大氣壓強為p0，下列說法正確的是（）A．加熱前，缸內(nèi)氣體的壓強為p0+ B．加熱過程中，氣體對外做功的大小為ΔU﹣Q C．加熱過程中，活塞移動的距離為 D．加熱后，缸內(nèi)氣體的溫度升高三．實驗題（共2小題）9．（2024?吉林一模）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證了機械能守恒定律，實驗時完成了如下的操作：a.首先接通氣墊導軌，然后調(diào)節(jié)氣墊導軌水平，將光電門固定在氣墊導軌上，調(diào)節(jié)滑輪的高度使輕繩水平；b.用游標卡尺測量遮光條的寬度d；c.將質(zhì)量為M的滑塊（含遮光條）放在氣墊導軌上，用輕繩跨過定滑輪，另一端拴接一個質(zhì)量為m的鉤碼；d.將鉤碼由靜止釋放，記錄滑塊經(jīng)過光電門時的擋光時間t，測量出釋放點到光電門的距離L；e.改變鉤碼的個數(shù)n（每個鉤碼質(zhì)量均為m），仍將滑塊從同一位置靜止釋放，記錄滑塊經(jīng)過光電門時相應的擋光時間。（1）游標卡尺示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度為cm；（2）已知重力加速度為g，若所掛鉤碼的個數(shù)為n，系統(tǒng)的機械能守恒時，關系式成立（用已知和測量的物理量的字母表示）；（3）利用記錄的實驗數(shù)據(jù)，以為橫軸、t2為縱軸描繪出相應的圖像，作出的圖線斜率為k，若系統(tǒng)的機械能守恒，則k＝（用已知和測量的物理量的字母表示）。10．（2024?合肥一模）某同學要測量一段金屬絲的電阻率，實驗室提供的實驗器材有：A．粗細均勻的待測金屬絲，長度為0.5m，電阻約3ΩB．電壓表（0～3V、內(nèi)阻約3kΩ）C．電流表（0～0.6A、內(nèi)阻約3Ω）D．滑動變阻器（最大阻值5Ω）E．毫米刻度尺、螺旋測微器F．兩節(jié)干電池、開關S及導線若干請完成以下內(nèi)容：（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑，首先未放被測物時，調(diào)節(jié)螺旋測微器，擰動微調(diào)旋鈕使測微螺桿與測砧相觸時，發(fā)現(xiàn)固定刻度的橫線與可動刻度的零刻度線未對齊，如圖1所示，該示數(shù)為mm，螺旋測微器夾有金屬絲時示數(shù)如圖2所示，該示數(shù)為mm。（2）該同學根據(jù)圖3的電路圖進行了實物連線，請在圖4中補全連線。（3）連接好電路后，將滑動變阻器觸頭調(diào)到最左端，閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸頭位置，記錄電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I，再調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸頭位置得到多組U、I數(shù)據(jù)，如下表：U/V0.580.700.910.951.201.38I/A0.200.240.280.330.420.48圖5為采用上表數(shù)據(jù)描繪出的點，請在答題卡上的圖中補全數(shù)據(jù)點，并作出U﹣I圖像。由圖像可得金屬絲的電阻值Rx＝Ω，電阻率ρ＝Ω?m。（均保留2位有效數(shù)字）四．解答題（共3小題）11．（2024?呂梁一模）如圖所示，光滑平面上有一個可自由移動的質(zhì)量為4m的“小山”，最高點距地面為h，最高點的曲率半徑（曲線上該點所在處的曲率圓半徑）為2h，被一個彎曲的與“小山”連在一起的光滑曲面擋板罩住形成光滑管道，一個質(zhì)量為m的小球以某初速度進入管道，小球直徑比管道內(nèi)徑略小但遠小于“小山”的高度，小球恰好能越過“小山”；重力加速度為g，擋板罩質(zhì)量不計，求：（1）小球的初速度v0多大；（2）小球離開“小山”后，小球與“小山”的速度分別為多大；（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（1）中所求的2倍，那么小球在最高點對“山”的壓力多大。12．（2024?吉林模擬）如圖所示，在水平面C的上方，存在豎直平面內(nèi)周期性變化的勻強電場，電場方向未知，變化規(guī)律如圖所示。把一質(zhì)量為m、帶+q電荷的小球在t＝0時從A點以大小為的初速度水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，小球以大小為的速度豎直向下經(jīng)過B點，隨后小球第一次經(jīng)過A點正下方，且經(jīng)過A點正下方時電場剛好第一次反向。已知AB之間的高度差為2h，水平距離為h，A點到水平面C的豎直距離為128h，重力加速度為g。求：（1）AB兩點間的電勢差；（2）勻強電場的場強E0的大小和方向；（3）小球到達水平面C時與A點的水平距離。13．（2024?安徽模擬）如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，其間距L＝2m。導軌間存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T。兩根金屬棒NQ和ab與導軌始終保持垂直且接觸良好，NQ棒通過一絕緣細線與固定在斜面上的拉力傳感器連接（連接前，傳感器已校零），細線平行于導軌。已知ab棒的質(zhì)量為2kg，NQ棒和ab棒接入電路的電阻均為2Ω，導軌電阻不計。將ab棒從靜止開始釋放，同時對其施加平行于導軌的外力F，此時拉力傳感器開始測量細線拉力FT，作出力FT隨時間t的變化圖像如圖乙所示（力FT大小沒有超出拉力傳感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：（1）t1＝1s時，金屬棒ab的速度大小；（2）t2＝3s時，外力F的大??；（3）已知金屬棒ab在0～3s的時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4.5J，求這段時間外力F所做的功。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷2（新課標卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2024?安徽模擬）一個豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T形支架在豎直方向上下振動，T形支架下面系著一個彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)，小球浸沒在水中。當圓盤靜止時，讓小球在水中振動，其振動的頻率約為3Hz?，F(xiàn)在圓盤以4s的周期勻速轉(zhuǎn)動帶動小球上下振動。下列說法正確的是（）A．圓盤上的小圓柱轉(zhuǎn)到圓心等高處時，T形支架的瞬時速度為零 B．小球振動過程中，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．小球振動達到穩(wěn)定時，它振動的頻率是0.25Hz D．若圓盤以2s的周期勻速轉(zhuǎn)動，小球振動達到穩(wěn)定時，振幅比原來小【考點】簡諧運動的回復力和能量；共振及其應用；機械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；推理能力．【分析】小球做受迫振動，穩(wěn)定振動時的頻率與外部驅(qū)動力的頻率相同，故由f＝可求出振動頻率；小球的振幅與圓盤的轉(zhuǎn)速有關，然后結(jié)合受迫振動的特點判斷?！窘獯稹拷猓篈．小圓柱轉(zhuǎn)到圓心等高處時，小圓柱的速度沿豎直方向的分速度不為零，則T形支架的瞬時速度也不為零，故A錯誤；B．圓盤轉(zhuǎn)動，通過小圓柱帶動T形支架上下振動，T形支架又通過彈簧使小球做受迫振動，即小球振動過程中受到T形支架的驅(qū)動力的作用，所以小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；C．