2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末模擬卷2

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末模擬卷2一．選擇題（共7小題，滿(mǎn)分28分，每小題4分）1．（4分）（2016?北京）如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。以平衡位置O為原點(diǎn)，建立Ox軸。向右為x的軸的正方向。若振子位于N點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則其振動(dòng)圖象為（）A． B． C． D．2．（4分）（2022?南京模擬）如圖甲所示，一單擺做小角度擺動(dòng)，從某次擺球由左向右通過(guò)平衡位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，相對(duì)平衡位置的位移x隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。對(duì)于這個(gè)單擺的振動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法不正確的是（）A．單擺的擺長(zhǎng)約為2.0m B．最大偏角約為4° C．最大速度約為0.22m/s D．t＝0.5s時(shí)擺球的加速度約為0.7m/s23．（4分）（2020秋?海安市期末）如圖是t＝0時(shí)刻沿x軸傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波的圖象。該時(shí)刻后介質(zhì)中P質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.1s，Q質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.5s，已知t＝0時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)相對(duì)平衡位置的位移相同，則（）A．該簡(jiǎn)諧波沿x軸正方向傳播 B．該簡(jiǎn)諧波的傳播周期為0.6s C．t＝0.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度沿y軸負(fù)方向 D．經(jīng)過(guò)0.6s質(zhì)點(diǎn)Q沿x軸移動(dòng)6.0m4．（4分）兩個(gè)相同的金屬小球，它們的半徑均為0.1m，兩球的球心間距離為0.3m，所帶電量均是+2×10﹣8C，則下面關(guān)于兩個(gè)小球間的靜電力F的說(shuō)法，正確的是（）A．F＝4×10﹣5N B．F＞4×10﹣5N C．F＜4×10﹣5N D．無(wú)法判斷5．（4分）（2023秋?官渡區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，圓心為O、半徑為R＝5cm的圓周內(nèi)，有一平行于圓周平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝1×102N/C，直徑AB上A點(diǎn)是圓周上電勢(shì)最高的點(diǎn)，其電勢(shì)φA＝10V，B點(diǎn)是圓周上電勢(shì)最低的點(diǎn)，OD與OB的夾角為θ＝60°。下列說(shuō)法正確的是（）A．B點(diǎn)的電勢(shì)為﹣5V B．OD間的電勢(shì)差為5V C．電子在D點(diǎn)的電勢(shì)能為零 D．將電荷量為q＝5×10﹣3C正電荷從O移到D，電場(chǎng)力做功為1.25×10﹣2J6．（4分）（2022秋?楊浦區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，電阻R1＝8Ω，R2＝3Ω，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接a點(diǎn)時(shí)，理想電流表示數(shù)為1A，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接b點(diǎn)時(shí)，理想電流表示數(shù)為2A。電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為（）A．8V4Ω B．9V5Ω C．10V2Ω D．12V10Ω7．（4分）（2020秋?湖里區(qū)校級(jí)月考）如圖為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖，塵埃在電場(chǎng)中通過(guò)某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵的目的。下列表述不正確的是（）A．帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同 B．電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極 C．到達(dá)集塵極的塵埃帶負(fù)電荷 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)力越大二．多選題（共3小題，滿(mǎn)分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2022秋?皇姑區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為m的物塊A穿在桿上，可沿桿無(wú)摩擦滑動(dòng)，質(zhì)量為0.99m的物塊B通過(guò)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。若把A固定，讓質(zhì)量為0.01m的子彈以v0水平射入物塊B后，物塊B恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且B不會(huì)撞到輕桿。則以下說(shuō)法正確的是（）（子彈射入時(shí)間極短且均未穿出物塊）A．在子彈射入物塊B的過(guò)程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動(dòng)量和機(jī)械能都守恒 B．子彈射入物塊B的初速度v0＝1005gL C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入時(shí)，物塊B上擺的初速度將等于原來(lái)物塊A固定時(shí)的上擺初速度 D．若物塊A不固定，要使物塊B上擺的最大高度與A等高，子彈的初速度應(yīng)為200gL（多選）9．（6分）（2024秋?海淀區(qū)校級(jí)期中）如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略。開(kāi)關(guān)S閉合后，在滑動(dòng)變阻器R0的滑片P向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中（）A．小燈泡L變亮 B．電壓表的示數(shù)增大 C．電流表的示數(shù)增大 D．電容器C的電荷量增大（多選）10．（6分）（2023?文昌模擬）如圖所示，光滑水平桌面上勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端系在不帶電物塊A上。小物塊A、B兩者之間用跨過(guò)光滑定滑輪的絕緣輕繩連接，帶正電的絕緣物塊B（帶電量為q）靜止在傾角為θ＝30°且足夠長(zhǎng)的、逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=35，物塊A、B質(zhì)量均為m。某時(shí)刻，突然在桌右側(cè)區(qū)域施加一場(chǎng)強(qiáng)大小為3mg5q，方向沿傳送帶向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。輕繩和輕彈簧與A、BA．施加電場(chǎng)前，彈簧的伸長(zhǎng)量為mg5kB．施加電場(chǎng)瞬間，物塊B的加速度大小為310C．物塊B第一次獲得最大速度時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為3mg5kD．物塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次獲得最大速度的過(guò)程中，系統(tǒng)電勢(shì)能的減少量為9三．實(shí)驗(yàn)題（共5小題，滿(mǎn)分54分）11．（7分）（2021春?金州區(qū)校級(jí)月考）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的雙縫干涉裝置測(cè)量紅光的波長(zhǎng)。（1）按照實(shí)驗(yàn)裝置，轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭的手輪，將測(cè)量頭的分劃板中心刻線(xiàn)與某亮條紋的中心對(duì)齊，將該亮條紋定為第一條亮條紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖乙所示，記為x1。然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線(xiàn)與第六亮條紋中心對(duì)齊，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖丙所示，記為x2，此時(shí)的讀數(shù)為mm，則相鄰條紋的間距是mm。（2）已知雙縫間距d為2.0×10﹣4m，測(cè)得雙縫到屏的距離L為0.700m，由計(jì)算式λ＝（用x1、x2、d、L表示），求得所測(cè)紅光波長(zhǎng)為nm（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。12．（10分）（2021秋?合肥期末）某中學(xué)生課外科技活動(dòng)小組利用銅片、鋅片和家鄉(xiāng)盛產(chǎn)的橙子制作了橙汁電池，他們利用下列器材測(cè)量這種電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，測(cè)量電路的電路圖如圖甲所示。一個(gè)電源E（電動(dòng)勢(shì)約1V、內(nèi)阻約1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、銅片和鋅片組成）一只微安表G（內(nèi)阻為Rg＝100Ω，量程為0～300μA）一個(gè)電阻箱R（阻值為0～9999Ω）一個(gè)開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線(xiàn)若干。（1）連接電路后，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，得到的測(cè)量數(shù)據(jù)如下表所示。R/kΩ9876543I/μA92102115131152220①上表中缺少一個(gè)電流表的示數(shù)，其讀數(shù)如圖乙所示，請(qǐng)讀出數(shù)據(jù)填在上面的表格中。②小強(qiáng)同學(xué)為了得出該橙汁電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，先通過(guò)電流算出電源路端電壓，再作出U﹣I圖像處理數(shù)據(jù)。若用U表示電源兩端的電壓，I表示通過(guò)電阻箱的電流，則U＝（用I、R、Rg表示）。