2024年高考物理終極押題密卷1（新課標卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷1（新課標卷）一．選擇題1．（2024?太原一模）如圖所示，蜜蜂同上同下揮動兩個翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強區(qū)一點，B為減弱區(qū)一點。下列說法正確的是（）A．圖中B處質點振幅最大 B．圖中A處質點位移始終最大 C．蜜蜂兩翅膀揮動頻率可以不同 D．A點到兩個波源的距離差為波長的整數倍2．（2024?山西模擬）滑雪運動深受人民群眾喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道PQ，從滑道的P點滑行到最低點Q的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿PQ下滑過程中（）A．所受摩擦力不變 B．所受支持力不變 C．重力做功的功率逐漸增大 D．機械能逐漸減小3．（2024?合肥二模）圖示為氫原子的能級圖。大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時發(fā)出波長分別為λ1、λ2、λ3（λ1＜λ2＜λ3）的三種譜線。下列說法中正確的是（）A．λ1+λ2＝λ3 B． C．λ1λ3＝λ22 D．λ12+λ22＝λ324．（2024?吉林模擬）2023年8月，我國首次在空間站中實現了微小衛(wèi)星的低成本入軌。在近地圓軌道飛行的中國空間站中，航天員操作機械臂釋放微小衛(wèi)星。若微小衛(wèi)星進入比空間站低的圓軌道運動，則入軌后微小衛(wèi)星的（）A．角速度比空間站的大 B．加速度比空間站的小 C．速率比空間站的小 D．周期比空間站的大5．（2024?吉林模擬）生活在尼羅河的反天刀魚，它的器官能在其周圍產生電場，電場線分布如圖所示，M、N、P為電場中的點。下列說法正確的是（）A．P點電場強度大于M點電場強度 B．P點電勢小于N點電勢 C．M點電勢小于N點電勢 D．某帶電小顆粒只在電場力作用下從N點沿虛線軌跡運動到M點，其在N點電勢能小于在M點電勢能（多選）6．（2024?吉林一模）碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發(fā)生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設碰撞的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是（）A．若碰后兩車的運動方向相同，則一定有m1＞m2 B．若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6 C．若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1 D．碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3：1（多選）7．（2024?吉林一模）如圖所示為一定質量的理想氣體從狀態(tài)a→b→c→d→a過程的V﹣T圖像，其中ac的連線過原點，bc、da連線與橫軸平行，cd連線與縱軸平行。則下列說法正確的是（）A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對外做正功 B．從狀態(tài)b到狀態(tài)c，單位時間、單位面積撞擊器壁的分子數不變 C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體向外放出熱量 D．a到b氣體對外做的功等于c到d外界對氣體做的功（多選）8．（2024?吉林一模）如圖甲所示，“水上飛人”是一種水上娛樂運動。噴水裝置向下持續(xù)噴水，總質量為M的人與噴水裝置，受到向上的反沖作用力騰空而起，在空中做各種運動。一段時間內，人與噴水裝置在豎直方向運動的v﹣t圖像如圖乙所示，水的反沖作用力的功率恒定，規(guī)定向上的方向為正，忽略水管對噴水裝置的拉力以及空氣的阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．t1～t2時間內，水的反沖作用力越來越大 B．水的反沖作用力的功率為Mgv2 C．t1時刻，v﹣t圖像切線的斜率為 D．t1﹣t2時間內人與噴水裝置在豎直方向的運動高度為二、實驗題9．（2024?合肥二模）如圖（a）所示，某興趣小組用單擺測量重力加速度。選用的實驗器材有：智能手機、小球、細線、鐵架臺、夾子、游標卡尺、刻度尺等，實驗操作如下：（1）用鐵夾將細線上端固定在鐵架臺上，將小球豎直懸掛；（2）用刻度尺測出擺線的長度為l，用游標卡尺測出小球直徑為d；（3）將智能手機置于小球平衡位置的正下方，啟用APP《手機物理工坊》的“近距秒表”功能；（4）將小球由平衡位置拉開一個角度（θ＜5°），靜止釋放，軟件同時描繪出小球與手機間距離隨時間變化的圖像，如圖（b）所示。請回答下列問題：（i）根據圖（b）可知，單擺的周期T＝s；（ii）重力加速度g的表達式為（用測得的物理量符號表示）；（iii）改變擺線長度l，重復步驟（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多組T和l的值，進一步描繪出如圖（c）的圖像，則該圖像以為橫坐標（選填“”、“T”或“T2”），若圖線的斜率為k，則重力加速度的測量值為。10．（2024?呂梁一模）某學習小組的同學們想利用電壓表和電阻箱測量一電池組的電動勢和內阻，他們找到了如下實驗器材：電池組（電動勢約為6.0V，內阻約為1Ω）；靈敏電流計G（滿偏電流Ig＝100μA）；內阻Rg＝200Ω，定值電阻R0（R0＝1Ω）；定值電阻R1；電阻箱R；開關與導線若干。同學們研究器材，思考討論后確定了如下的實驗方案，請你將該方案補充完整。（1）若想把靈敏電流計G改裝成量程為8V的電壓表，需要（選填“串聯”或“并聯”）定值電阻R1等于Ω。（2）為了準確測出電池組的電動勢和內阻，同學們設計了如圖甲所示的電路圖。（3）同學們根據采集到的靈敏電流計G的讀數I和電阻箱的讀數R，作出的圖像如圖乙所示，已知圖線的斜率為k，縱截距為b，電源中的電流遠大于電流計G中的電流，則所測得電池組的電動勢E＝，內阻r＝。（用題目中所給的字母表示）（4）該小組同學繼續(xù)研討探究；圖丙所示為他們測得的某型號小燈泡的伏安特性曲線，如果把四個該型號的燈泡并聯后再與R2＝9.0Ω的定值電阻串聯起來接在上述電池組上（若測得電池組的電動勢E＝6.0V，內阻r＝1.0Ω），如圖丁則四只燈泡消耗的實際總功率為W（結果保留兩位有效數字）。三．解答題（共3小題）11．（2024?長春一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內陰極K發(fā)出的電子經陽極A與陰極K之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板C、D間的區(qū)域，若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點，若在兩極板間施加電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應強度為B的勻強磁場，則電子在熒光屏上產生的光點又回到O點。