經(jīng)過一段時間后，小球振動達到穩(wěn)定時，它振動的頻率和驅(qū)動力頻率相同，即，故C正確；D．圓盤以2s的周期勻速運動時，驅(qū)動力頻率為驅(qū)動力頻率接近小球的固有頻率，所以振幅比原來大，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了受迫振動，解題關鍵是明確系統(tǒng)的固有頻率和驅(qū)動力頻率關系。2．（2024?合肥一模）我國科學家團隊在某個河外星系中發(fā)現(xiàn)了一對相互繞轉(zhuǎn)的超大質(zhì)量雙黑洞系統(tǒng)，這是迄今為止發(fā)現(xiàn)的第二例超大質(zhì)量雙黑洞繞轉(zhuǎn)系統(tǒng)，兩黑洞繞它們連線上某點做勻速圓周運動。黑洞1、2的質(zhì)量分別為M1、M2。下列關于黑洞1、2的說法中正確的是（）A．半徑之比為M1：M2 B．向心力之比為M1：M2 C．動能之比為M1：M2 D．角速度之比為1：1【考點】動能；向心力；萬有引力定律的應用．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應用專題；推理能力．【分析】根據(jù)萬有引力定律和雙黑洞繞轉(zhuǎn)系統(tǒng)的特點，得到雙黑洞轉(zhuǎn)動的角速度，向心力，半徑，動能之比?！窘獯稹拷猓築D、一對相互環(huán)繞旋轉(zhuǎn)的超大質(zhì)量不等的雙黑洞系統(tǒng)，在相互之間的萬有引力的作用下，繞其連線上的0點做勻速圓周運動，繞它們連線上某點做勻速圓周運動，具有相同的角速度，向心力大小相等，角速度大小相等，所以向心力之比為1：1，角速度之比為1：1，故B錯誤，D正確；A、根據(jù)萬有引力提供向心力，由＝＝，其中r1+r2＝L，得到r1：r2＝M2：M1，故A錯誤；C、根據(jù)動能定理EK＝得動能之比為M2：M1，故C錯誤。故選：D?！军c評】本題主要考查萬有引力定律應用，解題關鍵是知道雙黑洞系統(tǒng)的特點，根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進行判斷。3．（2024?安徽模擬）在跳高比賽中，運動員跳躍過程可視為斜拋運動，不計空氣阻力。下列反映跳躍過程中運動員水平方向位移的大小x、豎直方向位移的大小y、動能Ek、重力瞬時功率大小P、時間t之間關系的圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】功率、平均功率和瞬時功率；平拋運動；斜拋運動．【專題】比較思想；圖析法；功率的計算專題；理解能力．【分析】運動員跳躍過程可視為斜拋運動，水平方向是勻速直線運動，豎直方向是豎直上拋運動，根據(jù)分運動的規(guī)律列式分析圖像的形狀。【解答】解：A、運動員跳躍過程做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，設水平速度為v0，豎直速度為vy，則水平方向位移x＝v0t，即x與t成正比，x﹣t圖像是過原點的直線，故A錯誤；B、豎直方向位移的大小為，y﹣t圖像是開口向下的拋物線，故B錯誤；C、豎直方向是豎直上拋運動，豎直方向的速度為vy1＝vy﹣gt則合速度為動能為，則Ek﹣t為開口向上的拋物線，故C正確；D、速度的水平分量不變，豎直分速度先減小到零，后反向增加，根據(jù)P＝mgvy1＝mg|vy﹣gt|，重力的功率先均勻減小后均勻增加，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題運用運動的分解法處理斜拋運動，要知道斜拋運動水平方向的分運動是勻速直線運動，豎直方向的分運動是豎直上拋運動。要知道重力的功率與豎直分速度有關。4．（2024?長沙縣校級模擬）光電管是應用光電效應原理制成的光電轉(zhuǎn)換器件，在有聲電影、自動計數(shù)、自動報警等方面有著廣泛的應用?，F(xiàn)有含光電管的電路如圖（a）所示，圖（b）是用甲、乙、丙三束光分別照射光電管得到的I﹣U圖線，、表示遏止電壓。下列說法中正確的是（）A．甲、乙、丙三束光的光子動量p甲＝p乙＞p丙 B．甲光照射時比丙光照射時產(chǎn)生的光電子的最大初動能小 C．分別用甲光、丙光照射同一雙縫干涉實驗裝置，甲光照射比丙光照射形成的干涉條紋間距窄 D．甲、乙是相同顏色的光，甲光束比乙光束的光強度弱【考點】愛因斯坦光電效應方程．【專題】定量思想；方程法；光的干涉專題；光電效應專題；推理能力．【分析】光電流為零時的反向電壓即為遏止電壓Uc，根據(jù)光電效應方程與動能定理的公式，分析入射光的頻率的大小；從圖象中看出，丙光對應的遏止電壓最大，所以丙光的頻率最高，丙光的波長最短，結(jié)合雙縫干涉的條紋寬度公式判斷；根據(jù)飽和電流的大小分析入射光的強度?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)光電效應方程Ek＝hν﹣W0光電流為零時的反向電壓即為遏止電壓Uc，根據(jù)動能定理eUc＝Ek聯(lián)立可得eUc＝hν﹣W0利用圖像可知遏止電壓Uc1＞Uc2可知ν甲＝ν乙＜ν丙而光子動量因此光子動量之間的關系為p甲＝p乙＜p丙故A錯誤；B．光電效應中eUc＝Ek可知Ek甲＜Ek丙故B正確；C．光的雙縫干涉實驗中，相鄰干涉條紋的寬度為由ν甲＜ν丙又得λ甲＞λ丙所以分別用甲光、丙光照射同一雙縫干涉實驗裝置，甲光形成的干涉條紋間距比丙光的寬，故C錯誤；D．由題圖可知，甲光和乙光頻率相同，但是甲光比乙光的飽和電流大，即甲光的光強大于乙光，故D錯誤。故選：B?！军c評】該題考查了愛因斯坦光電效應方程的相關知識，解決本題的關鍵要理解遏止電壓的含義，理解并掌握方程eUc＝＝hν﹣W。5．（2024?合肥二模）我國是世界上第三個突破嵌套式霍爾電推進技術的國家?；魻柾七M器的工作原理簡化如圖所示，放電通道的兩極間存在一加速電場。工作物質(zhì)氙氣進入放電通道后被電離為氙離子，經(jīng)電場加速后以某一速度噴出，從而產(chǎn)生推力。某次實驗中，加速電壓為U，氙離子向外噴射形成的電流強度為I。氙離子的電荷量與質(zhì)量分別為q和m，忽略離子的初速度及離子間的相互作用，則離子推進器產(chǎn)生的推力為（）A．I B．I C．I D．I【考點】帶電粒子在電場中的加速；牛頓第三定律；動能定理；動量定理．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；動量定理應用專題；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【分析】利用動能定理和動量定理求解?！窘獯稹拷猓弘x子在加速電場中由動能定理有：設Δt時間內(nèi)有n個氙離子噴射出，則有：取水平向右為正方向，對n個氙離子由動量定理有：FΔt＝nmv﹣0聯(lián)立方程可得：由牛頓第三定律可知離子推進器產(chǎn)生的推力，故D正確，ABC錯誤。故選：D。【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的運動、動量定理，解題的關鍵是知道氙離子在電場中由于受到電場力加速，由牛頓第三定律可知電場受到氙離子的反作用力。二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024?吉林一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定的四分之一圓弧軌道AP，圓弧軌道的圓心為O，OA水平，OP豎直，半徑為R＝2m。一質(zhì)量為m＝1kg的小物塊從圓弧頂點A開始以2m/s的速度從A到P做勻速圓周運動，重力加速度g＝10m/s2，Q為圓弧AP的一個三等分點（圖中未畫出），OA與OQ的夾角為30°，下列說法正確的是（）A．在Q點時，重力的瞬時功率為10W B．在A到P的過程中合力對小物塊的沖量為零 C．