2024年高考物理終極押題密卷2（全國甲卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷2（全國甲卷）一、選擇題（共8小題，每小題6分，共48分）1．（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）圖中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅圖涉及不同的原子物理知識(shí)，其中說法正確的是（）A．根據(jù)圖（a）所示的三種射線在磁場中的軌跡，可以判斷出“1”為β射線 B．如圖（b）所示，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光光強(qiáng)越強(qiáng)，光電子的最大初動(dòng)能越大 C．玻爾通過圖（c）所示的α粒子散射實(shí)驗(yàn)，揭示了原子核還可以再分 D．利用圖（d）所示的氫原子能級(jí)示意圖，可以解釋氫原子光譜為何不是連續(xù)光譜2．（2024?南寧二模）小明到汽車站時(shí)，汽車已經(jīng)沿平直公路駛離車站。假設(shè)汽車司機(jī)聽到呼喊后立即剎車，汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小明同時(shí)以4m/s的速度勻速追趕汽車。已知汽車開始剎車時(shí)距離小明12m，汽車在剎車過程中的圖像（x為t時(shí)間內(nèi)的位移）如圖所示，則小明追上汽車所用時(shí)間為（）A．4s B．6s C．7s D．8s3．（2024?昆明一模）2024年1月23日02時(shí)09分，新疆阿克蘇地區(qū)烏什縣發(fā)生7.1級(jí)地震，中國資源衛(wèi)星應(yīng)用中心通過衛(wèi)星對災(zāi)區(qū)進(jìn)行觀測。其中衛(wèi)星a離地高度約為600km，衛(wèi)星b離地高度約為36000km，若兩顆衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。關(guān)于兩衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星a的速率小于衛(wèi)星b的速率 B．衛(wèi)星a的加速度小于衛(wèi)星b的加速度 C．衛(wèi)星a的周期小于衛(wèi)星b的周期 D．衛(wèi)星a的角速度小于衛(wèi)星b的角速度4．（2024?貴州模擬）如圖所示，將帶正電的試探電荷沿等量異種點(diǎn)電荷連線從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，再沿連線中垂線從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)。在此過程中，對試探電荷所受的靜電力F，所經(jīng)過的各點(diǎn)處電勢φ的高低，試探電荷的電勢能E的大小，下列判斷正確的是（）A．A處與C處的電場力方向相反 B．FA＞FB＞FC C．φA＞φB＞φC D．EA＜EB＝EC5．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）為探究手搖式發(fā)電機(jī)的工作原理，兩同學(xué)來到實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置，當(dāng)兩裝置中線圈以相同角速度在相同勻強(qiáng)磁場中同步進(jìn)行勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律如丙、丁所示。則下列說法中正確的是（）A．兩裝置在圖示位置所產(chǎn)生的瞬時(shí)電流均為零 B．兩裝置中，R中流過的電流規(guī)律對應(yīng)圖丙的是裝置甲 C．在0﹣2t0內(nèi)，兩裝置中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱不同 D．在0﹣2t0內(nèi)，兩裝置中通過電阻R的電量相同（多選）6．（2024?昆明一模）法國的古斯塔夫?埃菲爾為了研究空氣動(dòng)力學(xué)，曾將不同形狀的物體從埃菲爾鐵塔上靜止釋放以研究空氣阻力的規(guī)律。若空氣阻力與物體速度的平方成正比，用v表示物體的速度，a表示物體的加速度，Ek表示物體的動(dòng)能，E表示物體的機(jī)械能，t表示物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，h表示物體下落的高度，取地面為零勢能面。當(dāng)物體豎直下落時(shí)，下列圖像可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）7．（2024?郫都區(qū)校級(jí)二模）從地面上將一物體豎直向上拋出，物體運(yùn)動(dòng)過程中受到恒定大小的空氣阻力作用，其上升過程中動(dòng)能與重力勢能隨上升的高度變化的圖像如圖所示，則根據(jù)該圖像可以求出（）A．物體落回地面時(shí)的動(dòng)能 B．物體上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能 C．物體上升的最大高度 D．物體從拋出至落回拋出點(diǎn)所用的時(shí)間（多選）8．（2024?昆明一模）如圖所示，邊長為L的等邊三角形abc區(qū)域外存在垂直于abc所在平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，P、Q兩點(diǎn)分別為ab邊的三等分點(diǎn)。t＝0時(shí)刻，帶負(fù)電的粒子在abc平面內(nèi)以初速度v0從a點(diǎn)垂直于ac邊射出，從P點(diǎn)第一次進(jìn)入三角形abc區(qū)域。不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子的比荷為 B．粒子可以運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) C．粒子第一次到達(dá)c點(diǎn)的時(shí)間為 D．粒子第一次回到a點(diǎn)的時(shí)間為二、實(shí)驗(yàn)題9．（2024?成都模擬）某同學(xué)用圖（a）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。所需器材：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率約0.6W）；電源E（電動(dòng)勢6V，內(nèi)阻很小可忽略不計(jì)）；電壓表V（量程3V，阻值很大）；電流表A（量程0.25A，內(nèi)阻約0.4Ω）；滑動(dòng)變阻器R（總阻值約10Ω）；保護(hù)電阻R0（阻值待定）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）請依照圖（a）所示電路，在圖（b）中補(bǔ)全實(shí)物連線。（2）實(shí)驗(yàn)步驟：①閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使滑片停留在最（選填“左”或“右”）端；②閉合開關(guān)后，逐漸移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓；③記錄如下8組U和I的數(shù)據(jù)后斷開開關(guān)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖（c）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。編號(hào)12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220小燈泡發(fā)光情況不亮???微亮?????逐漸變亮?????正常發(fā)光（3）若實(shí)驗(yàn)室中沒有量程為0.25A的電流表，可用一只量程為50mA，阻值為2Ω的毫安表并聯(lián)電阻值為Ω的定值電阻改裝而成。（4）燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻與燈泡不亮?xí)r的電阻的比值為（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）為了能順利完成實(shí)驗(yàn)，且較大程度起到保護(hù)作用，保護(hù)電阻R0的阻值應(yīng)為Ω（選填“20”、“10”、“5”或“2”）。10．（2024?貴陽模擬）某物理興趣小組用如圖所示的阿特伍德機(jī)來測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。?）實(shí)驗(yàn)時(shí)，該小組進(jìn)行了如下操作：①在重物A上安裝擋光片，把重物A和砝碼盤B用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩連接后，跨放在光滑的輕質(zhì)定滑輪上，在砝碼盤中放入適量的小物體，使裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，測量出擋光片到光電門豎直距離h和擋光片的寬度d；②在砝碼盤B中放入質(zhì)量為m的砝碼，讓系統(tǒng)（A和B）由靜止開始運(yùn)動(dòng)，光電門記錄擋光片遮光的時(shí)間為Δt，重物向上運(yùn)動(dòng)h時(shí)的速度大小為，重物A運(yùn)動(dòng)的加速度大小a為；③增加砝碼盤中砝碼，并重復(fù)實(shí)驗(yàn)②，記錄砝碼質(zhì)量m和對應(yīng)的加速度a。（2）以為縱坐標(biāo)、為橫坐標(biāo)，得到的圖像為直線，縱截距為b，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮?。三、?jì)算題11．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，a、b、c均為質(zhì)量為m的物塊，其中b、c通過輕彈簧連接并靜置在水平地面上，彈簧的勁度系數(shù)為k，a物塊從距離b高為h處由靜釋放，與b碰撞后（碰撞時(shí)間極短）立即連在一起向下運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則：（1）求a、b碰撞后瞬間a、b整體的加速度大??