2024-2025學(xué)年上學(xué)期深圳高二物理期末模擬卷2

第1頁（共1頁）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之間做簡諧運動。以平衡位置O為原點，建立Ox軸。向右為x的軸的正方向。若振子位于N點時開始計時，則其振動圖象為（）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，從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法不正確的是（）A．單擺的擺長約為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時刻沿x軸傳播的一列簡諧橫波的圖象。該時刻后介質(zhì)中P質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.1s，Q質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.5s，已知t＝0時刻兩質(zhì)點相對平衡位置的位移相同，則（）A．該簡諧波沿x軸正方向傳播 B．該簡諧波的傳播周期為0.6s C．t＝0.2s時，質(zhì)點P的加速度沿y軸負(fù)方向 D．經(jīng)過0.6s質(zhì)點Q沿x軸移動6.0m4．（4分）兩個相同的金屬小球，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)于兩個小球間的靜電力F的說法，正確的是（）A．F＝4×10﹣5N B．F＞4×10﹣5N C．F＜4×10﹣5N D．無法判斷5．（4分）（2023秋?官渡區(qū)校級期中）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電場，其電場強度大小為E＝1×102N/C，直徑AB上A點是圓周上電勢最高的點，其電勢φA＝10V，B點是圓周上電勢最低的點，OD與OB的夾角為θ＝60°。下列說法正確的是（）A．B點的電勢為﹣5V B．OD間的電勢差為5V C．電子在D點的電勢能為零 D．將電荷量為q＝5×10﹣3C正電荷從O移到D，電場力做功為1.25×10﹣2J6．（4分）（2022秋?楊浦區(qū)校級期末）如圖所示，電阻R1＝8Ω，R2＝3Ω，當(dāng)開關(guān)S接a點時，理想電流表示數(shù)為1A，當(dāng)開關(guān)S接b點時，理想電流表示數(shù)為2A。電源的電動勢和內(nèi)阻分別為（）A．8V4Ω B．9V5Ω C．10V2Ω D．12V10Ω7．（4分）（2020秋?湖里區(qū)校級月考）如圖為靜電除塵器除塵機理的示意圖，塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場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．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 B．電場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力越大二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2022秋?皇姑區(qū)校級月考）如圖所示，足夠長的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，質(zhì)量為0.99m的物塊B通過長度為L的輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點。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)做圓周運動，且B不會撞到輕桿。則以下說法正確的是（）（子彈射入時間極短且均未穿出物塊）A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動量和機械能都守恒 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，物塊B上擺的初速度將等于原來物塊A固定時的上擺初速度 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)校級期中）如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略。開關(guān)S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片P向上緩慢滑動的過程中（）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°且足夠長的、逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶上，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=35，物塊A、B質(zhì)量均為m。某時刻，突然在桌右側(cè)區(qū)域施加一場強大小為3mg5q，方向沿傳送帶向下的勻強電場。輕繩和輕彈簧與A、BA．施加電場前，彈簧的伸長量為mg5kB．施加電場瞬間，物塊B的加速度大小為310C．物塊B第一次獲得最大速度時彈簧的伸長量為3mg5kD．物塊B從開始運動到第一次獲得最大速度的過程中，系統(tǒng)電勢能的減少量為9三．實驗題（共5小題，滿分54分）11．（7分）（2021春?金州區(qū)校級月考）某實驗小組利用如圖甲所示的雙縫干涉裝置測量紅光的波長。（1）按照實驗裝置，轉(zhuǎn)動測量頭的手輪，將測量頭的分劃板中心刻線與某亮條紋的中心對齊，將該亮條紋定為第一條亮條紋，此時手輪上的示數(shù)如圖乙所示，記為x1。然后同方向轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線與第六亮條紋中心對齊，此時手輪上的示數(shù)如圖丙所示，記為x2，此時的讀數(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，測得雙縫到屏的距離L為0.700m，由計算式λ＝（用x1、x2、d、L表示），求得所測紅光波長為nm（計算結(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量這種電池的電動勢E和內(nèi)阻r，測量電路的電路圖如圖甲所示。