2024年高考考前最后一課物理

目錄目錄TOC\o"13"\h\u第一部分考前預(yù)測(cè)篇 3【考前預(yù)測(cè)篇1】熱點(diǎn)選擇題 3熱點(diǎn)一：熱、光、原問(wèn)題 3熱點(diǎn)二：力與平衡、力與運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 11熱點(diǎn)三：功與能 16熱點(diǎn)四：動(dòng)量與能量 24熱點(diǎn)五：振動(dòng)與波 30熱點(diǎn)六：電場(chǎng)的性質(zhì) 32熱點(diǎn)七：帶電粒子的運(yùn)動(dòng) 36熱點(diǎn)八：電磁感應(yīng)新情境問(wèn)題 38熱點(diǎn)九：交流電與變壓器 40【考前預(yù)測(cè)篇2】熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題 43一．實(shí)驗(yàn)題解題指導(dǎo) 43一．必修熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)強(qiáng)化訓(xùn)練 44三．選修熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)強(qiáng)化訓(xùn)練 65【考前預(yù)測(cè)篇3】熱點(diǎn)計(jì)算題 79一．計(jì)算題解題規(guī)范及策略 79二．第一道計(jì)算題：基本+規(guī)范 81三．第二道計(jì)算題：模型+綜合 89三．第三道計(jì)算題：物理思維+數(shù)學(xué)建模 102第二部分考前基礎(chǔ)篇 122考前基礎(chǔ)篇1主干知識(shí)體系構(gòu)建 122考勤基礎(chǔ)篇2基本概念、規(guī)律及結(jié)論回顧總結(jié) 128考前基礎(chǔ)篇3經(jīng)典模型與情境回顧 158第三部分考前技能篇 176考前技能篇1理綜答題有技巧 176考前技能篇2高考最后40天拼的是什么? 179考前技能篇3高考真題！所有高三生，你們最后的逆襲機(jī)會(huì)！ 180第四部分考前心理篇 181考前心理篇1考前考生需要做哪些準(zhǔn)備 181考前心理篇2考前沖刺需要有正常心態(tài) 185考前心理篇3高考前一天需要做哪些準(zhǔn)備 190第五部分考時(shí)注意篇 192第六部分高考祝福篇 196寫給即將高考的學(xué)子們 196三句話送給即將進(jìn)考場(chǎng)的你 198第七部分押題卷 200第一部分考前預(yù)測(cè)篇【考前預(yù)測(cè)篇1】熱點(diǎn)選擇題熱點(diǎn)一：熱、光、原問(wèn)題1.【2024高三上·貴州第二次診斷性考試】如圖所示，絕熱氣缸內(nèi)用質(zhì)量為m的絕熱活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，輕質(zhì)彈簧一端固定在活塞上，另一端固定在氣缸底部，活塞可沿氣缸無(wú)摩擦滑動(dòng)，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)通過(guò)電熱絲對(duì)氣體進(jìn)行緩慢加熱，使活塞上升了一段距離，此過(guò)程中封閉氣體沒有泄漏，大氣壓強(qiáng)恒定。下列說(shuō)法正確的是（）A．加熱前封閉氣體的壓強(qiáng)等于大氣壓強(qiáng)B．加熱過(guò)程中封閉氣體分子的平均動(dòng)能增大C．加熱過(guò)程中氣體吸收的熱量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與活塞重力勢(shì)能的增加量之和D．加熱過(guò)程中氣體對(duì)活塞做的功大于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與活塞重力勢(shì)能的增加量之和【評(píng)析】本題以汽缸活塞加彈簧模型為載體綜合考察學(xué)生對(duì)受力分析、熱學(xué)狀態(tài)分析以及機(jī)械能與內(nèi)能變化等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)的深度理解體現(xiàn)了綜合性與創(chuàng)新性值得考生在沖刺階段認(rèn)真研究并體會(huì)【答案】BD【解析】A．加熱前彈簧彈力是零，因活塞重力不能忽略，設(shè)大氣壓強(qiáng)為，封閉氣體壓強(qiáng)為，由力的平衡條件可得因此封閉氣體壓強(qiáng)大于大氣壓強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；B．加熱過(guò)程中封閉氣體的溫度升高，分子的平均動(dòng)能增大，故B正確；C．氣體吸收的熱量用于增加活塞的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能以及氣體的內(nèi)能，還要推動(dòng)活塞對(duì)外做功，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)活塞，據(jù)動(dòng)能定理可得可得故D正確。故選BD。2.【2024高三下·云南第一次診斷性考試】如圖所示，一導(dǎo)熱氣缸由粗細(xì)不同的兩段圓柱形氣缸連接而成，通過(guò)剛性桿連接的活塞A、B封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞可無(wú)摩擦滑動(dòng)，活塞及連接桿的重量不可忽略。則氣缸由如圖所示的狀態(tài)在豎直面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)90°至活塞A在下方，氣缸始終處于密封狀態(tài)且環(huán)境溫度和大氣壓強(qiáng)均保持不變，此過(guò)程中關(guān)于缸內(nèi)氣體，下列說(shuō)法正確的是（）A．壓強(qiáng)變小 B．體積變小 C．向外放熱 D．外界對(duì)氣體做正功【評(píng)析】本題以汽缸活塞加輕桿模型為載體綜合考察學(xué)生對(duì)受力分析、影響內(nèi)能的因素以及熱力學(xué)第一定律的理解體現(xiàn)了基礎(chǔ)性與創(chuàng)新性并存，一反常態(tài)，活塞橫截面積不同需要對(duì)平衡系統(tǒng)準(zhǔn)確受力分析做到了反套路；對(duì)解題技巧也有要求，若學(xué)生不能正確受力分析則可以根據(jù)答案的提示進(jìn)行假設(shè)就會(huì)發(fā)現(xiàn)BCD對(duì)一個(gè)其余都對(duì)所以只能選A，為解題開辟了途徑符合新高考要求。【答案】A【解析】設(shè)大氣壓強(qiáng)為，初始時(shí)，根據(jù)受力平衡可知，氣體壓強(qiáng)為氣缸由如圖所示的狀態(tài)在豎直面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)90°至活塞A在下方，根據(jù)受力平衡可得可得可知?dú)怏w壓強(qiáng)減小，由于溫度保持不變，氣體內(nèi)能不變，根據(jù)玻意耳定律可知，氣體體積變大，外界對(duì)氣體做負(fù)功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體從外界吸熱。故選A。3.【2024·河南·一模】如圖，將一平面鏡置于某透明液體中，光線以入射角進(jìn)入液體，經(jīng)平面鏡反射后恰好不能從液面射出。此時(shí)，平面鏡與水平面（液面）夾角為，光線在平面鏡上的入射角為。已知該液體的折射率為，下列說(shuō)法正確的是（）A．B．C．若略微增大，則光線可以從液面射出D．若略微減小i，則光線可以從液面射出【評(píng)析】本題以光在介質(zhì)中的折射與平面鏡發(fā)射為情境，考察折射定律、全反射定律以及學(xué)生的作圖能力?！敬鸢浮緽D【解析】AB．根據(jù)解得光線在射入液面時(shí)的折射角為光線經(jīng)平面鏡反射后，恰好不能從液面射出，光路圖如圖有解得由幾何關(guān)系可得解得故A錯(cuò)誤；B正確；若略微增大，則光線在平面鏡上的入射角將變大，根據(jù)上面分析的各角度關(guān)系可知光線射出液面的入射角變大，將大于臨界角，所以不可以從液面射出。故C錯(cuò)誤；D．同理，若略微減小i，則r減小，導(dǎo)致光線在平面鏡上的入射角減小，可知光線射出液面的入射角變小，將小于臨界角，可以從液面射出。故D正確。故選BD。4.【2324高三上·河南信陽(yáng)·階段練習(xí)】如圖所示為半圓形玻璃磚的橫截面，直徑MN與水平面平行。由紅、綠兩種單色光組成的細(xì)光束沿aM從MN邊射入玻璃磚，細(xì)光束進(jìn)入玻璃磚后分成兩束光分別打到玻璃磚截面的b、c兩點(diǎn)處，b、c兩點(diǎn)分別位于玻璃磚截面最低點(diǎn)的左右兩側(cè)。下列說(shuō)法正確的是（

）A．b、c兩點(diǎn)處分別對(duì)應(yīng)綠光、紅光B．在玻璃中，綠光的速度比紅光小C．射到c點(diǎn)的光在c點(diǎn)會(huì)發(fā)生全反射D．光從M點(diǎn)到c點(diǎn)的傳播時(shí)間大于從M點(diǎn)到b點(diǎn)的傳播時(shí)間【評(píng)析】本題選自教材習(xí)題，在習(xí)題的基礎(chǔ)上延申問(wèn)題；本題的實(shí)質(zhì)是“光學(xué)等時(shí)圓”引導(dǎo)學(xué)生在解題的時(shí)候發(fā)現(xiàn)一些有價(jià)值的習(xí)題定律便于解決其它更為復(fù)雜的問(wèn)題?！敬鸢浮緼B【解析】A．根據(jù)電磁波譜可知，綠光折射率大于紅光折射率，所以b、c兩點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)綠光、紅光，故A正確；B．根據(jù)在玻璃中綠光的速度比紅光小，故B正確；C．由圖可知設(shè)光在M點(diǎn)的入射角和折射角分別為，在c點(diǎn)的入射角和折射角分別為，則有由可知，因此故射到c點(diǎn)的光在c點(diǎn)沒有發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；D．假設(shè)截面半圓半徑為R，以b為研究對(duì)象，如圖所示則在玻璃中的光程為s=2Rsinα根據(jù)折射率公式又有聯(lián)立可得同理可得所以光從M點(diǎn)到c點(diǎn)的傳播時(shí)間與從M點(diǎn)到b點(diǎn)的傳播時(shí)間相等，故D錯(cuò)誤。故選AB。5．【2024高三下·河南南陽(yáng)·階段練習(xí)】如圖所示，一束紫光a沿半徑方向射入半徑為R的半圓形玻璃磚，光線b和光線c為其反射光和折射光，為法線，光線a與直徑邊的夾角為，光線c與的夾角為，光線b的強(qiáng)度隨夾角的變化關(guān)系如圖乙所示，其中光照強(qiáng)度發(fā)生突變的d點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的角度，光在真空中的傳播速度為c，下列說(shuō)法中正確的是（）A．若夾角從90°減小到30°，則夾角將會(huì)逐漸增大B．若夾角從30°增大到90°，則光線b的強(qiáng)度一直加強(qiáng)C．玻璃磚對(duì)該光線的折射率D．當(dāng)小于30°時(shí)，該光線通過(guò)玻璃磚的時(shí)間為【評(píng)析】本題借助圖像語(yǔ)言引導(dǎo)學(xué)生從能量守恒的角度來(lái)深度理解全反射現(xiàn)象根據(jù)反射光的強(qiáng)度（能量）變化來(lái)判斷臨界角進(jìn)而解答相關(guān)問(wèn)題要求學(xué)生不僅僅會(huì)背公式還要理解光學(xué)現(xiàn)象的本質(zhì)?！敬鸢浮緼CD【解析】A．由題圖乙可知，在時(shí)光線b的強(qiáng)度一直不變，說(shuō)明光線a產(chǎn)生全反射，在此過(guò)程中沒有折射光線c，只有反射光線b，設(shè)入射角為i，可知此時(shí)全反射的臨界角是60°，若夾角從90°減小到30°，則入射角i逐漸增大，由折射定律，可知夾角將會(huì)逐漸增大，A正確；B．若夾角從30°增大到90°，則入射角i<C且逐漸減小，則光線b的強(qiáng)度一直減弱，B錯(cuò)誤；C．由全反射臨界角公式，可得玻璃磚對(duì)該光線的折射率C正確；