；（2）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，以后彈簧恰好能恢復(fù)原長，求初始時(shí)彈簧的彈性勢能（結(jié)果用含h0的式子表示）；（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，以后c恰好能離開地面，求hx為多少？12．（2024?云南一模）如圖所示，矩形區(qū)域abcd平面內(nèi)有垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab邊長為4L，bc邊長為L。在矩形中心O處有一粒子源，在平面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射出速度大小相等的帶電粒子，粒子帶電量均為+q，質(zhì)量均為m。若初速度平行于ab邊的粒子離開磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了60°角，不計(jì)粒子之間的相互作用及粒子重力，取sin14.5°＝0.25。求（1）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小；（2）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間和最長時(shí)間的比值；（3）某時(shí)刻發(fā)射出的粒子中，當(dāng)初速度方向平行于ab邊的粒子離開磁場時(shí)，這些粒子中未離開磁場的粒子數(shù)與已經(jīng)離開磁場的粒子數(shù)之比。選修3-3（多選）13．（2024?成都模擬）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如T﹣V圖中從a到b的直線所示。直線ab與過原點(diǎn)的虛線斜率相同，下列判斷正確的是（）A．氣體內(nèi)能增加 B．氣體壓強(qiáng)不變 C．氣體從外界吸熱 D．外界對氣體做正功 E．容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)逐漸減少14．（2024?郫都區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，兩個(gè)固定的導(dǎo)熱良好的足夠長水平汽缸，由水平輕質(zhì)硬桿相連的兩個(gè)活塞面積分別為SA＝120cm2，SB＝20cm2。兩汽缸通過一帶閥門K的細(xì)管連通，最初閥門關(guān)閉，A內(nèi)有理想氣體，初始溫度為27℃，B內(nèi)為真空。初始狀態(tài)時(shí)兩活塞分別與各自汽缸底相距a＝40cm、b＝10cm，活塞靜止。（不計(jì)一切摩擦，細(xì)管體積可忽略不計(jì)，A內(nèi)有體積不計(jì)的加熱裝置，圖中未畫出。設(shè)環(huán)境溫度保持不變?yōu)?7℃，外界大氣壓為p0）。（ⅰ）當(dāng)閥門K關(guān)閉時(shí)，在左側(cè)汽缸A安裝絕熱裝置，同時(shí)使A內(nèi)氣體緩慢加熱，求當(dāng)右側(cè)活塞剛好運(yùn)動(dòng)到缸底時(shí)A內(nèi)氣體的溫度TA，及壓強(qiáng)pA；（ⅱ）停止加熱并撤去左側(cè)汽缸的絕熱裝置，將閥門K打開，足夠長時(shí)間后，求大活塞距左側(cè)汽缸底部的距離Δx。選修3-4（多選）15．（2024?成都三模）如圖（a），位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的波源從t＝0時(shí)刻開始振動(dòng)，形成了沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t＝3s時(shí)，平衡位置位于x＝15m處的質(zhì)點(diǎn)A第一次到達(dá)波峰，質(zhì)點(diǎn)B的平衡位置位于x＝30m處，波源O的振動(dòng)圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)A的起振方向沿y軸負(fù)方向 B．該波的波速為10m/s C．t＝3.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A正通過平衡位置沿y軸正方向運(yùn)動(dòng) D．從t＝0到t＝3s的過程中，質(zhì)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的路程為12cm E．t＝3.75s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B的加速度與速度同向16．（2024?綿陽模擬）如圖所示，等腰梯形ABCD為某透明棱鏡的橫截面，已知該棱鏡材料的折射率為，∠A＝∠B＝75°，且邊AB＝L。一單色光從AD邊上的E點(diǎn)沿某方向射入棱鏡，其折射光照射到AB界面時(shí)，恰好發(fā)生全反射，并最終從BC界面射出。光在真空中的傳播速度為c，不考慮光在每個(gè)面上的多次反射，求：（1）該單色光從AD面入射時(shí)的入射角；（2）該單色光在棱鏡中的傳播時(shí)間。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷2（全國甲卷）參考答案與試題解析一．試題（共16小題）1．（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）圖中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅圖涉及不同的原子物理知識(shí)，其中說法正確的是（）A．根據(jù)圖（a）所示的三種射線在磁場中的軌跡，可以判斷出“1”為β射線 B．如圖（b）所示，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光光強(qiáng)越強(qiáng)，光電子的最大初動(dòng)能越大 C．玻爾通過圖（c）所示的α粒子散射實(shí)驗(yàn)，揭示了原子核還可以再分 D．利用圖（d）所示的氫原子能級(jí)示意圖，可以解釋氫原子光譜為何不是連續(xù)光譜【考點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；光電效應(yīng)；愛因斯坦光電效應(yīng)方程；α粒子散射實(shí)驗(yàn)．【專題】定性思想；推理法；光電效應(yīng)專題；原子的核式結(jié)構(gòu)及其組成；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題；理解能力．【分析】根據(jù)洛倫茲力對不同粒子的影響判斷；光電效應(yīng)中光電子的最大初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度無關(guān)；根據(jù)α粒子散射實(shí)驗(yàn)判斷；根據(jù)玻爾理論判斷?！窘獯稹拷猓篈．放射源射出的三種射線在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，α射線帶正電，根據(jù)左手定則判斷出射線1為α射線，故A錯(cuò)誤；B．發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek＝hν﹣W0，可知入射光頻率越大，光電子的最大初動(dòng)能也就越大，與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．盧瑟福通過圖（c）所示在α粒子散射實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上，提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，故C錯(cuò)誤；D．利用圖（d）所示的氫原子能級(jí)示意圖，玻爾將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出氫原子能級(jí)是分立的，能夠解釋氫原子的光譜特征，光譜也是分立的，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了近代物理初步的相關(guān)知識(shí)，理解不同物理現(xiàn)象的影響因素，并知道其深層次的原因，結(jié)合熟悉的物理模型求解，難度不大，屬于普通題。2．（2024?南寧二模）小明到汽車站時(shí)，汽車已經(jīng)沿平直公路駛離車站。假設(shè)汽車司機(jī)聽到呼喊后立即剎車，汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小明同時(shí)以4m/s的速度勻速追趕汽車。已知汽車開始剎車時(shí)距離小明12m，汽車在剎車過程中的圖像（x為t時(shí)間內(nèi)的位移）如圖所示，則小明追上汽車所用時(shí)間為（）A．4s B．6s C．7s D．8s【考點(diǎn)】運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合．【專題】定量思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)圖像，結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律公式可求出圖像中斜率和截距的物理意義，得到運(yùn)動(dòng)的初速度，加速度等條件，從而利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出追上汽車所用的時(shí)間?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝v0﹣at2變形可知＝v0﹣at結(jié)合圖像的斜率與截距可知v0＝8m/s斜率a＝m/s2＝1m/s2解得a＝2m/s2汽車停止的時(shí)間為at0＝v0解得t0＝4s根據(jù)位移關(guān)系可知vt﹣（v0t﹣at2）＝L解得t＝6s＞t0則小明在汽車停止后才追上汽車，在如時(shí)間內(nèi)小明和汽車的位移分別為x＝vt0＝4×4m＝16m，x2＝t0＝×4m＝16m此后小明還需運(yùn)動(dòng)12m即可追上汽車，所用時(shí)間為vt'＝L解得t'＝3s則共用時(shí)t總＝t0+t'＝4s+3s＝7s，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意能夠通過勻變速運(yùn)動(dòng)基本公式中，推導(dǎo)出圖像中的表達(dá)式。3．（2024?昆明一模）2024年1月23日02時(shí)09分，新疆阿克蘇地區(qū)烏什縣發(fā)生7.1級(jí)地震，中國資源衛(wèi)星應(yīng)用中心通過衛(wèi)星對災(zāi)區(qū)進(jìn)行觀測。