該裝置中C、D極板的長度為L1，間距為d，極板區(qū)的中點M到熒光屏中點O的距離為L2，P點到O點的距離為h。（1）判斷所加磁場的方向；（2）求電子經高壓加速后的速度大小v；（3）求電子的比荷。12．（2024?長春一模）如圖，質量M＝4kg的一只長方體形空箱子在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速直線運動，箱子與水平面間的動摩擦因數μ1＝0.4。這時箱子內一個質量m＝1kg的物塊恰好能靜止在后壁上。物塊與箱子內壁間的動摩擦因數μ2＝0.5。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）箱子對物塊彈力的大小；（2）水平拉力F的大小。13．（2024?延邊州一模）如圖所示，兩對電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌，轉角處用一小段光滑絕緣的弧形材料平滑連接。傾斜導軌與水平地面的夾角θ＝30°，上端連接電阻R1＝R0，大小B1＝B的勻強磁場Ⅰ垂直于整個傾斜導軌向上。水平導軌上靜置著U形導線框cdef，cd邊和ef邊均緊密貼合導軌，右側MN和PQ之間有寬為2L、豎直向上的勻強磁場Ⅱ，大小B2未知，末端連接電阻R2＝2R0。質量為m、電阻為R0、長也為L的導體棒ab垂直于傾斜導軌由靜止釋放，在到達底端前已開始勻速運動，后進入水平導軌與線框cdef發(fā)生碰撞，立即連成閉合線框abed，然后再進入勻強磁場Ⅱ。已知U形線框cdef的三條邊與導體棒ab完全相同，重力加速度為g，導體棒和線框在運動中均與導軌接觸良好。（1）求ab棒在傾斜導軌上所受重力的最大功率；（2）若閉合線框abed在完全進入磁場Ⅱ之前速度減為零，求電阻R2產生的熱量；（3）若閉合線框abed剛好運動到磁場Ⅱ的右邊界線PQ處時速度減為零，求磁場Ⅱ的磁感應強度B2。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷1（新課標卷）參考答案與試題解析一．實驗題二．試題（共10小題）1．（2024?太原一模）如圖所示，蜜蜂同上同下揮動兩個翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強區(qū)一點，B為減弱區(qū)一點。下列說法正確的是（）A．圖中B處質點振幅最大 B．圖中A處質點位移始終最大 C．蜜蜂兩翅膀揮動頻率可以不同 D．A點到兩個波源的距離差為波長的整數倍【考點】波的干涉現象．【專題】定性思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；理解能力．【分析】兩波發(fā)生干涉時，振動加強點與兩個波源的距離差為零或者為半波長的偶數倍，振動減弱點與兩個波源的距離差為半波長的奇數倍?！窘獯稹拷猓篈、由題，B是振動減弱點，則B點的振幅最小，故A錯誤；B、圖中A點是振動加強點，則A點的振幅增大，并不是A處質點位移始終增大，故B錯誤；C、蜜蜂兩翅膀揮動頻率始終相同，不然，在水面上不能形成穩(wěn)定的干涉圖樣，故C錯誤；D、A為加強點，根據干涉加強點的條件可知，A點到兩個波源的距離差為波長的整數倍，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查波的干涉，知道振動加強點和振動減弱點的找法。2．（2024?山西模擬）滑雪運動深受人民群眾喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道PQ，從滑道的P點滑行到最低點Q的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿PQ下滑過程中（）A．所受摩擦力不變 B．所受支持力不變 C．重力做功的功率逐漸增大 D．機械能逐漸減小【考點】機械能；向心力；功率、平均功率和瞬時功率．【專題】比較思想；模型法；功能關系能量守恒定律；理解能力．【分析】滑雪運動員的速率不變，做勻速圓周運動，切向方向合力為零，法向方向合力大小不變，且提供向心力，對運動員進行受力分析，結合受力的特點分析摩擦力、支持力的變化。根據重力與速度夾角的變化分析重力做功功率的變化。結合摩擦力做功情況分析機械能變化?！窘獯稹拷猓篈、滑雪運動員從滑道的P點滑行到最低點Q的過程中做勻速圓周運動，切向方向合力為零，法向方向合力大小不變，重力沿切線方向的分力逐漸減小，運動員所受摩擦力大小等于重力沿切線方向的分力，則知運動員所受的摩擦力減小，故A錯誤；B、重力沿法向分力Gn逐漸增大，根據向心力方程可知FN﹣Gn＝m，得FN＝Gn+m，可知運動員所受支持力增大，故B錯誤；C、重力、速率都不變，但重力與速度相互間夾角變大，豎直方向的分速度減小，則重力做功的功率逐漸減小，故C錯誤；D、摩擦力一直做負功，機械能逐漸減小，故D正確。故選：D。【點評】本題要明確任意位置摩擦力的方向與速度方向相反，即沿曲線的切線方向。任意位置遠動員均受到重力、摩擦力及支持力。再根據合外力做功為零，可知摩擦力與重力沿圓弧的切線方向的分力等大、反向。3．（2024?合肥二模）圖示為氫原子的能級圖。大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時發(fā)出波長分別為λ1、λ2、λ3（λ1＜λ2＜λ3）的三種譜線。下列說法中正確的是（）A．λ1+λ2＝λ3 B． C．λ1λ3＝λ22 D．λ12+λ22＝λ32【考點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷．【專題】定量思想；推理法；原子的能級結構專題；分析綜合能力．【分析】能級間躍遷輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，根據該規(guī)律進行分析?！窘獯稹拷猓焊鶕﨓m﹣En＝hν＝可得：，故有，故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c評】解決本題的關鍵知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律，即Em﹣En＝hv，注意波長與頻率的關系。4．（2024?吉林模擬）2023年8月，我國首次在空間站中實現了微小衛(wèi)星的低成本入軌。在近地圓軌道飛行的中國空間站中，航天員操作機械臂釋放微小衛(wèi)星。若微小衛(wèi)星進入比空間站低的圓軌道運動，則入軌后微小衛(wèi)星的（）A．角速度比空間站的大 B．加速度比空間站的小 C．速率比空間站的小 D．周期比空間站的大【考點】人造衛(wèi)星；萬有引力定律的應用．【專題】定量思想；類比法；人造衛(wèi)星問題；理解能力．【分析】根據萬有引力提供向心力分別列式求出角速度、線速度、加速度以及周期，進行比較?！窘獯稹拷猓盒l(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力可得整理可得微小衛(wèi)星的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，即r衛(wèi)＜r空則入軌后微小衛(wèi)星的角速度比空間站的大，速率比空間站的大，加速度比空間站的大，周期比空間站的小，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查了萬有引力定律的相關應用，理解萬有引力提供向心力，熟悉公式之間的推導關系即可完成解答，難度不大。5．（2024?