小物塊在AQ段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功 D．在P點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為11.5N【考點】動量定理；牛頓第二定律；功率、平均功率和瞬時功率；動能定理．【專題】應用題；定量思想；功率的計算專題；推理能力．【分析】小物塊做勻速圓周運動，合外力充當向心力，所以合外力不為零，沖量不為零。根據(jù)重力的功率公式求解。在AQ段和QP段列動能定理求解。在P點時由牛頓第二定律列式求解?！窘獯稹拷猓篈、在Q點時，重力方向與速度方向夾角為30°，則重力的瞬時功率為P＝mgvcosθ＝10W，故A正確；B、在A到P的過程中小物塊的速度方向不斷改變，動量不斷改變，所以合力對小物塊的沖量不為零，故B錯誤；C、小物塊在AQ段重力做的功W1＝mgRsin30°，在QP段重力做到功W2＝mgR（1﹣sin30°），得W1＝W2，由小物塊做勻速圓周運動和動能定理可知，小物塊克服摩擦力做的功等于重力做的功，故C正確；D、在P點時，由牛頓第二定律N﹣mg＝mv2/R，得到小物塊對圓弧軌道的壓力大小為12N，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了沖量、功率、動能定理、牛頓第二定律等概念和規(guī)律，理解概念和規(guī)律的實質(zhì)是正確解題的關鍵。（多選）7．（2024?安徽模擬）如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為v0，初始時小球離地面高度為h。已知小球落地時速度大小為v，方向與水平面成θ角，小球在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說法正確的是（）A．小球落地時重力的功率為mgv B．小球下落的時間為 C．小球下落過程中的水平位移大小為 D．小球下落過程中空氣阻力所做的功為【考點】動能定理；平拋運動；功率、平均功率和瞬時功率．【專題】定量思想；合成分解法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)PG＝mgvy求小球落地時重力的功率。在豎直方向上，運用動量定理求出小球下落的時間。小球在水平方向根據(jù)動量定理求小球下落過程中的水平位移大小。根據(jù)動能定理求空氣阻力所做的功?！窘獯稹拷猓篈、小球落地時豎直分速度為vy＝vsinθ，重力的功率為PG＝mgvy＝mgvsinθ，故A錯誤；B、取豎直向下為正方向，小球下落過程中，在豎直方向上，根據(jù)動量定理得mvsinθ＝mgt﹣k（vy1+vy2+vy3+......）t又∑（vy1+vy2+vy3+......）t＝h解得小球下落的時間為：，故B正確；C、取水平向右為正方向，小球在水平方向，根據(jù)動量定理得mvcosθ﹣mv0＝﹣k（vx1+vx2+vx3+......）t又∑（vx1+vx2+vx3+......）t＝x解得小球下落過程中的水平位移大小為：，故C正確；D、對于小球下落過程，根據(jù)動能定理得：解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為：，故D正確。故選：BCD。【點評】解答本題的關鍵要掌握動量定理，并能分方向應用，并能采用積分法求分位移。要知道重力做功的功率與豎直分速度有關。（多選）8．（2024?太原二模）如圖所示，模擬V形發(fā)動機的圓柱形絕熱氣缸傾斜放置，頂端封閉，下端開口，缸體軸線在豎直平面內(nèi)且與水平方向的夾角為θ。重為G、橫截面積為S的活塞可沿氣缸壁無摩擦滑動，活塞距氣缸頂部的距離為L0，缸內(nèi)密封的理想氣體溫度為T0。若電熱絲緩慢加熱過程中產(chǎn)生的熱量Q全部被氣體吸收，氣體的內(nèi)能增加ΔU，大氣壓強為p0，下列說法正確的是（）A．加熱前，缸內(nèi)氣體的壓強為p0+ B．加熱過程中，氣體對外做功的大小為ΔU﹣Q C．加熱過程中，活塞移動的距離為 D．加熱后，缸內(nèi)氣體的溫度升高【考點】熱力學第一定律及其應用；壓強及封閉氣體壓強的計算；氣體的等壓變化及蓋﹣呂薩克定律．【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；推理能力．【分析】對活塞由受力平衡求解加熱前，缸內(nèi)氣體的壓強；加熱過程氣體對外界做功，根據(jù)熱力學第一定律求解氣體對外做功；根據(jù)氣體對外界做的功求解活塞移動的距離；由蓋—呂薩克定律求解氣體的溫度變化量?！窘獯稹拷猓篈、設加熱前，缸內(nèi)氣體的壓強為p，對活塞由受力平衡可得：pS+Gsinθ＝p0S，解得：，故A錯誤；B、設加熱過程中，氣體對外做功的大小為W，此過程氣體對外界做功，由熱力學第一定律可得：ΔU＝Q﹣W，解得：W＝Q﹣ΔU，故B錯誤；C、設加熱過程中，活塞移動的距離為x，則氣體對外界做功W＝pSx，解得：，故C正確；D、設加熱后，缸內(nèi)氣體的溫度升高了ΔT，氣體做等壓變化，由蓋—呂薩克定律可得：解得：，故D正確。故選：CD。【點評】本題考查了氣體實驗定律，熱力學第一定律的應用。對于熱力學第一定律，其表達式為：ΔU＝W+Q，其中W的含義是外界對系統(tǒng)做的功，應用時若系統(tǒng)對外界做功，則W應取負值；Q的含義是系統(tǒng)從外界吸收的熱量，若系統(tǒng)向外界放熱，則Q應取負值。三．實驗題（共2小題）9．（2024?吉林一模）某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證了機械能守恒定律，實驗時完成了如下的操作：a.首先接通氣墊導軌，然后調(diào)節(jié)氣墊導軌水平，將光電門固定在氣墊導軌上，調(diào)節(jié)滑輪的高度使輕繩水平；b.用游標卡尺測量遮光條的寬度d；c.將質(zhì)量為M的滑塊（含遮光條）放在氣墊導軌上，用輕繩跨過定滑輪，另一端拴接一個質(zhì)量為m的鉤碼；d.將鉤碼由靜止釋放，記錄滑塊經(jīng)過光電門時的擋光時間t，測量出釋放點到光電門的距離L；e.改變鉤碼的個數(shù)n（每個鉤碼質(zhì)量均為m），仍將滑塊從同一位置靜止釋放，記錄滑塊經(jīng)過光電門時相應的擋光時間。（1）游標卡尺示數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度為0.165cm；（2）已知重力加速度為g，若所掛鉤碼的個數(shù)為n，系統(tǒng)的機械能守恒時，關系式成立（用已知和測量的物理量的字母表示）；（3）利用記錄的實驗數(shù)據(jù)，以為橫軸、t2為縱軸描繪出相應的圖像，作出的圖線斜率為k，若系統(tǒng)的機械能守恒，則k＝（用已知和測量的物理量的字母表示）?！究键c】實驗驗證機械能守恒定律；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的應用．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；實驗能力．【分析】（1）游標卡尺主尺與游標尺讀數(shù)的和是游標卡尺讀數(shù)；（2）求出滑塊經(jīng)過光電門時的速度，應用機械能守恒定律倒推出實驗需要驗證的表達式，然后分析答題；（3）根據(jù)上一問的表達式，變形得到t2﹣的表達式為一直線，從而得到直線的斜率【解答】解：（1）游標卡尺的精度為0.05mm，讀數(shù)為：0.1cm+14×0.05mm＝1.70mm＝0.170cm（2）根據(jù)速度的定義可得，滑塊到光電門的速度為：根據(jù)機械能守恒定律有：整理解得：，即若滿足上式，則系統(tǒng)機械能守恒。（3）由（2）中表達式變形可得t2﹣的表達式為：，變形后有：t2＝+若系統(tǒng)的機械能守恒，則t2﹣圖像是一條直線，由題意得：k＝故答案為：（1）0.170；（2）；（3）?！军c評】理解實驗原理是解題的前提，要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；求出滑塊的速度，應用機械能守恒定律即可解題。