D．該光線在玻璃磚中傳播速度為當(dāng)小于30°時(shí)，光線a產(chǎn)生全反射，該光線通過(guò)玻璃磚的時(shí)間為D正確。故選ACD。6.【2223高三上·山東臨沂·期中】某物理興趣小組研究了1924年提出的“以光壓為動(dòng)力的太陽(yáng)帆深空探測(cè)器”模型：設(shè)探測(cè)器在軌道上運(yùn)行時(shí)，讓太陽(yáng)光垂直薄膜光帆照射并全部以原速率反射，從而產(chǎn)生光壓；若每秒每平方米可獲得太陽(yáng)光能為E、薄膜光帆的面積為S、探測(cè)器的質(zhì)量為m、真空中光速為c，則探測(cè)器的加速度a為（）A． B． C． D．【評(píng)析】本題以太陽(yáng)帆、光壓等新概念為命題背景結(jié)合動(dòng)量定理和光子動(dòng)量能量等來(lái)解決問(wèn)題；需要找出光子的動(dòng)量和能量之間的關(guān)系，求出光子的動(dòng)量，再有動(dòng)量定理求出壓力。再根據(jù)牛頓第二定律求出加速度。要求學(xué)生對(duì)物理概念、定律要深度理解而不是簡(jiǎn)單的帶公式，是一道創(chuàng)新性綜合性應(yīng)用性極強(qiáng)的試題?！敬鸢浮緼【解析】設(shè)每秒每平方米可獲得太陽(yáng)光子數(shù)為N，太陽(yáng)光的頻率為，平均波長(zhǎng)為，則每秒每平方米可獲得太陽(yáng)光能為每個(gè)光子的動(dòng)量為由于光子射到光帆上后全部原速率反射，設(shè)1s內(nèi)每平米光子受到的作用力為F，以反射方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可得整理可得根據(jù)牛頓第三定理可知，1s內(nèi)整個(gè)面積為S的薄膜光帆上受到光子的合力為故根據(jù)牛頓第二定律可得，探測(cè)器的加速度a為故選A。7.【2023·山西太原·二?！康罔F靠站時(shí)列車車體和屏蔽門之間安裝有光電傳感器。如圖甲所示，若光線被乘客阻擋，電流發(fā)生變化，工作電路立即報(bào)警。如圖乙所示，光線發(fā)射器內(nèi)大量處于激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光中只有a、b兩種可以使該光電管陰極逸出光電子，圖丙所示為a、b光單獨(dú)照射光電管時(shí)產(chǎn)生的光電流I與光電管兩端電壓U的關(guān)系圖線。已知光電管陰極材料的逸出功為，可見光光子的能量范圍是，下列說(shuō)法正確的是（）A．光線發(fā)射器中發(fā)出的光有兩種為可見光B．題述條件下，光電管中光電子飛出陰極時(shí)的最大初動(dòng)能為C．題述a光為氫原子從能級(jí)躍遷到能級(jí)時(shí)發(fā)出的光D．若部分光線被遮擋，光電子飛出陰極時(shí)的最大初動(dòng)能變小，光電流減小【評(píng)析】本題以實(shí)際生活中的報(bào)警電路為命題情境，報(bào)警原理與能級(jí)躍遷和光電效應(yīng)兩個(gè)主要知識(shí)點(diǎn)相關(guān)；讓學(xué)生感受物理與生活的關(guān)系同時(shí)讓學(xué)生體會(huì)到應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的樂趣，是一道基礎(chǔ)性與應(yīng)用性相結(jié)合的問(wèn)題很符合新高考命題的趨勢(shì)?！敬鸢浮緽【解析】A．光線發(fā)射器中發(fā)出的光子的能量分別為可見光光子的能量范圍是，光線發(fā)射器中發(fā)出的光有一種為可見光，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)光電管中光電子飛出陰極時(shí)的最大初動(dòng)能為B正確；C．由圖丙可知，a光遏止電壓小于b光遏止電壓，由，得a光能量小于b光能量，則題述a光為氫原子從能級(jí)躍遷到能級(jí)時(shí)發(fā)出的光，B錯(cuò)誤；D．部分光線被遮擋，不改變光子能量，則光電子飛出陰極時(shí)的最大初動(dòng)能不變。因?yàn)楣庾訑?shù)量減少，則光電子數(shù)量減小，光電流變小，D錯(cuò)誤。故選B。8.【2024·河南·一?！苛Ｗ右砸欢ǖ某跛俣扰c靜止的氧原子核發(fā)生正碰。此過(guò)程中，粒子的動(dòng)量隨時(shí)間變化的部分圖像如圖所示，時(shí)刻圖線的切線斜率最大。則（）A．時(shí)刻的動(dòng)量為B．時(shí)刻的加速度達(dá)到最大C．時(shí)刻的動(dòng)能達(dá)到最大D．時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能最大【評(píng)析】圖像語(yǔ)言是物理學(xué)的重要語(yǔ)言，本題以微觀粒子間的類碰撞為背景以圖像傳遞信息，要求考生能構(gòu)建物理模型（碰撞）并能準(zhǔn)確獲取圖像信息才能解答好本題。【答案】AB【解析】A．粒子與氧原子核組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，時(shí)刻的動(dòng)量為故A正確；B．時(shí)刻圖線的切線斜率最大，則粒子的動(dòng)量變化率最大，根據(jù)可知粒子的速度變化率最大，即加速度最大，即粒子受到的電場(chǎng)力最大，則氧原子核受到的電場(chǎng)力也最大，的加速度達(dá)到最大，故B正確；C．時(shí)刻，粒子速度為零，由圖可知時(shí)刻后，粒子反向運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可知在時(shí)刻之后，的動(dòng)量達(dá)到最大，的速度達(dá)到最大，的動(dòng)能達(dá)到最大，故C錯(cuò)誤；D．時(shí)刻，氧原子核受到的電場(chǎng)力最大，粒子與氧原子核的距離最近，系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，故D錯(cuò)誤。故選AB。熱點(diǎn)二：力與平衡、力與運(yùn)動(dòng)問(wèn)題9.（多選）【2324高三下·云南昆明·階段練習(xí)】如圖所示，帶有等量異種電荷的兩個(gè)小球A、B分別套在絕緣桿MN、NP上，兩桿固定在一起，其中NP部分粗糙，MN部分光滑，NP水平且與MN處于同一豎直面內(nèi)，∠MNP為鈍角。A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)A、B兩球間距為L(zhǎng)1?，F(xiàn)緩慢推動(dòng)B球向左移動(dòng)一小段距離，A球也緩慢移動(dòng)，當(dāng)B球到達(dá)C點(diǎn)（圖中未畫出）時(shí)，撤去水平推力，A、B依然均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)A、B兩球間距為L(zhǎng)2，則（

）A．L1<L2B．L1>L2C．小球B在C點(diǎn)靜止時(shí)受到的摩擦一定比初始時(shí)受到的摩擦力小D．小球B在C點(diǎn)靜止時(shí)受到的摩擦一定比初始時(shí)受到的摩擦力大【評(píng)析】本題以電荷系統(tǒng)的平衡為背景，考察了受力分析、整體法、隔離法、矢量三角形、庫(kù)倫定律等對(duì)學(xué)生審題能力分析能力要求極高，是一道綜合度很大的好題，考前學(xué)習(xí)有助于考生整合所學(xué)知識(shí)點(diǎn)?！敬鸢浮緼C【解析】AB.對(duì)A球進(jìn)行受力分析（圖甲），根據(jù)動(dòng)態(tài)平衡的分析方法，A球受到的重力大小、方向不變，支持力的方向不變，庫(kù)侖力的方向在改變，但是由于B球只能到C，故由矢量三角形可知A受到的庫(kù)侖力和支持力都在減小。根據(jù)庫(kù)侖定律的表達(dá)式可得AB之間的距離變大，故A正確、B錯(cuò)誤；CD.再對(duì)A、B整體受力分析（圖乙），根據(jù)平衡條件可得B所受摩擦力的大小變小，故C正確、D錯(cuò)誤。故選AC。10.【2024·安徽·一?！咳鐖D所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點(diǎn)（N點(diǎn)在M點(diǎn)右上方），輕繩1上套有一個(gè)輕質(zhì)的光滑小環(huán)O，質(zhì)量為m的物塊P通過(guò)另一根經(jīng)繩2懸掛在環(huán)的下方，處于靜止?fàn)顟B(tài)，?，F(xiàn)用一水平向右的力F緩慢拉動(dòng)物塊，直到輕繩2與連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．施加拉力F前，輕繩1的張力大小為B．物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩2的延長(zhǎng)線始終平分C．物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩2的張力越來(lái)越大D．物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，經(jīng)繩1的張力可能先增大后減小【評(píng)析】：本題是傳統(tǒng)“晾衣架”模型的拓展，是平衡中對(duì)稱性問(wèn)題的體現(xiàn)，本題在?？寄Ｐ偷幕A(chǔ)上增設(shè)物塊緩慢運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，帶動(dòng)圓環(huán)緩慢運(yùn)動(dòng)并且要求學(xué)生會(huì)分析圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的軌跡是橢圓，是物理與數(shù)學(xué)結(jié)合的典型好題。【答案】D【解析】A．施加拉力F前，以小環(huán)O為對(duì)象，受到輕繩2的拉力等于物塊P的重力，豎直方向根據(jù)受力平衡可得解得輕繩1的張力大小為故A正確，不滿足題意要求；B．物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，以小環(huán)O為對(duì)象，由于小環(huán)O兩側(cè)輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán)O兩側(cè)輕繩1的張力合力沿平分線上，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長(zhǎng)線始終平分，故B正確，不滿足題意要求；C．物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩2與豎直方向的夾角逐漸增大，以物塊為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得可知可知輕繩2的張力越來(lái)越大，故C正確，不滿足題意要求；D．物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，由于M、N之間的輕繩1長(zhǎng)度不變，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，小環(huán)O的運(yùn)動(dòng)軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)；當(dāng)輕繩2與連線方向垂直時(shí)，小環(huán)O剛好位于橢圓的短軸頂點(diǎn)上，根據(jù)橢圓知識(shí)可知此時(shí)最大，則此過(guò)程逐漸增大，以小環(huán)O為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得可得可知此過(guò)程經(jīng)繩1的張力一直增大，故D錯(cuò)誤，滿足題意要求。故選D。11.【2024·河南·一?！咳鐖D，在平直路面上進(jìn)行汽車剎車性能測(cè)試。當(dāng)汽車速度為時(shí)開始剎車，先后經(jīng)過(guò)路面和冰面（結(jié)冰路面），最終停在冰面上。剎車過(guò)程中，汽車在路面與在冰面所受阻力之比為7：1，位移之比為8：7。則汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為（）