其中衛(wèi)星a離地高度約為600km，衛(wèi)星b離地高度約為36000km，若兩顆衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)。關(guān)于兩衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．衛(wèi)星a的速率小于衛(wèi)星b的速率 B．衛(wèi)星a的加速度小于衛(wèi)星b的加速度 C．衛(wèi)星a的周期小于衛(wèi)星b的周期 D．衛(wèi)星a的角速度小于衛(wèi)星b的角速度【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星；萬有引力定律的應(yīng)用．【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)，由地球的萬有引力提供向心力，應(yīng)用萬有引力公式和牛頓第二定律求出衛(wèi)星的速率、加速度、周期、角速度與軌道半徑的關(guān)系式，然后分析答題?！窘獯稹拷猓涸O(shè)地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，軌道半徑為r。衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由地球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得G＝m＝ma＝mr＝mω2r可得v＝，a＝，T＝2π，ω＝可知衛(wèi)星的軌道半徑越小，速率、加速度、角速度均越大，周期越小，因衛(wèi)星a的軌道半徑比衛(wèi)星b的小，所以衛(wèi)星a的速率、加速度、角速度均比衛(wèi)星b的大，衛(wèi)星a的周期小于衛(wèi)星b的周期，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查萬有引力定律的應(yīng)用，知道萬有引力提供向心力這一思路是解題的前提，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓第二定律可以解題。4．（2024?貴州模擬）如圖所示，將帶正電的試探電荷沿等量異種點(diǎn)電荷連線從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，再沿連線中垂線從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)。在此過程中，對試探電荷所受的靜電力F，所經(jīng)過的各點(diǎn)處電勢φ的高低，試探電荷的電勢能E的大小，下列判斷正確的是（）A．A處與C處的電場力方向相反 B．FA＞FB＞FC C．φA＞φB＞φC D．EA＜EB＝EC【考點(diǎn)】電勢；電場線；電勢能與電場力做功的關(guān)系．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理能力．【分析】根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線疏密程度判斷電場強(qiáng)度強(qiáng)弱，等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線是一條等勢線，在中垂線上離電荷的連線越近，電場線越密，場強(qiáng)越大，電荷所受的靜電力越大，沿電場線方向電勢逐漸降低?！窘獯稹拷猓篈.量異種電荷的電場分布規(guī)律可知A、B、C三處的電場強(qiáng)度方向均與電荷連線平行，由正電荷指向負(fù)電荷；試探電荷帶正電，受到的電場力與場強(qiáng)方向相同，則試探電荷在三處所受的電場力方向相同，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)F＝qE可知電場力大小與場強(qiáng)大小分布一致，則有FA＞FB＞FC，故B正確；C.根據(jù)沿電場線方向電勢降低，且等量異種電荷的連線中垂線為等勢線，可知A、B、C三處的電勢關(guān)系為φA＞φB＝φC，故C錯(cuò)誤；D.電勢能與電勢關(guān)系Ep＝qφ由于試探電荷帶正電，則探電荷在三處的電勢能E大小為EA＞EB＝EC，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要掌握等量異種電荷電場線、等勢線分布情況，知道電勢高低的判斷。5．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）為探究手搖式發(fā)電機(jī)的工作原理，兩同學(xué)來到實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)了如圖甲、乙所示的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)裝置，當(dāng)兩裝置中線圈以相同角速度在相同勻強(qiáng)磁場中同步進(jìn)行勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，流過電阻R的電流i隨時(shí)間t變化的規(guī)律如丙、丁所示。則下列說法中正確的是（）A．兩裝置在圖示位置所產(chǎn)生的瞬時(shí)電流均為零 B．兩裝置中，R中流過的電流規(guī)律對應(yīng)圖丙的是裝置甲 C．在0﹣2t0內(nèi)，兩裝置中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱不同 D．在0﹣2t0內(nèi)，兩裝置中通過電阻R的電量相同【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律；閉合電路的歐姆定律．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理能力．【分析】根據(jù)中性面的特點(diǎn)及電流方向分析判斷AB；根據(jù)有效值計(jì)算焦耳熱，根據(jù)電流的定義式分析D?！窘獯稹拷猓篈B.圖甲、乙可知線圈初始時(shí)刻處于與中性面垂直的平面，則兩裝置在圖示位置所產(chǎn)生的瞬時(shí)電流達(dá)到最大值，甲產(chǎn)生的電流方向不變，所以R中流過的電流規(guī)律對應(yīng)圖丙的是裝置甲，故A錯(cuò)誤，B正確；C.在0～2t0內(nèi)，兩裝置中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱相同，均為Q＝R×2t0故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)q＝Δt＝Δt＝由于在0～2t0內(nèi)，兩裝置中的磁通量的變化量不同，故在0～2t0內(nèi)，兩裝置中通過電阻R的電量不同。故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電的特點(diǎn)，以及知道峰值與有效值的關(guān)系。（多選）6．（2024?昆明一模）法國的古斯塔夫?埃菲爾為了研究空氣動(dòng)力學(xué)，曾將不同形狀的物體從埃菲爾鐵塔上靜止釋放以研究空氣阻力的規(guī)律。若空氣阻力與物體速度的平方成正比，用v表示物體的速度，a表示物體的加速度，Ek表示物體的動(dòng)能，E表示物體的機(jī)械能，t表示物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，h表示物體下落的高度，取地面為零勢能面。當(dāng)物體豎直下落時(shí)，下列圖像可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】功能關(guān)系；機(jī)械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；推理能力．【分析】AB：根據(jù)牛頓第二定律表示加速度，根據(jù)速度的變化判斷加速度的變化，根據(jù)v﹣t圖像的斜率表示加速度，進(jìn)一步可判斷v﹣t圖像；C：根據(jù)動(dòng)能定理列式得出Ek﹣h圖像的表達(dá)式，結(jié)合圖像斜率判斷；D：根據(jù)功能關(guān)系列式，根據(jù)表達(dá)式結(jié)合圖像的斜率判斷?！窘獯稹拷猓篈B.對物體受力分析，根據(jù)題意可知阻力為f＝kv2根據(jù)牛頓第二定律有mg﹣f＝ma聯(lián)立解得可知物體由靜止釋放，速度增大，阻力增大，故加速度減小，v﹣t圖像的斜率表示加速度，圖線應(yīng)該向下彎曲，故A錯(cuò)誤，B正確；C：根據(jù)動(dòng)能定理mah＝Ek﹣0解得Ek＝mah故Ek﹣h圖像的斜率表示合力，有B項(xiàng)可知，加速度逐漸減小為0，合力亦逐漸減小為0，故C錯(cuò)誤；D：由跟能關(guān)系可知，物體減少的機(jī)械能等于克服阻力做的功E0﹣E＝fh解得E＝E0﹣fh隨著速度的增大，阻力逐漸增大，則E﹣h圖像的斜率逐漸增大，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查功能關(guān)系，要求學(xué)生能正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對應(yīng)的規(guī)律解題。（多選）7．（2024?郫都區(qū)校級(jí)二模）從地面上將一物體豎直向上拋出，物體運(yùn)動(dòng)過程中受到恒定大小的空氣阻力作用，其上升過程中動(dòng)能與重力勢能隨上升的高度變化的圖像如圖所示，則根據(jù)該圖像可以求出（）A．物體落回地面時(shí)的動(dòng)能 B．物體上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能 C．物體上升的最大高度 D．物體從拋出至落回拋出點(diǎn)所用的時(shí)間【考點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)能定理．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力．