吉林模擬）生活在尼羅河的反天刀魚，它的器官能在其周圍產生電場，電場線分布如圖所示，M、N、P為電場中的點。下列說法正確的是（）A．P點電場強度大于M點電場強度 B．P點電勢小于N點電勢 C．M點電勢小于N點電勢 D．某帶電小顆粒只在電場力作用下從N點沿虛線軌跡運動到M點，其在N點電勢能小于在M點電勢能【考點】電場線；電勢能與電場力做功的關系；電勢；電場強度與電場力．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力．【分析】根據電場線的疏密程度分析出不同位置的場強大??；沿著電場線方向電勢逐漸降低；根據電場力的做功類型分析出電勢能的變化?！窘獯稹拷猓篈、P點位置的電場線要比M點的稀疏，所以P點電場強度小于M點電場強度，故A錯誤；B、從P到無窮遠處，電勢降低，從無窮遠處到N點，電勢降低，所以P點電勢高于N點電勢，故B錯誤；C、從N到N為沿電場線方向，電勢降低，所以M點電勢小于N點電勢，故C正確；D、帶電小顆粒所受電場力指向軌跡內側，即小顆粒帶正電，從N移動到M，電場力做正功，電勢能減小，故N點電勢能大于M點電勢能，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了電場線的相關概念，理解在電場線中分析出電場強度和電勢高低的方法即可，整體難度不大。（多選）6．（2024?吉林一模）碰碰車深受青少年的喜愛，因此大多數游樂場都設置了碰碰車，如圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進行游戲。在某次碰撞時，紅車靜止在水平面上，黃車以恒定的速度與紅車發(fā)生正撞；已知黃車和紅車連同游客的質量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設碰撞的過程沒有機械能損失。則下列說法正確的是（）A．若碰后兩車的運動方向相同，則一定有m1＞m2 B．若碰后黃車反向運動，則碰撞前后黃車的速度大小之比可能為5：6 C．若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，則一定有m2＞3m1 D．碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之比可能為3：1【考點】一維碰撞模型；功能關系；動量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【分析】根據彈性碰撞的動量守恒定理和機械能守恒定律求出二者的碰后速度，據此討論即可。【解答】解：AB、根據機械能守恒定律和動量守恒定理，有m1v＝m1v1+m2v2，，解得：，可知，當m1＞m2時兩車得碰后速度方向相同，故A正確；BC、若碰后黃車反向運動，則m1＜m2，則碰撞后黃車速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黃車的速度大小之比不可能為5：6，若碰后黃車反向運動且速度大于紅車，即，m2＞3m1，故B錯誤，C正確；D、設碰后紅車的速度與碰前黃車的速度大小之為3：1，即v2：v＝3：1，得m1+3m2＝0，不符合實際情況，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題考查了動量守恒和能量守恒定律的基本運用，運用動量守恒定律解題，關鍵選擇好研究的系統(tǒng)，注意動量守恒定律表達式的矢量性。（多選）7．（2024?吉林一模）如圖所示為一定質量的理想氣體從狀態(tài)a→b→c→d→a過程的V﹣T圖像，其中ac的連線過原點，bc、da連線與橫軸平行，cd連線與縱軸平行。則下列說法正確的是（）A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對外做正功 B．從狀態(tài)b到狀態(tài)c，單位時間、單位面積撞擊器壁的分子數不變 C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體向外放出熱量 D．a到b氣體對外做的功等于c到d外界對氣體做的功【考點】熱力學第一定律及其應用；熱力學圖像類問題．【專題】定量思想；類比法；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；分析綜合能力．【分析】根據氣體體積的變化，確定做功情況；根據壓強的變化確定單位時間、單位面積撞擊器壁的分子數的大??；一定質量的理想氣體內能由溫度決定；應用熱力學第一定律分析答題；根據圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)a→b與c→d的過程平均壓強的大小，再比較做功。【解答】解：A、從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積增大，則氣體對外做正功，故A正確；B、從狀態(tài)b到狀態(tài)c，氣體體積不變，分子數密度不變，溫度升高，根據一定質量理想氣體狀態(tài)方程，可知氣體壓強增大，又溫度升高，氣體平均動能增大，所以單位時間、單位面積撞擊器壁的分子數增加，故B錯誤；C、從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體溫度不變，故內能不變；體積減小，則外界對氣體做功，根據熱力學第一定律：ΔU＝Q+W，可知，氣體放出熱量，故C正確；D、由一定質量理想氣體狀態(tài)方程可得：，結合題圖V﹣T圖像上各點與原點連線的斜率越大，氣體的壓強越小，從狀態(tài)a到狀態(tài)b與從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體體積變化量在數值上相等，由狀態(tài)a到狀態(tài)b的平均壓強小于狀態(tài)c到狀態(tài)d，所以a到b氣體對外做的功小于c到d外界對氣體做的功，故D錯誤；故選：AC。【點評】本題考查圖像問題，知道一定質量的理想氣體內能由溫度決定、知道壓強與單位時間、單體面積撞擊器壁的分子數決定等是解題的關鍵。根據圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，應用熱力學第一定律和一定質量理想氣體狀態(tài)方程分析解題。（多選）8．（2024?吉林一模）如圖甲所示，“水上飛人”是一種水上娛樂運動。噴水裝置向下持續(xù)噴水，總質量為M的人與噴水裝置，受到向上的反沖作用力騰空而起，在空中做各種運動。一段時間內，人與噴水裝置在豎直方向運動的v﹣t圖像如圖乙所示，水的反沖作用力的功率恒定，規(guī)定向上的方向為正，忽略水管對噴水裝置的拉力以及空氣的阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．t1～t2時間內，水的反沖作用力越來越大 B．水的反沖作用力的功率為Mgv2 C．t1時刻，v﹣t圖像切線的斜率為 D．t1﹣t2時間內人與噴水裝置在豎直方向的運動高度為【考點】功率、平均功率和瞬時功率；牛頓第二定律．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力．【分析】根據圖像判斷t1～t2時間內人與噴水裝置的速度v的變化，再根據P＝Fv判斷水的反沖作用力的變化；根據v﹣t圖像確定人向上運動的最大速度，根據重力求出水反沖作用力的功率；據功率恒定分析t1時刻水的反沖作用力，再根據牛頓第二定律求得圖像的斜率及人的加速度大??