2024年高考物理終極押題密卷1（新課標(biāo)卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷1（新課標(biāo)卷）一．選擇題1．（2024?太原一模）如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動(dòng)兩個(gè)翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強(qiáng)區(qū)一點(diǎn)，B為減弱區(qū)一點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中B處質(zhì)點(diǎn)振幅最大 B．圖中A處質(zhì)點(diǎn)位移始終最大 C．蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)頻率可以不同 D．A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍2．（2024?山西模擬）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛，某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道PQ，從滑道的P點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿PQ下滑過(guò)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(jī)械能逐漸減小3．（2024?合肥二模）圖示為氫原子的能級(jí)圖。大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時(shí)發(fā)出波長(zhǎng)分別為λ1、λ2、λ3（λ1＜λ2＜λ3）的三種譜線。下列說(shuō)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(guó)首次在空間站中實(shí)現(xiàn)了微小衛(wèi)星的低成本入軌。在近地圓軌道飛行的中國(guó)空間站中，航天員操作機(jī)械臂釋放微小衛(wèi)星。若微小衛(wèi)星進(jìn)入比空間站低的圓軌道運(yùn)動(dòng)，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(chǎn)生電場(chǎng)，電場(chǎng)線分布如圖所示，M、N、P為電場(chǎng)中的點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 B．P點(diǎn)電勢(shì)小于N點(diǎn)電勢(shì) C．M點(diǎn)電勢(shì)小于N點(diǎn)電勢(shì) D．某帶電小顆粒只在電場(chǎng)力作用下從N點(diǎn)沿虛線軌跡運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，其在N點(diǎn)電勢(shì)能小于在M點(diǎn)電勢(shì)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(shù)游樂(lè)場(chǎng)都設(shè)置了碰碰車，如圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進(jìn)行游戲。在某次碰撞時(shí)，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(zhì)量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設(shè)碰撞的過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失。則下列說(shuō)法正確的是（）A．若碰后兩車的運(yùn)動(dòng)方向相同，則一定有m1＞m2 B．若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)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(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a→b→c→d→a過(guò)程的V﹣T圖像，其中ac的連線過(guò)原點(diǎn)，bc、da連線與橫軸平行，cd連線與縱軸平行。則下列說(shuō)法正確的是（）A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對(duì)外做正功 B．從狀態(tài)b到狀態(tài)c，單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)不變 C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體向外放出熱量 D．a(chǎn)到b氣體對(duì)外做的功等于c到d外界對(duì)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(lè)運(yùn)動(dòng)。噴水裝置向下持續(xù)噴水，總質(zhì)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(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間內(nèi)，人與噴水裝置在豎直方向運(yùn)動(dòng)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?yàn)檎?，忽略水管?duì)噴水裝置的拉力以及空氣的阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，水的反沖作用力越來(lái)越大 B．水的反沖作用力的功率為Mgv2 C．t1時(shí)刻，v﹣t圖像切線的斜率為 D．t1﹣t2時(shí)間內(nèi)人與噴水裝置在豎直方向的運(yùn)動(dòng)高度為二、實(shí)驗(yàn)題9．（2024?合肥二模）如圖（a）所示，某興趣小組用單擺測(cè)量重力加速度。選用的實(shí)驗(yàn)器材有：智能手機(jī)、小球、細(xì)線、鐵架臺(tái)、夾子、游標(biāo)卡尺、刻度尺等，實(shí)驗(yàn)操作如下：（1）用鐵夾將細(xì)線上端固定在鐵架臺(tái)上，將小球豎直懸掛；（2）用刻度尺測(cè)出擺線的長(zhǎng)度為l，用游標(biāo)卡尺測(cè)出小球直徑為d；（3）將智能手機(jī)置于小球平衡位置的正下方，啟用APP《手機(jī)物理工坊》的“近距秒表”功能；（4）將小球由平衡位置拉開一個(gè)角度（θ＜5°），靜止釋放，軟件同時(shí)描繪出小球與手機(jī)間距離隨時(shí)間變化的圖像，如圖（b）所示。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（i）根據(jù)圖（b）可知，單擺的周期T＝s；（ii）重力加速度g的表達(dá)式為（用測(cè)得的物理量符號(hào)表示）；（iii）改變擺線長(zhǎng)度l，重復(fù)步驟（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多組T和l的值，進(jìn)一步描繪出如圖（c）的圖像，則該圖像以為橫坐標(biāo)（選填“”、“T”或“T2”），若圖線的斜率為k，則重力加速度的測(cè)量值為。10．（2024?呂梁一模）某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們想利用電壓表和電阻箱測(cè)量一電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們找到了如下實(shí)驗(yàn)器材：電池組（電動(dòng)勢(shì)約為6.0V，內(nèi)阻約為1Ω）；靈敏電流計(jì)G（滿偏電流Ig＝100μA）；內(nèi)阻Rg＝200Ω，定值電阻R0（R0＝1Ω）；定值電阻R1；電阻箱R；開關(guān)與導(dǎo)線若干。同學(xué)們研究器材，思考討論后確定了如下的實(shí)驗(yàn)方案，請(qǐng)你將該方案補(bǔ)充完整。（1）若想把靈敏電流計(jì)G改裝成量程為8V的電壓表，需要（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）定值電阻R1等于Ω。（2）為了準(zhǔn)確測(cè)出電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路圖。（3）同學(xué)們根據(jù)采集到的靈敏電流計(jì)G的讀數(shù)I和電阻箱的讀數(shù)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(yuǎn)大于電流計(jì)G中的電流，則所測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)E＝，內(nèi)阻r＝。（用題目中所給的字母表示）（4）該小組同學(xué)繼續(xù)研討探究；圖丙所示為他們測(cè)得的某型號(hào)小燈泡的伏安特性曲線，如果把四個(gè)該型號(hào)的燈泡并聯(lián)后再與R2＝9.0Ω的定值電阻串聯(lián)起來(lái)接在上述電池組上（若測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)E＝6.0V，內(nèi)阻r＝1.0Ω），如圖丁則四只燈泡消耗的實(shí)際總功率為W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。三．解答題（共3小題）11．（2024?長(zhǎng)春一模）一種測(cè)定電子比荷的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。真空玻璃管內(nèi)陰極K發(fā)出的電子經(jīng)陽(yáng)極A與陰極K之間的高壓加速后，形成一細(xì)束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進(jìn)入兩極板C、D間的區(qū)域，若兩極板C、D間無(wú)電壓，電子將打在熒光屏上的O點(diǎn)，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(diǎn)；若在極板間再施加一個(gè)方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點(diǎn)又回到O點(diǎn)。該裝置中C、D極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，間距為d，極板區(qū)的中點(diǎn)M到熒光屏中點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)2，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h。