【分析】根據(jù)圖像得到機(jī)械能的損失，由此得到物體落回地面時(shí)的機(jī)械能；阻力無法求出，根據(jù)能量守恒定律、牛頓第二定律分析CD項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)圖像可知，動(dòng)能減少ΔEk＝100J﹣40J＝60J時(shí)，重力勢能增加ΔEP＝40J，所以機(jī)械能減少：ΔE1＝60J﹣40J＝20J；上升到最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)械能損失ΔE，則有：＝，解得：ΔE＝則物體回到地面上時(shí)的機(jī)械能為：E＝100J﹣2ΔE＝100J﹣2×＝，故A正確；B、根據(jù)A選項(xiàng)可知，物體上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能為：E＝Ek0﹣ΔE＝100J﹣＝，故B正確；C、物體上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能為：E＝＝mgh，由于物體的質(zhì)量不知道，無法求解高度；D、根據(jù)牛頓第二定律得，上升過程的加速度大小為：a1＝下降過程的加速度大小為：a2＝根據(jù)h＝at2得，.上升的時(shí)間為：t1＝下降的時(shí)間為：t2＝則總時(shí)間為：t＝t1+t2＝+由于阻力大小未知，無法求出物體從拋出至落回拋出點(diǎn)所用的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了功能關(guān)系和能量守恒定律，首先要選取研究過程，分析運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，然后分析運(yùn)動(dòng)過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動(dòng)能為多少，根據(jù)功能關(guān)系列方程解答。（多選）8．（2024?昆明一模）如圖所示，邊長為L的等邊三角形abc區(qū)域外存在垂直于abc所在平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，P、Q兩點(diǎn)分別為ab邊的三等分點(diǎn)。t＝0時(shí)刻，帶負(fù)電的粒子在abc平面內(nèi)以初速度v0從a點(diǎn)垂直于ac邊射出，從P點(diǎn)第一次進(jìn)入三角形abc區(qū)域。不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子的比荷為 B．粒子可以運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn) C．粒子第一次到達(dá)c點(diǎn)的時(shí)間為 D．粒子第一次回到a點(diǎn)的時(shí)間為【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【分析】帶電粒子在三角形處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在三解形內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求比荷；由軌跡可知能否經(jīng)過Q點(diǎn)；分別求出粒子在三角形區(qū)域內(nèi)外時(shí)間，相加可得到所求時(shí)間?！窘獯稹拷猓篈、粒子在磁場中的軌跡如圖所示，由圖可知，粒子的軌跡半徑為：根據(jù)洛倫茲力提供向心力：解得：，故A正確；B、由圖知，粒子不能運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C、粒子從a點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間：t1＝＝＝粒子從P點(diǎn)到M點(diǎn)的時(shí)間：粒子從M點(diǎn)到c點(diǎn)的時(shí)間：t3＝＝粒子第一次到達(dá)c點(diǎn)的時(shí)間為：，故C錯(cuò)誤；D、由圖可知，粒子第一次回到a點(diǎn)相當(dāng)于3個(gè)從a到c的時(shí)間，則所用的時(shí)間為：，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律和幾何關(guān)系即可正確解題；解題時(shí)注意數(shù)學(xué)知識(shí)及幾何圖形的周期性的應(yīng)用。9．（2024?成都模擬）某同學(xué)用圖（a）所示電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)。所需器材：小燈泡L（額定電壓3V，額定功率約0.6W）；電源E（電動(dòng)勢6V，內(nèi)阻很小可忽略不計(jì)）；電壓表V（量程3V，阻值很大）；電流表A（量程0.25A，內(nèi)阻約0.4Ω）；滑動(dòng)變阻器R（總阻值約10Ω）；保護(hù)電阻R0（阻值待定）；開關(guān)S；導(dǎo)線若干。（1）請依照圖（a）所示電路，在圖（b）中補(bǔ)全實(shí)物連線。（2）實(shí)驗(yàn)步驟：①閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的滑片，使滑片停留在最左（選填“左”或“右”）端；②閉合開關(guān)后，逐漸移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片，增加小燈泡兩端的電壓，記錄電流表和電壓表的多組讀數(shù)，直至電壓達(dá)到額定電壓；③記錄如下8組U和I的數(shù)據(jù)后斷開開關(guān)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在圖（c）所示方格紙上描繪完整的表格數(shù)據(jù)并作出小燈泡的伏安特性曲線。編號(hào)12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.2000.2150.220小燈泡發(fā)光情況不亮???微亮?????逐漸變亮?????正常發(fā)光（3）若實(shí)驗(yàn)室中沒有量程為0.25A的電流表，可用一只量程為50mA，阻值為2Ω的毫安表并聯(lián)電阻值為0.5Ω的定值電阻改裝而成。（4）燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻與燈泡不亮?xí)r的電阻的比值為1.4（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。（5）為了能順利完成實(shí)驗(yàn)，且較大程度起到保護(hù)作用，保護(hù)電阻R0的阻值應(yīng)為5Ω（選填“20”、“10”、“5”或“2”）?！究键c(diǎn)】描繪小燈泡的伏安特性曲線．【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；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖；（2）滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)位于分壓電壓為零的那一端；（3）并聯(lián)電阻有分壓作用，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)求解作答；（4）根據(jù)歐姆定律分別求解小燈泡不亮和正常發(fā)光的電阻，再求比值；（5）為較大程度地保護(hù)電路，串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻后，使得滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)求并聯(lián)電阻，根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系求保護(hù)電阻的大約值，然后作答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)電路圖，連接實(shí)物圖為（2）滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，為了保證電路安全，閉合開關(guān)前，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)片應(yīng)位于分壓電壓為零的那一端，即應(yīng)使滑片停留在最左端。（3）設(shè)毫安表的量程為I1，電阻為R1，根據(jù)歐姆定律及并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)，改裝電流表的量程代入數(shù)據(jù)解得R＝0.5Ω（4）小燈泡不亮?xí)r，電阻為小燈泡正常發(fā)光時(shí)，電阻為因此燈泡正常發(fā)光時(shí)的電阻與燈泡不亮?xí)r的電阻的比值（5）為較大程度地保護(hù)電路，則應(yīng)串聯(lián)一個(gè)保護(hù)電阻R0，使得滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)，并聯(lián)電阻從表格中可知，小燈泡正常發(fā)光時(shí)電壓為3V根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系代入數(shù)據(jù)解得R0＝5.76Ω考慮到電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)阻的實(shí)際影響，保護(hù)電阻選擇R0＝5Ω即可。故答案為：（1）見解析；（2）左；（3）0.5；（4）1.4；（5）5?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查用描繪燈泡的伏安特性曲線，考查了電流表的改裝；要明確實(shí)驗(yàn)原理，能夠根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物圖；注意：在選擇保護(hù)電阻時(shí)，應(yīng)保證滑動(dòng)變阻器的滑片滑到最右端時(shí)，小燈泡能正常發(fā)光。10．（2024?貴陽模擬）某物理興趣小組用如圖所示的阿特伍德機(jī)來測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣?。?）實(shí)驗(yàn)時(shí)，該小組進(jìn)行了如下操作：①在重物A上安裝擋光片，把重物A和砝碼盤B用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩連接后，跨放在光滑的輕質(zhì)定滑輪上，在砝碼盤中放入適量的小物體，使裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，測量出擋光片到光電門豎直距離h和擋光片的寬度d；②在砝碼盤B中放入質(zhì)量為m的砝碼，讓系統(tǒng)（A和B）由靜止開始運(yùn)動(dòng)，光電門記錄擋光片遮光的時(shí)間為Δt，重物向上運(yùn)動(dòng)h時(shí)的速度大小為，重物A運(yùn)動(dòng)的加速度大小a為；③增加砝碼盤中砝碼，并重復(fù)實(shí)驗(yàn)②，記錄砝碼質(zhì)量m和對應(yīng)的加速度a。