（2）小明同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，分析論證得出電流表示數(shù)I的倒數(shù)與電阻箱數(shù)值R關(guān)系式為1I=（用E、R、r、Rg），并根據(jù)數(shù)據(jù)、Excel程序得出1I-R圖像如圖（丙）所示，圖中的關(guān)系方程為1I=1.056R+1.33mA﹣1，則電池的電動(dòng)勢(shì)E＝V和內(nèi)阻r＝13．（10分）（2021?十六模擬）如圖所示是內(nèi)徑為R、外徑為2R的空心玻璃圓柱體的橫截面圖，一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光從A點(diǎn)以60°的入射角射入，其中a光的折射光線(xiàn)剛好與內(nèi)圓相切，b光的折射光線(xiàn)射到AB弧的中點(diǎn)M，A、B分別為豎直直徑的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，求：（i）a、b兩種單色光的折射率之比；（ii）射到AB弧中點(diǎn)M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線(xiàn)與從M點(diǎn)直接折射出圓柱體的折射光線(xiàn)之間的夾角。14．（12分）（2022?河北模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的物塊A與質(zhì)量為4kg的物塊B靜置于水平地面上?，F(xiàn)給物塊A一個(gè)瞬時(shí)沖量，使其水平向右沖向物塊B，與B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后立即對(duì)物塊B施加一水平向右、大小為8N的拉力。當(dāng)物塊A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，撤去物塊B上的拉力，此時(shí)物塊B恰好滑離水平地面，最后垂直落到坑中傾角為53°的斜面上。在整個(gè)過(guò)程中，物塊A的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知物塊A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）初始時(shí)物塊A獲得的瞬時(shí)沖量大小和A、B間的距離。（2）物塊A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。（3）物塊B最初靜止時(shí)到坑左邊緣的距離。（4）物塊B在坑中下落的高度和飛越的水平距離。15．（15分）（2023春?荊門(mén)期末）由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)組成的裝置可以實(shí)現(xiàn)電子擴(kuò)束。如圖甲所示，大量初速度為0的電子經(jīng)電壓為U0的加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿中線(xiàn)射入水平放置的兩塊正對(duì)的平行金屬板。當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、偏轉(zhuǎn)電壓峰值為U1的交變電壓時(shí)，恰好所有電子都能從兩板間通過(guò)，已知平行金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩板間距為d，電子的電荷量為﹣e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子重力和它們之間相互作用力，求：（1）加速電場(chǎng)的電壓U0；（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U1；（3）哪個(gè)時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子，會(huì)從距離中線(xiàn)上方d3

2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末典型卷2參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題，滿(mǎn)分28分，每小題4分）1．（4分）（2016?北京）如圖所示，彈簧振子在M、N之間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。以平衡位置O為原點(diǎn)，建立Ox軸。向右為x的軸的正方向。若振子位于N點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，則其振動(dòng)圖象為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專(zhuān)題．【答案】A【分析】當(dāng)振子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，分析此時(shí)振子的位置，即確定出t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位置，即可確定位移時(shí)間的圖象?！窘獯稹拷猓河深}意：設(shè)向右為x正方向，振子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，振子具有正方向最大位移，所以振子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)振動(dòng)圖象應(yīng)是余弦曲線(xiàn)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題在選擇圖象時(shí)，關(guān)鍵研究t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移和位移如何變化。2．（4分）（2022?南京模擬）如圖甲所示，一單擺做小角度擺動(dòng)，從某次擺球由左向右通過(guò)平衡位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，相對(duì)平衡位置的位移x隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。對(duì)于這個(gè)單擺的振動(dòng)過(guò)程，下列說(shuō)法不正確的是（）A．單擺的擺長(zhǎng)約為2.0m B．最大偏角約為4° C．最大速度約為0.22m/s D．t＝0.5s時(shí)擺球的加速度約為0.7m/s2【考點(diǎn)】單擺及單擺的條件．【專(zhuān)題】定量思想；方程法；單擺問(wèn)題；推理論證能力．【答案】A【分析】由單擺的周期公式求解擺長(zhǎng)；根據(jù)幾何關(guān)系求解最大偏角；根據(jù)圖乙可以寫(xiě)出x﹣t關(guān)系式，求導(dǎo)得到速度與時(shí)間的關(guān)系，再次求導(dǎo)得到加速度表達(dá)式，由此進(jìn)行解答。【解答】解：A．由題圖乙可知單擺的周期T＝2s，由單擺的周期公式可得：T=2πl(wèi)g，代入數(shù)據(jù)可知l＝1m，故B．由題圖乙可知單擺的振幅為A＝7cm，該單擺最遠(yuǎn)的位移為7cm，擺長(zhǎng)為l＝1m＝100cm，根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ=Al=7100=0.07，則C．根據(jù)圖乙可以寫(xiě)出x﹣t關(guān)系式為x＝Asinωt＝0.07sinπt，則速度與時(shí)間的關(guān)系為：v＝0.07πcosπt；t＝1s時(shí)，速度最大，此時(shí)v＝0.07πcosπt，代入可得v＝﹣0.22m/s，最大速度約為0.22m/s，故C正確；D．由C選項(xiàng)可得，速度與時(shí)間的關(guān)系v＝0.07πcosπt，則加速度與時(shí)間的關(guān)系：a＝﹣0.07π2sinπt當(dāng)t＝0.5s時(shí)，代入數(shù)值得a＝﹣0.7m/s2，所以t＝0.5s時(shí)擺球的加速度約為0.7m/s2，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)圖象獲取信息，掌握單擺的周期公式。3．（4分）（2020秋?海安市期末）如圖是t＝0時(shí)刻沿x軸傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波的圖象。該時(shí)刻后介質(zhì)中P質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.1s，Q質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.5s，已知t＝0時(shí)刻兩質(zhì)點(diǎn)相對(duì)平衡位置的位移相同，則（）A．該簡(jiǎn)諧波沿x軸正方向傳播 B．該簡(jiǎn)諧波的傳播周期為0.6s C．t＝0.2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度沿y軸負(fù)方向 D．經(jīng)過(guò)0.6s質(zhì)點(diǎn)Q沿x軸移動(dòng)6.0m【考點(diǎn)】機(jī)械波的圖像問(wèn)題；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)題意可知P質(zhì)點(diǎn)比Q質(zhì)點(diǎn)早回到平衡位置，則說(shuō)明P質(zhì)點(diǎn)向下振、質(zhì)點(diǎn)Q向上振，根據(jù)同側(cè)法可以判斷波傳播的方向，然后可以計(jì)算周期，判斷在不同時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位置，加速度的方向一定指向平衡位置?！窘獯稹緼.該時(shí)刻后介質(zhì)中P質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.1s，質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.5s，則P質(zhì)點(diǎn)比Q質(zhì)點(diǎn)早回到平衡位置，則說(shuō)明P質(zhì)點(diǎn)向下振、質(zhì)點(diǎn)Q向上振，根據(jù)同側(cè)法可知該簡(jiǎn)諧波沿x軸正方向傳播，故A正確；B.由題意分析得知，此時(shí)P點(diǎn)向下振，Q點(diǎn)向上振，它們周期相同，則T＝2×（0.1+0.5）s＝1.2s，故B錯(cuò)誤；C.已知P質(zhì)點(diǎn)回到平衡位置的最短時(shí)間為0.1s，則t＝0.2s時(shí)P質(zhì)點(diǎn)應(yīng)在平衡位置的下方，可知此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的加速度沿y軸正方向，故C錯(cuò)誤；D.簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向與x軸垂直，在x軸方向沒(méi)有位移，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題是波的圖象問(wèn)題，分析波的傳播方向與質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向間的關(guān)系是基本功，分析波動(dòng)形成過(guò)程是基本能力。4．（4分）兩個(gè)相同的金屬小球，它們的半徑均為0.1m，兩球的球心間距離為0.3m，所帶電量均是+2×10﹣8C，則下面關(guān)于兩個(gè)小球間的靜電力F的說(shuō)法，正確的是（）A．F＝4×10﹣5N B．F＞4×10﹣5N C．F＜4×10﹣5N D．