一個電源E（電動勢約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）一個電阻箱R（阻值為0～9999Ω）一個開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）連接電路后，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，得到的測量數(shù)據(jù)如下表所示。R/kΩ9876543I/μA92102115131152220①上表中缺少一個電流表的示數(shù)，其讀數(shù)如圖乙所示，請讀出數(shù)據(jù)填在上面的表格中。②小強同學(xué)為了得出該橙汁電池的電動勢和內(nèi)阻，先通過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表示通過電阻箱的電流，則U＝（用I、R、Rg表示）。（2）小明同學(xué)根據(jù)實驗原理，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，則電池的電動勢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點以60°的入射角射入，其中a光的折射光線剛好與內(nèi)圓相切，b光的折射光線射到AB弧的中點M，A、B分別為豎直直徑的最高點和最低點，求：（i）a、b兩種單色光的折射率之比；（ii）射到AB弧中點M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線與從M點直接折射出圓柱體的折射光線之間的夾角。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一個瞬時沖量，使其水平向右沖向物塊B，與B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后立即對物塊B施加一水平向右、大小為8N的拉力。當(dāng)物塊A停止運動時，撤去物塊B上的拉力，此時物塊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。在整個過程中，物塊A的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知物塊A、B與地面間的動摩擦因數(shù)相同且均可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）初始時物塊A獲得的瞬時沖量大小和A、B間的距離。（2）物塊A、B碰撞過程中損失的機械能。（3）物塊B最初靜止時到坑左邊緣的距離。（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?荊門期末）由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場組成的裝置可以實現(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的加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿中線射入水平放置的兩塊正對的平行金屬板。當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為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，恰好所有電子都能從兩板間通過，已知平行金屬板長度為L，兩板間距為d，電子的電荷量為﹣e，質(zhì)量為m，不計電子重力和它們之間相互作用力，求：（1）加速電場的電壓U0；（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓U1；（3）哪個時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子，會從距離中線上方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之間做簡諧運動。以平衡位置O為原點，建立Ox軸。向右為x的軸的正方向。若振子位于N點時開始計時，則其振動圖象為（）A． B． C． D．【考點】簡諧運動的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)．【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題．【答案】A【分析】當(dāng)振子運動到N點時開始計時，分析此時振子的位置，即確定出t＝0時刻質(zhì)點的位置，即可確定位移時間的圖象?！窘獯稹拷猓河深}意：設(shè)向右為x正方向，振子運動到N點時，振子具有正方向最大位移，所以振子運動到N點時開始計時振動圖象應(yīng)是余弦曲線，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題在選擇圖象時，關(guān)鍵研究t＝0時刻質(zhì)點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，從某次擺球由左向右通過平衡位置開始計時，相對平衡位置的位移x隨時間t變化的圖像如圖乙所示。不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。對于這個單擺的振動過程，下列說法不正確的是（）A．單擺的擺長約為2.0m B．最大偏角約為4° C．最大速度約為0.22m/s D．t＝0.5s時擺球的加速度約為0.7m/s2【考點】單擺及單擺的條件．【專題】定量思想；方程法；單擺問題；推理論證能力．【答案】A【分析】由單擺的周期公式求解擺長；根據(jù)幾何關(guān)系求解最大偏角；根據(jù)圖乙可以寫出x﹣t關(guān)系式，求導(dǎo)得到速度與時間的關(guān)系，再次求導(dǎo)得到加速度表達(dá)式，由此進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓篈．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)圖乙可以寫出x﹣t關(guān)系式為x＝Asinωt＝0.07sinπt，則速度與時間的關(guān)系為：v＝0.07πcosπt；t＝1s時，速度最大，此時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選項可得，速度與時間的關(guān)系v＝0.07πcosπt，則加速度與時間的關(guān)系：a＝﹣0.07π2sinπt當(dāng)t＝0.5s時，代入數(shù)值得a＝﹣0.7m/s2，所以t＝0.5s時擺球的加速度約為0.7m/s2，故D正確。本題選錯誤的，故選：A。【點評】本題主要是考查簡諧運動，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時刻沿x軸傳播的一列簡諧橫波的圖象。該時刻后介質(zhì)中P質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.1s，Q質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.5s，已知t＝0時刻兩質(zhì)點相對平衡位置的位移相同，則（）A．該簡諧波沿x軸正方向傳播 B．該簡諧波的傳播周期為0.6s C．t＝0.2s時，質(zhì)點P的加速度沿y軸負(fù)方向 D．經(jīng)過0.6s質(zhì)點Q沿x軸移動6.0m【考點】機械波的圖像問題；波長、頻率和波速的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)題意可知P質(zhì)點比Q質(zhì)點早回到平衡位置，則說明P質(zhì)點向下振、質(zhì)點Q向上振，根據(jù)同側(cè)法可以判斷波傳播的方向，然后可以計算周期，判斷在不同時刻質(zhì)點的位置，加速度的方向一定指向平衡位置?！窘獯稹緼.該時刻后介質(zhì)中P質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.1s，質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.5s，則P質(zhì)點比Q質(zhì)點早回到平衡位置，則說明P質(zhì)點向下振、質(zhì)點Q向上振，根據(jù)同側(cè)法可知該簡諧波沿x軸正方向傳播，故A正確；B.由題意分析得知，此時P點向下振，Q點向上振，它們周期相同，則T＝2×（0.1+0.5）s＝1.2s，故B錯誤；C.已知P質(zhì)點回到平衡位置的最短時間為0.1s，則t＝0.2s時P質(zhì)點應(yīng)在平衡位置的下方，可知此時質(zhì)點P的加速度沿y軸正方向，故C錯誤；D.簡諧橫波沿x軸正向傳播，質(zhì)點振動方向與x軸垂直，在x軸方向沒有位移，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題是波的圖象問題，分析波的傳播方向與質(zhì)點振動方向間的關(guān)系是基本功，分析波動形成過程是基本能力。4．（4分）兩個相同的金屬小球，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)于兩個小球間的靜電力F的說法，正確的是（）A．F＝4×10﹣5N B．F＞4×10﹣5N C．F＜4×10﹣5N D．無法判斷【考點】庫侖定律的表達(dá)式及其簡單應(yīng)用．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【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，因此不能看作點電荷，不能直接利用庫侖定律計算庫侖力的大小，只能根據(jù)庫侖定律定性的比較庫侖力的大?。窘獯稹拷猓核鼈兊陌霃骄鶠?.1m，當(dāng)兩球心相距為0.3m時，兩球不能看成點電荷，因帶同種電荷，導(dǎo)致電量間距大于0.3m，根據(jù)庫侖定律F＝kQqr2，可知，它們相互作用的庫侖力大小F＜9×109×(2×10-8)20．32故選：C。【點評】本題應(yīng)明確當(dāng)兩球心相距為3R時，兩球不能看成點電荷，不能直接運用庫侖定律解答，注意庫侖定律的成立條件，理解點電荷的含義．5．（4分）（2023秋?官渡區(qū)校級期中）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電場，其電場強度大小為E＝1×102N/C，直徑AB上A點是圓周上電勢最高的點，其電勢φA＝10V，B點是圓周上電勢最低的點，OD與OB的夾角為θ＝60°。下列說法正確的是（）A．B點的電勢為﹣5V B．OD間的電勢差為5V C．電子在D點的電勢能為零 D．將電荷量為q＝5×10﹣3C正電荷從O移到D，電場力做功為1.25×10﹣2J【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系；電場力做功的計算及其特點；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系．【專題】定量思想；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理論證能力．【答案】D【分析】A.根據(jù)題意確定電場線的方向，由公式U＝Ed計算確定B點的電勢；B.根據(jù)電勢差的公式代入數(shù)據(jù)計算；C.根據(jù)電勢能的公式EP＝qφ判斷；D.根據(jù)電場力做功的公式代入數(shù)據(jù)計算?！窘獯稹拷猓篈.由題意可知，場強的方向沿AB方向，且UAB=2ER=2×102×0.05V=10V，因A點的電勢φA＝10VB.OD間的電勢差為UOD＝ERcos60°＝2.5V，故B錯誤；C.因D點電勢高于B點電勢，則電勢不為零，則電子在D點的電勢能不為零，故C錯誤；D.將電荷量為q＝5×10﹣3C正電荷從O移到D，電場力做功為WOD=U故選：D。【點評】熟練掌握勻強電場中的電勢差、電勢能、電勢、電場力做功等各物理量的求解。6．（4分）（2022秋?楊浦區(qū)校級期末）如圖所示，電阻R1＝8Ω，R2＝3Ω，當(dāng)開關(guān)S接a點時，理想電流表示數(shù)為1A，當(dāng)開關(guān)S接b點時，理想電流表示數(shù)為2A。電源的電動勢和內(nèi)阻分別為（）A．8V4Ω B．9V5Ω C．