；根據動能定理求出t1～t2時間內人與噴水裝置在豎直方向的運動高度?！窘獯稹拷猓篈．由圖像知，t1～t2時間內人豎直方向的速度越來越大，據P＝Fv可得，當反沖作用力的功率P恒定的情況下，隨著速度v的增大，水的反沖作用力F逐漸減小，故A錯誤；B．t2時刻，人與噴水裝置的速度達到最大值，開始勻速上升，水的反沖作用力F＝Mg水的反沖作用力的恒定功率P＝Fv＝Mgv2故B正確；C．設水的反沖作用力為F1，由v﹣t圖像可知t1時刻，人與噴水裝置的速度為v1，由P＝Mgv2P＝F1v1可知由牛頓第二定律F1﹣Mg＝Ma可得t1時刻，v﹣t圖像切線的斜率即人與噴水裝置的加速度故C正確；D．由動能定理可得故D正確。故選：BCD?！军c評】本題主要考查了功率P＝Fv，知道功率一定時，作用力隨著速度的增加而減小；同時也考查了v﹣t圖像，知道圖像切線的斜率表示加速度。9．（2024?合肥二模）如圖（a）所示，某興趣小組用單擺測量重力加速度。選用的實驗器材有：智能手機、小球、細線、鐵架臺、夾子、游標卡尺、刻度尺等，實驗操作如下：（1）用鐵夾將細線上端固定在鐵架臺上，將小球豎直懸掛；（2）用刻度尺測出擺線的長度為l，用游標卡尺測出小球直徑為d；（3）將智能手機置于小球平衡位置的正下方，啟用APP《手機物理工坊》的“近距秒表”功能；（4）將小球由平衡位置拉開一個角度（θ＜5°），靜止釋放，軟件同時描繪出小球與手機間距離隨時間變化的圖像，如圖（b）所示。請回答下列問題：（i）根據圖（b）可知，單擺的周期T＝2s；（ii）重力加速度g的表達式為（用測得的物理量符號表示）；（iii）改變擺線長度l，重復步驟（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多組T和l的值，進一步描繪出如圖（c）的圖像，則該圖像以T2為橫坐標（選填“”、“T”或“T2”），若圖線的斜率為k，則重力加速度的測量值為4π2k。【考點】用單擺測定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力．【分析】（4）（i）結合單擺的運動規(guī)律和圖（b）的具體數據求解周期T；（ii）根據單擺的周期公式推導重力加速度表達式；（iii）根據單擺周期公式結合圖（c）推導重力加速度表達式?！窘獯稹拷猓海?）（i）根據單擺的運動規(guī)律一個周期內應該有兩次小球與手機間距離的最小值，結合圖（b）可得出，單擺的周期為T＝2s；（ii）根據單擺的周期公式解得重力加速度g的表達式為（ii）由上一問中重力加速度的表達式可得結合圖（c）的圖像，可知則該圖像以T2為橫坐標；若圖線的斜率為k，則可知重力加速度的測量值為g＝4π2k故答案為：（4）（i）2；（ii）；（iii）T2，4π2k?！军c評】考查利用單擺求周期和重力加速度的問題，會根據題意結合圖像進行相關的分析和計算。10．（2024?呂梁一模）某學習小組的同學們想利用電壓表和電阻箱測量一電池組的電動勢和內阻，他們找到了如下實驗器材：電池組（電動勢約為6.0V，內阻約為1Ω）；靈敏電流計G（滿偏電流Ig＝100μA）；內阻Rg＝200Ω，定值電阻R0（R0＝1Ω）；定值電阻R1；電阻箱R；開關與導線若干。同學們研究器材，思考討論后確定了如下的實驗方案，請你將該方案補充完整。（1）若想把靈敏電流計G改裝成量程為8V的電壓表，需要串聯（選填“串聯”或“并聯”）定值電阻R1等于79800Ω。（2）為了準確測出電池組的電動勢和內阻，同學們設計了如圖甲所示的電路圖。（3）同學們根據采集到的靈敏電流計G的讀數I和電阻箱的讀數R，作出的圖像如圖乙所示，已知圖線的斜率為k，縱截距為b，電源中的電流遠大于電流計G中的電流，則所測得電池組的電動勢E＝，內阻r＝。（用題目中所給的字母表示）（4）該小組同學繼續(xù)研討探究；圖丙所示為他們測得的某型號小燈泡的伏安特性曲線，如果把四個該型號的燈泡并聯后再與R2＝9.0Ω的定值電阻串聯起來接在上述電池組上（若測得電池組的電動勢E＝6.0V，內阻r＝1.0Ω），如圖丁則四只燈泡消耗的實際總功率為0.34W（結果保留兩位有效數字）?！究键c】電池電動勢和內阻的測量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗能力．【分析】（1）根據電表改裝原理分析解答；（3）根據閉合電路歐姆定律結合圖像的斜率與截距分析解答；（4）根據燈泡在電路中的連接結構，作出對應的I﹣U圖象，根據交點解答電功率。【解答】解：（1）根據電表改裝原理可知若想把靈敏電流計G改裝成量程為8V的電壓表，需要串聯一個定值電阻R1＝﹣RgΩ﹣200Ω＝79800Ω；（3）根據閉合電路歐姆定律可知變形可得：則由圖象性質可知：縱軸截距，斜率聯立解得：（4）設燈泡的電壓為U，電流為I，則有：U＝E﹣4I（R2+r）代入數據解得：U＝6﹣40I；作出對應的I﹣U圖象如圖所示，由圖象可知，燈泡電流I＝0.14A，電壓U＝0.6V，故四只燈泡消耗的實際總功率為P＝4UI＝4×0.14×0.6W＝0.34W；故答案為：（1）串聯；79800；（3）；；（4）0.34【點評】本題考查測量電動勢和內電阻的實驗，關鍵明確實驗原理，掌握數據處理的方法是解題的關鍵。三．解答題（共3小題）11．（2024?長春一模）一種測定電子比荷的實驗裝置如圖所示。真空玻璃管內陰極K發(fā)出的電子經陽極A與陰極K之間的高壓加速后，形成一細束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板C、D間的區(qū)域，若兩極板C、D間無電壓，電子將打在熒光屏上的O點，若在兩極板間施加電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若在極板間再施加一個方向垂直于紙面、磁感應強度為B的勻強磁場，則電子在熒光屏上產生的光點又回到O點。該裝置中C、D極板的長度為L1，間距為d，極板區(qū)的中點M到熒光屏中點O的距離為L2，P點到O點的距離為h。（1）判斷所加磁場的方向；（2）求電子經高壓加速后的速度大小v；（3）求電子的比荷?！究键c】帶電粒子在電場中的運動綜合．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力．【分析】（1）對電子受力分析，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，結合左手定則即可判斷出磁場方向。（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力的大小為eE，洛倫茲力的大小為evB，即可求解電子經高壓加速后的速度大小v。（3）沒有加磁場時，電子進入平行板電容器極板間做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學公式可推導出垂直于極板方向的位移，電子離開極板區(qū)域后做勻速直線運動，水平方向的速度等于電子剛進入極板間的初速度，求出勻速直線運動的時間，即可求出P點離開O點的距離。加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，說明電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，洛倫茲力豎直向上，故根據左手定則可求出磁場的方向，并能得到電子進入極板時的速度大小v，聯立可求出比荷?！窘獯稹拷猓海?）