無(wú)法判斷【考點(diǎn)】庫(kù)侖定律的表達(dá)式及其簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題．【答案】C【分析】本題題中由于帶電球的大小與它們之間的距離相比，不能忽略，因此不能看作點(diǎn)電荷，不能直接利用庫(kù)侖定律計(jì)算庫(kù)侖力的大小，只能根據(jù)庫(kù)侖定律定性的比較庫(kù)侖力的大?。窘獯稹拷猓核鼈兊陌霃骄鶠?.1m，當(dāng)兩球心相距為0.3m時(shí)，兩球不能看成點(diǎn)電荷，因帶同種電荷，導(dǎo)致電量間距大于0.3m，根據(jù)庫(kù)侖定律F＝kQqr2，可知，它們相互作用的庫(kù)侖力大小F＜9×109×(2×10-8)20．32故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題應(yīng)明確當(dāng)兩球心相距為3R時(shí)，兩球不能看成點(diǎn)電荷，不能直接運(yùn)用庫(kù)侖定律解答，注意庫(kù)侖定律的成立條件，理解點(diǎn)電荷的含義．5．（4分）（2023秋?官渡區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，圓心為O、半徑為R＝5cm的圓周內(nèi)，有一平行于圓周平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝1×102N/C，直徑AB上A點(diǎn)是圓周上電勢(shì)最高的點(diǎn)，其電勢(shì)φA＝10V，B點(diǎn)是圓周上電勢(shì)最低的點(diǎn)，OD與OB的夾角為θ＝60°。下列說(shuō)法正確的是（）A．B點(diǎn)的電勢(shì)為﹣5V B．OD間的電勢(shì)差為5V C．電子在D點(diǎn)的電勢(shì)能為零 D．將電荷量為q＝5×10﹣3C正電荷從O移到D，電場(chǎng)力做功為1.25×10﹣2J【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)力做功的計(jì)算及其特點(diǎn)；電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】D【分析】A.根據(jù)題意確定電場(chǎng)線(xiàn)的方向，由公式U＝Ed計(jì)算確定B點(diǎn)的電勢(shì)；B.根據(jù)電勢(shì)差的公式代入數(shù)據(jù)計(jì)算；C.根據(jù)電勢(shì)能的公式EP＝qφ判斷；D.根據(jù)電場(chǎng)力做功的公式代入數(shù)據(jù)計(jì)算?！窘獯稹拷猓篈.由題意可知，場(chǎng)強(qiáng)的方向沿AB方向，且UAB=2ER=2×102×0.05V=10V，因A點(diǎn)的電勢(shì)φA＝10VB.OD間的電勢(shì)差為UOD＝ERcos60°＝2.5V，故B錯(cuò)誤；C.因D點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì)，則電勢(shì)不為零，則電子在D點(diǎn)的電勢(shì)能不為零，故C錯(cuò)誤；D.將電荷量為q＝5×10﹣3C正電荷從O移到D，電場(chǎng)力做功為WOD=U故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】熟練掌握勻強(qiáng)電場(chǎng)中的電勢(shì)差、電勢(shì)能、電勢(shì)、電場(chǎng)力做功等各物理量的求解。6．（4分）（2022秋?楊浦區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，電阻R1＝8Ω，R2＝3Ω，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接a點(diǎn)時(shí)，理想電流表示數(shù)為1A，當(dāng)開(kāi)關(guān)S接b點(diǎn)時(shí)，理想電流表示數(shù)為2A。電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻分別為（）A．8V4Ω B．9V5Ω C．10V2Ω D．12V10Ω【考點(diǎn)】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)歐姆定律列出等式并求解出電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻即可。【解答】解：開(kāi)關(guān)s接通a時(shí)，根據(jù)歐姆定律得：E＝I1（R1+r）；當(dāng)開(kāi)關(guān)接通b時(shí)，根據(jù)歐姆定律得：E＝I2（R2+r）聯(lián)立解得：E＝10V；r＝2Ω，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算即可，屬于基礎(chǔ)題型。7．（4分）（2020秋?湖里區(qū)校級(jí)月考）如圖為靜電除塵器除塵機(jī)理的示意圖，塵埃在電場(chǎng)中通過(guò)某種機(jī)制帶電，在電場(chǎng)力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達(dá)到除塵的目的。下列表述不正確的是（）A．帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相同 B．電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極 C．到達(dá)集塵極的塵埃帶負(fù)電荷 D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)力越大【考點(diǎn)】靜電的利用和防止．【專(zhuān)題】簡(jiǎn)答題；定性思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；理解能力；推理論證能力．【答案】A【分析】（1）由圖可知，兩電極的電性，根據(jù)帶電塵埃遷移到集塵極，可知帶電塵埃帶負(fù)電，帶電塵埃所受電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)方向相反；（2）電場(chǎng)線(xiàn)方向?yàn)檎龢O指向負(fù)極；（3）由電場(chǎng)力公式F＝qE可知，帶電量越大，電場(chǎng)力越大?！窘獯稹拷猓篈C、由圖可知，集塵極為正極，則帶點(diǎn)塵埃帶負(fù)電，塵埃受到的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反，故A錯(cuò)誤，C正確；B、集塵極為正極，則電場(chǎng)方向由集塵極指向放電極，故B正確；D、由電場(chǎng)力F＝qE可知，同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場(chǎng)力越大，故D正確，本題選不正確的，故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查運(yùn)用分析實(shí)際問(wèn)題工作原理的能力，解題時(shí)，抓住塵埃的運(yùn)動(dòng)方向是突破口，要求同學(xué)們熟練掌握靜電的防止與應(yīng)用的具體實(shí)例．二．多選題（共3小題，滿(mǎn)分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2022秋?皇姑區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為m的物塊A穿在桿上，可沿桿無(wú)摩擦滑動(dòng)，質(zhì)量為0.99m的物塊B通過(guò)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。若把A固定，讓質(zhì)量為0.01m的子彈以v0水平射入物塊B后，物塊B恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且B不會(huì)撞到輕桿。則以下說(shuō)法正確的是（）（子彈射入時(shí)間極短且均未穿出物塊）A．在子彈射入物塊B的過(guò)程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動(dòng)量和機(jī)械能都守恒 B．子彈射入物塊B的初速度v0＝1005gL C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入時(shí)，物塊B上擺的初速度將等于原來(lái)物塊A固定時(shí)的上擺初速度 D．若物塊A不固定，要使物塊B上擺的最大高度與A等高，子彈的初速度應(yīng)為200gL【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】比較思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】BCD【分析】在子彈射入物塊B的過(guò)程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒；物塊B恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求得B在最高點(diǎn)的速度。從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，利用機(jī)械能守恒定律求出子彈射入物塊B后的速度，再研究子彈射入物塊B的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律求子彈射入物塊B的初速度；若物塊A不固定，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律同樣的求子彈射入前的初速度?！窘獯稹拷猓篈、在子彈射入物塊B的過(guò)程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，合外力沖量遠(yuǎn)小于內(nèi)力沖量，其動(dòng)量守恒，但由于要產(chǎn)生內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤。B、物塊B（包括子彈）恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＝mv解得：v1=物塊B（包括子彈）從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mg?2L+子彈射入物塊B的過(guò)程，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：0.01mv0＝（0.01m+0.99m）v2聯(lián)立解得v2=5gL，v0＝1005gL，故BC、若物塊A不固定，子彈仍以v0射入時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律知，物塊上擺的初速度等于原來(lái)物塊A固定時(shí)的上擺初速度，故C正確。D、若物塊A不固定，當(dāng)物塊B擺到與PQ等高時(shí)，B、A有相同的水平速率為v2′，以向右方向?yàn)檎?，根?jù)水平動(dòng)量守恒有：0.01mv0′＝（0.01m+0.99m）v1′＝（m+0.01m+0.99m）v2′，從擊中后到同高由機(jī)械能守恒有：12(0.01m+0.99m)v1'2=（0.01m+0.99m）g×L+12故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要明確B通過(guò)最高點(diǎn)的臨界條件：重力等于向心力。