10．（2024?合肥一模）某同學要測量一段金屬絲的電阻率，實驗室提供的實驗器材有：A．粗細均勻的待測金屬絲，長度為0.5m，電阻約3ΩB．電壓表（0～3V、內(nèi)阻約3kΩ）C．電流表（0～0.6A、內(nèi)阻約3Ω）D．滑動變阻器（最大阻值5Ω）E．毫米刻度尺、螺旋測微器F．兩節(jié)干電池、開關S及導線若干請完成以下內(nèi)容：（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑，首先未放被測物時，調(diào)節(jié)螺旋測微器，擰動微調(diào)旋鈕使測微螺桿與測砧相觸時，發(fā)現(xiàn)固定刻度的橫線與可動刻度的零刻度線未對齊，如圖1所示，該示數(shù)為0.180mm，螺旋測微器夾有金屬絲時示數(shù)如圖2所示，該示數(shù)為0.680mm。（2）該同學根據(jù)圖3的電路圖進行了實物連線，請在圖4中補全連線。（3）連接好電路后，將滑動變阻器觸頭調(diào)到最左端，閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸頭位置，記錄電壓表示數(shù)U和對應的電流表示數(shù)I，再調(diào)節(jié)滑動變阻器的觸頭位置得到多組U、I數(shù)據(jù)，如下表：U/V0.580.700.910.951.201.38I/A0.200.240.280.330.420.48圖5為采用上表數(shù)據(jù)描繪出的點，請在答題卡上的圖中補全數(shù)據(jù)點，并作出U﹣I圖像。由圖像可得金屬絲的電阻值Rx＝2.9Ω，電阻率ρ＝1.1×10﹣6Ω?m。（均保留2位有效數(shù)字）【考點】導體電阻率的測量；刻度尺、游標卡尺及螺旋測微器的應用．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【分析】（1）根據(jù)螺旋測微器讀數(shù)規(guī)則讀數(shù)；（2）根據(jù)電路圖連接實物圖；（3）根據(jù)題意補點，用一條平滑的直線擬合，使各點均勻分布在直線兩側(cè)，隔得遠的點舍掉，作出的U﹣I圖像，根據(jù)圖像的斜率求解待測金屬絲的電阻，再根據(jù)電阻定律求解待測金屬絲的電阻率。【解答】解：（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則，精確度為0.01mm，故圖1的讀數(shù)為18.0×0.01mm＝0.180mm圖2的讀數(shù)為0.5mm+18.0×0.01mm＝0.680mm；（2）根據(jù)電路圖連線順序連線，實物連線圖如下圖所示；（3）根據(jù)題意要求，在圖中補出點（0.33，0.95），將圖中各點用一條平滑的直線擬合，使各點均勻分布在直線兩側(cè)，隔得遠的點舍掉，作出的U﹣I圖像如下圖所示U﹣I圖像的斜率表示待測金屬絲的電阻，故根據(jù)電阻定律及待測金屬絲的面積有≈1.1×10﹣6Ω?m。故答案為：（1）0.180；0.680；（2）；（3）；2.9（2.7﹣3.1）；1.1×10﹣6?！军c評】本題考查電阻絲電阻率的測量，要求學生熟練掌握實驗原理、實驗器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。四．解答題（共3小題）11．（2024?呂梁一模）如圖所示，光滑平面上有一個可自由移動的質(zhì)量為4m的“小山”，最高點距地面為h，最高點的曲率半徑（曲線上該點所在處的曲率圓半徑）為2h，被一個彎曲的與“小山”連在一起的光滑曲面擋板罩住形成光滑管道，一個質(zhì)量為m的小球以某初速度進入管道，小球直徑比管道內(nèi)徑略小但遠小于“小山”的高度，小球恰好能越過“小山”；重力加速度為g，擋板罩質(zhì)量不計，求：（1）小球的初速度v0多大；（2）小球離開“小山”后，小球與“小山”的速度分別為多大；（3）如果“小山”固定，小球初始速度是（1）中所求的2倍，那么小球在最高點對“山”的壓力多大。【考點】動量與能量的其他綜合應用；牛頓第三定律；向心力；機械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【分析】（1）（2）根據(jù)動量守恒定律與能量守恒定律分析解答；（3）根據(jù)機械能守恒定律結(jié)合牛頓第二定律解答?！窘獯稹拷猓海?）小球恰好能越過“小山”，則小球到達山頂時二者共速為v，小球與“小山”組成系統(tǒng)水平方向動量守恒：向右為正方向，mv0＝（m+4m）v系統(tǒng)機械能守恒：解得：（2）設小球離開“小山”后小球與“山”的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒：mv0＝mv1+4mv2系統(tǒng)機械能守恒：聯(lián)立解得：（3）小球達到最高點速度為v′，由機械能守恒定律在最高點，由牛頓第二定律：聯(lián)立解得：FN＝3mg根據(jù)牛頓第三定律壓力F′N＝FN即小球?qū)Α靶∩健钡膲毫?mg答：（1）小球的初速度；（2）小球離開“小山”后小球與“山”的速度分別為，；（3）小球在最高點對“山”的壓力為3mg。【點評】本題考查動量和能量的綜合應用，注意動量守恒的條件，會靈活運用分方向動量守恒定律解題。12．（2024?吉林模擬）如圖所示，在水平面C的上方，存在豎直平面內(nèi)周期性變化的勻強電場，電場方向未知，變化規(guī)律如圖所示。把一質(zhì)量為m、帶+q電荷的小球在t＝0時從A點以大小為的初速度水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，小球以大小為的速度豎直向下經(jīng)過B點，隨后小球第一次經(jīng)過A點正下方，且經(jīng)過A點正下方時電場剛好第一次反向。已知AB之間的高度差為2h，水平距離為h，A點到水平面C的豎直距離為128h，重力加速度為g。求：（1）AB兩點間的電勢差；（2）勻強電場的場強E0的大小和方向；（3）小球到達水平面C時與A點的水平距離?！究键c】帶電粒子在電場中的運動綜合；電勢差；電勢差與電場強度的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【分析】（1）由幾何關系求得AB兩點之間的豎直高度，對小球由A到B的過程，由動能定理求解；（2）將小球的運動沿水平與豎直方向分解，由力與運動的關系，結(jié)合電場力做功，分別求得電場力沿水平與豎直方向的分量，再由矢量合成求得電場強度；（3）根據(jù)交變電場的變化規(guī)律，將小球的運動沿水平與豎直方向分解，由力與運動的關系推斷小球在兩方向上的運動規(guī)律，由得到的運動規(guī)律求解?！窘獯稹拷猓海?）AB的水平距離為h，AB的豎直距離為2h，從A到B的過程根據(jù)動能定理有mg×2h+qU＝解得AB兩點之間的電勢差U＝（2）小球從A點以的初速度水平向右拋出，經(jīng)過一段時間后，到達B點，小球的速度豎直向下，大小為，說明水平方向上減速運動，水平方向有解得E1＝方向水平向左；豎直方向有＝解得E2＝方向豎直向下。所以勻強電場的場強E0＝代入數(shù)據(jù)解得E0＝方向與水平方向成45°角斜向左下。（3）根據(jù)題意建立如圖所示的坐標系已知小球第一次經(jīng)過A點正下方D點時電場剛好相反，可知A到D的運動時間為T，小球在水平方向運動時間具有對稱性，即A到B和B到D所用時間相同tAB＝tBD＝T小球從A到B，在y軸上有vB＝ay?2h＝解得vBT＝8h到達D點時小球沿y軸方向的分速度為v1＝ayT＝2vB則A到D沿y軸方向的位移為y1＝v1T＝vBT＝8h小球第一次經(jīng)過y軸的D點后電場反向，沿與x軸方向成45°指向右上方，小球在y軸上受力平衡，以2vB的速度做勻速直線運動。