（1）判斷所加磁場(chǎng)的方向；（2）求電子經(jīng)高壓加速后的速度大小v；（3）求電子的比荷。12．（2024?長(zhǎng)春一模）如圖，質(zhì)量M＝4kg的一只長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，箱子與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4。這時(shí)箱子內(nèi)一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物塊恰好能靜止在后壁上。物塊與箱子內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）箱子對(duì)物塊彈力的大??；（2）水平拉力F的大小。13．（2024?延邊州一模）如圖所示，兩對(duì)電阻不計(jì)、間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，轉(zhuǎn)角處用一小段光滑絕緣的弧形材料平滑連接。傾斜導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ垂直于整個(gè)傾斜導(dǎo)軌向上。水平導(dǎo)軌上靜置著U形導(dǎo)線框cdef，cd邊和ef邊均緊密貼合導(dǎo)軌，右側(cè)MN和PQ之間有寬為2L、豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，大小B2未知，末端連接電阻R2＝2R0。質(zhì)量為m、電阻為R0、長(zhǎng)也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，在到達(dá)底端前已開始勻速運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入水平導(dǎo)軌與線框cdef發(fā)生碰撞，立即連成閉合線框abed，然后再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ。已知U形線框cdef的三條邊與導(dǎo)體棒ab完全相同，重力加速度為g，導(dǎo)體棒和線框在運(yùn)動(dòng)中均與導(dǎo)軌接觸良好。（1）求ab棒在傾斜導(dǎo)軌上所受重力的最大功率；（2）若閉合線框abed在完全進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ之前速度減為零，求電阻R2產(chǎn)生的熱量；（3）若閉合線框abed剛好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)Ⅱ的右邊界線PQ處時(shí)速度減為零，求磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷1（新課標(biāo)卷）參考答案與試題解析一．實(shí)驗(yàn)題二．試題（共10小題）1．（2024?太原一模）如圖所示，蜜蜂同上同下?lián)]動(dòng)兩個(gè)翅膀，在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣，A為加強(qiáng)區(qū)一點(diǎn)，B為減弱區(qū)一點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中B處質(zhì)點(diǎn)振幅最大 B．圖中A處質(zhì)點(diǎn)位移始終最大 C．蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)頻率可以不同 D．A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍【考點(diǎn)】波的干涉現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；理解能力．【分析】?jī)刹òl(fā)生干涉時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)與兩個(gè)波源的距離差為零或者為半波長(zhǎng)的偶數(shù)倍，振動(dòng)減弱點(diǎn)與兩個(gè)波源的距離差為半波長(zhǎng)的奇數(shù)倍?！窘獯稹拷猓篈、由題，B是振動(dòng)減弱點(diǎn)，則B點(diǎn)的振幅最小，故A錯(cuò)誤；B、圖中A點(diǎn)是振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則A點(diǎn)的振幅增大，并不是A處質(zhì)點(diǎn)位移始終增大，故B錯(cuò)誤；C、蜜蜂兩翅膀揮動(dòng)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(cuò)誤；D、A為加強(qiáng)點(diǎn)，根據(jù)干涉加強(qiáng)點(diǎn)的條件可知，A點(diǎn)到兩個(gè)波源的距離差為波長(zhǎng)的整數(shù)倍，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查波的干涉，知道振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)和振動(dòng)減弱點(diǎn)的找法。2．（2024?山西模擬）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛，某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道PQ，從滑道的P點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿PQ下滑過(guò)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(jī)械能逐漸減小【考點(diǎn)】機(jī)械能；向心力；功率、平均功率和瞬時(shí)功率．【專題】比較思想；模型法；功能關(guān)系能量守恒定律；理解能力．【分析】滑雪運(yùn)動(dòng)員的速率不變，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(duì)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行受力分析，結(jié)合受力的特點(diǎn)分析摩擦力、支持力的變化。根據(jù)重力與速度夾角的變化分析重力做功功率的變化。結(jié)合摩擦力做功情況分析機(jī)械能變化?！窘獯稹拷猓篈、滑雪運(yùn)動(dòng)員從滑道的P點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)Q的過(guò)程中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)員所受摩擦力大小等于重力沿切線方向的分力，則知運(yùn)動(dòng)員所受的摩擦力減小，故A錯(cuò)誤；B、重力沿法向分力Gn逐漸增大，根據(jù)向心力方程可知FN﹣Gn＝m，得FN＝Gn+m，可知運(yùn)動(dòng)員所受支持力增大，故B錯(cuò)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(cuò)誤；D、摩擦力一直做負(fù)功，機(jī)械能逐漸減小，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】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(yuǎn)動(dòng)員均受到重力、摩擦力及支持力。再根據(jù)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(jí)圖。大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時(shí)發(fā)出波長(zhǎng)分別為λ1、λ2、λ3（λ1＜λ2＜λ3）的三種譜線。下列說(shuō)法中正確的是（）A．λ1+λ2＝λ3 B． C．λ1λ3＝λ22 D．λ12+λ22＝λ32【考點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷．【專題】定量思想；推理法；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題；分析綜合能力．【分析】能級(jí)間躍遷輻射或吸收的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差，根據(jù)該規(guī)律進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)Em﹣En＝hν＝可得：，故有，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷所滿足的規(guī)律，即Em﹣En＝hv，注意波長(zhǎng)與頻率的關(guān)系。4．（2024?吉林模擬）2023年8月，我國(guó)首次在空間站中實(shí)現(xiàn)了微小衛(wèi)星的低成本入軌。在近地圓軌道飛行的中國(guó)空間站中，航天員操作機(jī)械臂釋放微小衛(wèi)星。若微小衛(wèi)星進(jìn)入比空間站低的圓軌道運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)】人造衛(wèi)星；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用．【專題】定量思想；類比法；人造衛(wèi)星問(wèn)題；理解能力．【分析】根據(jù)萬(wàn)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(jìn)行比較?！窘獯稹拷猓盒l(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)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(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了萬(wàn)有引力定律的相關(guān)應(yīng)用，理解萬(wàn)有引力提供向心力，熟悉公式之間的推導(dǎo)關(guān)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(chǎn)生電場(chǎng)，電場(chǎng)線分布如圖所示，M、N、P為電場(chǎng)中的點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度 B．P點(diǎn)電勢(shì)小于N點(diǎn)電勢(shì) C．M點(diǎn)電勢(shì)小于N點(diǎn)電勢(shì) D．