（2）以為縱坐標(biāo)、為橫坐標(biāo)，得到的圖像為直線，縱截距為b，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣却笮椤！究键c(diǎn)】實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證牛頓第二定律．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【分析】（1）②根據(jù)光電門求速度的公式求解，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解加速度大?。唬?）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像的截距進(jìn)行推導(dǎo)。【解答】解：（1）②重物向上運(yùn)動(dòng)h時(shí)的速度大小為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ah可得（2）設(shè)初始時(shí)刻重物A，砝碼盤B及盤內(nèi)物體質(zhì)量均為M，放入質(zhì)量為m的砝碼后，則由牛頓第二定律mg＝（m+2M）a整理可得故縱截距解得故答案為：（1）②，；（2）?！军c(diǎn)評(píng)】考查光電門問題和牛頓第二定律，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和解答。11．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，a、b、c均為質(zhì)量為m的物塊，其中b、c通過輕彈簧連接并靜置在水平地面上，彈簧的勁度系數(shù)為k，a物塊從距離b高為h處由靜釋放，與b碰撞后（碰撞時(shí)間極短）立即連在一起向下運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則：（1）求a、b碰撞后瞬間a、b整體的加速度大??；（2）若a物塊從距離b高為h0處由靜止釋放，以后彈簧恰好能恢復(fù)原長，求初始時(shí)彈簧的彈性勢能（結(jié)果用含h0的式子表示）；（3）若a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，以后c恰好能離開地面，求hx為多少？【考點(diǎn)】動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用——彈簧類模型；機(jī)械能守恒定律；動(dòng)量守恒定律．【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）根據(jù)動(dòng)能定理求得a、b碰撞前瞬間a的速度，由動(dòng)量守恒定律求得a、b碰撞后瞬間a、b整體的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；（2）根據(jù)胡克定律求得初始時(shí)彈簧的壓縮量，由機(jī)械能守恒定律求解初始時(shí)彈簧的彈性勢能；（3）根據(jù)胡克定律求得c恰好能離開地面時(shí)彈簧的伸長量，由機(jī)械能守恒定律求解hx?！窘獯稹拷猓海?）初始時(shí)彈簧彈力大小為F0＝mg，a、b碰撞后瞬間彈簧彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律得：2mg﹣F0＝2ma1，解得：a1＝（2）設(shè)a、b碰撞前瞬間a的速度為v0，a、b碰撞后瞬間a、b整體的速度為v1對a物塊自己下落的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgh0＝以向下為正方向，a、b碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝設(shè)初始時(shí)彈簧的壓縮量為x1，則此時(shí)彈簧彈力滿足：kx1＝mg，解得：x1＝設(shè)初始時(shí)彈簧的彈性勢能為EP，對a、b碰撞后到彈簧恰好能恢復(fù)原長的過程，由機(jī)械能守恒定律得：EP+×2＝2mgx1解得：EP＝（3）a物塊從距離b高為hx處由靜止釋放，根據(jù)（1）的解答可知a、b碰撞后瞬間a、b整體的速度為v＝設(shè)c恰好能離開地面時(shí)彈簧的伸長量為x2，則此時(shí)彈簧彈力滿足：kx2＝mg解得：x2＝對a、b碰撞后到c恰好能離開地面的過程，因x1＝x2，故初末彈簧彈性勢能相等，對此過程由機(jī)械能守恒定律得：×2mv2＝2mg（x1+x2）解得：hx＝答：（1）a、b碰撞后瞬間a、b整體的加速度大小為；（2）初始時(shí)彈簧的彈性勢能為；（3）hx為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律的應(yīng)用。此題運(yùn)動(dòng)過程較復(fù)雜，掌握物體分離的臨界條件，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí)注意研究對象與研究過程的對應(yīng)，尤其要注意分析彈簧是處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài)。12．（2024?云南一模）如圖所示，矩形區(qū)域abcd平面內(nèi)有垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，ab邊長為4L，bc邊長為L。在矩形中心O處有一粒子源，在平面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射出速度大小相等的帶電粒子，粒子帶電量均為+q，質(zhì)量均為m。若初速度平行于ab邊的粒子離開磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了60°角，不計(jì)粒子之間的相互作用及粒子重力，取sin14.5°＝0.25。求（1）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大??；（2）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間和最長時(shí)間的比值；（3）某時(shí)刻發(fā)射出的粒子中，當(dāng)初速度方向平行于ab邊的粒子離開磁場時(shí)，這些粒子中未離開磁場的粒子數(shù)與已經(jīng)離開磁場的粒子數(shù)之比?！究键c(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力．【專題】計(jì)算題；定量思想；幾何法；帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大??；（2）帶電粒子速度大小一定，運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的弦最短時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短。運(yùn)動(dòng)軌跡對應(yīng)的弦最長時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長。畫出兩種臨界狀態(tài)的運(yùn)動(dòng)軌跡，確定軌跡對應(yīng)的圓心角，再求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間和最長時(shí)間的比值；（3）當(dāng)粒子初速度方向平行于ab邊的粒子離開磁場時(shí)，確定仍在磁場中的粒子在磁場內(nèi)部的圓弧所對應(yīng)的圓心角，再求這些粒子中未離開磁場的粒子數(shù)與已經(jīng)離開磁場的粒子數(shù)之比?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系得解得粒子運(yùn)動(dòng)半徑為：r＝L根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律得解得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為：（2）如圖所示。當(dāng)粒子與ab交于O點(diǎn)正上方時(shí)，弦長最短，軌跡對應(yīng)的圓心角最小，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，由幾何關(guān)系有說明圓心角為29°，則最短時(shí)間為當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與cd邊相切時(shí)，圓心角最大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長。由幾何關(guān)系可知，粒子垂直ab邊射出磁場，圓心角為150°，則最長時(shí)間為（3）同一時(shí)刻在磁場中的粒子與O的距離相等，以O(shè)為圓心，以O(shè)到（1）問中射出點(diǎn)的距離為半徑作圓，如圖當(dāng)初速度方向平行于ab邊的粒子離開磁場時(shí)，仍在磁場中的粒子在磁場內(nèi)部的圓弧上，圓弧所對應(yīng)的圓心角總和為120°，則未離開磁場的粒子數(shù)與已經(jīng)離開磁場的粒子數(shù)之比為n1：n2＝120°：（360°﹣120°）＝1：2答：（1）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小為；（2）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為，最長時(shí)間的比值為；（3）這些粒子中未離開磁場的粒子數(shù)與已經(jīng)離開磁場的粒子數(shù)之比為1：2?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)，分析粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來源，結(jié)合臨界狀態(tài)即可完成解答。（多選）13．（2024?