沿x軸方向先勻減速后勻加速，根據(jù)運動的對稱性可知恰好在2T時刻第二次經(jīng)過A點正下方的E點，此過程沿y軸的位移為y2＝2vBT＝2×8h＝16h經(jīng)過E點后，2T～3T時間內(nèi)電場再次反向，小球沿y軸以2vB的初速度做勻加速直線運動，3T時刻第三次經(jīng)過y軸，此時沿y軸的分速度為v3＝2vB+ayT＝2vB+2vB＝4vB2T～3T時間沿y軸的位移為y3＝（2vB+4vB）T代入數(shù)據(jù)解得y3＝24h以此類推，從0時刻開始，每經(jīng)過一個時間間隔T，小球就經(jīng)過一次y軸，沿y軸的運動均為勻加速直線運動與勻速直線運動交替運動。3T～4T時間沿y軸的位移為y4＝4vBT＝4×8h＝32h4T～5T時間沿y軸的位移為y5＝（4vB+6vB）T代入數(shù)據(jù)解得y5＝40h以此類推，可得小球第n次經(jīng)過y軸的總位移為y＝8h+16h+24h+???+8nh令y＝128h，解得5＜n＜6可知小球在第5次經(jīng)過y軸后從到達水平面，當n＝5時y＝120h則小球在第5次經(jīng)過y軸位置到水平面的距離為Δy＝128h?120h＝8h小球在第5次經(jīng)過y軸之前豎直方向經(jīng)歷了2次勻速直線運動和3次勻加速直線運動，第5次經(jīng)過y軸時沿y軸的分速度v5＝3ayT＝3×2vB＝6vB小球在第5次經(jīng)過y軸后沿y軸做勻速直線運動，從第5次經(jīng)過y軸到水平面經(jīng)歷時間為t＝與vBT＝8h對比可得t＝T小球在第5次經(jīng)過y軸后沿x軸負方向做勻減速直線運動，其位移為x＝vAt?axt2由A到B的過程中，沿水平方向有vA＝axh＝ax（）2聯(lián)立解得x＝h小球到達水平面C時與A點的水平距離x＝h。答：（1）AB兩點間的電勢差；（2）勻強電場的場強的大小，方向與水平方向成45°角斜向左下；（3）小球到達水平面C時與A點的水平距離h。【點評】本題考查了帶電體在勻強電場中運動問題，對于物體受恒力而做曲線運動，將其運動進行分解處理，分運動具有獨立性與等時性。本題難度較大，根據(jù)力與運動的關系推斷物體的運動形式和規(guī)律是本題的難點。13．（2024?安徽模擬）如圖甲所示，兩根平行光滑足夠長金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，其間距L＝2m。導軌間存在垂直于斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝2T。兩根金屬棒NQ和ab與導軌始終保持垂直且接觸良好，NQ棒通過一絕緣細線與固定在斜面上的拉力傳感器連接（連接前，傳感器已校零），細線平行于導軌。已知ab棒的質(zhì)量為2kg，NQ棒和ab棒接入電路的電阻均為2Ω，導軌電阻不計。將ab棒從靜止開始釋放，同時對其施加平行于導軌的外力F，此時拉力傳感器開始測量細線拉力FT，作出力FT隨時間t的變化圖像如圖乙所示（力FT大小沒有超出拉力傳感器量程），重力加速度g取10m/s2。求：（1）t1＝1s時，金屬棒ab的速度大?。唬?）t2＝3s時，外力F的大??；（3）已知金屬棒ab在0～3s的時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為4.5J，求這段時間外力F所做的功。【考點】電磁感應中的能量類問題；閉合電路的歐姆定律．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；圖析法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【分析】（1）（2）t＝0時，對棒NQ受力分析，根據(jù)平衡條件求解其質(zhì)量，1s和3s時，根據(jù)平衡條件求解安培力大小，根據(jù)安培力公式求解電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源電動勢，根據(jù)感應電動勢公式求解導體棒的速度；根據(jù)速度公式分析ab棒的運動情況，根據(jù)牛頓第二定律求解外力F的大??；（3）根據(jù)勻變速直線運動公式求解導體棒的位移，根據(jù)動能定理求解外力做的功?！窘獯稹拷猓海?）設棒NQ的質(zhì)量為M，當t＝0時，由平衡條件得：Mgsinθ＝FT＝2N代入數(shù)據(jù)解得：M＝0.4kgt1＝1s，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F′T＝4N對棒NQ分析，由平衡條件得：Mgsinθ+Fan＝F′T＝4N代入數(shù)據(jù)解得：Fan＝2N導體棒所受安培力為：Fan＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：I＝0.5感應電動勢為E＝I（2R）＝0.5×2×2Ω＝2V導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢有：E＝BLv1代入數(shù)據(jù)解得：v1＝0.5m/s（2）當t2＝3s時，棒NQ受到沿斜面向上的拉力F″T＝8N對棒NQ受力分析，由平衡條件得：Mgsinθ+F′an＝F″T＝8N代入數(shù)據(jù)解得：F′an＝6N導體棒所受安培力為：Fan＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：I′＝1.5A感應電動勢為E′＝I′（2R）＝1.5×2×2Ω＝6V導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢有：E′＝BLv2代入數(shù)據(jù)解得：v2＝1.5m/s由以上可知，棒ab的速度可表示為由于FT隨時間均勻增大，所以ab在做勻加速直線運動，其加速度為對棒ab受力分析，由牛頓第二定律得：mgsinθ﹣F′an﹣F＝ma代入數(shù)據(jù)解得：F＝3N（3）在0～3s的時間內(nèi)金屬棒的位移為對金屬棒ab，由動能定理得：這段時間ab克服安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，因為電路里有兩根電阻相等的棒，所以電路中產(chǎn)生的焦耳熱為9J，所以外力F所做的功為：答：（1）t1＝1s時，金屬棒ab的速度大小為0.5m/s；（2）t2＝3s時，外力F的大小為3N；（3）這段時間外力F所做的功為﹣11.25J?！军c評】本題考查電磁感應問題，對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。

考點卡片1．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系了：a∝F，a∝．另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(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的關系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(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??；（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系．對于分析瞬時對應關系時應注意兩個基本模型特點的區(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）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．2．牛頓第三定律【知識點的認識】1．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態(tài)無關．（3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．3．平拋運動【知識點的認識】一、平拋運動1．定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下的運動．