某帶電小顆粒只在電場(chǎng)力作用下從N點(diǎn)沿虛線軌跡運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，其在N點(diǎn)電勢(shì)能小于在M點(diǎn)電勢(shì)能【考點(diǎn)】電場(chǎng)線；電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電勢(shì)；電場(chǎng)強(qiáng)度與電場(chǎng)力．【專題】定性思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【分析】根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度分析出不同位置的場(chǎng)強(qiáng)大??；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低；根據(jù)電場(chǎng)力的做功類型分析出電勢(shì)能的變化。【解答】解：A、P點(diǎn)位置的電場(chǎng)線要比M點(diǎn)的稀疏，所以P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于M點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故A錯(cuò)誤；B、從P到無(wú)窮遠(yuǎn)處，電勢(shì)降低，從無(wú)窮遠(yuǎn)處到N點(diǎn)，電勢(shì)降低，所以P點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；C、從N到N為沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，所以M點(diǎn)電勢(shì)小于N點(diǎn)電勢(shì)，故C正確；D、帶電小顆粒所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，即小顆粒帶正電，從N移動(dòng)到M，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故N點(diǎn)電勢(shì)能大于M點(diǎn)電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電場(chǎng)線的相關(guān)概念，理解在電場(chǎng)線中分析出電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)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(shù)游樂(lè)場(chǎng)都設(shè)置了碰碰車，如圖所示為兩游客分別駕駛碰碰車進(jìn)行游戲。在某次碰撞時(shí)，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(zhì)量分別為m1、m2，碰后兩車的速度大小分別為v1、v2，假設(shè)碰撞的過(guò)程沒(méi)有機(jī)械能損失。則下列說(shuō)法正確的是（）A．若碰后兩車的運(yùn)動(dòng)方向相同，則一定有m1＞m2 B．若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)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(diǎn)】一維碰撞模型；功能關(guān)系；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】根據(jù)彈性碰撞的動(dòng)量守恒定理和機(jī)械能守恒定律求出二者的碰后速度，據(jù)此討論即可。【解答】解：AB、根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定理，有m1v＝m1v1+m2v2，，解得：，可知，當(dāng)m1＞m2時(shí)兩車得碰后速度方向相同，故A正確；BC、若碰后黃車反向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)且速度大于紅車，即，m2＞3m1，故B錯(cuò)誤，C正確；D、設(shè)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(shí)際情況，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒定律的基本運(yùn)用，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題，關(guān)鍵選擇好研究的系統(tǒng)，注意動(dòng)量守恒定律表達(dá)式的矢量性。（多選）7．（2024?吉林一模）如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a→b→c→d→a過(guò)程的V﹣T圖像，其中ac的連線過(guò)原點(diǎn)，bc、da連線與橫軸平行，cd連線與縱軸平行。則下列說(shuō)法正確的是（）A．從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體對(duì)外做正功 B．從狀態(tài)b到狀態(tài)c，單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)不變 C．從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體向外放出熱量 D．a(chǎn)到b氣體對(duì)外做的功等于c到d外界對(duì)氣體做的功【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；熱力學(xué)圖像類問(wèn)題．【專題】定量思想；類比法；氣體的狀態(tài)參量和實(shí)驗(yàn)定律專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)氣體體積的變化，確定做功情況；根據(jù)壓強(qiáng)的變化確定單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)的大??；一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律分析答題；根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)a→b與c→d的過(guò)程平均壓強(qiáng)的大小，再比較做功?！窘獯稹拷猓篈、從狀態(tài)a到狀態(tài)b，氣體體積增大，則氣體對(duì)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(shù)密度不變，溫度升高，根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程，可知?dú)怏w壓強(qiáng)增大，又溫度升高，氣體平均動(dòng)能增大，所以單位時(shí)間、單位面積撞擊器壁的分子數(shù)增加，故B錯(cuò)誤；C、從狀態(tài)c到狀態(tài)d，氣體溫度不變，故內(nèi)能不變；體積減小，則外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q+W，可知，氣體放出熱量，故C正確；D、由一定質(zhì)量理想氣體狀態(tài)方程可得：，結(jié)合題圖V﹣T圖像上各點(diǎn)與原點(diǎn)連線的斜率越大，氣體的壓強(qiáng)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(shù)值上相等，由狀態(tài)a到狀態(tài)b的平均壓強(qiáng)小于狀態(tài)c到狀態(tài)d，所以a到b氣體對(duì)外做的功小于c到d外界對(duì)氣體做的功，故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查圖像問(wèn)題，知道一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能由溫度決定、知道壓強(qiáng)與單位時(shí)間、單體面積撞擊器壁的分子數(shù)決定等是解題的關(guān)鍵。根據(jù)圖示圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程，應(yīng)用熱力學(xué)第一定律和一定質(zhì)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(lè)運(yùn)動(dòng)。噴水裝置向下持續(xù)噴水，總質(zhì)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(yùn)動(dòng)。一段時(shí)間內(nèi)，人與噴水裝置在豎直方向運(yùn)動(dòng)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?yàn)檎?，忽略水管?duì)噴水裝置的拉力以及空氣的阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．t1～t2時(shí)間內(nèi)，水的反沖作用力越來(lái)越大 B．水的反沖作用力的功率為Mgv2 C．t1時(shí)刻，v﹣t圖像切線的斜率為 D．t1﹣t2時(shí)間內(nèi)人與噴水裝置在豎直方向的運(yùn)動(dòng)高度為【考點(diǎn)】功率、平均功率和瞬時(shí)功率；牛頓第二定律．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【分析】根據(jù)圖像判斷t1～t2時(shí)間內(nèi)人與噴水裝置的速度v的變化，再根據(jù)P＝Fv判斷水的反沖作用力的變化；根據(jù)v﹣t圖像確定人向上運(yùn)動(dòng)的最大速度，根據(jù)重力求出水反沖作用力的功率；據(jù)功率恒定分析t1時(shí)刻水的反沖作用力，再根據(jù)牛頓第二定律求得圖像的斜率及人的加速度大?。桓鶕?jù)動(dòng)能定理求出t1～t2時(shí)間內(nèi)人與噴水裝置在豎直方向的運(yùn)動(dòng)高度?！窘獯稹拷猓篈．由圖像知，t1～t2時(shí)間內(nèi)人豎直方向的速度越來(lái)越大，據(jù)P＝Fv可得，當(dāng)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(cuò)誤；B．t2時(shí)刻，人與噴水裝置的速度達(dá)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(shè)水的反沖作用力為F1，由v﹣t圖像可知t1時(shí)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(shí)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(dòng)能定理可得故D正確。