成都模擬）如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過程如T﹣V圖中從a到b的直線所示。直線ab與過原點(diǎn)的虛線斜率相同，下列判斷正確的是（）A．氣體內(nèi)能增加 B．氣體壓強(qiáng)不變 C．氣體從外界吸熱 D．外界對氣體做正功 E．容器壁單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)逐漸減少【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體壓強(qiáng)的微觀解釋；理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】定性思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；分析綜合能力．【分析】溫度決定氣體的內(nèi)能；根據(jù)T﹣V圖像的物理意義分析；根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析，根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、從a到b過程，根據(jù)圖像可知，氣體溫度升高，內(nèi)能增加，故A正確；B、根據(jù)T﹣V坐標(biāo)系中，過原點(diǎn)的傾斜直線為等壓變化，根據(jù)圖像可知，ab不是過原點(diǎn)的傾斜直線，因此a到b不是等壓變化，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)a到b過程，氣體溫度升高，即ΔU＞0，又a到b過程體積變大，氣體對外做功，即W＜0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝W+Q可知，Q＞0，即氣體從外界吸熱，故C正確，D錯(cuò)誤；E、根據(jù)T﹣V圖像可知，a到b過程，體積增大，溫度升高，氣體分子的平均動(dòng)能增大，氣體分子對容器壁的沖撞力增大，又由于氣體壓強(qiáng)減小，因此單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)逐漸減少，故E正確；故選：ACE?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查T﹣V圖像物理意義、溫度決定氣體內(nèi)能以及熱力學(xué)第一定律和氣體壓強(qiáng)的微觀意義等知識(shí)點(diǎn)，涉及到知識(shí)點(diǎn)較多，題目具有一定綜合性。14．（2024?郫都區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，兩個(gè)固定的導(dǎo)熱良好的足夠長水平汽缸，由水平輕質(zhì)硬桿相連的兩個(gè)活塞面積分別為SA＝120cm2，SB＝20cm2。兩汽缸通過一帶閥門K的細(xì)管連通，最初閥門關(guān)閉，A內(nèi)有理想氣體，初始溫度為27℃，B內(nèi)為真空。初始狀態(tài)時(shí)兩活塞分別與各自汽缸底相距a＝40cm、b＝10cm，活塞靜止。（不計(jì)一切摩擦，細(xì)管體積可忽略不計(jì)，A內(nèi)有體積不計(jì)的加熱裝置，圖中未畫出。設(shè)環(huán)境溫度保持不變?yōu)?7℃，外界大氣壓為p0）。（?。┊?dāng)閥門K關(guān)閉時(shí)，在左側(cè)汽缸A安裝絕熱裝置，同時(shí)使A內(nèi)氣體緩慢加熱，求當(dāng)右側(cè)活塞剛好運(yùn)動(dòng)到缸底時(shí)A內(nèi)氣體的溫度TA，及壓強(qiáng)pA；（ⅱ）停止加熱并撤去左側(cè)汽缸的絕熱裝置，將閥門K打開，足夠長時(shí)間后，求大活塞距左側(cè)汽缸底部的距離Δx?！究键c(diǎn)】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；壓強(qiáng)及封閉氣體壓強(qiáng)的計(jì)算．【專題】解題思想；定量思想；理想氣體狀態(tài)方程專題；分析綜合能力．【分析】（?。└鶕?jù)蓋﹣呂薩克定律，找到氣體的初末狀態(tài)參量列方程求解；（ⅱ）根據(jù)平衡關(guān)系以及理想氣體狀態(tài)方程列式求解?！窘獯稹拷猓海á。╅y門K關(guān)閉時(shí)，將A內(nèi)氣體緩慢加熱，溫度緩慢升高，根據(jù)受力平衡可知，氣體壓強(qiáng)不變，為等壓變化，對于A氣體初狀態(tài)：VA＝aSA，T0＝（273+27）K＝300K末狀態(tài)：VA1＝（a+b）SA，根據(jù)蓋﹣呂薩克定律解得：TA＝375K對兩活塞整體為研究對象，根據(jù)受力平衡得pASA﹣p0SA+p0SB＝0解得：pA＝p0；（ⅱ）打開閥門K穩(wěn)定后，設(shè)氣體壓強(qiáng)為pA'，以兩個(gè)活塞和桿為整體有pA'SA﹣p0SA+p0SB﹣pA'SB＝0解得：pA'＝p0，設(shè)大活塞最終左移x，對封閉氣體分析初狀態(tài)：pA＝p0，VA1＝（a+b）SA，TA＝375K末狀態(tài)：pA'＝p0，VA'＝ΔxSA+（b+a﹣Δx）SB，T0＝300K根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得＝解得：Δx＝30cm；答：（?。┊?dāng)右側(cè)活塞剛好運(yùn)動(dòng)到缸底時(shí)A內(nèi)氣體的溫度TA為375K，及壓強(qiáng)pA為p0；（ⅱ）大活塞距左側(cè)汽缸底部的距離Δx為30cm?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查平衡關(guān)系方程以及理想氣體狀態(tài)方程方程的總和應(yīng)用，解答該題的關(guān)鍵是弄清楚氣體的初末狀態(tài)參量，題目綜合性較強(qiáng)，難度大，為易錯(cuò)題。（多選）15．（2024?成都三模）如圖（a），位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的波源從t＝0時(shí)刻開始振動(dòng)，形成了沿x軸正方向傳播的簡諧橫波。t＝3s時(shí)，平衡位置位于x＝15m處的質(zhì)點(diǎn)A第一次到達(dá)波峰，質(zhì)點(diǎn)B的平衡位置位于x＝30m處，波源O的振動(dòng)圖像如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)A的起振方向沿y軸負(fù)方向 B．該波的波速為10m/s C．t＝3.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A正通過平衡位置沿y軸正方向運(yùn)動(dòng) D．從t＝0到t＝3s的過程中，質(zhì)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的路程為12cm E．t＝3.75s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B的加速度與速度同向【考點(diǎn)】橫波的圖像；波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】比較思想；圖析法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；理解能力．【分析】質(zhì)點(diǎn)A的起振方向與波源的起振方向相同，根據(jù)振動(dòng)圖像判斷波源的起振方向。根據(jù)波從原點(diǎn)O傳到A點(diǎn)的距離與時(shí)間，來求波速。根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系確定t＝3.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A的位置和速度方向。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)時(shí)間與周期的倍數(shù)求質(zhì)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的路程。根據(jù)質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)時(shí)間與周期的關(guān)系確定質(zhì)點(diǎn)的加速度與速度的關(guān)系。【解答】解：A、根據(jù)振動(dòng)圖像可知，波源的起振方向沿y軸負(fù)方向，則質(zhì)點(diǎn)A的起振方向沿y軸負(fù)方向，故A正確；B、由圖乙知，T＝2s。波波從原點(diǎn)O傳到A點(diǎn)的時(shí)間t1＝t﹣T＝3s﹣s＝1.5s，則該波的波速為v＝＝m/s＝10m/s，故B正確；C、t＝3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A第一次到達(dá)波峰，再過0.5s＝，即在t＝3.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A正通過平衡位置沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、從t＝0到t＝3s的過程中，質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)時(shí)間為T，質(zhì)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)的路程為s＝3A＝3×2cm＝6cm，故D錯(cuò)誤；E、波從原點(diǎn)O傳到質(zhì)點(diǎn)B的時(shí)間為t2＝＝s＝3s，t＝3.75s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B的振動(dòng)時(shí)間為t3＝t﹣t2＝3.75s﹣3s＝0.75s＝T，質(zhì)點(diǎn)B的起振方向沿y軸負(fù)方向，則t＝3.75s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)B正從波谷向平衡位置運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度沿y軸正方向，速度也沿y軸正方向，故E正確。故選：ABE?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要知道介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同。