2．條件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性質(zhì)：勻變速曲線運動，其運動軌跡為拋物線．4．研究方法：分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動兩個分運動．5．規(guī)律：（1）水平方向：勻速直線運動，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．（2）豎直方向：自由落體運動，vy＝gt，y＝gt2，ay＝g．（3）實際運動：v＝，s＝，a＝g．二、類平拋運動1．定義：加速度恒定，加速度方向與初速度方向垂直．2．性質(zhì)：勻變速曲線運動，其運動軌跡為拋物線．3．研究方法：一般將類平拋運動沿初速度和加速度兩個方向分解．4．規(guī)律：與平拋運動類似．（1）初速度方向：勻速直線運動，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．（2）加速度方向：初速度為零的勻加速直線運動，vy＝ayt，y＝ayt2．（3）合運動（實際運動）：v＝，s＝，a＝ay．三、平拋運動的基本規(guī)律1．速度的變化規(guī)律（1）任意時刻的速度水平分量均等于初速度v0．（2）任意相等時間間隔△t內(nèi)的速度變化量方向豎直向下，大小△v＝△vy＝g△t．2．位移變化規(guī)律（1）任意相等時間間隔內(nèi)，水平位移相同，即△x＝v0△t．（2）連續(xù)相等的時間間隔△t內(nèi)，豎直方向上的位移差不變，即△y＝g△t2．3．平拋運動的兩個重要推論推論Ⅰ：做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，設其速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα＝2tanθ．證明：如圖所示：由平拋運動規(guī)律得：tanα＝，tanθ＝，所以tanα＝2tanθ．推論Ⅱ：做平拋運動的物體，任意時刻的瞬時速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點．證明：如圖所示，設平拋物體的初速度為v0，從原點O到A點的時間為t，A點坐標為（x，y），B點坐標為（x′，0），則x＝v0t，y＝gt2，v⊥＝gt，又tanα＝，解得x′＝．即末狀態(tài)速度方向的反向延長線與x軸的交點必為此時水平位移的中點．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查平拋運動基本規(guī)律的應用：如圖所示，在一次空地演習中，離地H高處的飛機以水平速度V1發(fā)射一顆炮彈欲轟炸地面目標P，反應靈敏的地面攔截系統(tǒng)同時以速度V2豎直向上發(fā)射炮彈攔截．設攔截系統(tǒng)與飛機的水平距離為s，不計空氣阻力．若攔截成功，則V1、V2的關系應滿足（）A．v1＝v2B．v1＝v2C．v1＝v2D．v1＝v2分析：若攔截成功，豎直上拋的炮彈和平拋的炮彈運動時間相等，在豎直方向上的位移之和等于H，平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．解：炮彈運行的時間t＝，在這段時間內(nèi)飛機發(fā)射炮彈在豎直方向上的位移h1＝gt2，攔截炮彈在這段時間內(nèi)向上的位移，h2＝v2t﹣gt2．則H＝h1+h2＝v2t，所以H＝v2，解得：v1＝v2，故C正確，A、B、D錯誤．故選C．點評：解決平拋運動的關鍵在于用好運動的合成與分解，明確平拋運動的實質(zhì)是水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體的合運動；兩個分運動互不影響，相互獨立．（2）第二類?？碱}型是平拋運動和斜面結(jié)合問題：如圖所示，A、B、C三個小球分別從斜面的頂端以不同的速度水平拋出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角分別為α、β，C落到水平面上時速度方向與水平方向的夾角為γ，則（）A．α＝β＝γB．α＝β＞γC．α＝β＜γD．α＜β＜γ分析：設小球落在斜面上時平拋初速度為v0，落在斜面底端時初速度為v1，落在水平面上C點時初速度為v2．小球落在斜面上時，斜面傾角的正切等于豎直位移與水平位移之比，列式求出平拋運動的時間，再求出落在斜面時速度方向與水平方向的夾角的正切，來比較夾角的大?。猓涸O小球落在斜面上時平拋初速度為v0，落在斜面上時速度與水平方向的夾角為θ′，斜面傾角為θ．由tanθ＝＝＝，得到t＝則tanθ′＝＝＝2tanθ，與初速度大小無關，即落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角均相等，所以α＝β．設小球落在斜面底端時速度與水平方向夾角為γ′，其初速度為v1，落在水平面上C點時初速度為v2．由于高度相同，平拋時間相等，設為t1．則tanγ′＝，tanγ＝由于v1＜v2所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ由上分析可知γ′＝α＝β，所以α＝β＞γ．故選B．點評：本題關鍵是斜面的傾角的應用，它表示位移方向與水平方向的夾角，分解位移，不是分解速度，不能得到這樣的式子：tanθ＝．（3）第三類常考題型是涉及平拋運動的綜合問題：如圖所示，在距地面高為H＝45m處，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方有一物塊B也以相同的初速度v0同方向滑出，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，A、B均可看做質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度g取10m/s2，求：（1）A球從拋出到落地的時間和這段時間內(nèi)的水平位移；（2）A球落地時，A、B之間的距離．分析：A球做的是平拋運動，研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，兩個方向上運動的時間相同．B球只在摩擦力的作用下，做勻減速直線運動，由勻變速直線運動的規(guī)律可以求得B的位移的大?。猓海?）A球做的是平拋運動，由平拋運動的規(guī)律得水平方向上：x＝V0t豎直方向上：H＝gt2由以上兩個方程可以解得，x＝30m，t＝3s，（2）對B物塊，由牛頓第二定律可得，μmg＝ma，所以a＝μg＝5m/s2，減速至停止所需要的時間為t′＝＝2s＜3s，所以在A落地之前B已經(jīng)停止運動，B的總位移為，xB＝＝10m，所以AB間的距離為△x＝x﹣xB＝20m．答：（1）A球從拋出到落地的時間是3s，這段時間內(nèi)的水平位移是30m；（2）A球落地時，A、B之間的距離是20m．點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動來求解，對B運用勻減速直線運動的規(guī)律直接求解即可．（4）第四類?？碱}型是斜拋運動問題：如圖所示，水平地面上不同位置的三個小球斜上拋，沿三條不同的路徑運動最終落在同一點，三條路徑的最高點是等高的，若忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）A．三個小球落地時的速率相等B．沿路徑3拋出的小球在空中運動時間最長C．三個小球拋出的初速度豎直分量相等D．三個小球拋出的初速度水平分量相等分析：三個小球都做斜拋運動，運用運動的分解法，將其運動分解為豎直和水平兩個方向研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式列式，再進行分析．解：設任一小球初速度大小為v0，初速度的豎直分量為vy，水平分量為vx，初速度與水平方向的夾角為α，上升的最大高度為h，運動時間為t，落地速度大小為v．