加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，可知電子受到電場力和洛倫茲力平衡，電場力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，故根據左手定則可得出磁場方向垂直于紙面向外。（2）電子受到電場力和洛倫茲力平衡，有eE＝evB又有聯立解得，電子射入偏轉電場的速度（3）電子在極板區(qū)域運行的時間在電場中的偏轉位移電子離開極板區(qū)域時，沿垂直極板方向的末速度設電子離開極板區(qū)域后，電子到達光屏P點所需的時間為t2，則有電子離開電場后在垂直極板方向的位移y2＝vyt2P點離開O點的距離等于電子在垂直極板方向的總位移h＝y(tǒng)1+y2聯立解得答：（1）磁場方向垂直于紙面向外；（2）電子經高壓加速后的速度大小v為；（3）電子的比荷為?！军c評】本題是帶電粒子在電場、復合場中運動的問題，類平拋運動根據運動的分解法研究，電子在復合場中，是速度選擇器的原理，難度適中。12．（2024?長春一模）如圖，質量M＝4kg的一只長方體形空箱子在水平拉力F作用下沿水平面向右勻加速直線運動，箱子與水平面間的動摩擦因數μ1＝0.4。這時箱子內一個質量m＝1kg的物塊恰好能靜止在后壁上。物塊與箱子內壁間的動摩擦因數μ2＝0.5。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）箱子對物塊彈力的大??；（2）水平拉力F的大小?！究键c】牛頓第二定律；力的合成與分解的應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；摩擦力專題；推理能力．【分析】（1）根據平衡條件和摩擦力公式計算；（2）對物塊和箱子分別列牛頓第二定律計算?！窘獯稹拷猓海?）根據題意可知，物塊恰不下滑，物塊在豎直方向平衡，則由平衡條件可得Ff＝mg＝1×10N＝10N物塊隨箱子向右做勻加速運動，則可知物塊與箱子的加速度相同，設為a，箱子對物塊的支持力為FN，則Ff＝μ2FN解得，箱子對物塊的支持力為FN＝20N（2）對物塊由牛頓第二定律可得FN＝ma解得a＝＝20m/s2對箱子，由牛頓第二定律可得F﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a解得F＝μ1（m+M）g+（m+M）a＝0.4×（1+4）×10N+（1+4）×20N＝120N答：（1）箱子對物塊彈力的大小為20N；（2）水平拉力F的大小為120N。【點評】本題關鍵掌握整體法和隔離法的使用。13．（2024?延邊州一模）如圖所示，兩對電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌，轉角處用一小段光滑絕緣的弧形材料平滑連接。傾斜導軌與水平地面的夾角θ＝30°，上端連接電阻R1＝R0，大小B1＝B的勻強磁場Ⅰ垂直于整個傾斜導軌向上。水平導軌上靜置著U形導線框cdef，cd邊和ef邊均緊密貼合導軌，右側MN和PQ之間有寬為2L、豎直向上的勻強磁場Ⅱ，大小B2未知，末端連接電阻R2＝2R0。質量為m、電阻為R0、長也為L的導體棒ab垂直于傾斜導軌由靜止釋放，在到達底端前已開始勻速運動，后進入水平導軌與線框cdef發(fā)生碰撞，立即連成閉合線框abed，然后再進入勻強磁場Ⅱ。已知U形線框cdef的三條邊與導體棒ab完全相同，重力加速度為g，導體棒和線框在運動中均與導軌接觸良好。（1）求ab棒在傾斜導軌上所受重力的最大功率；（2）若閉合線框abed在完全進入磁場Ⅱ之前速度減為零，求電阻R2產生的熱量；（3）若閉合線框abed剛好運動到磁場Ⅱ的右邊界線PQ處時速度減為零，求磁場Ⅱ的磁感應強度B2?！究键c】電磁感應中的能量類問題；閉合電路的歐姆定律；導體切割磁感線時產生的感應電動勢．【專題】計算題；定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【分析】（1）由E＝BLv求出感應電動勢，應用歐姆定律求出感應電流，應用平衡條件求出速度，根據功率公式求出重力的功率。（2）應用動量守恒定律與能量守恒定律求出熱量。（3）應用動量定理求出磁感應強度。【解答】解：（1）導體棒ab在傾斜導軌上勻速運動時所受安培力的功率最大，設此時速度為v，則感應電動勢E＝BLv感應電流為I＝安培力為F＝BIL由平衡條件有mgsinθ＝F聯立解得：則重力的最大功率為P＝mgvsinθ解得：P＝（2）在水平導軌上，導體棒ab與線框cdef碰撞時，滿足系統(tǒng)動量守恒，設碰后速度為v1，依題意設線框cdef質量為3m，電阻為3R0，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝（m+3m）v1解得：碰后閉合線框abed進入磁場過程，de邊切割磁感線，cd邊、ef邊被導軌短路，電路結構如圖所示則有電路產生的總熱量為電阻R2產生的熱量為聯立解得（3）閉合線框仍以速度v1進入磁場B2，設線框完全進入時速度為v2，由動量定理可得線框全部進入磁場后de邊、ab邊同時切割磁感線，相當于兩電源并聯，電路結構如圖所示回路總電阻為依題意設線框再前移L距離速度恰好為0，由動量定理可得聯立解得答：（1）ab棒在傾斜導軌上所受重力的最大功率是；（2）電阻R2產生的熱量；（3）磁場Ⅱ的磁感應強度B2是?！军c評】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象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。

考點卡片1．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0．2．牛頓第二定律【知識點的認識】1．內容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比，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容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內涵：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，在根據在2～4s內物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質量的大?。鶕俣葧r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內做勻加速直線運動，加速度a＝，根據牛頓第二定律得，F﹣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，F2＝mgtanθ，F1＝．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，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，并同時開始記錄數據，結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．（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?。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代入數據得：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合求解．【解題方法點撥】1．