故選：BCD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了功率P＝Fv，知道功率一定時(shí)，作用力隨著速度的增加而減??；同時(shí)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(cè)量重力加速度。選用的實(shí)驗(yàn)器材有：智能手機(jī)、小球、細(xì)線、鐵架臺(tái)、夾子、游標(biāo)卡尺、刻度尺等，實(shí)驗(yàn)操作如下：（1）用鐵夾將細(xì)線上端固定在鐵架臺(tái)上，將小球豎直懸掛；（2）用刻度尺測(cè)出擺線的長(zhǎng)度為l，用游標(biāo)卡尺測(cè)出小球直徑為d；（3）將智能手機(jī)置于小球平衡位置的正下方，啟用APP《手機(jī)物理工坊》的“近距秒表”功能；（4）將小球由平衡位置拉開一個(gè)角度（θ＜5°），靜止釋放，軟件同時(shí)描繪出小球與手機(jī)間距離隨時(shí)間變化的圖像，如圖（b）所示。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（i）根據(jù)圖（b）可知，單擺的周期T＝2s；（ii）重力加速度g的表達(dá)式為（用測(cè)得的物理量符號(hào)表示）；（iii）改變擺線長(zhǎng)度l，重復(fù)步驟（2）、（3）、（4）的操作，可以得到多組T和l的值，進(jìn)一步描繪出如圖（c）的圖像，則該圖像以T2為橫坐標(biāo)（選填“”、“T”或“T2”），若圖線的斜率為k，則重力加速度的測(cè)量值為4π2k。【考點(diǎn)】用單擺測(cè)定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問(wèn)題；推理能力．【分析】（4）（i）結(jié)合單擺的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和圖（b）的具體數(shù)據(jù)求解周期T；（ii）根據(jù)單擺的周期公式推導(dǎo)重力加速度表達(dá)式；（iii）根據(jù)單擺周期公式結(jié)合圖（c）推導(dǎo)重力加速度表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）（i）根據(jù)單擺的運(yùn)動(dòng)規(guī)律一個(gè)周期內(nèi)應(yīng)該有兩次小球與手機(jī)間距離的最小值，結(jié)合圖（b）可得出，單擺的周期為T＝2s；（ii）根據(jù)單擺的周期公式解得重力加速度g的表達(dá)式為（ii）由上一問(wèn)中重力加速度的表達(dá)式可得結(jié)合圖（c）的圖像，可知?jiǎng)t該圖像以T2為橫坐標(biāo)；若圖線的斜率為k，則可知重力加速度的測(cè)量值為g＝4π2k故答案為：（4）（i）2；（ii）；（iii）T2，4π2k?！军c(diǎn)評(píng)】考查利用單擺求周期和重力加速度的問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意結(jié)合圖像進(jìn)行相關(guān)的分析和計(jì)算。10．（2024?呂梁一模）某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)們想利用電壓表和電阻箱測(cè)量一電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，他們找到了如下實(shí)驗(yàn)器材：電池組（電動(dòng)勢(shì)約為6.0V，內(nèi)阻約為1Ω）；靈敏電流計(jì)G（滿偏電流Ig＝100μA）；內(nèi)阻Rg＝200Ω，定值電阻R0（R0＝1Ω）；定值電阻R1；電阻箱R；開關(guān)與導(dǎo)線若干。同學(xué)們研究器材，思考討論后確定了如下的實(shí)驗(yàn)方案，請(qǐng)你將該方案補(bǔ)充完整。（1）若想把靈敏電流計(jì)G改裝成量程為8V的電壓表，需要串聯(lián)（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）定值電阻R1等于79800Ω。（2）為了準(zhǔn)確測(cè)出電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路圖。（3）同學(xué)們根據(jù)采集到的靈敏電流計(jì)G的讀數(shù)I和電阻箱的讀數(shù)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(yuǎn)大于電流計(jì)G中的電流，則所測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)E＝，內(nèi)阻r＝。（用題目中所給的字母表示）（4）該小組同學(xué)繼續(xù)研討探究；圖丙所示為他們測(cè)得的某型號(hào)小燈泡的伏安特性曲線，如果把四個(gè)該型號(hào)的燈泡并聯(lián)后再與R2＝9.0Ω的定值電阻串聯(lián)起來(lái)接在上述電池組上（若測(cè)得電池組的電動(dòng)勢(shì)E＝6.0V，內(nèi)阻r＝1.0Ω），如圖丁則四只燈泡消耗的實(shí)際總功率為0.34W（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）根據(jù)電表改裝原理分析解答；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像的斜率與截距分析解答；（4）根據(jù)燈泡在電路中的連接結(jié)構(gòu)，作出對(duì)應(yīng)的I﹣U圖象，根據(jù)交點(diǎn)解答電功率。【解答】解：（1）根據(jù)電表改裝原理可知若想把靈敏電流計(jì)G改裝成量程為8V的電壓表，需要串聯(lián)一個(gè)定值電阻R1＝﹣RgΩ﹣200Ω＝79800Ω；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知變形可得：則由圖象性質(zhì)可知：縱軸截距，斜率聯(lián)立解得：（4）設(shè)燈泡的電壓為U，電流為I，則有：U＝E﹣4I（R2+r）代入數(shù)據(jù)解得：U＝6﹣40I；作出對(duì)應(yīng)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(shí)際總功率為P＝4UI＝4×0.14×0.6W＝0.34W；故答案為：（1）串聯(lián)；79800；（3）；；（4）0.34【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)，關(guān)鍵明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握數(shù)據(jù)處理的方法是解題的關(guān)鍵。三．解答題（共3小題）11．（2024?長(zhǎng)春一模）一種測(cè)定電子比荷的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。真空玻璃管內(nèi)陰極K發(fā)出的電子經(jīng)陽(yáng)極A與陰極K之間的高壓加速后，形成一細(xì)束電子流，以平行于平板電容器極板的速度進(jìn)入兩極板C、D間的區(qū)域，若兩極板C、D間無(wú)電壓，電子將打在熒光屏上的O點(diǎn)，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(diǎn)；若在極板間再施加一個(gè)方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電子在熒光屏上產(chǎn)生的光點(diǎn)又回到O點(diǎn)。該裝置中C、D極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1，間距為d，極板區(qū)的中點(diǎn)M到熒光屏中點(diǎn)O的距離為L(zhǎng)2，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h。（1）判斷所加磁場(chǎng)的方向；（2）求電子經(jīng)高壓加速后的速度大小v；（3）求電子的比荷?！究键c(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)綜合．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【分析】（1）對(duì)電子受力分析，可知電子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，電場(chǎng)力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，結(jié)合左手定則即可判斷出磁場(chǎng)方向。（2）電子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，電場(chǎng)力的大小為eE，洛倫茲力的大小為evB，即可求解電子經(jīng)高壓加速后的速度大小v。（3）沒(méi)有加磁場(chǎng)時(shí)，電子進(jìn)入平行板電容器極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可推導(dǎo)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(yùn)動(dòng)，水平方向的速度等于電子剛進(jìn)入極板間的初速度，求出勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即可求出P點(diǎn)離開O點(diǎn)的距離。加上磁場(chǎng)B后，熒光屏上的光點(diǎn)重新回到O點(diǎn)，說(shuō)明電子通過(guò)平行板電容器的過(guò)程中電子所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相等，洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可求出磁場(chǎng)的方向，并能得到電子進(jìn)入極板時(shí)的速度大小v，聯(lián)立可求出比荷。【解答】解：（1）加上磁場(chǎng)B后，熒光屏上的光點(diǎn)重新回到O點(diǎn)，可知電子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，電場(chǎng)力方向豎直向下，則洛倫茲力豎直向上，故根據(jù)左手定則可得出磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外。