A． B． C． D．【評(píng)析】本題以剎車問(wèn)題為情境入題自然親切，學(xué)生能應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律動(dòng)能定律列式就能解決，體現(xiàn)了基礎(chǔ)性與應(yīng)用性?！敬鸢浮緽【解析】設(shè)汽車在路面與在冰面所受阻力分別為、，汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為，由牛頓第二定律則汽車在路面與在冰面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，在路面上有在冰面上有其中解得汽車進(jìn)入冰面瞬間的速度為故選B。12.【2024·湖北·一?！咳鐖D，光滑水平面上放置有緊靠在一起但并不黏合的A、B兩個(gè)物體，A、B的質(zhì)量分別為，，從開始，推力和拉力分別作用于A、B上，大小隨時(shí)間變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示，則（）A．時(shí)，A物體的加速度為B．時(shí)，A、B開始分離C．時(shí)，A、B之間的相互作用力為3ND．A、B開始分離時(shí)的速度為【評(píng)析】本題以教材習(xí)題相似情境呈現(xiàn)，考場(chǎng)動(dòng)力學(xué)圖像、動(dòng)力學(xué)中的連接體以及分離等經(jīng)典問(wèn)題，新高考也注重經(jīng)典模型的考場(chǎng)與延申，考前通過(guò)本題學(xué)習(xí)可以幫助學(xué)生快速回憶動(dòng)力學(xué)常見的經(jīng)典問(wèn)題、經(jīng)典模型有助于學(xué)生考場(chǎng)上的發(fā)揮。【答案】B【解析】AC．由推力與時(shí)間的圖像可得，則時(shí)，可知，由于，所以二者不會(huì)分開，A、B兩物體的加速度為設(shè)此時(shí)A、B之間的相互作用力為F，對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得解得故AC錯(cuò)誤；BD．當(dāng)二者之間的相互作用力恰好為零時(shí)開始分離，此時(shí)的加速度相同，則有即解得分離時(shí)的速度為故B正確，D錯(cuò)誤。故選B。13.【2024·河南·一?！咳魞深w人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到地心的距離之比為，忽略衛(wèi)星之間的相互作用。在時(shí)間內(nèi)，衛(wèi)星與地心連線掃過(guò)的面積為，衛(wèi)星與地心連線掃過(guò)的面積為，則與的比值為（）A．1 B． C． D．【評(píng)析】本題以人造衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)為情境要求學(xué)生會(huì)構(gòu)建物理模型并結(jié)合萬(wàn)有引力定律和扇形公式進(jìn)行相關(guān)的推理與運(yùn)算。【答案】D【解析】根據(jù)可知?jiǎng)t衛(wèi)星在時(shí)間t內(nèi)與地心的連線掃過(guò)的面積為則故選D。14.【2024·河南·二?！啃行抢@恒星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不同，周期就不同，行星表面單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量也不同。如圖所示為火星和地球環(huán)繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的示意圖。設(shè)火星繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T1，地球繞太陽(yáng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T2。在直射時(shí)，火星表面單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量為E1，地球表面單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量為E2。假定太陽(yáng)的能量輻射各向均勻，則下列關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．【評(píng)析】能量以“能量球面”形式均勻輻射至各方向，計(jì)算球體接收能量時(shí)，應(yīng)尋找有效面積，而非半球表面積;【前沿知識(shí)擴(kuò)充】太陽(yáng)(或光源)的能量以“能量球面”的方式向外輻射，根據(jù)球體面積公式可求得單位面積接收的能量(或功率)。當(dāng)能量輻射到地球，計(jì)算地球接收的功率時(shí)，地球背對(duì)太陽(yáng)的半個(gè)球面不接收太陽(yáng)光，對(duì)著太陽(yáng)的半個(gè)球面也不都與太陽(yáng)光垂直，可見，地球接收太陽(yáng)光輻射的有效面積不是半球表面積，而是以地球半徑為半徑的圓平面的面積，根據(jù)計(jì)算地球接收太陽(yáng)光的總功率?！敬鸢浮緼【解析】將行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力，對(duì)火星有火星表面單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量為將行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力，對(duì)地球有地球表面單位面積單位時(shí)間接受到的輻射能量為解得故選A。熱點(diǎn)三：功與能15.【2024·河北·一?！咳鐖D所示，一半徑為R的光滑圓弧槽固定在水平面上，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球由與圓心O等高的位置無(wú)初速釋放。以水平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為B．小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)，小球下落的高度為C．小球的動(dòng)能為重力勢(shì)能2倍時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為D．小球的動(dòng)能為重力勢(shì)能2倍時(shí)，小球下落的高度為【評(píng)析】本題以凹形橋模型為載體考查能量的轉(zhuǎn)移轉(zhuǎn)化，本題還可以進(jìn)一步擴(kuò)展當(dāng)小球的動(dòng)能為重力勢(shì)能多少倍時(shí)小球重力功率最大（神奇的問(wèn)題）?！敬鸢浮緽【解析】AB．以水平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，當(dāng)小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)有小球下滑至此位置，根據(jù)動(dòng)能定理有解得此時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．以水平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，當(dāng)小球的動(dòng)能為重力勢(shì)能2倍時(shí)有小球下滑至此位置，根據(jù)動(dòng)能定理有解得此時(shí)，小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角即小球與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角小于，故CD錯(cuò)誤。故選B。16．【2024·河北·模擬預(yù)測(cè)】三峽集團(tuán)海上風(fēng)電場(chǎng)的全球首臺(tái)16兆瓦級(jí)風(fēng)電機(jī)組在9月1日實(shí)現(xiàn)24小時(shí)滿功率運(yùn)行，單日發(fā)電量高達(dá)38.41萬(wàn)千瓦時(shí)。已知該發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)可形成半徑為r的圓面，風(fēng)速垂直于圓面。若空氣密度為，風(fēng)力發(fā)電機(jī)能將掃過(guò)圓面內(nèi)20%的空氣動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，9月1日該發(fā)電機(jī)發(fā)電的平均功率為P，則當(dāng)天的平均風(fēng)速可表示為（

）A． B． C． D．【評(píng)析】本題素材來(lái)源于教材需要學(xué)生建立連續(xù)體模型再結(jié)合功率意義的理解建立方程進(jìn)行求解。連續(xù)體問(wèn)題近幾年高考都有考察今年高考也要引起高度重視?！敬鸢浮緿【解析】時(shí)間內(nèi)沖擊發(fā)電機(jī)葉片氣流的質(zhì)量為平均功率為聯(lián)立解得平均風(fēng)速為故選D。17.【2024·全國(guó)3+3+3大聯(lián)考】跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員在助滑段加速后，從起跳區(qū)a位置處水平飛出，落在著陸區(qū)內(nèi)的b點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，如圖所示。、、、分別表示運(yùn)動(dòng)員在空中的重力勢(shì)能、動(dòng)能、機(jī)械能、重力的功率，用t表示運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，則下列圖像中可能正確的是（

）A． B．C． D．【評(píng)析】處理物理規(guī)律、解決物理問(wèn)題的方法可以用語(yǔ)言來(lái)描述，也可以用數(shù)學(xué)函數(shù)式來(lái)表示，還可以用圖像來(lái)描述。利用圖像描述物理規(guī)律、解決物理問(wèn)題的方法稱之為圖像法。圖像包含的信息內(nèi)容非常豐富，可考查學(xué)生的“數(shù)形結(jié)合”能力和提取“信息”的能力，具有形象、直觀、動(dòng)態(tài)變化過(guò)程清晰等特點(diǎn)，能使物理問(wèn)題簡(jiǎn)化明了。本題屬于根據(jù)情境選擇圖像的問(wèn)題解決問(wèn)題的方法是：根據(jù)需要由物理規(guī)律寫出兩物理量的函數(shù)關(guān)系，把函數(shù)關(guān)系與圖像進(jìn)行比對(duì)，確定是正比例函數(shù)、一次函數(shù)還是二次函數(shù)，從而選出符合題意的選項(xiàng)?！敬鸢浮緽【解析】A．運(yùn)動(dòng)員在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度為以b為零勢(shì)能點(diǎn)，則有故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)動(dòng)能定理有可得故B正確；C．平拋過(guò)程中只受重力，故機(jī)械能守恒，圖線應(yīng)為橫線，故C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動(dòng)員沿豎直方向上的速度為則重力的功率故D錯(cuò)誤。故選B。18.【2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測(cè)】如圖所示，質(zhì)量為mA=1kg，mB=2kg的物塊A和B用輕彈簧連接并豎直放置，輕繩繞過(guò)固定在同一水平面上的兩個(gè)定滑輪，一端與物塊A連接，另一端與質(zhì)量為mC=1kg的小球C相連，小球C套在水平固定的光滑直桿上。開始時(shí)小球C鎖定在直桿上的P點(diǎn)，連接小球的輕繩和水平方向的夾角θ=60°，物體B對(duì)地面的壓力恰好為零。現(xiàn)解除對(duì)小球C的鎖定，同時(shí)施加一個(gè)水平向右、大小為F=16N的恒力，小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，OQ與水平方向的夾角也為θ=60°，D為PQ的中點(diǎn)，PQ距離L=2m，在小球C的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，輕繩始終處于拉直狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略兩個(gè)定滑輪大小以及滑輪、繩與軸之間的摩擦力，g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（