根據牛頓第二定律知，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，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．3．向心力【知識點的認識】一：向心力1．作用效果：產生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?．大小：Fn＝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：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，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）第一類常考題型是對圓周運動中的傳動問題分析：一個內壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質量相等的小球A和B沿著筒的內壁在水平面內做勻速圓周運動，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，并且它們的質量相等，所以向心力的大小也相等，再根據線速度、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緊貼著內壁分別在水平面內做勻速圓周運動．由于A和B的質量相同，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的內在的關系，它們的質量相同，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?？碱}型是對圓周運動中的動力學問題分析：如圖所示，質量為m的小球在豎直平面內的光滑圓軌道上做圓周運動．圓半徑為R，小球經過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓軌．則其通過最高點時（）A．小球對圓環(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，所以小球對圓環(huán)的壓力為零．故A錯誤．B、根據牛頓第二定律得，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做“水流星”表演，轉動半徑為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）小杯質量m＝0.5kg，水的質量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，兩輪的齒數與半徑成正比，角速度與齒數成反比．2．圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動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，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，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根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．豎直平面內圓周運動的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內軌道運動的過山車等），稱為“繩（環(huán)）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內的運動等），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的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運動得v臨＝0討論分析（1）過最高點時，v≥，FN+mg＝m，繩、軌道對球產生彈力FN；（2）不能過最高點時，v＜，在到達最高點前小球已經脫離了圓軌道；（1）當v＝0時，FN＝mg，FN為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當0＜v＜時，﹣FN+mg＝m，FN背向圓心，隨v的增大而減小；（3）當v＝時，FN＝0；（4）當v＞時，FN+mg＝m，FN指向圓心并隨v的增大而增大；4．萬有引力定律的應用【知識點的認識】1.天體質量的計算（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動的行星（或衛(wèi)星）計算中心天體的質量，俗稱“借助外援法”。常見的情況如下：2.天體密度的計算若天體的半徑為R，則天體的密度，將M＝代入上式，可得。特殊情況：當衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運動時，衛(wèi)星的軌道半徑r可認為等于天體半徑R，則。3.天體運動的分析與計算（1）一般行星或衛(wèi)星的運動可看作勻速圓周運動，所需要的向心力都由中心天體對它的萬有引力提供，所以研究天體運動時可運用牛頓第二定律方程＝ma，式中a是向心加速度。（2）常用關系①，萬有引力提供行星或衛(wèi)星做圓周運動的向心力。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相繼在火星上著陸，正在進行著激動人心的科學探究，為我們將來登上火星、開發(fā)和利用火星資源奠定了堅實的基礎。如果火星探測器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運動，并測得該運動的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達式為（k為某個常量）（）A.B.ρ＝kTC.ρ＝kT2D.分析：研究火星探測器繞火星做勻速圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質量。根據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動，根據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為某個常量）則ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：運用萬有引力定律求出中心體的質量。能夠運用物理規(guī)律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用。例2：金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火，它們沿軌道運行的周期分別為T金、T地、T火，它們沿軌道運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：根據行星繞太陽做勻速圓周運動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式，再結合半徑關系分析，再根據周期和角速度的關系分析周期。