（2）電子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，有eE＝evB又有聯(lián)立解得，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度（3）電子在極板區(qū)域運(yùn)行的時(shí)間在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移電子離開極板區(qū)域時(shí)，沿垂直極板方向的末速度設(shè)電子離開極板區(qū)域后，電子到達(dá)光屏P點(diǎn)所需的時(shí)間為t2，則有電子離開電場(chǎng)后在垂直極板方向的位移y2＝vyt2P點(diǎn)離開O點(diǎn)的距離等于電子在垂直極板方向的總位移h＝y(tǒng)1+y2聯(lián)立解得答：（1）磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外；（2）電子經(jīng)高壓加速后的速度大小v為；（3）電子的比荷為?！军c(diǎn)評(píng)】本題是帶電粒子在電場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，類平拋運(yùn)動(dòng)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解法研究，電子在復(fù)合場(chǎng)中，是速度選擇器的原理，難度適中。12．（2024?長(zhǎng)春一模）如圖，質(zhì)量M＝4kg的一只長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)，箱子與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4。這時(shí)箱子內(nèi)一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物塊恰好能靜止在后壁上。物塊與箱子內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）箱子對(duì)物塊彈力的大小；（2）水平拉力F的大小?！究键c(diǎn)】牛頓第二定律；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；摩擦力專題；推理能力．【分析】（1）根據(jù)平衡條件和摩擦力公式計(jì)算；（2）對(duì)物塊和箱子分別列牛頓第二定律計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)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(yùn)動(dòng)，則可知物塊與箱子的加速度相同，設(shè)為a，箱子對(duì)物塊的支持力為FN，則Ff＝μ2FN解得，箱子對(duì)物塊的支持力為FN＝20N（2）對(duì)物塊由牛頓第二定律可得FN＝ma解得a＝＝20m/s2對(duì)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(duì)物塊彈力的大小為20N；（2）水平拉力F的大小為120N。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)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(duì)電阻不計(jì)、間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，轉(zhuǎn)角處用一小段光滑絕緣的弧形材料平滑連接。傾斜導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ垂直于整個(gè)傾斜導(dǎo)軌向上。水平導(dǎo)軌上靜置著U形導(dǎo)線框cdef，cd邊和ef邊均緊密貼合導(dǎo)軌，右側(cè)MN和PQ之間有寬為2L、豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，大小B2未知，末端連接電阻R2＝2R0。質(zhì)量為m、電阻為R0、長(zhǎng)也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，在到達(dá)底端前已開始勻速運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入水平導(dǎo)軌與線框cdef發(fā)生碰撞，立即連成閉合線框abed，然后再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ。已知U形線框cdef的三條邊與導(dǎo)體棒ab完全相同，重力加速度為g，導(dǎo)體棒和線框在運(yùn)動(dòng)中均與導(dǎo)軌接觸良好。（1）求ab棒在傾斜導(dǎo)軌上所受重力的最大功率；（2）若閉合線框abed在完全進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ之前速度減為零，求電阻R2產(chǎn)生的熱量；（3）若閉合線框abed剛好運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)Ⅱ的右邊界線PQ處時(shí)速度減為零，求磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。【考點(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問(wèn)題；閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；電磁感應(yīng)——功能問(wèn)題；分析綜合能力．【分析】（1）由E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用平衡條件求出速度，根據(jù)功率公式求出重力的功率。（2）應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求出熱量。（3）應(yīng)用動(dòng)量定理求出磁感應(yīng)強(qiáng)度?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體棒ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)所受安培力的功率最大，設(shè)此時(shí)速度為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv感應(yīng)電流為I＝安培力為F＝BIL由平衡條件有mgsinθ＝F聯(lián)立解得：則重力的最大功率為P＝mgvsinθ解得：P＝（2）在水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab與線框cdef碰撞時(shí)，滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后速度為v1，依題意設(shè)線框cdef質(zhì)量為3m，電阻為3R0，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv＝（m+3m）v1解得：碰后閉合線框abed進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，de邊切割磁感線，cd邊、ef邊被導(dǎo)軌短路，電路結(jié)構(gòu)如圖所示則有電路產(chǎn)生的總熱量為電阻R2產(chǎn)生的熱量為聯(lián)立解得（3）閉合線框仍以速度v1進(jìn)入磁場(chǎng)B2，設(shè)線框完全進(jìn)入時(shí)速度為v2，由動(dòng)量定理可得線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后de邊、ab邊同時(shí)切割磁感線，相當(dāng)于兩電源并聯(lián)，電路結(jié)構(gòu)如圖所示回路總電阻為依題意設(shè)線框再前移L距離速度恰好為0，由動(dòng)量定理可得聯(lián)立解得答：（1）ab棒在傾斜導(dǎo)軌上所受重力的最大功率是；（2）電阻R2產(chǎn)生的熱量；（3）磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2是?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

考點(diǎn)卡片1．力的合成與分解的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(gè)物體受兩個(gè)力作用時(shí)，只要兩個(gè)力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，則這兩個(gè)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(gè)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(gè)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(gè)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(gè)力的作用，可先將某幾個(gè)力合成，再將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二力平衡．6．力的分解解題：放在斜面上靜止的物體分解法：物體受幾個(gè)力的作用，將某個(gè)力按效果分解，則其分力與其它幾個(gè)力滿足平衡條件．7．放在斜面上的物體受到一個(gè)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(gè)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(gè)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(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(guó)際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國(guó)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(duì)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(duì)于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對(duì)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(duì)應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對(duì)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(duì)應(yīng)．