10V2Ω D．12V10Ω【考點】閉合電路歐姆定律的內(nèi)容和表達(dá)式．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；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勢和內(nèi)阻即可?！窘獯稹拷猓洪_關(guān)s接通a時，根據(jù)歐姆定律得：E＝I1（R1+r）；當(dāng)開關(guān)接通b時，根據(jù)歐姆定律得：E＝I2（R2+r）聯(lián)立解得：E＝10V；r＝2Ω，故ABD錯誤，C正確；故選：C?！军c評】本題主要考查了閉合電路的歐姆定律，代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計算即可，屬于基礎(chǔ)題型。7．（4分）（2020秋?湖里區(qū)校級月考）如圖為靜電除塵器除塵機理的示意圖，塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場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．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同 B．電場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力越大【考點】靜電的利用和防止．【專題】簡答題；定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；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，帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相反；（2）電場線方向為正極指向負(fù)極；（3）由電場力公式F＝qE可知，帶電量越大，電場力越大?！窘獯稹拷猓篈C、由圖可知，集塵極為正極，則帶點塵埃帶負(fù)電，塵埃受到的電場力方向與電場方向相反，故A錯誤，C正確；B、集塵極為正極，則電場方向由集塵極指向放電極，故B正確；D、由電場力F＝qE可知，同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大，故D正確，本題選不正確的，故選：A?！军c評】本題考查運用分析實際問題工作原理的能力，解題時，抓住塵埃的運動方向是突破口，要求同學(xué)們熟練掌握靜電的防止與應(yīng)用的具體實例．二．多選題（共3小題，滿分18分，每小題6分）（多選）8．（6分）（2022秋?皇姑區(qū)校級月考）如圖所示，足夠長的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動，質(zhì)量為0.99m的物塊B通過長度為L的輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點。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)做圓周運動，且B不會撞到輕桿。則以下說法正確的是（）（子彈射入時間極短且均未穿出物塊）A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動量和機械能都守恒 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，物塊B上擺的初速度將等于原來物塊A固定時的上擺初速度 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】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；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的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動量守恒，機械能不守恒；物塊B恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運動，在最高點時由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求得B在最高點的速度。從最低點到最高點的過程，利用機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的過程，由動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，其動量守恒，但由于要產(chǎn)生內(nèi)能，所以機械能不守恒，故A錯誤。B、物塊B（包括子彈）恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運動，在最高點時由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：mg＝mv解得：v1=物塊B（包括子彈）從最低點到最高點的過程，根據(jù)機械能守恒定律得：mg?2L+子彈射入物塊B的過程，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：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，根據(jù)動量守恒定律知，物塊上擺的初速度等于原來物塊A固定時的上擺初速度，故C正確。D、若物塊A不固定，當(dāng)物塊B擺到與PQ等高時，B、A有相同的水平速率為v2′，以向右方向為正，根據(jù)水平動量守恒有：0.01mv0′＝（0.01m+0.99m）v1′＝（m+0.01m+0.99m）v2′，從擊中后到同高由機械能守恒有：12(0.01m+0.99m)v1'2=（0.01m+0.99m）g×L+12故選：BCD。【點評】解決本題時，要明確B通過最高點的臨界條件：重力等于向心力。要把握每個過程的物理規(guī)律，要注意當(dāng)物塊B擺到與PQ等高時，B與A的水平速度相同。（多選）9．（6分）（2024秋?海淀區(qū)校級期中）如圖所示電路，電源內(nèi)阻不可忽略。開關(guān)S閉合后，在滑動變阻器R0的滑片P向上緩慢滑動的過程中（）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】含容電路的動態(tài)分析．