要理解波的形成過程，分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)時(shí)間與周期的關(guān)系，來分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。16．（2024?綿陽模擬）如圖所示，等腰梯形ABCD為某透明棱鏡的橫截面，已知該棱鏡材料的折射率為，∠A＝∠B＝75°，且邊AB＝L。一單色光從AD邊上的E點(diǎn)沿某方向射入棱鏡，其折射光照射到AB界面時(shí)，恰好發(fā)生全反射，并最終從BC界面射出。光在真空中的傳播速度為c，不考慮光在每個(gè)面上的多次反射，求：（1）該單色光從AD面入射時(shí)的入射角；（2）該單色光在棱鏡中的傳播時(shí)間?！究键c(diǎn)】全反射；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】（1）折射光照射到AB界面時(shí)，恰好發(fā)生全反射，并最終從BC界面射出，作出光路圖，由臨界角公式結(jié)合折射定律求解入射角。（2根據(jù)幾何關(guān)系求出單色光在棱鏡中傳播的距離，由v＝求出單色光在棱鏡中傳播的速度，從而求得傳播時(shí)間。【解答】解：（1）由臨界角公式：sinC＝＝解得臨界角C＝45°光路如圖所示：可見∠AFE＝∠BFG＝90°﹣C＝45°，∠AEF＝180°﹣∠A﹣∠AFE＝60°r＝90°﹣∠AEF＝30°在E點(diǎn)，由折射定律：n＝解得該單色光從AD面入射時(shí)的入射角i＝45°；（2）在三角形AEF中，由正弦定理：＝＝解得EF＝AF在三角形BFG中，由正弦定理：＝解得FG＝FB則單色光在棱鏡中傳播的距離x＝EF+FG＝（AF+FB）＝L單色光在棱鏡中的傳播速度v＝＝故該單色光在棱鏡中的傳播時(shí)間t＝＝答：（1）該單色光從AD面入射時(shí)的入射角為45°；（2）該單色光在棱鏡中的傳播時(shí)間為。【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何光學(xué)問題，作出光路圖，運(yùn)用幾何知識(shí)求出入射角是解題的關(guān)鍵之處，即能很容易解決此類問題。

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．牛頓第二定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因?yàn)镕合＝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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)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(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)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(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對應(yīng)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(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)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(gè)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(yīng)．（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(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進(jìn)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(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)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(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B、D正確，A、C錯(cuò)誤．故選：BD．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)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(shí)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(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，球的加速度a應(yīng)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(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)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(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)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(cuò)誤，D正確；故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)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(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)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(xué)為了測定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，并同時(shí)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(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式有：上滑過程中加速度的大?。海?）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(diǎn)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?。唬?）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時(shí)對應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)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(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)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(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)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(shí)需進(jìn)行討論．3．向心力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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．二、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．【重要知識(shí)點(diǎn)分析】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析（1）對公式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】（1）第一類?？碱}型是對圓周運(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(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對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點(diǎn)評(píng)：對物體受力分析是解題的關(guān)鍵，通過對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(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(diǎn)時(shí)水恰好不流出時(shí)，此時(shí)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(diǎn)時(shí)，繩的拉力為9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對小杯底的壓力為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．【解題方法點(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??；（3）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；4．萬有引力定律的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.天體質(zhì)量的計(jì)算（1）重力加速度法若已知天體（如地球）的半徑R及其表面的重力加速度g，根據(jù)在天體表面上物體的重力近似等于天體對物體的引力，得，解得天體的質(zhì)量M＝，g、R是天體自身的參量，所以該方法俗稱“自力更生法”（2）環(huán)繞法借助環(huán)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的行星（或衛(wèi)星）計(jì)算中心天體的質(zhì)量，俗稱“借助外援法”。常見的情況如下：2.天體密度的計(jì)算若天體的半徑為R，則天體的密度，將M＝代入上式，可得。