解答：A、根據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錯誤；B、根據行星繞太陽做勻速圓周運動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、根據行星繞太陽做勻速圓周運動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錯誤；D、根據T＝可得：T金＜T地＜T火，故D錯誤。故選：B。點評：本題主要是考查了萬有引力定律及其應用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據萬有引力提供向心力列方程進行解答?！窘忸}思路點撥】天體運動的加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關系總結規(guī)律：高軌低速長周期。5．人造衛(wèi)星【知識點的認識】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系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的，即，再根據牛頓第二定律可得，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，做勻速圓周運動的衛(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)星做勻速圓周運動的情況，而非變軌時的情況?！久}方向】常考題型是衛(wèi)星的v、ω、T、a向與軌道半徑r的關系：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動。設e、p、q，的圓周運動速率分別為v1、v2、v3，向心加速度分別為a1、a2、a3，則（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v2＜v3C．a1＞a2＞a3D．a1＜a3＜a2分析：要比較線速度的大小關系，可根據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v＝ωR可以得出結論。不能比較e和p，因為e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a＝ω2R比較a1和a3。解：對于衛(wèi)星來說根據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v＝ωR可得v1＝ωeRev2＝ωqRq即v2＞v1故A、B錯誤。對于p和q來說有＝ma可得a＝由于Rp＜Rq則ap＞aq即a2＞a3根據a＝ω2R由于Rq＞Re可得aq＞ae即a3＞a1故a2＞a3＞a1故C錯誤，D正確。故選D。點評：比較兩個物理量之間的大小關系時要選用有相同物理量的公式進行比較。如本題中的e和p不能比較，而只能e和q比較，因為e和q相同的是角速度。p和q比較，因為p和q相同的是萬有引力完全提供向心力。6．功率、平均功率和瞬時功率【知識點的認識】一、功率1．定義：功與完成這些功所用時間的比值．2．物理意義：描述力對物體做功的快慢．3．公式（1）P＝，P為時間t內的平均功率．（2）P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．4．額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．5．實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【知識點的認識】題型一：平均功率和瞬時功率的計算例1：質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平力的作用．力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則（）A.3t0時刻的瞬時功率為B.3t0時刻的瞬時功率為C．在t＝0到3t0這段時間內，水平力的平均功率為D．在t＝0到3t0這段時間內，水平力的平均功率為．分析：通過牛頓第二定律，結合運動學公式求出瞬時速度的大小和位移大小，通過瞬時功率的公式求出瞬時功率的大小，通過水平力做功求出平均功率的大?。獯穑篈、在0﹣2t0時間內，物體的加速度，則位移，2t0末的速度．在2t0﹣3t0時間內，物體的加速度，則位移＝，則3t0末的速度．則3t0末的瞬時功率P＝．故A錯誤，B正確．C、在t＝0到3t0這段時間內，水平力做功W＝，水平力的平均功率P＝．故C、D錯誤．故選：B．點評：解決本題的關鍵掌握平均功率和瞬時功率的求法，知道平均功率和瞬時功率的區(qū)別，一般情況下，平均功率用P＝求解，瞬時功率用P＝Fv求解．題型二：機車啟動問題例2：汽車發(fā)動機的額定功率為60kW，汽車質量為5t，汽車在水平路面上行駛時，阻力是車重的0.1倍，g取10m/s2，問：（1）汽車保持額定功率從靜止起動后能達到的最大速度是多少？（2）若汽車保持0.5m/s2的加速度做勻加速運動，這一過程能維持多長時間？分析：（1）當牽引力F大小等于阻力f時，汽車的加速度a＝0，速度達到最大值vm，根據公式P＝Fv，可得出汽車最大速度vm．（2）根據牛頓第二定律求出牽引力的大小，當功率達到額定功率時，勻加速直線運動的速度最大，根據P＝Fv求出勻加速直線運動的最大速度，根據v＝at求出勻加速直線運動的時間．解答：（1）當牽引力等于阻力時速度最大．根據P＝Fvm＝fvm得，．（2）根據牛頓第二定律得，F﹣f＝ma得F＝f+ma＝5000+5000×0.5N＝7500N．則勻加速直線運動的最大速度．由v＝at得，t＝．答：（1）汽車保持額定功率從靜止起動后能達到的最大速度是12m/s．（2）若汽車保持0.5m/s2的加速度做勻加速運動，這一過程能維持16s．點評：解決本題的關鍵知道當牽引力等于阻力時速度最大，以恒定加速度起動，當功率達到額定功率時，勻加速直線運動的速度最大．【解題方法點撥】對機車啟動問題應首先弄清是功率恒定還是加速度恒定．對于機車以恒定加速度啟動問題，機車勻加速運動能維持的時間，一定是機車功率達到額定功率的時間．弄清了這一點，利用牛頓第二定律和運動學公式就很容易求出機車勻加速運動能維持的時間．（1）汽車在平直路面上保持發(fā)動機功率不變，即以恒定功率啟動，其加速過程如下所示：其P﹣t圖和v﹣t圖如下：（2）汽車以恒定加速度起動，汽車的功率逐漸增大，當功率增大到額定功率時，勻加速運動結束，此時汽車的速度為勻加速運動的末速度，但并不是汽車所能達到的最大速度，此后汽車還可以保持功率不變做加速度逐漸減小的加速運動，直到加速度減小到零時速度才達到最大，具體變化過程及運動中v與t關系如圖所示．7．機械能【知識點的認識】1.追尋守恒量：在伽利略的斜面實驗中，如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必將準確地終止于它開始運動時的高度，這說明某種“東西”在小球運動的過程中是守恒的。2.重力勢能可以與動能相互轉化。3.彈性勢能可以與動能相互轉化。4.機械能：①重力勢能、彈性勢能與動能都是機械運動中的能量形式，統(tǒng)稱為機械能。②機械能可以從一種形式轉化成另一種形式。【命題思路】例1：重力做正功的過程中，重力勢能一定減少，動能一定增加。（判斷對錯）分析：當重力對物體做正功時，物體的重力勢能一定減少，而其他能的變化不能確定．解答：重力對物體做正功時，物體可能向下做加速運動，動能增加，也可能向下做減速運動，動能減少，由于不能確定是否由其他的外力做功，所以不能確定動能的變化。