要把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，要注意當(dāng)物塊B擺到與PQ等高時(shí)，B與A的水平速度相同。（多選）9．（6分）（2024秋?海淀區(qū)校級(jí)期中）如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略。開(kāi)關(guān)S閉合后，在滑動(dòng)變阻器R0的滑片P向上緩慢滑動(dòng)的過(guò)程中（）A．小燈泡L變亮 B．電壓表的示數(shù)增大 C．電流表的示數(shù)增大 D．電容器C的電荷量增大【考點(diǎn)】含容電路的動(dòng)態(tài)分析．【專(zhuān)題】定性思想；推理法；電容器專(zhuān)題；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】在滑片向上滑動(dòng)過(guò)程，滑動(dòng)變阻器阻值變大，外電路總電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知干路電流和路端電壓如何變化，即可知電壓表示數(shù)、燈泡亮度的變化情況；由歐姆定律分析并聯(lián)部分的電壓變化，可知電流表的示數(shù)變化情況、電容兩端的電壓變化情況；由電容定義式的推導(dǎo)式，可分析電容的電荷量變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、在滑片向上滑動(dòng)過(guò)程，滑動(dòng)變阻器阻值變大，并聯(lián)部分的電阻增大，外電路總電阻增大；根據(jù)閉合電路歐姆定律，可知干路電流I=E由E＝U+Ir，可知路端電壓U變大，即可知電壓表示數(shù)變大、燈泡L變暗，可知A錯(cuò)誤，B正確；C、由外電路的串聯(lián)分壓特點(diǎn)，滑動(dòng)變阻器、電阻并聯(lián)部分看作整體，再與燈泡串聯(lián)，故并聯(lián)部分的電壓為：U并由AB選項(xiàng)的分析可知，路端電壓U增大，故在R并增大時(shí)，并聯(lián)部分的電壓U并增大，電流表的示數(shù)為：IA=UD、由C選項(xiàng)分析可知，并聯(lián)部分的電壓U并增大，故電容兩端電壓增大，由電容定義式的推導(dǎo)可知：Q＝CU并，即電容的Q增大，故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電路的動(dòng)態(tài)分析，在判斷各物理量的變化時(shí)，關(guān)鍵是利用閉合電路歐姆定律，用表達(dá)式結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)判斷。（多選）10．（6分）（2023?文昌模擬）如圖所示，光滑水平桌面上勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端系在不帶電物塊A上。小物塊A、B兩者之間用跨過(guò)光滑定滑輪的絕緣輕繩連接，帶正電的絕緣物塊B（帶電量為q）靜止在傾角為θ＝30°且足夠長(zhǎng)的、逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶上，物塊B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=35，物塊A、B質(zhì)量均為m。某時(shí)刻，突然在桌右側(cè)區(qū)域施加一場(chǎng)強(qiáng)大小為3mg5q，方向沿傳送帶向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。輕繩和輕彈簧與A、BA．施加電場(chǎng)前，彈簧的伸長(zhǎng)量為mg5kB．施加電場(chǎng)瞬間，物塊B的加速度大小為310C．物塊B第一次獲得最大速度時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為3mg5kD．物塊B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次獲得最大速度的過(guò)程中，系統(tǒng)電勢(shì)能的減少量為9【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專(zhuān)題；共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】ABD【分析】根據(jù)平衡條件和胡克定律，求彈簧的伸長(zhǎng)量；由牛頓第二定律和平衡條件，求加速度大小和B第一次獲得最大速度時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量；根據(jù)功能關(guān)系，分析系統(tǒng)電勢(shì)能的減少量。【解答】解：A．施加電場(chǎng)前，物體B應(yīng)受重力、傳送帶的支持力、輕繩上拉力、沿傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，則沿傳送帶方向上，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ+T解得T=對(duì)物體A受力分析，根據(jù)平衡條件和胡克定律T＝F彈＝kx解得x=故A正確；B．施加電場(chǎng)瞬間，對(duì)A、B整體受力分析，由牛頓第二定律mgsinθ+Eq﹣μmgcosθ﹣F彈＝2ma解得a=故B正確；C．物體B獲得第一次最大速度時(shí)，A、B加速度均為0，根據(jù)平衡條件：mgsinθ+Eq﹣μmgcosθ﹣F彈'＝0可得F'彈故C錯(cuò)誤；D．從物體B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次獲得最大速度的過(guò)程中，彈簧伸長(zhǎng)量的變化量（也即物體B下滑位移）為Δx＝x'﹣x，解得Δx=根據(jù)功能關(guān)系，系統(tǒng)電勢(shì)能減少量|故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律和平衡條件以及功能關(guān)系的掌握，具有一定綜合性，是一道中等難度題。三．實(shí)驗(yàn)題（共5小題，滿(mǎn)分54分）11．（7分）（2021春?金州區(qū)校級(jí)月考）某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的雙縫干涉裝置測(cè)量紅光的波長(zhǎng)。（1）按照實(shí)驗(yàn)裝置，轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭的手輪，將測(cè)量頭的分劃板中心刻線(xiàn)與某亮條紋的中心對(duì)齊，將該亮條紋定為第一條亮條紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖乙所示，記為x1。然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線(xiàn)與第六亮條紋中心對(duì)齊，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖丙所示，記為x2，此時(shí)的讀數(shù)為13.870mm，則相鄰條紋的間距是2.310mm。（2）已知雙縫間距d為2.0×10﹣4m，測(cè)得雙縫到屏的距離L為0.700m，由計(jì)算式λ＝d(x2-x1)5L（用x1、x2、d、【考點(diǎn)】用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)；刻度尺的使用與讀數(shù)．【專(zhuān)題】實(shí)驗(yàn)題；定量思想；推理法；基本實(shí)驗(yàn)儀器；光的干涉專(zhuān)題；理解能力．【答案】（1）13.870；2.310；（2）d(x2【分析】螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，需估讀，根據(jù)Δx=x根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式求出波長(zhǎng)的表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)求出波長(zhǎng)的大?。窘獯稹拷猓海?）圖乙中螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為2mm+0.01×32.0mm＝2.320mm，圖丙中螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為13.5mm+0.01×37.0mm＝13.870mm．n＝6﹣1＝6，相鄰條紋間距Δx=xn（2）由雙縫干涉條紋公式Δx=Ldλ得，λ=ΔxdL=d(x2-x故答案為：（1）13.870；2.310；（2）d(x2【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法，以及掌握雙縫干涉條紋的間距公式，并能靈活運(yùn)用．12．（10分）（2021秋?合肥期末）某中學(xué)生課外科技活動(dòng)小組利用銅片、鋅片和家鄉(xiāng)盛產(chǎn)的橙子制作了橙汁電池，他們利用下列器材測(cè)量這種電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，測(cè)量電路的電路圖如圖甲所示。一個(gè)電源E（電動(dòng)勢(shì)約1V、內(nèi)阻約1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、銅片和鋅片組成）一只微安表G（內(nèi)阻為Rg＝100Ω，量程為0～300μA）一個(gè)電阻箱R（阻值為0～9999Ω）一個(gè)開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線(xiàn)若干。（1）連接電路后，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，得到的測(cè)量數(shù)據(jù)如下表所示。R/kΩ9876543I/μA92102115131152180220①上表中缺少一個(gè)電流表的示數(shù)，其讀數(shù)如圖乙所示，請(qǐng)讀出數(shù)據(jù)填在上面的表格中。②小強(qiáng)同學(xué)為了得出該橙汁電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，先通過(guò)電流算出電源路端電壓，再作出U﹣I圖像處理數(shù)據(jù)。若用U表示電源兩端的電壓，I表示通過(guò)電阻箱的電流，則U＝I（R+Rg）（用I、R、Rg表示）。（2）小明同學(xué)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，分析論證得出電流表示數(shù)I的倒數(shù)與電阻箱數(shù)值R關(guān)系式為1I=1ER+Rg+rE（用E、R、r、Rg），并根據(jù)數(shù)據(jù)、Excel程序得出1I-R圖像如圖（丙）所示，圖中的關(guān)系方程為1I=1.056R+1.33mA﹣1，則電池的電動(dòng)勢(shì)E＝0.95【考點(diǎn)】測(cè)量普通電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；恒定電流專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】（1）180，I（R+Rg）；（2）1ER+Rg【分析】（1）根據(jù)電流表的讀數(shù)方法讀得數(shù)據(jù)；根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可求得電路中的路端電壓；（2）根據(jù)電路結(jié)構(gòu)分析實(shí)驗(yàn)得出函數(shù)解析式，再根據(jù)圖象的性質(zhì)分析處理數(shù)據(jù)．