【專題】定性思想；推理法；電容器專題；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】在滑片向上滑動過程，滑動變阻器阻值變大，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、在滑片向上滑動過程，滑動變阻器阻值變大，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錯誤，B正確；C、由外電路的串聯(lián)分壓特點，滑動變阻器、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選項的分析可知，路端電壓U增大，故在R并增大時，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評】本題考查電路的動態(tài)分析，在判斷各物理量的變化時，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°且足夠長的、逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶上，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=35，物塊A、B質(zhì)量均為m。某時刻，突然在桌右側(cè)區(qū)域施加一場強大小為3mg5q，方向沿傳送帶向下的勻強電場。輕繩和輕彈簧與A、BA．施加電場前，彈簧的伸長量為mg5kB．施加電場瞬間，物塊B的加速度大小為310C．物塊B第一次獲得最大速度時彈簧的伸長量為3mg5kD．物塊B從開始運動到第一次獲得最大速度的過程中，系統(tǒng)電勢能的減少量為9【考點】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；共點力作用下物體平衡專題；帶電粒子在電場中的運動專題；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彈簧的伸長量；根據(jù)功能關(guān)系，分析系統(tǒng)電勢能的減少量?！窘獯稹拷猓篈．施加電場前，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．施加電場瞬間，對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，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錯誤；D．從物體B開始運動到第一次獲得最大速度的過程中，彈簧伸長量的變化量（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)電勢能減少量|故D正確。故選：ABD?！军c評】本題考查學(xué)生對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．實驗題（共5小題，滿分54分）11．（7分）（2021春?金州區(qū)校級月考）某實驗小組利用如圖甲所示的雙縫干涉裝置測量紅光的波長。（1）按照實驗裝置，轉(zhuǎn)動測量頭的手輪，將測量頭的分劃板中心刻線與某亮條紋的中心對齊，將該亮條紋定為第一條亮條紋，此時手輪上的示數(shù)如圖乙所示，記為x1。然后同方向轉(zhuǎn)動測量頭，使分劃板中心刻線與第六亮條紋中心對齊，此時手輪上的示數(shù)如圖丙所示，記為x2，此時的讀數(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，測得雙縫到屏的距離L為0.700m，由計算式λ＝d(x2-x1)5L（用x1、x2、d、【考點】用雙縫干涉測量光的波長；刻度尺的使用與讀數(shù)．【專題】實驗題；定量思想；推理法；基本實驗儀器；光的干涉專題；理解能力．【答案】（1）13.870；2.310；（2）d(x2【分析】螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(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的表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)求出波長的大小．【解答】解：（1）圖乙中螺旋測微器的讀數(shù)為2mm+0.01×32.0mm＝2.320mm，圖丙中螺旋測微器的讀數(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【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握螺旋測微器的讀數(shù)方法，以及掌握雙縫干涉條紋的間距公式，并能靈活運用．12．（10分）（2021秋?合肥期末）某中學(xué)生課外科技活動小組利用銅片、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量這種電池的電動勢E和內(nèi)阻r，測量電路的電路圖如圖甲所示。一個電源E（電動勢約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）一個電阻箱R（阻值為0～9999Ω）一個開關(guān)S，導(dǎo)線若干。（1）連接電路后，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，得到的測量數(shù)據(jù)如下表所示。R/kΩ9876543I/μA92102115131152180220①上表中缺少一個電流表的示數(shù)，其讀數(shù)如圖乙所示，請讀出數(shù)據(jù)填在上面的表格中。