（5）相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對(duì)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?。鶕?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(duì)于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對(duì)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(lái)求解．題型二：對(duì)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(zhǎng)線D．則a＝，方向水平向左分析：先研究原來(lái)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(lái)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(wèn)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(wèn)題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測(cè)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(guò)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(guò)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(guò)程中加速度的大?。海?）上滑過(guò)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(guò)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)橄蛏希膳ｎD第二定律F＝ma得：下滑過(guò)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(guò)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(duì)應(yīng)關(guān)系．對(duì)于分析瞬時(shí)對(duì)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?gòu)椓Φ拇笮镕＝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(wèn)題時(shí)，首先要對(duì)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(wèn)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(guò)審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過(guò)程．（2）分析研究對(duì)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(guò)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(lái)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(lái)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(lái)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(duì)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(duì)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(méi)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(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的傳動(dòng)問(wèn)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(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力分析：對(duì)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(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點(diǎn)評(píng)：對(duì)物體受力分析是解題的關(guān)鍵，通過(guò)對(duì)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(wèn)題的能力，是道好題．（2）第二類常考題型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(guò)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓軌．則其通過(guò)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(guò)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對(duì)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(duì)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(duì)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(guò)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(duì)小杯底的壓力？（3）為使小杯經(jīng)過(guò)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(duì)小杯底的壓力與杯子對(duì)水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對(duì)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(guò)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(duì)水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據(jù)牛頓第三定律，水對(duì)小杯底的壓力為6N，方向豎直向上．（3）小杯經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)時(shí)水恰好不流出時(shí)，此時(shí)杯對(duì)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(duì)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(lái)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(lái)，必須要明確的是當(dāng)水桶恰好能過(guò)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(lái)．【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(wèn)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(lái)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(wèn)題步驟①審清題意，確定研究對(duì)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(lái)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(wú)支撐（如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(wèn)題．繩模型桿模型常見類型均是沒(méi)有支撐的小球均是有支撐的小球過(guò)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(guò)最高點(diǎn)時(shí)，v≥，F(xiàn)N+mg＝m，繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN；（2）不能過(guò)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的增大而減小；（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(wàn)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(duì)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(duì)它的萬(wàn)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(wàn)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(lái)，人類發(fā)射的多枚火星探測(cè)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(lái)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(cè)器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并測(cè)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(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)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(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)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(wàn)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(yáng)