【解答】（1）由圖乙可知電流表最小刻度為10mA，則電流表的讀數(shù)為180mA.U為路端電壓，則由歐姆定律得U＝I（R+Rg）（2）由閉合電路歐定律得E＝I（R+Rg+r）變形得1I對(duì)比1I=1.056R+1.33mA﹣解得E＝0.95V，r＝1160Ω＝1.16kΩ故答案為：（1）180，I（R+Rg）；（2）1ER+Rg【點(diǎn)評(píng)】本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，能根據(jù)數(shù)據(jù)處理的方法進(jìn)行分析．13．（10分）（2021?十六模擬）如圖所示是內(nèi)徑為R、外徑為2R的空心玻璃圓柱體的橫截面圖，一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光從A點(diǎn)以60°的入射角射入，其中a光的折射光線(xiàn)剛好與內(nèi)圓相切，b光的折射光線(xiàn)射到AB弧的中點(diǎn)M，A、B分別為豎直直徑的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)，求：（i）a、b兩種單色光的折射率之比；（ii）射到AB弧中點(diǎn)M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線(xiàn)與從M點(diǎn)直接折射出圓柱體的折射光線(xiàn)之間的夾角?！究键c(diǎn)】光的折射定律．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；光的折射專(zhuān)題；推理論證能力．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（i）根據(jù)幾何關(guān)系求得折射角，根據(jù)n=sinisinr求得折射率，即可求得a、（ii）做出b光的光路圖，根據(jù)光路圖，利用折射定律求得折射角，即可求得最終的夾角?！窘獯稹拷猓海╥）對(duì)a光，設(shè)其在玻璃中的折射角為r1，則sinr1=R2R=根據(jù)折射定律可得：n對(duì)于b光，設(shè)其在玻璃中的折射角為r2，則有：sinr2=2R22根據(jù)折射定律可得：n故ab兩種單色光的折射率之比為n（ii）畫(huà)出光路圖如圖所示，設(shè)從M點(diǎn)直接折射出圓柱的折射光ME，根據(jù)折射定律可知，折射角為60°故以b光在圓柱中傳播路徑AM為準(zhǔn)，從右下方向向左偏折15°，b光在M點(diǎn)反射時(shí)，因?yàn)槿肷浣菫?5°，所以反射角也為45°，故反射光線(xiàn)和入射光線(xiàn)的夾角等于90°，則以b光在圓柱體中的傳播路徑AM為準(zhǔn)，從右下方向左偏折90°設(shè)從B點(diǎn)直接折射出圓柱體的折射光線(xiàn)為BF，根據(jù)折射定律可知，折射角也為60°，故以b光在圓柱體重的傳播路徑MB為準(zhǔn)，從左下方向上偏折15°，所以出射光線(xiàn)BF相對(duì)入射光線(xiàn)的偏轉(zhuǎn)角度為90°+15°＝105°，故兩種情況偏轉(zhuǎn)的角度差為105°﹣90°＝15°所以射到AB弧中點(diǎn)M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線(xiàn)與從M點(diǎn)直接折射出圓柱體的折射光線(xiàn)之間的夾角為90°答：（i）a、b兩種單色光的折射率之比為21（ii）射到AB弧中點(diǎn)M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線(xiàn)與從M點(diǎn)直接折射出圓柱體的折射光線(xiàn)之間的夾角為90°。【點(diǎn)評(píng)】本題是折射定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是畫(huà)出光路圖，運(yùn)用幾何知識(shí)求解入射角與折射角，即可研究這類(lèi)問(wèn)題。14．（12分）（2022?河北模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的物塊A與質(zhì)量為4kg的物塊B靜置于水平地面上。現(xiàn)給物塊A一個(gè)瞬時(shí)沖量，使其水平向右沖向物塊B，與B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后立即對(duì)物塊B施加一水平向右、大小為8N的拉力。當(dāng)物塊A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，撤去物塊B上的拉力，此時(shí)物塊B恰好滑離水平地面，最后垂直落到坑中傾角為53°的斜面上。在整個(gè)過(guò)程中，物塊A的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示。已知物塊A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同且均可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）初始時(shí)物塊A獲得的瞬時(shí)沖量大小和A、B間的距離。（2）物塊A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。（3）物塊B最初靜止時(shí)到坑左邊緣的距離。（4）物塊B在坑中下落的高度和飛越的水平距離?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）初始時(shí)物塊A獲得的瞬時(shí)沖量大小為8kg?m/s，A、B間的距離為10.5m；（2）物塊A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為1.83J。（3）物塊B最初靜止時(shí)到坑左邊緣的距離為7m。（4）物塊B在坑中下落的高度為0.75m，飛越的水平距離為2m?！痉治觥浚?）由圖乙讀出瞬時(shí)沖量作用后物塊A獲得的速度，由動(dòng)量定理求初始時(shí)物塊A獲得的瞬時(shí)沖量大小。根據(jù)位移—時(shí)間圖像的面積求出0～3s內(nèi)物塊A通過(guò)的位移，即為A、B間的距離；（2）根據(jù)圖像求出A的加速度，然后求出地面得動(dòng)摩擦因數(shù)，求出物塊A、B碰撞后物塊A的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出B的速度；然后求出碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能。（3）根據(jù)圖像求出A的加速度，然后求出地面得動(dòng)摩擦因數(shù)，對(duì)物塊B進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，然后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式求出最初靜止時(shí)到坑左邊緣的距離。（4）B離開(kāi)水平面后做平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解即可求出物塊B在坑中下落的高度和飛越的水平距離?！窘獯稹拷猓海?）由圖乙讀出瞬時(shí)沖量作用后物塊A獲得的速度為4m/s，則物塊A獲得的瞬時(shí)沖量大?。篒＝ΔP＝Δmv＝2×4kg?m/s＝8kg?m/s；0～3s內(nèi)物塊A通過(guò)的位移，即為A、B間的距離為：x1=4+3（2）選取向右為正方向，A向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度：a=v由圖乙讀出物塊A、B碰撞后物塊A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s為，則物塊A、B碰撞后物塊A的速度：v3=aΔt'=-1選取向右為正方向，A與B碰撞的過(guò)程中水平方向的動(dòng)量守恒，則：mv2＝mv3+Mv4代入數(shù)據(jù)可得：v4碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能：ΔE=代入數(shù)據(jù)可得：ΔE=116J≈（3）開(kāi)始時(shí)A做減速運(yùn)動(dòng)的加速度：a=所以：μ=物塊B水平方向受到拉力和摩擦力，由牛頓第二定律得：F﹣μMg＝Ma′可得：a′=B最初靜止時(shí)到坑左邊緣的距離：x代入數(shù)據(jù)可得：x2＝7m（4）B離開(kāi)水平面時(shí)的速度：v5＝v4+a′Δt=11B最后垂直落到坑中傾角為53°的斜面上時(shí)設(shè)豎直方向的分速度為vy，則：tan(90則：vyB下落得高度：h=vy2B離開(kāi)水平面后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=vyg飛越的水平距離：d＝v5t=316×0.385答：（1）初始時(shí)物塊A獲得的瞬時(shí)沖量大小為8kg?m/s，A、B間的距離為10.5m；（2）物塊A、B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為1.83J。（3）物塊B最初靜止時(shí)到坑左邊緣的距離為7m。（4）物塊B在坑中下落的高度為0.75m，飛越的水平距離為2m?！军c(diǎn)評(píng)】解答該題關(guān)鍵是要注意把握運(yùn)動(dòng)的各過(guò)程，同時(shí)要注意A與B碰撞后的速度不是﹣1m/s，要結(jié)合相應(yīng)的條件判斷。15．（15分）（2023春?荊門(mén)期末）由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)組成的裝置可以實(shí)現(xiàn)電子擴(kuò)束。如圖甲所示，大量初速度為0的電子經(jīng)電壓為U0的加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿中線(xiàn)射入水平放置的兩塊正對(duì)的平行金屬板。當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、偏轉(zhuǎn)電壓峰值為U1的交變電壓時(shí)，恰好所有電子都能從兩板間通過(guò)，已知平行金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩板間距為d，電子的電荷量為﹣e，質(zhì)量為m，不計(jì)電子重力和它們之間相互作用力，求：（1）加速電場(chǎng)的電壓U0；（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U1；（3）哪個(gè)時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子，會(huì)從距離中線(xiàn)上方d3【考點(diǎn)】帶電粒子在周期性變化的電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】（1）加速電場(chǎng)的電壓為mL（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓為md（3）t=(2n+1)t0±56t0【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求出電子在電場(chǎng)中加速后的速度，再根據(jù)電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間求出加速電場(chǎng)的電壓；（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解求出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓；（3）根據(jù)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)時(shí)電壓的大小分情況討論分析電子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，根據(jù)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置求出電子向上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，進(jìn)而求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)刻?！