A、C、D、取豎直向上方向為正方向，小球豎直方向上做勻減速直線運動，加速度為a＝﹣g，由0﹣＝﹣2gh，得vy＝，h相同，vy相同，則三個小球初速度的豎直分量相同．由速度的分解知：vy＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同．根據(jù)機械能守恒定律得知，小球落地時與拋出時速率相等，所以可知三個小球落地時的速率不等．又有vy＝vxtanα，vy相同，α不同，則vx不同，初速度水平分量不等，故AD錯誤，C正確．B、由運動學公式有：h＝，則得：t＝2，則知三個球運動的時間相等；故B錯誤．故選：C．點評：對于斜拋運動，要能熟練運用運動的分解法進行分析，掌握相關的運動學公式是解題的基礎．【解題方法點撥】1．平拋運動的處理技巧﹣﹣一“補”登天由平拋運動的分解規(guī)律可知，平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，我們在解答有關平拋運動的問題時，如果選擇適當?shù)奈恢醚a畫這兩個方向的平面，按照這種分解規(guī)律可以給解題帶來極大的方便．2．斜面上的平拋運動問題的規(guī)律總結(jié)（1）順著斜面平拋方法：分解位移x＝v0ty＝gt2tanθ＝可求得t＝（2）對著斜面平拋（如圖）方法：分解速度vx＝v0vy＝gt，tanθ＝＝可求得t＝（3）對著豎直墻壁平拋（如圖）水平初速度v0不同時，雖然落點不同，但水平位移相同．t＝．3．類平拋運動的求解方法①常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的勻加速直線運動．兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性．②特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼担瑢⒓铀俣萢分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解．4．涉及平拋運動的綜合問題（1）平拋運動與其他運動形式（如勻速直線運動、豎直上拋運動、自由落體運動、圓周運動等）綜合的題目．在這類問題的分析中要注意平拋運動與其他運動在時間上、位移上、速度上的相關分析．（2）多體平拋問題：①若兩物體同時從同一高度（或同一點）拋出，則兩物體始終在同一高度，二者間距只決定于兩物體水平分運動；②若兩物體同時從不同高度拋出，則兩物體高度差始終與拋出點高度差相同，二者間距由兩物體水平分運動和豎直高度差決定；③若兩物體從同一點先后拋出，兩物體豎直高度差隨時間均勻增大，二者間距決定于兩物體水平分運動和豎直分運動．4．斜拋運動【知識點的認識】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運動叫做拋體運動。2．方向：直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上；曲線運動中，質(zhì)點在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此，做拋體運動的物體的速度方向，在其運動軌跡各點的切線方向上，并指向物體前進的方向。注：由于曲線上各點的切線方向不同，所以，曲線運動的速度方向時刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運動的條件：（1）物體做直線運動：當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時，物體做直線運動。（2）物體做曲線運動：當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時，物體做曲線運動。4．平拋運動（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運動。（2）條件：①初速度方向為水平；②只受重力作用。（3）規(guī)律：平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是自由落體運動，所以平拋運動是勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：；位移公式：?s＝。tanα＝＝5．斜拋運動（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運動叫做斜拋運動。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動，在豎直方向的分運動是豎直上拋運動，所以斜拋運動是勻變速曲線運動。（4）公式：【命題方向】例1：某學生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點的速率比C點的速率大B．D點的加速度比C點加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機械能守恒；拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速運動。解答：A、拋體運動，機械能守恒，D點位置低，重力勢能小，故動能大，速度大，故A正確；B、拋體運動，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯誤；C、從B到D是平拋運動，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點B處加速度與速度垂直，故C錯誤；D、從B到D是平拋運動，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯誤。故選：A。點評：拋體運動可以分解為水平方向的勻速直線運動與豎直方向的勻變速直線運動，拋體運動機械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，不計空氣阻力。若拋射點B向籃板方向移動一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運動，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運動，等效成籃球做平拋運動，當水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯誤。故選：C。點評：本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯?！窘忸}方法點撥】類平拋運動：1．定義：當物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時，物體做類平拋運動。2．類平拋運動的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運動，兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性。（2）特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼担瑢⒓铀俣确纸鉃閍x、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運動問題的求解思路：根據(jù)物體受力特點和運動特點判斷該問題屬于類平拋運動問題﹣﹣求出物體運動的加速度﹣﹣根據(jù)具體問題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運動當物體在巨力作用下運動時，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運動就是類拋體運動。在類拋體運動中可采用正交分解法處理問題，基本思路為：①建立直角坐標系，將外力、初速度沿這兩個方向分解。②求出這兩個方向上的加速度、初速度。③確定這兩個方向上的分運動性質(zhì)，選擇合適的方程求解。5．