特殊情況：當(dāng)衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，衛(wèi)星的軌道半徑r可認(rèn)為等于天體半徑R，則。3.天體運(yùn)動(dòng)的分析與計(jì)算（1）一般行星或衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)可看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所需要的向心力都由中心天體對它的萬有引力提供，所以研究天體運(yùn)動(dòng)時(shí)可運(yùn)用牛頓第二定律方程＝ma，式中a是向心加速度。（2）常用關(guān)系①，萬有引力提供行星或衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。②mg＝，在天體表面上物體的重力等于它受到的引力，可得gR2＝GM，該公式稱為黃金代換?！久}方向】例1：近年來，人類發(fā)射的多枚火星探測器已經(jīng)相繼在火星上著陸，正在進(jìn)行著激動(dòng)人心的科學(xué)探究，為我們將來登上火星、開發(fā)和利用火星資源奠定了堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)。如果火星探測器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并測得該運(yùn)動(dòng)的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達(dá)式為（k為某個(gè)常量）（）A.B.ρ＝kTC.ρ＝kT2D.分析：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量。根據(jù)密度公式表示出密度。解答：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：（r為軌道半徑即火星的半徑）得：M＝﹣﹣﹣﹣﹣①則火星的密度：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得火星的平均密度：＝（k為某個(gè)常量）則ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用萬有引力定律求出中心體的質(zhì)量。能夠運(yùn)用物理規(guī)律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用。例2：金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運(yùn)行的速率分別為v金、v地、v火，它們沿軌道運(yùn)行的周期分別為T金、T地、T火，它們沿軌道運(yùn)行的角速度大小分別為ω金、ω地、ω火。已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定（）A.a金＜a地＜a火B(yǎng).ω金＞ω地＞ω火C.v金＜v地＜v火D.T金＞T地＞T火分析：根據(jù)行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽對其的萬有引力得到加速度、角速度和線速度的表達(dá)式，再結(jié)合半徑關(guān)系分析，再根據(jù)周期和角速度的關(guān)系分析周期。解答：A、根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可得向心加速度為：a＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則a金＞a地＞a火，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽對其的萬有引力得：＝mRω2，解得：，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則ω金＞ω地＞ω火，故B正確；C、根據(jù)行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽對其的萬有引力得：＝m，解得：v＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則v金＞v地＞v火，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)T＝可得：T金＜T地＜T火，故D錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進(jìn)行解答?！窘忸}思路點(diǎn)撥】天體運(yùn)動(dòng)的加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關(guān)系總結(jié)規(guī)律：高軌低速長周期。5．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。【命題方向】?？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。對于p和q來說有＝ma，可得a＝；根據(jù)a＝ω2R比較a1和a3。解：對于衛(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。6．動(dòng)能定理【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：合外力在一個(gè)過程中對物體所做的功等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化。2．表達(dá)式：W＝EK2﹣EK1。3．物理意義：動(dòng)能定理指出了外力對物體所做的總功與物體動(dòng)能變化之間的關(guān)系，即合力的功是物體動(dòng)能變化的量度。4．動(dòng)能定理的適用條件（1）動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)。（2）既適用于恒力做功，也適用于變力做功。（3）力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用。5．對動(dòng)能定理的理解（1）一個(gè)物體的動(dòng)能變化△Ek與合外力對物體所做功W具有等量代換關(guān)系。①若△Ek＞0，表示物體的動(dòng)能增加，其增加量等于合外力對物體所做的正功。②若△Ek＜0，表示物體的動(dòng)能減少，其減少量等于合外力對物體所做的負(fù)功的絕對值。③若△Ek＝0，表示合外力對物體所做的功等于零。反之亦然。這種等量代換關(guān)系提供了一種計(jì)算變力做功的簡便方法。（2）動(dòng)能定理公式中等號(hào)的意義：等號(hào)表明合力做功與物體動(dòng)能的變化間的三個(gè)關(guān)系：①數(shù)量關(guān)系：即合外力所做的功與物體動(dòng)能的變化具有等量代換關(guān)系。可以通過計(jì)算物體動(dòng)能的變化，求合力的功，進(jìn)而求得某一力的功。②單位相同：國際單位都是焦耳。③因果關(guān)系：合外力的功是物體動(dòng)能變化的原因。（3）動(dòng)能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在處理含有上述物理量的力學(xué)問題時(shí)，可以考慮使用動(dòng)能定理。由于只需要從力在整個(gè)位移內(nèi)所做的功和這段位移始末兩狀態(tài)的動(dòng)能變化去考慮，無需注意其中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，同時(shí)動(dòng)能和功都是標(biāo)量，無方向性，所以無論是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，計(jì)算都會(huì)特別方便。（4）動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對于同一個(gè)參考系的，一般以地面為參考系。注意：功和動(dòng)能都是標(biāo)量，動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，不能在某一個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理，但牛頓第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分別使用分量方程?！久}方向】題型一：對動(dòng)能定理表達(dá)式的直接考核如圖所示，某人將質(zhì)量為m的石塊從距地面h高處斜向上方拋出，石塊拋出時(shí)的速度大小為v0，不計(jì)空氣阻力，石塊落地時(shí)的動(dòng)能為（）A．mghB.mv02C.D.分析：根據(jù)動(dòng)能定理求出石塊落地時(shí)的動(dòng)能大小。解答：根據(jù)動(dòng)能定理得，，解得石塊落地時(shí)的動(dòng)能．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用動(dòng)能定理解題首先要確定研究對象和研究過程，分析有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列出表達(dá)式進(jìn)行求解。【解題方法點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。7．機(jī)械能守恒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．機(jī)械能：勢能和動(dòng)能統(tǒng)稱為機(jī)械能，即E＝Ek+Ep，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。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（要選零勢能參考平面）轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)△EK＝﹣△EP（不用選零勢能參考平面）轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)△EA＝﹣△EB（不用選零勢能參考平面）【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．只要重力對物體做了功，物