窘獯稹拷猓海?）電子加速后速度為v0，有eU電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0，有L＝v0×2t0解得U（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為a，有eU在t＝nt0時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子偏轉(zhuǎn)位移最大，恰好從兩板間射出，有d2解得U1（3）當(dāng)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)U＞0，設(shè)電子先向上加速運(yùn)動(dòng)t1時(shí)間電場(chǎng)反向，后再向上減速運(yùn)動(dòng)t1時(shí)間速度恰為0，然后向下加速運(yùn)動(dòng)t0﹣t1時(shí)間電場(chǎng)反向，后向下減速運(yùn)動(dòng)t0﹣t1時(shí)間，出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)正好位于中線(xiàn)上方d3d3解得t1即電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)刻為t=(2n+1)t0-t當(dāng)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)U＜0，設(shè)電子先向下加速運(yùn)動(dòng)t2時(shí)間電場(chǎng)反向，后再向下減速運(yùn)動(dòng)t2時(shí)間速度恰為0，然后向上加速運(yùn)動(dòng)t0﹣t2時(shí)間電場(chǎng)反向，后向上減速運(yùn)動(dòng)t0﹣t2時(shí)間，出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)正好位于中線(xiàn)上方d3d3解得t2即電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)刻為t=(2n+2)t0-t綜合可知，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)刻為t=(2n+1)t0±5答：（1）加速電場(chǎng)的電壓為mL（2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓為md（3）t=(2n+1)t0±56t0【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)的分解。

考點(diǎn)卡片1．胡克定律及其應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對(duì)跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①?gòu)椓Φ漠a(chǎn)生條件是兩個(gè)物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過(guò)接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)與球心的連線(xiàn)上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過(guò)接觸點(diǎn)的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線(xiàn)重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對(duì)物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長(zhǎng)（或縮短）的長(zhǎng)度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長(zhǎng)（或縮短）單位長(zhǎng)度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長(zhǎng)短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長(zhǎng)度與彈簧原長(zhǎng)的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長(zhǎng)度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對(duì)于彈簧問(wèn)題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長(zhǎng)”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大?。绻桓嬖V彈簧彈力的大小，必須全面分析問(wèn)題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個(gè)解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長(zhǎng)度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長(zhǎng)度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類(lèi)?？碱}型是考查胡克定律：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長(zhǎng)為20cm，則彈簧的原長(zhǎng)為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長(zhǎng)為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類(lèi)?？碱}型是考查胡克定律與其他知識(shí)點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個(gè)質(zhì)量為m0的平盤(pán)，盤(pán)中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤(pán)靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤(pán)，使彈簧再伸長(zhǎng)△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時(shí)盤(pán)對(duì)物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時(shí)手的拉力，確定盤(pán)和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤(pán)對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤(pán)靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)△l時(shí)手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時(shí)彈簧的彈力沒(méi)有變化，則以盤(pán)和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對(duì)物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故選A．點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問(wèn)題的能力，這類(lèi)問(wèn)題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)隱含條件考查．彈力的有無(wú)及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來(lái)確定．2．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。【解題方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯(cuò)誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，滿(mǎn)足vy＝gt。4．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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(guò)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(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)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。5．常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見(jiàn)的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；重力做功——重力?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過(guò)計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。6．機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對(duì)三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過(guò)程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對(duì)的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對(duì)同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀(guān)眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場(chǎng)中，雷阿倫在終場(chǎng)前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過(guò)程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過(guò)程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對(duì)象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在過(guò)程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合起來(lái)，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢(shì)能參考平面的麻煩。