向心力【知識點的認識】一：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?。?．大?。篎n＝man＝＝mω2r＝．3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據(jù)物體受力的實際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力．二、離心運動和向心運動1．離心運動（1）定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動．（2）本質(zhì)：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向．（3）受力特點：當F＝mrω2時，物體做勻速圓周運動；當F＝0時，物體沿切線方向飛出；當F＜mrω2時，物體逐漸遠離圓心，F(xiàn)為實際提供的向心力．如圖所示．2．向心運動當提供向心力的合外力大于做圓周運動所需向心力時，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近．如圖所示．注意：物體做離心運動不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現(xiàn)，物體做離心運動時，并非沿半徑方向飛出，而是運動半徑越來越大或沿切線方向飛出．【重要知識點分析】1．圓周運動中的運動學分析（1）對公式v＝ωr的理解當r一定時，v與ω成正比．當ω一定時，v與r成正比．當v一定時，ω與r成反比．（2）對a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比．2．勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質(zhì)是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直．即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對圓周運動中的傳動問題分析：一個內(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)做勻速圓周運動，A的運動半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運動周期等于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力分析：對AB受力分析，可以發(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)做勻速圓周運動．由于A和B的質(zhì)量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運動時的向心力是相同的．由向心力的計算公式F＝m，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時，半徑大的線速度大，所以A錯誤．B、又由公式F＝mω2r，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時，半徑大的角速度小，所以B錯誤．C、由周期公式T＝，所以球A的運動周期大于球B的運動周期，故C錯誤．D、球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點評：對物體受力分析是解題的關鍵，通過對AB的受力分析可以找到AB的內(nèi)在的關系，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生分析問題的能力，是道好題．（2）第二類常考題型是對圓周運動中的動力學問題分析：如圖所示，質(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動．圓半徑為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓軌．則其通過最高點時（）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)最高點時剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對小球的彈力為零，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、因為小球剛好在最高點不脫離圓環(huán)，則軌道對球的彈力為零，所以小球?qū)A環(huán)的壓力為零．故A錯誤．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．點評：解決本題的關鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解．（3）第二類?？碱}型是對圓周運動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)動半徑為1m，小杯通過最高點的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點時，繩的拉力？（2）在最高點時水對小杯底的壓力？（3）為使小杯經(jīng)過最高點時水不流出，在最高點時最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運動所需要的向心力是由哪個力提供的；（2）水對小杯底的壓力與杯子對水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點，此時的受力的條件是只有物體的重力作為向心力．解：（1）小杯質(zhì)量m＝0.5kg，水的質(zhì)量M＝1kg，在最高點時，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以細繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點時，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合＝Mg+F圓周半徑為R，則F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯對水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據(jù)牛頓第三定律，水對小杯底的壓力為6N，方向豎直向上．（3）小杯經(jīng)過最高點時水恰好不流出時，此時杯對水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝．答：（1）在最高點時，繩的拉力為9N；（2）在最高點時水對小杯底的壓力為6N；（3）在最高點時最小速率為．點評：水桶在豎直面內(nèi)做圓周運動時向心力的來源是解決題目的重點，分析清楚哪一個力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當水桶恰好能過最高點時，只有水的重力作為向心力，此時水恰好流不出來．【解題方法點撥】1．圓周運動中的運動學規(guī)律總結(jié)在分析傳動裝置中的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關系，具體有：（1）同一轉(zhuǎn)軸的輪上各點角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比．（2）當皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時，傳動皮帶上各點以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比．（3）齒輪傳動時，兩輪的齒數(shù)與半徑成正比，角速度與齒數(shù)成反比．2．圓周運動中的動力學問題分析（1