）A．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中，合外力對(duì)物體A的沖量為零B．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，輕繩拉力對(duì)物體A做功為零C．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為D．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，物體A的加速度大小為【評(píng)析】本題是經(jīng)典的關(guān)聯(lián)速度與能量守恒的問(wèn)題；本題對(duì)審題能力要求較高，要求學(xué)生具備較好的物理基礎(chǔ)及較強(qiáng)的翻譯能力；地面的壓力恰好為零這是常見的分離臨界條件翻譯為：、；彈簧處于拉伸狀態(tài)；小球C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，物體A剛好運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，此時(shí)A的速度為零；Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大加速度為0等。通過(guò)本題的訓(xùn)練可以很好鍛煉學(xué)生審題能力以及解決壓軸題的技巧。【答案】ACD【解析】A．小球C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，物體A剛好運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，此時(shí)A的速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理可得可知合外力對(duì)物體A的沖量為零，故A正確；B．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，此時(shí)物體A剛好回到初始位置，此過(guò)程重力、彈簧彈力對(duì)A球做功均為0；由于小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)沿繩子方向的速度不為0，則此時(shí)A的速度不為0，根據(jù)動(dòng)能定理可得故B錯(cuò)誤；C．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，此時(shí)物體A剛好回到初始位置，彈簧的彈性勢(shì)能變化量為零，A、C和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒有又聯(lián)立解得故C正確；D．小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件有根據(jù)對(duì)稱性可知，小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)物體B對(duì)地面的壓力恰好為零，則彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，且大小為物體A的加速度大小為故D正確。故選ACD。19．【2324高三下·河北保定·階段練習(xí)】如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的物塊靜止放置在水平地面上，物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一水平方向的拉力F，拉力大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是（

）A．在0~4s內(nèi)，重力對(duì)物塊的沖量大小為0B．在0~4s內(nèi)，拉力F對(duì)物塊的沖量大小為C．在0~4s內(nèi)，摩擦力對(duì)物塊的沖量大小為D．在t=4s時(shí)刻，物塊的速度大小為4m/s【評(píng)析】本題是常見的變力沖量計(jì)算問(wèn)題，學(xué)生可以利用圖像面積或平均力思想求解本題。【答案】BC【解析】A．在0~4s內(nèi)，重力對(duì)物塊的沖量大小為故A錯(cuò)誤；B．在0~4s內(nèi)，拉力F對(duì)物塊的沖量大小為故B正確；C．物塊受到的最大靜摩擦力為可知0~2s內(nèi)，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，受到靜摩擦力作用；2~4s內(nèi)，物塊受到滑動(dòng)摩擦力作用，則在0~4s內(nèi)，摩擦力對(duì)物塊的沖量大小為故C正確；D．水平方向由動(dòng)量定理可知解得在時(shí)刻，物塊的速度大小為故D錯(cuò)誤。故選BC。20．【2024·河北·一?！恳晃矬w放在水平地面上，時(shí)刻在物體上施加一豎直向上的恒力，使物體由靜止開始豎直上升，該過(guò)程中物體重力勢(shì)能、動(dòng)能隨物體上升高度的變化規(guī)律分別為如圖所示的圖線A和圖線B，當(dāng)時(shí)物體上升高度為h0（h0未知），此時(shí)將外力撤走，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物體落地，取地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，忽略空氣阻力，重力加速度g取，則下列說(shuō)法正確的是（??）A． B．物體所受的恒力與重力的比值為C．物體上升的最大高度為3.5m D．整個(gè)過(guò)程物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為【評(píng)析】本題以豎直面內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)為背景以經(jīng)典能量位移圖為信息載體考場(chǎng)學(xué)生信息提取的能力?！炯记伞咳绾卫脠D像找信息(1)看清坐標(biāo)軸所表示的物理量：是運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像(v－t、x－t、a－t)，還是動(dòng)力學(xué)圖像(a－F合、a－eq\f(1,m))，明確因變量與自變量的制約關(guān)系。(2)看圖線本身：識(shí)別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢(shì)，進(jìn)而分析具體的物理過(guò)程。(3)看交點(diǎn)、斜率和面積：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的物理意義?！敬鸢浮緼B【解析】A．由圖知，重力勢(shì)能聯(lián)立得；；故A正確；B．根據(jù)得故B正確；C．根據(jù)；物體上升的最大高度為故C錯(cuò)誤；D．取向上為正方向，根據(jù)得外力撤走后運(yùn)動(dòng)時(shí)間為整個(gè)過(guò)程物體運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為故D錯(cuò)誤。故選AB。21．【2324高三上·云南昆明·期中】某機(jī)場(chǎng)利用如圖所示的傳送帶將行李箱從飛機(jī)上運(yùn)送到地面，傳送帶以恒定速率沿逆時(shí)針方向運(yùn)行。在時(shí)，將質(zhì)量的小行李箱輕放在傳送帶上A點(diǎn)，時(shí)小行李箱從B點(diǎn)離開傳送帶，其圖像如圖乙所示，重力加速度g取，則（）A．傳送帶的傾角為B．內(nèi)的摩擦力大小為40NC．內(nèi)合力對(duì)小行李箱做功為125JD．內(nèi)摩擦力對(duì)小行李箱做功為100J【評(píng)析】本題考察經(jīng)典皮帶傳動(dòng)模型根據(jù)圖像分析行李箱的運(yùn)動(dòng)再根據(jù)牛頓第二定律列方程求傾斜角及摩擦力；傳送帶上有著豐富的功能關(guān)系，在學(xué)習(xí)過(guò)程中要厘清各種位移關(guān)系和各種能量關(guān)系?！痉椒记伞總魉蛶?wèn)題的綜合分析涉及物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的具體細(xì)節(jié)問(wèn)題，一般用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)進(jìn)行解決。傳送帶因傳送物體多做的功，從能量的觀點(diǎn)進(jìn)行分析，等于物體增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能及摩擦生熱，而摩擦生熱需要用摩擦力與相對(duì)路程的乘積進(jìn)行求解。【答案】BC【解析】AB．由題圖乙可知，內(nèi)摩擦力方向沿傳送帶向下，加速度；內(nèi)摩擦力方向沿傳送帶向上，加速度設(shè)傳送帶的傾角為，根據(jù)牛頓第二定律有內(nèi)；內(nèi)聯(lián)立解得、故A錯(cuò)誤，B正確；C．內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理，合力對(duì)小行李箱做功等于小行李箱動(dòng)能的變化量，即故C正確；D．內(nèi)小行李箱位移摩擦力做正功；內(nèi)小行李箱位移摩擦力做負(fù)功故內(nèi)摩擦力對(duì)小行李箱做功故D錯(cuò)誤。故選BC。22．【2024高三·山東濰坊·期末】如圖所示，輕質(zhì)動(dòng)滑輪下方懸掛重物A、輕質(zhì)定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質(zhì)細(xì)線豎直。開始時(shí)，用手托住B，A靜置于地面上，B距地面高度為h，細(xì)線處于拉緊狀態(tài)。釋放后A、B開始運(yùn)動(dòng)。已知A、B的質(zhì)量相等，不計(jì)一切摩擦和阻力，以地面為零勢(shì)能面。從開始運(yùn)動(dòng)至B剛要落地過(guò)程中，以下關(guān)于A、B的重力勢(shì)能、和動(dòng)能、隨運(yùn)動(dòng)距離x變化關(guān)系正確的是（

）

A．

B．

C．D．

【評(píng)析】本題選材教材習(xí)題，模型中蘊(yùn)藏著豐富的幾何關(guān)系還涉及動(dòng)滑輪組的相關(guān)知識(shí)；關(guān)鍵在于學(xué)生能列出能量守恒方程并結(jié)合圖像選擇符合題意的圖像；【關(guān)鍵一步】根據(jù)滑輪組可知；?！敬鸢浮緽C【解析】根據(jù)滑輪組可知，B下落的高度為A上升高度的兩倍，設(shè)B運(yùn)動(dòng)距離為時(shí)，A運(yùn)動(dòng)距離為，則對(duì)B，初始重力勢(shì)能為當(dāng)B運(yùn)動(dòng)距離為時(shí)B的末重力勢(shì)能為0。對(duì)A，初始重力勢(shì)能為0，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)距離為時(shí)由滑輪組可知，A上升的高度為B下降高度的一半，故故A的末重力勢(shì)能為根據(jù)滑輪組可知，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)AB組成的系統(tǒng)，當(dāng)B運(yùn)動(dòng)距離為時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得對(duì)B可得B的末動(dòng)能為對(duì)A，當(dāng)A運(yùn)動(dòng)距離為時(shí)A的末動(dòng)能為故選BC。熱點(diǎn)四：動(dòng)量與能量23.【2024·安徽·一?！咳鐖D所示，實(shí)線是實(shí)驗(yàn)小組某次研究平拋運(yùn)動(dòng)得到的實(shí)際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運(yùn)動(dòng)的理論軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實(shí)驗(yàn)中，小球的質(zhì)量為m，水平初速度為，初始時(shí)小球離地面高度為h。已知小球落地時(shí)速度大小為v，方向與水平面成角，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球落地時(shí)重力的功率為B．小球下落的時(shí)間為C．小球下落過(guò)程中的水平位移大小為D．小球下落過(guò)程中空氣阻力所做的功為【評(píng)析】本題以實(shí)驗(yàn)為背景考察有阻力的平拋運(yùn)動(dòng)或者說(shuō)模型的分析，涉及功率以及做功等核心物理概念的求解需要用到微元法的基本思想。【拓展延申】物體在變力作用下做復(fù)雜的變速運(yùn)動(dòng)，可以把物體的運(yùn)動(dòng)分割成若干小段，在每一小段內(nèi)，可認(rèn)為力f不變，這樣，在△t1時(shí)間內(nèi)，力f的沖量：同理，時(shí)間內(nèi)，力f的沖量，……所以整個(gè)過(guò)程力f的沖量為：即變力的沖量大小與物體的位移大小成正比。這個(gè)結(jié)論的幾何解釋如圖所示（僅僅是示意性地畫出，并不真正表示物體就做圖示形式的運(yùn)動(dòng)）。對(duì)于v—t圖象，圖象與t軸所圍的面積表示物體的位移x。由于f=kv，力f隨時(shí)間t變化的f—t圖象與v—t圖象相似（縱軸相差k倍）。對(duì)f—t圖象來(lái)說(shuō)，圖象與t軸所圍的面積就是力f的沖量I，顯然I=kx。此結(jié)論在解答“f=kv”問(wèn)題中有很重要的作用。【答案】BCD【解析】A．小球落地時(shí)重力的功率為故A錯(cuò)誤；B．小球下落過(guò)程在豎直方向根據(jù)動(dòng)量定理解得小球下落的時(shí)間為故B正確；C．小球在水平方向根據(jù)動(dòng)量定理解得小球下落過(guò)程中的水平位移大小為故C正確；D．小球下落過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理解得小球下落過(guò)程中空氣阻力所做的功為故D正確。24.【2024高三·全國(guó)·課時(shí)練習(xí)】已知A、B、C、D四個(gè)鋼球的質(zhì)量分別為100m、m、m、m，懸掛在天花板上，初始時(shí)刻四個(gè)鋼球相互接觸且球心在一條直線上，與天花板距離均為L(zhǎng)，四條繩都是豎直的，現(xiàn)將A球拉起60°的角度由靜止釋放，重力加速度為g，則D球被彈起的瞬間獲得的速度最接近于（）