（2）能用動(dòng)能定理來(lái)解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來(lái)解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。7．動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過(guò)程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過(guò)程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動(dòng)量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運(yùn)動(dòng)員通常要伸出兩臂迎接傳來(lái)的籃球，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力C、減小籃球的動(dòng)量變化量D、增大籃球的動(dòng)量變化量分析：分析接球的動(dòng)作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員接球過(guò)程，球的末動(dòng)量為零，球的初動(dòng)量一定，則球的動(dòng)量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過(guò)程球的動(dòng)量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動(dòng)量的變化量與沖量不會(huì)因如何接球而改變。【解題方法點(diǎn)撥】1．動(dòng)量、動(dòng)量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問(wèn)題、用動(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡(jiǎn)捷．8．動(dòng)量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.子彈打木塊的過(guò)程很短暫，認(rèn)為該過(guò)程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。2.在子彈打木塊過(guò)程中摩擦生熱，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化。3.若子彈不穿出木塊，則二者最后有共同速度，機(jī)械能損失最多?！久}方向】如圖，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊（未穿出），若木塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．求：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度；（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進(jìn)的距離．分析：（1）子彈擊中木塊過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出共同速度．（2）由動(dòng)能定理求出木塊在地面滑行的距離．解答：（1）子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為：v′=（2）對(duì)木塊（包括子彈），由動(dòng)能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0-12（M+m）v′解得：s=m答：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為mvM+m（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進(jìn)的距離為m2點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，知道打擊過(guò)程遵守動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)能定理即可正確解題．【解題思路點(diǎn)撥】（1）子彈打木塊的過(guò)程很短暫，認(rèn)為木塊瞬間得到速度且位置不變。（2）子彈打入木塊過(guò)程損失的機(jī)械能并沒(méi)有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子彈和木塊的共同運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能。9．動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類(lèi)模型單獨(dú)分了出來(lái)仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類(lèi)于此。例如多種因素共存的動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用、有電場(chǎng)存在的綜合應(yīng)用等等。【命題方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開(kāi)始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)。滑塊A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線(xiàn)方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識(shí)點(diǎn)：碰撞中的動(dòng)量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動(dòng)，涉及平拋的基本知識(shí)。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變，這是動(dòng)量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿(mǎn)足動(dòng)量守恒的同時(shí)還滿(mǎn)足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開(kāi)的過(guò)程中同時(shí)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，減速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數(shù)據(jù)可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開(kāi)的過(guò)程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開(kāi)時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開(kāi)的過(guò)程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點(diǎn)評(píng)：本題著重考查碰撞中的動(dòng)量守恒和能量守恒問(wèn)題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動(dòng)，還需用到平拋的基本知識(shí)，這是力學(xué)中的一道知識(shí)點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識(shí)點(diǎn)中若存在相關(guān)知識(shí)缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對(duì)象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動(dòng)量；（4）由動(dòng)量守恒定律列式求解；（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．2．解決動(dòng)量守恒中的臨界問(wèn)題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問(wèn)題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)和能量觀(guān)點(diǎn)4．動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)和能量觀(guān)點(diǎn)：這兩個(gè)觀(guān)點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)變化所經(jīng)歷的過(guò)程中狀態(tài)的改變，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡(jiǎn)單地說(shuō)，只要求知道過(guò)程的始末狀態(tài)動(dòng)量、動(dòng)能和力在過(guò)程中所做的功，即可對(duì)問(wèn)題求解．5．利用動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)和能量觀(guān)點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題：（1）動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無(wú)分量表達(dá)式．（2）動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動(dòng)量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對(duì)象及運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化過(guò)程后，根據(jù)問(wèn)題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動(dòng)解決的問(wèn)題，若用動(dòng)量觀(guān)點(diǎn)或能量觀(guān)點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動(dòng)的觀(guān)點(diǎn)簡(jiǎn)便．10．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的描述（1）描述簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物理量①位移x：由平衡位置指向質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線(xiàn)段，是矢量．②振幅A：振動(dòng)物體離開(kāi)平衡位置的最大距離，是標(biāo)量，表示振動(dòng)的強(qiáng)弱．