故答案為：錯誤點評：本題關鍵要掌握重力做功和重力勢能變化的關系，知道重力做正功，重力勢能一定減小，重力做負功，重力勢能一定增加．但不能判斷其他能的變化．例2.下列形式的能量不屬于機械能范疇的是（）A.彈性勢能B.動能C.重力勢能D.內能分析：機械能包括動能和勢能，勢能分重力勢能和彈性勢能，根據概念即可選出正確答案．解答：機械能分為動能和勢能，勢能分重力勢能和彈性勢能，所以內能不屬于機械能，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：此題考查的是機械能的概念，只要知道機械能分類即可選出正確答案，基礎題．【解題思路點撥】一個物體或系統(tǒng)的機械能是由重力勢能、彈性勢能及動能中的兩個或三個共同組成的，沒有外力作用的情況下，機械能的總和保持不變，在幾者之間相互轉化。8．功能關系【知識點的認識】1．內容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內能增加【命題方向】題型一：對功能關系的理解應用例1：如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度大小等于重力加速度的大小g。物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的（）A．動能損失了2mgHB．動能損失了mgHC．機械能損失了mgHD．機械能損失了分析：若動能變化為正值，說明動能增加，若為負值，說明動能減少，然后根據動能定理，求出合力做的功即可；要求機械能損失，只要求出除重力外其它力做的功即可。解：根據動能定理應有△Ek＝﹣ma＝﹣2mgH，動能增量為負值，說明動能減少了2mgH，所以A正確B錯誤；再由牛頓第二定律（選取沿斜面向下為正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根據功能關系應有△E＝﹣f＝﹣mgH，即機械能損失了mgH，所以C正確D錯誤。故選：AC。點評：要熟記動能定理與功能原理在解題中的應用：涉及到總功、動能變化時應用動能定理解決；涉及到機械能變化時應求出除重力外其它力做的功?！窘忸}方法點撥】1．解答功能關系問題時，一般步驟如下：（1）明確研究對象及其運動過程；（2）對研究對象進行受力分析，明確其所受的每一個力的大小、方向；（3）計算各個力所做的功；（4）明確能量轉化的關系，找出對應力所做的功。9．動量守恒定律【知識點的認識】1．內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．2．表達式：（1）p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．（4）△p＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．3．動量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認為系統(tǒng)內每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動量守恒．【命題方向】題型一：動量守恒的判斷例子：如圖所示，A、B兩物體的質量比mA：mB＝3：2，它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動摩擦因數相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒C．小車向左運動D．小車向右運動分析：在整個過程中三個物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒．分析小車的受力情況，判斷其運動情況．解答：A、B，由題意，地面光滑，所以A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒．在彈簧釋放的過程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒．故A錯誤．B正確；C、D由于A、B兩木塊的質量之比為m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A對小車向左的滑動摩擦力大于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B相對小車停止運動之前，小車的合力所受的合外力向左，會向左運動，故C正確，D錯誤．故選：BC．點評：本題關鍵掌握系統(tǒng)動量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷是否系統(tǒng)的動量是否守恒，題目較為簡單！題型二：動量守恒的應用例子：如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數均為μ．最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板．求：（1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；（2）木塊A在整個過程中的最小速度．分析：（1）A、B兩木塊同時水平向右滑動后，木塊A先做勻減速直線運動，當木塊A與木板C的速度相等后，A、C相對靜止一起在C摩擦力的作用下做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動，直到三個物體速度相同．根據三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒求出最終共同的速度，對B由牛頓第二定律和運動學公式或動能定理求解發(fā)生的位移；（2）當木塊A與木板C的速度相等時，木塊A的速度最小，根據系統(tǒng)的動量守恒求解A在整個過程中的最小速度，或根據牛頓第二定律分別研究A、C，求出加速度，根據速度公式，由速度相等條件求出時間，再求解木塊A在整個過程中的最小速度．解答：（1）木塊A先做勻減速直線運動，后做勻加速直線運動；木塊B一直做勻減速直線運動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設為v1．對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1解得：v1＝0.6v0木塊B滑動的加速度為：a＝μg，所發(fā)生的位移：x＝＝（2）A與C速度相等時，速度最小，此過程A和B減少的速度相等，有：mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvBv0﹣vA＝2v0﹣vB解得：vA＝0.4v0答：（1）木塊B從剛開始運動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移是；（2）木塊A在整個過程中的最小速度是0.4v0．點評：本題是木塊在木板上滑動的類型，分析物體的運動過程是解題基礎，其次要把握物理過程所遵守的規(guī)律，這種類型常常根據動量守恒和能量守恒結合處理．題型三：動量守恒的臨界問題如圖所示，光滑的水平面上有一個質量為M＝2m的凸型滑塊，它的一個側面是與水平面相切的光滑曲面，滑塊的高度為h＝0.3m．質量為m的小球，以水平速度v0在水平面上迎著光滑曲面沖向滑塊．試分析計算v0應滿足什么條件小球才能越過滑塊．（取g＝1Om/s2）分析：小球越到滑塊最