A．5 B．6C．7 D．8【評(píng)析】本題考察經(jīng)典彈性碰撞模型要求考生熟悉模型的規(guī)律?！灸Ｐ蜌w納】彈性碰撞兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性正碰為例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。結(jié)論：①當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，兩球碰撞后交換了速度。②當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩球都沿速度v1的方向運(yùn)動(dòng)。③當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的球被反彈回來(lái)。④當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′＝v1，v2′＝2v1?！敬鸢浮緿【解析】設(shè)A、B兩球質(zhì)量分別為M和m，A球下落到最低點(diǎn)時(shí)的速度滿足解得兩球相碰時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有解得因M是m的100倍，則v2接近2v0；同理B和C碰后，C的速度接近于4v0；C和D碰后，D的速度接近于，即故選D。25.【2024·河南·一?！咳鐖D（a）所示，“L”形木板靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊以的初速度滑上木板，時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動(dòng)的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則（）A．的質(zhì)量為B．地面與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為D．時(shí)木板速度恰好為零【評(píng)析】本題以經(jīng)典板塊模型為背景考察類碰撞模型，這里需要學(xué)生明辨，第一個(gè)過(guò)程由于地面粗糙系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；碰撞過(guò)程雖然地面粗糙但碰撞時(shí)間極短內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力系統(tǒng)動(dòng)量守恒，其余的問(wèn)題還需要學(xué)生會(huì)根據(jù)圖像語(yǔ)言來(lái)求解相關(guān)問(wèn)題?！敬鸢浮緼C【解析】A．兩者碰撞時(shí)，取滑塊P的速度方向?yàn)檎较颍O(shè)P的質(zhì)量為m=1kg，Q的質(zhì)量為M，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律得根據(jù)vt圖像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得故A正確；B．設(shè)P與Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，Q與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，根據(jù)vt圖像可知，02s內(nèi)P與Q的加速度分別為aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，對(duì)P、Q分別受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為代入數(shù)據(jù)解得故C正確；D．對(duì)碰撞后整體受力分析，由動(dòng)量定理得代入數(shù)據(jù)解得因此木板速度恰好為零的時(shí)刻為故D錯(cuò)誤；故選AC。26.【2024高三下·云南大理】“頭球攻門”是足球比賽中最常見的情景之一。某場(chǎng)足球比賽中，攻方獲得任意球機(jī)會(huì)，高度為的運(yùn)動(dòng)員甲站在球門前的a點(diǎn)，另一隊(duì)友乙（圖中未畫出）在距離a點(diǎn)28m處主罰任意球，甲同時(shí)準(zhǔn)備原地起跳頭球攻門，乙將足球從地面踢出后，足球在離地處水平擊中運(yùn)動(dòng)員甲的頭部，此時(shí)甲剛好上升到最高點(diǎn)，足球與運(yùn)動(dòng)員頭部碰撞時(shí)間為0.1s，碰后速度大小變?yōu)榕銮暗?，方向改變?0°角后水平飛出飛向球門人網(wǎng)。取重力加速度為，不計(jì)空氣阻力，足球質(zhì)量為0.40kg且可視為質(zhì)點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A．乙踢出足球瞬間足球的速度大小為B．甲在乙踢出足球后0.3s離地上升C．甲對(duì)足球做的功為195JD．足球與甲碰撞過(guò)程中所受合外力大小的平均值為140N【評(píng)析】本題涉及拋體運(yùn)動(dòng)中的功能動(dòng)量，以體育運(yùn)動(dòng)為命題背景強(qiáng)化五育并舉的命題思想，重點(diǎn)考察拋體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及功能轉(zhuǎn)化，突出考察了動(dòng)量定理在曲線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用，關(guān)鍵能力在于要知道動(dòng)量定理本身的矢量性?！敬鸢浮緽D【解析】A．根據(jù)逆向思維，足球上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，在豎直方向上有，解得，在水平方向有解得則乙踢出足球瞬間足球的速度大小為故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)逆向思維可知，甲離地上升過(guò)程有解得則有故B正確；C．足球與運(yùn)動(dòng)員碰撞前后，作出速度的矢量圖如圖所示

根據(jù)上述結(jié)合題意有，它們之間的夾角為60°，則甲對(duì)足球做的功故C錯(cuò)誤；D．結(jié)合上述，根據(jù)幾何關(guān)系可得對(duì)足球，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得故D正確。故選BD。27.【2023·云南·模擬預(yù)測(cè)】如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，從B到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在C點(diǎn)。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)A由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（

）

A．滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為B．彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能為mgRC．滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，小車運(yùn)動(dòng)的位移大小為D．滑塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，小車對(duì)滑塊的支持力大小為4mg【評(píng)析】本題是經(jīng)典反沖模型（人船模型），涉及能量轉(zhuǎn)化，相對(duì)位移等核心問(wèn)題的求解，易錯(cuò)點(diǎn)是小車對(duì)滑塊的支持力求解沒有考慮相對(duì)速度。【模型歸納】人船模型的特點(diǎn)(1)兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：人動(dòng)船動(dòng)，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)時(shí)要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相對(duì)地面而言的。【答案】BD【解析】AD．滑塊從A滑到B時(shí)，滿足水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有，解得，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊受力分析解得FN=4mg故A錯(cuò)誤、D正確；B．滑塊運(yùn)動(dòng)到小車最右端時(shí)根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，故B正確；C．從A到B滑下過(guò)程由人船模型，x1＋x2=R解得小車的位移應(yīng)當(dāng)是故C錯(cuò)誤。故選BD。熱點(diǎn)五：振動(dòng)與波28．【2024·安徽池州·二模】藝術(shù)體操是一項(xiàng)女子競(jìng)技項(xiàng)目，主要有繩操、球操、圈操、帶操、棒操五項(xiàng)。帶操動(dòng)作柔軟、流暢、飄逸、優(yōu)美。如圖所示是一位帶操運(yùn)動(dòng)員的競(jìng)技場(chǎng)景，絲帶的運(yùn)動(dòng)可以近似為一列簡(jiǎn)諧橫波沿軸傳播，時(shí)刻的波形如圖甲所示，A、B、P和Q是介質(zhì)中的四個(gè)質(zhì)點(diǎn)，時(shí)刻該波剛好傳播到點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)圖像如圖乙所示，則以下說(shuō)法正確的是（）A．時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A的位移為 B．該波的傳播速度是C．波向軸負(fù)方向傳播 D．時(shí)質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程是80【評(píng)析】本題考察波形圖與振動(dòng)圖的區(qū)別與聯(lián)系?！痉椒偨Y(jié)】求解波的圖像與振動(dòng)圖像綜合問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)分清振動(dòng)圖像與波的圖像。此步驟最簡(jiǎn)單，只要看清橫坐標(biāo)即可，橫坐標(biāo)為x則為波的圖像，橫坐標(biāo)為t則為振動(dòng)圖像。(2)看清橫、縱坐標(biāo)的單位。尤其要注意單位前的數(shù)量級(jí)。(3)找準(zhǔn)波的圖像對(duì)應(yīng)的時(shí)刻，找準(zhǔn)振動(dòng)圖像對(duì)應(yīng)的質(zhì)點(diǎn)?！敬鸢浮緿【解析】A．由題圖甲乙可知，振幅為周期為角速度為A振動(dòng)的初相為則質(zhì)點(diǎn)A的位移的函數(shù)表達(dá)式為當(dāng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A的位移為A錯(cuò)誤；B．由乙圖可知，質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期為由甲圖可知，波長(zhǎng)則波速為B錯(cuò)誤；C．由該簡(jiǎn)諧波時(shí)恰好傳到B點(diǎn)，波源在B點(diǎn)左側(cè)，波向軸正方向傳播，C錯(cuò)誤；D．質(zhì)點(diǎn)B、平衡位置之間的距離為由解得即經(jīng)過(guò)質(zhì)點(diǎn)開始振動(dòng)，又經(jīng)過(guò)0.8s質(zhì)點(diǎn)完成一次全振動(dòng)通過(guò)的路程是80cm，D正確。故選D。29．【2024·河南·二?！磕持袑W(xué)湖面上有兩個(gè)波源和，兩波源的振動(dòng)頻率相同，如圖所示，波源的坐標(biāo)分別為、，湖面上還有一點(diǎn)，坐標(biāo)為，時(shí)，波源開始從平衡位置向上振動(dòng)，經(jīng)過(guò)波源分別產(chǎn)生的第一個(gè)波峰同時(shí)傳到點(diǎn)，點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，已知兩波源同時(shí)起振．下列說(shuō)法正確的是（）A．波在湖面?zhèn)鞑サ乃俣葹?B．波源在時(shí)從平衡位置向下振動(dòng)C．兩波源的振動(dòng)周期為 D．波源產(chǎn)生的第一個(gè)波谷傳到點(diǎn)需要的時(shí)間為【評(píng)析】本題考察波的干涉現(xiàn)象及規(guī)律?！痉椒偨Y(jié)】波的干涉中振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)、減弱點(diǎn)的判斷方法(1)公式法某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)是加強(qiáng)還是減弱，取決于該點(diǎn)到兩相干波源的距離之差Δr。①當(dāng)兩波源振動(dòng)步調(diào)一致時(shí)若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，則振動(dòng)加強(qiáng)；若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，則振動(dòng)減弱。②當(dāng)兩波源振動(dòng)步調(diào)相反時(shí)若Δr＝(2n＋1)eq\f(λ,2)(n＝0,1,2，…)，則振動(dòng)加強(qiáng)；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，則振動(dòng)減弱。【答案】BC【解析】B．點(diǎn)為兩波源的中點(diǎn)且為振動(dòng)減弱點(diǎn)，波源振動(dòng)方向相反，所以波源在時(shí)從平衡位置向下振動(dòng)，故B正確；AC．根據(jù)幾何關(guān)系可知，，解得，故A錯(cuò)誤，C正確；D．波源產(chǎn)生的第一個(gè)波谷傳到點(diǎn)需要的時(shí)間為故D錯(cuò)誤。故選BC。熱點(diǎn)六：電場(chǎng)的性質(zhì)30.【2324高三下·湖南·階段練習(xí)】如圖甲所示，電荷量相同的兩正電荷固定在同一水平高處，它們連線的中點(diǎn)為O點(diǎn)。一絕緣細(xì)桿豎直放置在兩電荷連線的中垂線上，桿上A點(diǎn)與O點(diǎn)間距離為。一帶電小球套在桿上從A點(diǎn)由靜止釋放運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)，該過(guò)程中小球動(dòng)能隨下降距離h變化的圖像如圖乙所示。若忽略一切阻力，則下列說(shuō)法正確的是（）A．小球帶負(fù)電B．小球的機(jī)械能一直在減少C．連線上場(chǎng)強(qiáng)最大的位置為距A點(diǎn)處D．小球所受的合外力先減小后增大【評(píng)析】本題考察帶電粒子在等量同種電荷電場(chǎng)分布下的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題以及圖像問(wèn)題；電場(chǎng)圖像一直是高考命題的熱點(diǎn)方向，無(wú)論是哪一種類型的圖像都需要利用圖像判斷出電場(chǎng)的分布特點(diǎn)再結(jié)合電場(chǎng)相關(guān)知識(shí)進(jìn)行解答。電場(chǎng)中幾種常見的圖像v－t圖像當(dāng)帶電粒子只受靜電力時(shí)，從v－t圖像上能確定粒子運(yùn)動(dòng)的加速度方向、大小變化情況，進(jìn)而可判定粒子運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過(guò)的各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小、電勢(shì)高低及電勢(shì)能的變化情況φ－x圖像(1)從φ－x圖像中可以直接判斷各點(diǎn)電勢(shì)的高低，進(jìn)而確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向及試探電荷電勢(shì)能的變化(2)φ－x圖線切線的斜率大小表示沿x軸方向電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小E－x圖像以電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸方向?yàn)槔?1)E>0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸正方向，E<0表示電場(chǎng)強(qiáng)度沿x軸負(fù)方向(2)圖線與x軸圍成的“面積”大小表示電勢(shì)差大小，兩點(diǎn)的電勢(shì)高低需根據(jù)電場(chǎng)方向判定Ep－x圖像(1)圖像的切線斜率大小表示靜電力大小(2)可用于判斷電場(chǎng)強(qiáng)度、動(dòng)能、加速度等隨位移的變化情況【答案】B【解析】D．由該過(guò)程中小球動(dòng)能隨下降距離h變化的圖像，可知圖像上任一點(diǎn)切線的斜率表示合力，小球所受的合外力先減小后增大，再減小再增大，故D錯(cuò)誤；A．由合力的變化可知小球受到的電場(chǎng)力向上，小球帶正電，故A錯(cuò)誤；B．全程中電場(chǎng)力方向不變，對(duì)小球一直做負(fù)功，小球的機(jī)械能一直在減少，故B正確；C．距A點(diǎn)處，合力為零，此處電場(chǎng)力和重力等大反向，而場(chǎng)強(qiáng)最大的位置必定是電場(chǎng)力最大的位置，此時(shí)小球減速的加速度達(dá)到最大，該位置在到之間，故C錯(cuò)誤。故選B。31．【2324高三下·廣西·階段練習(xí)】如圖所示，在x軸上相距為L(zhǎng)的兩點(diǎn)固定兩個(gè)不等量異種點(diǎn)電荷+4Q、Q，頂點(diǎn)為a、b、c、d的正方形虛線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，Q位于其幾何中心。e、f兩點(diǎn)為虛線框與x軸的交點(diǎn)。規(guī)定無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為0，則（??）A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電勢(shì)相等B．b、c兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度相同C．e點(diǎn)電勢(shì)低于f點(diǎn)電勢(shì)D．負(fù)試探電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在e點(diǎn)的電勢(shì)能【評(píng)析】本題借助正方形這一規(guī)則且具有對(duì)稱性的幾何圖形來(lái)考查點(diǎn)電荷電場(chǎng)、電勢(shì)的分布與疊加問(wèn)題，要注意兩點(diǎn)：（1）點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式且場(chǎng)強(qiáng)的運(yùn)算是矢量運(yùn)算滿足平行四邊形法則還要注意點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的分布規(guī)律；（2）電勢(shì)公式且電勢(shì)的計(jì)算是標(biāo)量計(jì)算要注意正電荷周圍的電勢(shì)都是正的負(fù)電荷周圍的電勢(shì)都為負(fù)的?！敬鸢浮緿【解析】A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)在的同一等勢(shì)面上，但不在的同一等勢(shì)面上，故兩點(diǎn)電勢(shì)不相等，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，可得b、c兩點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)僅大小相等，但方向不一樣，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢(shì)公式可得e點(diǎn)電勢(shì)將高于f點(diǎn)電勢(shì)，故C錯(cuò)誤；D．負(fù)試探電荷從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)過(guò)程中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故D正確。故選D。32.【2023·全國(guó)·3+3+3大聯(lián)考】如圖所示，a、b、c、d、e是兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中的等差等勢(shì)面，一電荷量為q的帶正電的粒子，只受該電場(chǎng)的作用，在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖中實(shí)線所示，已知電場(chǎng)中b、c兩等勢(shì)面的電勢(shì)分別為。則下列說(shuō)法正確的是（