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(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽(yáng)對(duì)其的萬(wàn)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(wàn)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(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽(yáng)對(duì)其的萬(wàn)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(yáng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽(yáng)對(duì)其的萬(wàn)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(wàn)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(wàn)有引力近似等于重力；二是根據(jù)萬(wàn)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(zhǎng)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(wàn)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?！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(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(wàn)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(wàn)有引力不但提供向心力，而且提供重力。對(duì)于p和q來(lái)說(shuō)有＝ma，可得a＝；根據(jù)a＝ω2R比較a1和a3。解：對(duì)于衛(wèi)星來(lái)說(shuō)根據(jù)萬(wàn)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(duì)于p和q來(lái)說(shuō)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(wàn)有引力完全提供向心力。6．功率、平均功率和瞬時(shí)功率【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、功率1．定義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2．物理意義：描述力對(duì)物體做功的快慢．3．公式（1）P＝，P為時(shí)間t內(nèi)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(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．4．額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．5．實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】題型一：平均功率和瞬時(shí)功率的計(jì)算例1：質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開始受到水平力的作用．力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則（）A.3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為B.3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為C．在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為D．在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為．分析：通過(guò)牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出瞬時(shí)速度的大小和位移大小，通過(guò)瞬時(shí)功率的公式求出瞬時(shí)功率的大小，通過(guò)水平力做功求出平均功率的大?。獯穑篈、在0﹣2t0時(shí)間內(nèi)，物體的加速度，則位移，2t0末的速度．在2t0﹣3t0時(shí)間內(nèi)，物體的加速度，則位移＝，則3t0末的速度．則3t0末的瞬時(shí)功率P＝．故A錯(cuò)誤，B正確．C、在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力做功W＝，水平力的平均功率P＝．故C、D錯(cuò)誤．故選：B．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握平均功率和瞬時(shí)功率的求法，知道平均功率和瞬時(shí)功率的區(qū)別，一般情況下，平均功率用P＝求解，瞬時(shí)功率用P＝Fv求解．題型二：機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題例2：汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為60kW，汽車質(zhì)量為5t，汽車在水平路面上行駛時(shí)，阻力是車重的0.1倍，g取10m/s2，問(wèn)：（1）汽車保持額定功率從靜止起動(dòng)后能達(dá)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(yùn)動(dòng)，這一過(guò)程能維持多長(zhǎng)時(shí)間？分析：（1）當(dāng)牽引力F大小等于阻力f時(shí)，汽車的加速度a＝0，速度達(dá)到最大值vm，根據(jù)公式P＝Fv，可得出汽車最大速度vm．（2）根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力的大小，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的速度最大，根據(jù)P＝Fv求出勻加速直線運(yùn)動(dòng)的最大速度，根據(jù)v＝at求出勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解答：（1）當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)速度最大．根據(jù)P＝Fvm＝fvm得，．（2）根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma得F＝f+ma＝5000+5000×0.5N＝7500N．則勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)后能達(dá)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(yùn)動(dòng)，這一過(guò)程能維持16s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)速度最大，以恒定加速度起動(dòng)，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的速度最大．【解題方法點(diǎn)撥】對(duì)機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題應(yīng)首先弄清是功率恒定還是加速度恒定．對(duì)于機(jī)車以恒定加速度啟動(dòng)問(wèn)題，機(jī)車勻加速運(yùn)動(dòng)能維持的時(shí)間，一定是機(jī)車功率達(dá)到額定功率的時(shí)間．弄清了這一點(diǎn)，利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式就很容易求出機(jī)車勻加速運(yùn)動(dòng)能維持的時(shí)間．（1）汽車在平直路面上保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，即以恒定功率啟動(dòng)，其加速過(guò)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(dòng)，汽車的功率逐漸增大，當(dāng)功率增大到額定功率時(shí)，勻加速運(yùn)動(dòng)結(jié)束，此時(shí)汽車的速度為勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度，但并不是汽車所能達(dá)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(yùn)動(dòng)，直到加速度減小到零時(shí)速度才達(dá)到最大，具體變化過(guò)程及運(yùn)動(dòng)中v與t關(guān)系如圖所示．7．機(jī)械能【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.追尋守恒量：在伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)中，如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必將準(zhǔn)確地終止于它開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的高度，這說(shuō)明某種“東西”在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中是守恒的。2.重力勢(shì)能可以與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化。3.彈性勢(shì)能可以與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化。4.機(jī)械能：①重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能與動(dòng)能都是機(jī)械運(yùn)動(dòng)中的能量形式，統(tǒng)稱為機(jī)械能。②機(jī)械能可以從一種形式轉(zhuǎn)化成另一種形式?！久}思路】例1：重力做正功的過(guò)程中，重力勢(shì)能一定減少，動(dòng)能一定增加。（判斷對(duì)錯(cuò)）分析：當(dāng)重力對(duì)物體做正功時(shí)，物體的重力勢(shì)能一定減少，而其他能的變化不能確定．