③周期T和頻率f：物體完成一次全振動(dòng)所需的時(shí)間叫周期，而頻率則等于單位時(shí)間內(nèi)完成全振動(dòng)的次數(shù)，它們是表示震動(dòng)快慢的物理量．二者互為倒數(shù)關(guān)系．（2）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式x＝Asin（ωt+φ）．（3）簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象①物理意義：表示振子的位移隨時(shí)間變化的規(guī)律，為正弦（或余弦）曲線(xiàn)．②從平衡位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，函數(shù)表達(dá)式為x＝Asinωt，圖象如圖1所示．從最大位移處開(kāi)始計(jì)時(shí)，函數(shù)表達(dá)式為x＝Acosωt，圖象如圖2所示．【命題方向】?？碱}型是考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象的應(yīng)用：（1）一質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)頻率是4HzB．在10s要內(nèi)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程是20cmC．第4s末質(zhì)點(diǎn)的速度是零D．在t＝1s和t＝3s兩時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)位移大小相等、方向相同分析：由圖可知質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期、振幅及各點(diǎn)振動(dòng)情況；再根據(jù)振動(dòng)的周期性可得質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的路程及各時(shí)刻物體的速度．解：A、由圖可知，質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期為4s，故頻率為14Hz＝0.25Hz，故AB、振動(dòng)的振幅為2cm，10s內(nèi)有2.5個(gè)周期，故質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為2.5×4×2cm＝20cm，故B正確；C、4s質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處，故質(zhì)點(diǎn)的速度為最大，故C錯(cuò)誤；D、1s時(shí)質(zhì)點(diǎn)位于正向最大位移處，3s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)處于負(fù)向最大位移處，故位移方向相反，故D錯(cuò)誤；故選：B．點(diǎn)評(píng)：圖象會(huì)直觀(guān)的告訴我們很多信息，故要學(xué)會(huì)認(rèn)知圖象，并能熟練應(yīng)用．（2）一個(gè)彈簧振子在A、B間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，O為平衡位置，如圖所示，以某一時(shí)刻t＝0為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，經(jīng)14A．B．C．D．分析：根據(jù)某一時(shí)刻作計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t＝0），經(jīng)14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位置和速度方向，確定位移的圖象解：由題，某一時(shí)刻作計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t＝0），經(jīng)14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此時(shí)位移為負(fù)方向最大，即在A點(diǎn)，說(shuō)明t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)平衡位置向左，則x＝故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題在選擇圖象時(shí)，關(guān)鍵研究t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)的位移和位移如何變化．屬于基礎(chǔ)題．【解題方法點(diǎn)撥】振動(dòng)物體路程的計(jì)算方法（1）求振動(dòng)物體在一段時(shí)間內(nèi)通過(guò)路程的依據(jù)：①振動(dòng)物體在一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程一定為四個(gè)振幅，在n個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程必為n?4A；②振動(dòng)物體在半個(gè)周期內(nèi)通過(guò)的路程一定為兩倍振幅；③振動(dòng)物體在T4內(nèi)通過(guò)的路程可能等于一倍振幅，還可能大于或小于一倍振幅，只有當(dāng)初始時(shí)刻在平衡位置或最大位移處時(shí)，T（2）計(jì)算路程的方法是：先判斷所求時(shí)間內(nèi)有幾個(gè)周期，再依據(jù)上述規(guī)律求路程。11．單擺及單擺的條件【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：如圖所示，在細(xì)線(xiàn)的一端拴一個(gè)小球，另一端固定在懸點(diǎn)上，如果線(xiàn)的伸長(zhǎng)和質(zhì)量都不計(jì)，球的直徑比擺線(xiàn)短得多，這樣的裝置叫做單擺。2．視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件：擺角小于5°。【命題方向】在如圖所示的裝置中，可視為單擺的是（）分析：?jiǎn)螖[是由質(zhì)量可以忽略的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩，體積小而密度大的小球組成，單擺上端要固定，單擺擺動(dòng)過(guò)程擺長(zhǎng)不能發(fā)生變化。解答：可視為單擺的裝置，要求要用沒(méi)有彈性的細(xì)線(xiàn)，擺動(dòng)過(guò)程中擺線(xiàn)的長(zhǎng)度不能發(fā)生變化，A、擺線(xiàn)用細(xì)線(xiàn)，擺動(dòng)過(guò)程中長(zhǎng)度不發(fā)生變化，是可以視為單擺的，故A正確B、擺線(xiàn)用的是細(xì)橡皮筋，擺動(dòng)過(guò)程中長(zhǎng)度會(huì)發(fā)生變化，不能視為單擺，故B錯(cuò)誤C、擺線(xiàn)用的是粗麻繩，粗麻繩的質(zhì)量不能忽略，單擺的重心不在擺球的球心上，不能視為單擺，故C錯(cuò)誤D、由于細(xì)線(xiàn)跨在了一個(gè)輪子上，小球在擺動(dòng)過(guò)程中，擺長(zhǎng)會(huì)發(fā)生變化，不能視為單擺，故D錯(cuò)誤故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題考查了單擺的構(gòu)成，掌握基礎(chǔ)知識(shí)是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)即可解題；平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.對(duì)單擺的裝置要求（1）對(duì)擺線(xiàn)：一是要求無(wú)彈性；二是要求輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)，其質(zhì)量相對(duì)小球可忽略不計(jì)；三是其長(zhǎng)度遠(yuǎn)大于小球的半徑。（2）對(duì)小球：一是要求質(zhì)量大；二是體積小，即小球要求是密度大的實(shí)心球。2.單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件：（1）最大擺角很??；（2）空氣阻力可以忽略不計(jì)。3.彈簧振子與單擺彈簧振子（水平）單擺模型示意圖條件忽略彈簧質(zhì)量、無(wú)摩擦等阻力細(xì)線(xiàn)不可伸長(zhǎng)、質(zhì)量忽略、無(wú)空氣等阻力、擺角很小平衡位置彈簧處于原長(zhǎng)處最低點(diǎn)回復(fù)力彈簧的彈力提供擺球重力沿與擺線(xiàn)垂直（即切向）方向的分力周期公式T＝2πmkT＝2πl(wèi)能量轉(zhuǎn)化彈性勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒重力勢(shì)能與動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒12．波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】描述機(jī)械波的物理量（1）波長(zhǎng)λ：兩個(gè)相鄰的、在振動(dòng)過(guò)程中對(duì)平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點(diǎn)間的距離叫波長(zhǎng)．在橫波中，兩個(gè)相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長(zhǎng)．在縱波中，兩個(gè)相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長(zhǎng)．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無(wú)論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：?jiǎn)挝粫r(shí)間內(nèi)振動(dòng)向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長(zhǎng)和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】?？碱}型：如圖所示是一列簡(jiǎn)諧波在t＝0時(shí)的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時(shí)波恰好傳到I點(diǎn)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．此列波的周期為T(mén)＝0.4sB．質(zhì)點(diǎn)B、F在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相等C．質(zhì)點(diǎn)I的起振方向沿y軸負(fù)方向D．當(dāng)t＝5.1s時(shí)，x＝10m的質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置處E．質(zhì)點(diǎn)A、C、E、G、I在振動(dòng)過(guò)程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長(zhǎng)，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來(lái)確定I處的起振方向，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)間的距離為波長(zhǎng)的整數(shù)倍時(shí)