）A．B．帶電粒子經(jīng)過(guò)P點(diǎn)和N點(diǎn)時(shí)速度相同C．帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為D．帶電粒子在M點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度【評(píng)析】本題是電場(chǎng)線與軌跡的運(yùn)動(dòng)分析問(wèn)題，分析此類問(wèn)題一定要厘清：點(diǎn)：交點(diǎn)；線：電場(chǎng)線；面：等勢(shì)面；跡：軌跡之間的關(guān)系并應(yīng)用電場(chǎng)的基本性質(zhì)來(lái)正確解答。【方法總結(jié)】分析電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡問(wèn)題的方法1．“運(yùn)動(dòng)與力兩線法”——畫出運(yùn)動(dòng)軌跡在初始位置的切線(“速度線”)與在初始位置電場(chǎng)線的切線(“力線”)方向，從二者的夾角情況來(lái)分析曲線運(yùn)動(dòng)的情況。2．“三不知時(shí)要假設(shè)”——電荷的正負(fù)、場(chǎng)強(qiáng)的方向(或等勢(shì)面電勢(shì)的高低)、電荷運(yùn)動(dòng)的方向，是題意中相互制約的三個(gè)方面。若已知其中的任一個(gè)，可順次分析判定各待求量；若三個(gè)都不知，則要用“假設(shè)法”分別討論各種情況?！敬鸢浮緿【解析】A．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的合外力指向軌跡的凹側(cè)，且?guī)щ娏Ｗ訋д?，則正電荷在上方，負(fù)電荷在下方，等勢(shì)面電勢(shì)由a到e逐漸降低，則故A錯(cuò)誤；B．P、N兩點(diǎn)在等勢(shì)面上，電場(chǎng)力不做功，帶電粒子經(jīng)過(guò)P和N位置時(shí)速度大小相等，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向沿軌跡切線方向，則帶電粒子經(jīng)過(guò)P和N位置時(shí)速度方向不同，故B錯(cuò)誤；C．帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為故C錯(cuò)誤；D．M位置等勢(shì)面較稀疏，電場(chǎng)強(qiáng)度較小，電場(chǎng)力較小，加速度較小，故D正確。故選D。33.【2024·云南·模擬預(yù)測(cè)】如圖所示，過(guò)M、N兩點(diǎn)垂直紙面的兩無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線，通以大小相同、方向相反的電流。P為紙面內(nèi)M、N兩點(diǎn)連線的中垂線上的一點(diǎn)，，O為連線的中點(diǎn)。已知通電無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍某點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與該點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離成反比，與電流大小成正比，則P、O兩點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為（

）A． B． C． D．【評(píng)析】本題是常見的磁場(chǎng)疊加問(wèn)題，解答此類問(wèn)題要熟練掌握安培定則確定磁場(chǎng)場(chǎng)原并畫出示意圖然后根據(jù)矢量運(yùn)算的法則進(jìn)行計(jì)算與分析。【思路拓展】磁場(chǎng)疊加問(wèn)題的解題思路(1)確定磁場(chǎng)場(chǎng)源，如通電導(dǎo)線。(2)定位空間中需求解磁場(chǎng)的點(diǎn)，利用安培定則判定各個(gè)場(chǎng)源在這一點(diǎn)上產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小和方向。如圖所示，BM、BN為M、N在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。(3)應(yīng)用平行四邊形定則對(duì)各個(gè)場(chǎng)源產(chǎn)生的磁場(chǎng)進(jìn)行合成，如圖中的合磁場(chǎng)B?！敬鸢浮緾【解析】設(shè)距離為r，則距離為，點(diǎn)的合磁場(chǎng)為，點(diǎn)的合磁場(chǎng)為，所以P與O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為，故C正確。故選C。熱點(diǎn)七：帶電粒子的運(yùn)動(dòng)34.【2024·陜西寶雞·一?！咳鐖D所示圓形區(qū)域內(nèi)存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里，一帶正電荷的粒子沿圖中直線以速率v0從圓周上的a點(diǎn)射入圓形區(qū)域，從圓周上b點(diǎn)射出（b點(diǎn)圖中未畫出）磁場(chǎng)時(shí)速度方向與射入時(shí)的夾角為60°，已知圓心O到直線的距離為橫截面半徑的一半?，F(xiàn)將磁場(chǎng)換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同一粒子以同樣速度沿直線從a點(diǎn)射入圓形區(qū)域，也從b點(diǎn)離開該區(qū)域，若不計(jì)重力，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為（）A． B． C． D．【評(píng)析】本題以圓形電磁場(chǎng)區(qū)域考察帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及關(guān)鍵幾何條件。熟悉并利用好電磁場(chǎng)規(guī)律并結(jié)合平面幾何的基本知識(shí)是解答此類問(wèn)題的關(guān)鍵?！敬鸢浮緼【解析】設(shè)圓形區(qū)域半徑為，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡為圓，分析幾何關(guān)系知，圓心一定在入射方向的垂線上，由于速度的偏向角為60o，因此圓心角為60°，又圓心O到直線的距離為橫截面半徑的一半，知直線與aO連線的夾角為30°，故粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為，出射時(shí)距離直線的距離為根據(jù)牛頓第二定律換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿直線方向勻速運(yùn)動(dòng)，有垂直直線方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為故選A。35.【2024·湖北·二?！楷F(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計(jì)重力）從電場(chǎng)的上邊界的O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的下邊界的P點(diǎn)時(shí)正好與下邊界相切。若把電場(chǎng)下移至磁場(chǎng)所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間粒子第一次到達(dá)最低點(diǎn)N，下列說(shuō)法正確的是（