解答：重力對(duì)物體做正功時(shí)，物體可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，也可能向下做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)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(dòng)能的變化。故答案為：錯(cuò)誤點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵要掌握重力做功和重力勢(shì)能變化的關(guān)系，知道重力做正功，重力勢(shì)能一定減小，重力做負(fù)功，重力勢(shì)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(jī)械能范疇的是（）A.彈性勢(shì)能B.動(dòng)能C.重力勢(shì)能D.內(nèi)能分析：機(jī)械能包括動(dòng)能和勢(shì)能，勢(shì)能分重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能，根據(jù)概念即可選出正確答案．解答：機(jī)械能分為動(dòng)能和勢(shì)能，勢(shì)能分重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能，所以內(nèi)能不屬于機(jī)械能，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：此題考查的是機(jī)械能的概念，只要知道機(jī)械能分類即可選出正確答案，基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】一個(gè)物體或系統(tǒng)的機(jī)械能是由重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能及動(dòng)能中的兩個(gè)或三個(gè)共同組成的，沒(méi)有外力作用的情況下，機(jī)械能的總和保持不變，在幾者之間相互轉(zhuǎn)化。8．功能關(guān)系【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【命題方向】題型一：對(duì)功能關(guān)系的理解應(yīng)用例1：如圖所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)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(yùn)動(dòng)，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(guò)程中，物塊的（）A．動(dòng)能損失了2mgHB．動(dòng)能損失了mgHC．機(jī)械能損失了mgHD．機(jī)械能損失了分析：若動(dòng)能變化為正值，說(shuō)明動(dòng)能增加，若為負(fù)值，說(shuō)明動(dòng)能減少，然后根據(jù)動(dòng)能定理，求出合力做的功即可；要求機(jī)械能損失，只要求出除重力外其它力做的功即可。解：根據(jù)動(dòng)能定理應(yīng)有△Ek＝﹣ma＝﹣2mgH，動(dòng)能增量為負(fù)值，說(shuō)明動(dòng)能減少了2mgH，所以A正確B錯(cuò)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(jù)功能關(guān)系應(yīng)有△E＝﹣f＝﹣mgH，即機(jī)械能損失了mgH，所以C正確D錯(cuò)誤。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：要熟記動(dòng)能定理與功能原理在解題中的應(yīng)用：涉及到總功、動(dòng)能變化時(shí)應(yīng)用動(dòng)能定理解決；涉及到機(jī)械能變化時(shí)應(yīng)求出除重力外其它力做的功?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．解答功能關(guān)系問(wèn)題時(shí)，一般步驟如下：（1）明確研究對(duì)象及其運(yùn)動(dòng)過(guò)程；（2）對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，明確其所受的每一個(gè)力的大小、方向；（3）計(jì)算各個(gè)力所做的功；（4）明確能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，找出對(duì)應(yīng)力所做的功。9．動(dòng)量守恒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向．（4）△p＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零．3．動(dòng)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(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)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(dòng)量守恒．【命題方向】題型一：動(dòng)量守恒的判斷例子：如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比mA：mB＝3：2，它們?cè)瓉?lái)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(dòng)摩擦因數(shù)相同，地面光滑．當(dāng)彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小車向左運(yùn)動(dòng)D．小車向右運(yùn)動(dòng)分析：在整個(gè)過(guò)程中三個(gè)物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．分析小車的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒．在彈簧釋放的過(guò)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(dòng)量不守恒．故A錯(cuò)誤．B正確；C、D由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN(yùn)＝μmg知，A對(duì)小車向左的滑動(dòng)摩擦力大于B對(duì)小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前，小車的合力所受的合外力向左，會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．故選：BC．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過(guò)分析受力，判斷是否系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，題目較為簡(jiǎn)單！題型二：動(dòng)量守恒的應(yīng)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(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長(zhǎng)，A、B始終未滑離木板．求：（1）木塊B從剛開始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊B所發(fā)生的位移；（2）木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度．分析：（1）A、B兩木塊同時(shí)水平向右滑動(dòng)后，木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊A與木板C的速度相等后，A、C相對(duì)靜止一起在C摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到三個(gè)物體速度相同．根據(jù)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒求出最終共同的速度，對(duì)B由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理求解發(fā)生的位移；（2）當(dāng)木塊A與木板C的速度相等時(shí)，木塊A的速度最小，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒求解A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度，或根據(jù)牛頓第二定律分別研究A、C，求出加速度，根據(jù)速度公式，由速度相等條件求出時(shí)間，再求解木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度．解答：（1）木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1．對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1解得：v1＝0.6v0木塊B滑動(dòng)的加速度為：a＝μg，所發(fā)生的位移：x＝＝（2）A與C速度相等時(shí)，速度最小，此過(guò)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(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊B所發(fā)生的位移是；（2）木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度是0.4v0．點(diǎn)評(píng)：本題是木塊在木板上滑動(dòng)的類型，分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題基礎(chǔ)，其次要把握物理過(guò)程所遵守的規(guī)律，這種類型常常根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合處理．題型三：動(dòng)量守恒的臨界問(wèn)題如圖所示，光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M＝2m的凸型滑塊，它的一個(gè)側(cè)面是與水平面相切的光滑曲面，滑塊的高度為h＝0.3m．質(zhì)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(jì)算v0應(yīng)滿足什么條件小球才能越過(guò)滑塊．（取g＝1Om/s2）分析：小球越到滑塊最