）A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為B．粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為C．M、N兩點(diǎn)的豎直距離為D．粒子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)速度大小為【評(píng)析】本題考察帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；難點(diǎn)在于疊加場(chǎng)中應(yīng)用洛倫茲力的沖量問(wèn)題來(lái)求解學(xué)生很想不到，本題CD的分析也可以應(yīng)用“配速法”來(lái)解答?！痉椒ㄍ卣埂咳魩щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中所受合力不會(huì)零，則粒子的速度會(huì)改變，洛倫茲力也會(huì)隨著變化，合力也會(huì)跟著變化，則粒子做一般曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)比較麻煩，此時(shí)，我們可以把初速度分解成兩個(gè)分速度，使其一個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力與重力（或電場(chǎng)力，或重力和電場(chǎng)力的合力）平衡，另一個(gè)分速度對(duì)應(yīng)的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，這樣一個(gè)復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)就可以分解分兩個(gè)比較常見的運(yùn)動(dòng)，這種方法叫配速法。【答案】BD【解析】A．設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的速率為v，半徑為R，在電場(chǎng)中由動(dòng)能定理，有洛倫茲力充當(dāng)向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A錯(cuò)誤；B.粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子從O運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間為故B正確；CD.將粒子從M到N的過(guò)程中某時(shí)刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個(gè)洛倫茲力分量分別為設(shè)粒子在最低點(diǎn)N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動(dòng)量定理可得由動(dòng)能定理可得聯(lián)立，解得故C錯(cuò)誤；D正確。故選BD。熱點(diǎn)八：電磁感應(yīng)新情境問(wèn)題36.【2024·云南·一?！侩姶艅x車系統(tǒng)具有剎車迅速、安全可靠、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單等特點(diǎn)，如圖所示是電磁剎車系統(tǒng)的示意簡(jiǎn)圖。在平行的水平軌道上等間距分布有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，有磁場(chǎng)與無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的寬度均為d。金屬線圈固定在機(jī)車底部，線圈的寬為d、長(zhǎng)為L(zhǎng)、匝數(shù)為N、電阻為R。當(dāng)質(zhì)量為m的機(jī)車（含線圈）以速度無(wú)動(dòng)力進(jìn)入該區(qū)域時(shí)，金屬線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流并與磁場(chǎng)作用形成制動(dòng)效應(yīng)，不計(jì)摩擦阻力，忽略機(jī)車車身通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)產(chǎn)生渦流的影響，則（）A．金屬線圈通過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱相等B．機(jī)車剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力的大小為C．金屬線圈穿過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中速度的變化量相等D．機(jī)車的制動(dòng)距離為【評(píng)析】本題以電磁剎車系統(tǒng)為情境考察電磁感應(yīng)中電磁阻尼問(wèn)題，解決問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)是構(gòu)建線框進(jìn)出磁場(chǎng)的模型，每一條邊切割磁感線都受到電磁阻力達(dá)到剎車的目的。本題還有一個(gè)易錯(cuò)點(diǎn)就是學(xué)生容易定勢(shì)思維忽略了線圈的匝數(shù)。【答案】BC【解析】A．線圈經(jīng)過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)線圈的電荷量為即通過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)線圈的電荷量相等，根據(jù)Q=EIt=Eq隨機(jī)車速度的減小，線圈經(jīng)過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，則金屬線圈通過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱逐漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．機(jī)車剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力的大小為選項(xiàng)B正確；C．金屬線圈穿過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中根據(jù)動(dòng)量定理而金屬線圈穿過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中速度的變化量相等，選項(xiàng)C正確；D．金屬線圈穿過(guò)每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中速度的變化量機(jī)車的制動(dòng)距離為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC。37.【2024·廣東深圳·一模】磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖（a）所示，它的驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)簡(jiǎn)化為如圖（b）所示的物理模型。固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)。匝數(shù)為N?？傠娮铻镽；水平面內(nèi)平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B、方向交互相反、邊長(zhǎng)均為L(zhǎng)的正方形組合勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)磁場(chǎng)以速度v勻速向右移動(dòng)時(shí)，可驅(qū)動(dòng)停在軌道上的列車，則（）A．圖示時(shí)刻線框中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向B．列車運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)移動(dòng)的方向相同C．列車速度為v'時(shí)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為D．列車速度為v'時(shí)線框受到的安培力大小為【評(píng)析】本題以磁懸浮列車為情境考察電磁感應(yīng)中電磁驅(qū)動(dòng)問(wèn)題，解決問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)是構(gòu)建線框交替進(jìn)入方向相反的磁場(chǎng)的電動(dòng)勢(shì)疊加，使得線框持續(xù)受到動(dòng)力作用力達(dá)到驅(qū)動(dòng)的目的。本題與上一個(gè)題有相同的易錯(cuò)點(diǎn)就是學(xué)生容易定勢(shì)思維忽略了線圈的匝數(shù)。【答案】BC【解析】A．線框相對(duì)磁場(chǎng)向左運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知圖示時(shí)刻線框中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)左手定則，列車受到向右的安培力，因此列車運(yùn)動(dòng)的方向與磁場(chǎng)移動(dòng)的方向相同，B正確；C．由于前后兩個(gè)邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)順次相加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律C正確；D．列車速度為v'時(shí)線框受到的安培力大小為D錯(cuò)誤。故選BC。熱點(diǎn)九：交流電與變壓器38.【2324高三下·重慶·階段練習(xí)】如圖所示為電動(dòng)汽車無(wú)線充電示意圖，若發(fā)射線圈的電壓為，匝數(shù)為500匝，接收線圈的匝數(shù)為1000匝，發(fā)射線圈的功率為8.8kW，該裝置可看成理想變壓器，則（）A．利用該裝置只能采用交流電源為電動(dòng)汽車充電B．接收線圈交變電流的頻率為100HzC．發(fā)射線圈中電流的有效值為20AD．接收線圈電壓的峰值為【評(píng)析】本題的背景電動(dòng)汽車無(wú)線充電示意圖源自于教材的科學(xué)漫步；通過(guò)讀題審題學(xué)生要能夠構(gòu)建理想變壓器模型并結(jié)合交流電及變壓器相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題。再次引導(dǎo)學(xué)生要關(guān)注教材回歸教材?！敬鸢浮緼D【解析】A．變壓器是利用電磁感應(yīng)原理工作的，因此必須由交流電源在發(fā)射線圈產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，在接收線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A正確；B．變壓器不改變交變電流的頻率，因此發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相等，頻率為故B錯(cuò)誤；C．發(fā)射線圈輸出功率為8.8kW，則發(fā)射線圈中電流的有效值為故C錯(cuò)誤；D．發(fā)射線圈電壓的有效值為由理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)的關(guān)系公式可得接收線圈輸出的電壓為則接收線圈輸出電壓的峰值為故D正確。故選AD。39．【2024·云南·二?！侩S著節(jié)能減排的推進(jìn)，水力發(fā)電站將代替部分火力發(fā)電站而成為發(fā)電主力。某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示。升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1:16，輸電線總電阻r=8Ω，降壓變壓器的輸出功率和輸出電壓分別為95kW和220V。若輸電線因發(fā)熱而損失的功率為輸送功率的5%，變壓器均視為理想變壓器，則下列說(shuō)法正確的是（）A．通過(guò)輸電線的電流為25AB．發(fā)電機(jī)的輸出功率為98kWC．發(fā)電機(jī)的輸出電壓有效值為500VD．降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為190:11【評(píng)析】解答本題的關(guān)鍵在于熟悉輸電模型圖并熟知每一個(gè)物理量的含義，突破口在于建立功率的等量關(guān)系要讓學(xué)生清楚的知道遠(yuǎn)距離輸電就是輸送“、”。【模型歸納】遠(yuǎn)距離輸電問(wèn)題分析方法理清輸電電路圖的三個(gè)回路(如圖)(1)在電源回路中，P發(fā)電機(jī)＝U1I1＝P1(2)在輸送回路中，I2＝I線＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R線，ΔP＝I22R線(3)在用戶回路中，P4＝U4I4＝P用戶【答案】AD【解析】AB．根據(jù)題意可知聯(lián)立解得，故A正確，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)升壓變壓器原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系有；所以，故C錯(cuò)誤；D．在輸電回路中有；聯(lián)立可得故D正確。故選AD。40.【2024·廣州·二模】一電阻接到如圖甲所示電源上，在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q1；若該電阻接到圖乙交流電源上（前周期為正弦曲線），在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q2。則Q1︰Q2等于（）A．2︰1 B．5︰2 C．10︰3 D．12︰5【評(píng)析】有效值的計(jì)算是等效替代法的具體體現(xiàn)，高考中經(jīng)常涉及，所以在后期復(fù)習(xí)中要引起足夠重視?！局R(shí)點(diǎn)歸納】交變電流有效值的求解方法1．公式法：對(duì)于正(余)弦式交變電流，利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))計(jì)算有效值?！咀⒁狻咳魣D像一部分是正(余)弦式交變電流，其中的eq\f(1,4)周期(必須是從零至最大值或從最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接應(yīng)用正弦式交變電流有效值與最大值間的關(guān)系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。2．定義法：對(duì)于非正弦式交變電流，計(jì)算有效值時(shí)要抓住“三同”，即“相同時(shí)間”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，列式求解時(shí)相同時(shí)間一般取一個(gè)周期或周期的整數(shù)倍?！敬鸢浮緾【解析】設(shè)圖甲中交變電流的有效值為，則根據(jù)有效值的計(jì)算式得設(shè)圖甲中交變電流的有效值為，則根據(jù)有效值的計(jì)算式得則故選C。【考前預(yù)測(cè)篇2】熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)題一．實(shí)驗(yàn)題解題指導(dǎo)1．理解儀器原理，掌握讀數(shù)規(guī)則，正確解答讀數(shù)類實(shí)驗(yàn)題刻度尺、游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、電流表、電壓表、多用電表等都是基本儀器，要熟練掌握它們的使用方法、操作規(guī)程和讀數(shù)規(guī)則，在高考前要進(jìn)行系統(tǒng)的實(shí)際測(cè)量和讀數(shù)練習(xí)，特別是游標(biāo)卡尺、螺旋測(cè)微器、電學(xué)實(shí)驗(yàn)儀器的讀數(shù)。此類試題難度不大，要防止在讀數(shù)的估讀、結(jié)果的有效數(shù)字和單位上出錯(cuò)。2．明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，掌握?shí)驗(yàn)原理，快速解答常規(guī)實(shí)驗(yàn)題(1)解答實(shí)驗(yàn)題要認(rèn)真審題，明確該題的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖鞘裁矗倬褪敲鞔_出題人想用怎樣的實(shí)驗(yàn)方案或?qū)嶒?yàn)原理來(lái)達(dá)到這個(gè)目的。(2)掌握常規(guī)實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)的操作過(guò)程、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理方法，對(duì)每個(gè)實(shí)驗(yàn)都做到心中有數(shù)，以不變應(yīng)萬(wàn)變。3．活用物理規(guī)律、巧妙遷移應(yīng)用，快速解答創(chuàng)新型實(shí)驗(yàn)題所謂設(shè)計(jì)型實(shí)驗(yàn)，就是題目要求考生運(yùn)用學(xué)過(guò)的實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)方法，自行設(shè)計(jì)一個(gè)新的實(shí)驗(yàn)方案，主要考查考生是否真正理解實(shí)驗(yàn)原理和實(shí)驗(yàn)儀器的工作原理，是否具有靈活運(yùn)用實(shí)驗(yàn)知識(shí)解決新問(wèn)題的能力。是否具有在不同情況下遷移知識(shí)的能力。它要求考生設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)原理，選擇實(shí)驗(yàn)器材，安排實(shí)驗(yàn)步驟，設(shè)計(jì)數(shù)據(jù)處理的方法及分析實(shí)驗(yàn)誤差。解決設(shè)計(jì)型實(shí)驗(yàn)題的關(guān)鍵在于選擇實(shí)驗(yàn)原理，這就要求考生能審清題意，明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康模瑧?yīng)用遷移能力，聯(lián)想相關(guān)實(shí)驗(yàn)原理，堅(jiān)持科學(xué)性、安全性、準(zhǔn)確性、簡(jiǎn)便性的原則進(jìn)行設(shè)計(jì)。一．必修熱點(diǎn)實(shí)驗(yàn)強(qiáng)化訓(xùn)練1．【2024·陜西漢中·二?！吭谧觥把芯科綊佭\(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)中，為了確定小球在不同時(shí)刻所通過(guò)的位置，實(shí)驗(yàn)時(shí)用如圖1所示的裝置。實(shí)驗(yàn)操作的主要步驟如下：A．在一塊平木板上釘上復(fù)寫紙和白紙，然后將其豎直立于斜槽軌道末端槽口前，木板與槽口之間有一段距離，并保持板面與軌道末端的水平段垂直B．使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，小球撞到木板在白紙上留下痕跡AC．將木板沿水平方向向右平移一段距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，小球撞到木板在白紙上留下痕跡BD．再將木板水平向右平移同樣距離x，讓小球仍從斜槽上緊靠擋板處由靜止?jié)L下，在白紙上得到痕跡C若測(cè)得，A、B間距離，B、C間距離，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭?。?）根據(jù)上述直接測(cè)量的量和已知的物理量可以計(jì)算出小球平拋的初速度；（2）關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法中不正確的是A．斜槽軌道不一定光滑B．每次釋放小球的位置必須相同C．每次小球均需由靜止釋放D．小球的初速度可通過(guò)測(cè)量小球的釋放點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間的高度h，再由機(jī)械能守恒求出（3）另外一位同學(xué)根據(jù)測(cè)量出的不同x情況下的和，令，并描繪出了如圖2所示的圖像，若已知圖線的斜率為k，則小球平拋的初速度大小與k的關(guān)系式為?！敬鸢浮?D【解析】（1）[1]小球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以解得小球平拋的初速度為（2）[2]ABC．實(shí)驗(yàn)中需要小球每次做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡相同，即從斜槽末端拋出時(shí)的初速度相同，所以每次釋放小球的位置必須相同，且每次小球均需由靜止釋放，而斜槽軌道并不一定要光滑，故ABC正確；D．由于斜槽不可能完全光滑，且存在空氣阻力，所以不能由機(jī)械能守恒求解小球的初速度，故D錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的，故選D。（3）[3]根據(jù)（1）題分析可知整理得所以解得2．（2024·湖北·二模）某學(xué)習(xí)小組利用和刻度尺研究小球做平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。他們用拍攝功能記錄小球拋出后位置的變化，每隔時(shí)間T拍攝一張照片。（1）小球在拋出瞬間拍攝一張照片，標(biāo)記小球位置為A（拋出點(diǎn)），然后依次連續(xù)拍下兩張小球照片并標(biāo)記位置B和C；（2）經(jīng)測(cè)量，AB、BC兩線段的長(zhǎng)度分別為、；（3）若忽略空氣阻力，①（選填“=”或“>”或“<”）；②如圖，若某同學(xué)測(cè)得AB與水平方向的夾角為30°，，已知照片中尺寸為實(shí)際尺寸的，，則小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大小為m/s。③小球從A到C的平均速度大?。ㄟx填“等于”或“不等于”）【答案】>等于【解析】（3）①[1]設(shè)AB與水平方向的夾角為，BC與水平方向的夾角為，易得，則所以②[2]依題意，AB線段的實(shí)際長(zhǎng)度為可知從A到B過(guò)程，有解得可得，則小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大小為③[3]小球從A到C的平均速度大小為在B點(diǎn)，豎直方向和水平方向滿足可得所以3.(2024·廣西南寧市第二中學(xué)高三模擬)某同學(xué)計(jì)劃用如圖所示(俯視圖)的裝置驗(yàn)證物體質(zhì)量不變情況下向心力與角速度的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)步驟如下：a．測(cè)量重物的質(zhì)量，記為m，將重物和彈簧穿在較光滑的水平橫桿上后，彈簧一端連接重物，另一端固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，測(cè)量重物靜止時(shí)到豎直轉(zhuǎn)軸的距離，記為r；b．豎直轉(zhuǎn)軸在電機(jī)驅(qū)動(dòng)下帶動(dòng)水平橫桿一起轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)重物運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定時(shí)，記下重物到豎直轉(zhuǎn)軸的距離R和橫桿轉(zhuǎn)動(dòng)50圈所需的時(shí)間t；c．改變豎直轉(zhuǎn)軸的角速度，測(cè)得多組數(shù)據(jù)。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)重物做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝__________，重物做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力Fn＝________。(2)彈簧的勁度系數(shù)為k，當(dāng)作出的eq\f(1,R)－_______(選填“t2”“t”“eq\f(1,t)”或“eq\f(1,t2)”)圖像近似為一條直線，且圖線斜率近似等于_________________(用題中所給物理量符號(hào)表示)，與縱軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為eq\f(1,r)時(shí)，可驗(yàn)證質(zhì)量不變情況下向心力與角速度的關(guān)系?！敬鸢浮?1)eq\f(t,50)eq\f(10000π2mR,t2)(2)eq\f(1,t2)－eq\f(10000π2m,kr)【解析】(1)轉(zhuǎn)動(dòng)50圈所需的時(shí)間為t，則重物做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(t,50)重物做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力為Fn＝meq\f(4π2,T2)R＝eq\f(10000π2mR,t2)(2)根據(jù)彈簧彈力提供向心力可得k(R－r)＝eq\f(10000π2mR,t2)整理可得eq\f(1,R)＝eq\f(1,r)－eq\f(10000π2m,kr)·eq\f(1,t2)可知作出的eq\f(1,R)－eq\f(1,t2)圖像近似為一條直線，且圖線斜率近似等于－eq\f(10000π2m,kr)。4．（2024·陜西寶雞·一模）為了探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，甲、乙兩同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，m為砂和砂桶的質(zhì)量，為滑輪的質(zhì)量。力傳感器可測(cè)出輕繩中的拉力大。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，一定要進(jìn)行的操作是；A．將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力B．用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量C．小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄力傳感器的示數(shù)D．為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M（2）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中得到如圖所示的一條紙帶（相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒有畫出），已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；（3）甲同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的a—F圖象（如圖）是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為θ，求得圖線的斜率為k，則小車的質(zhì)量為；（填寫字母）A．B．C．D．（4）乙同學(xué)根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)作出如圖所示的a—F圖線，該同學(xué)做實(shí)驗(yàn)時(shí)存在的問(wèn)題是。（填寫字母）A．先釋放小車，后接通電源B．砂和砂桶的質(zhì)量m沒有遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量MC．平衡摩擦力時(shí)木板沒有滑輪的一端墊的過(guò)高D．沒有平衡摩擦力或平衡摩擦力不夠【答案】AC2.00CD【解析】（1）[1]A．用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出拉力，從而表示小車受到的合外力，故需要將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，故A正確；BD．拉力可以由彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出，不需要用天平測(cè)出沙和沙桶的質(zhì)量，也就不需要使小桶（包括沙）的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車的總質(zhì)量，故BD錯(cuò)誤；C．使用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器時(shí)，應(yīng)先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放小車，故C正確。故選AC。（2）[2]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論Δx=aT2，依據(jù)逐差法，可得（3）[3]由牛頓第二定律，對(duì)小車分析有整理得由圖像得解得故選C。（4）[4]如圖所示，當(dāng)拉力達(dá)到一定數(shù)值時(shí)才產(chǎn)生了加速度，說(shuō)明沒有平衡摩擦力或沒有完全平衡摩擦力，故選D。5．（2324高三下·規(guī)則·階段練習(xí)）某同學(xué)把帶鐵夾的鐵架臺(tái)、電火花計(jì)時(shí)器、紙帶、質(zhì)量為的重物甲和質(zhì)量為的重物乙（）等器材組裝成如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，以此研究系統(tǒng)機(jī)械能守恒。此外還準(zhǔn)備了天平（砝碼）、毫米刻度尺、導(dǎo)線等。(1)他進(jìn)行了下面幾個(gè)操作步驟：A．按照?qǐng)D示的裝置安裝器件；B．將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接到電源的“交流輸出”上；C．用天平測(cè)出重物甲和重物乙的質(zhì)量；D．先釋放紙帶，后接通電源，打出一條紙帶；E．測(cè)量紙帶上某些點(diǎn)間的距離；F．根據(jù)測(cè)量結(jié)果計(jì)算得出重物甲下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能等于重物甲增加的動(dòng)能。其中錯(cuò)誤的步驟是______。（填步驟前字母）(2)如圖乙，實(shí)驗(yàn)中得到一條比較理想的紙帶，先記下第一個(gè)點(diǎn)O的位置。然后選取A、B、C、D四個(gè)相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出。分別測(cè)量出A、B、C、D到O點(diǎn)的距離分別為、、、。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用交流電的頻率為。打下B點(diǎn)時(shí)重物甲的速度m/s。（計(jì)算結(jié)果保留2位有效數(shù)字）(3)若當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，系統(tǒng)從O運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，在誤差允許的范圍內(nèi)只要滿足關(guān)系式，則表明系統(tǒng)機(jī)械能守恒。（用給出物理量的符號(hào)表示）【答案】(1)DF(2)1.8(3)【解析】（1）步驟D應(yīng)先接通電源