②小強同學(xué)為了得出該橙汁電池的電動勢和內(nèi)阻，先通過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)實驗原理，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，則電池的電動勢E＝0.95【考點】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；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)分析實驗得出函數(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【點評】本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，要注意明確實驗原理，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點以60°的入射角射入，其中a光的折射光線剛好與內(nèi)圓相切，b光的折射光線射到AB弧的中點M，A、B分別為豎直直徑的最高點和最低點，求：（i）a、b兩種單色光的折射率之比；（ii）射到AB弧中點M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線與從M點直接折射出圓柱體的折射光線之間的夾角?！究键c】光的折射定律．【專題】計算題；定量思想；推理法；光的折射專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內(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）畫出光路圖如圖所示，設(shè)從M點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點反射時，因為入射角為45°，所以反射角也為45°，故反射光線和入射光線的夾角等于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點直接折射出圓柱體的折射光線為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BF相對入射光線的偏轉(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M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線與從M點直接折射出圓柱體的折射光線之間的夾角為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M的b光反射一次后折射出圓柱體的折射光線與從M點直接折射出圓柱體的折射光線之間的夾角為90°。【點評】本題是折射定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是畫出光路圖，運用幾何知識求解入射角與折射角，即可研究這類問題。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?，F(xiàn)給物塊A一個瞬時沖量，使其水平向右沖向物塊B，與B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后立即對物塊B施加一水平向右、大小為8N的拉力。當(dāng)物塊A停止運動時，撤去物塊B上的拉力，此時物塊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。在整個過程中，物塊A的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知物塊A、B與地面間的動摩擦因數(shù)相同且均可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）初始時物塊A獲得的瞬時沖量大小和A、B間的距離。（2）物塊A、B碰撞過程中損失的機械能。（3）物塊B最初靜止時到坑左邊緣的距離。（4）物塊B在坑中下落的高度和飛越的水平距離?！究键c】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；平拋運動速度的計算；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】計算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）初始時物塊A獲得的瞬時沖量大小為8kg?m/s，A、B間的距離為10.5m；（2）物塊A、B碰撞過程中損失的機械能為1.83J。（3）物塊B最初靜止時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。【分析】（1）由圖乙讀出瞬時沖量作用后物塊A獲得的速度，由動量定理求初始時物塊A獲得的瞬時沖量大小。根據(jù)位移—時間圖像的面積求出0～3s內(nèi)物塊A通過的位移，即為A、B間的距離；（2）根據(jù)圖像求出A的加速度，然后求出地面得動摩擦因數(shù)，求出物塊A、B碰撞后物塊A的速度，根據(jù)動量守恒定律求出B的速度；然后求出碰撞過程中損失的機械能。（3）根據(jù)圖像求出A的加速度，然后求出地面得動摩擦因數(shù)，對物塊B進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，然后由運動學(xué)的公式求出最初靜止時到坑左邊緣的距離。（4）B離開水平面后做平拋運動，將運動分解即可求出物塊B在坑中下落的高度和飛越的水平距離。【解答】解：（1）由圖乙讀出瞬時沖量作用后物塊A獲得的速度為4m/s，則物塊A獲得的瞬時沖量大小：I＝ΔP＝Δmv＝2×4kg?m/s＝8kg?m/s；0～3s內(nèi)物塊A通過的位移，即為A、B間的距離為：x1=4+3（2）選取向右為正方向，A向右運動的過程中的加速度：a=v由圖乙讀出物塊A、B碰撞后物塊A運動的時間為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碰撞的過程中水平方向的動量守恒，則：mv2＝mv3+Mv4代入數(shù)據(jù)可得：v4碰撞過程中損失的機械能：ΔE=代入數(shù)據(jù)可得：ΔE=116J≈（3）開始時A做減速運動的加速度：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最初靜止時到坑左邊緣的距離：x代入數(shù)據(jù)可得：x2＝7m（4）B離開水平面時的速度：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離開水平面后做平拋運動的時間：t=vyg飛越的水平距離：d＝v5t=316×0.385答：（1）初始時物塊A獲得的瞬時沖量大小為8kg?m/s，A、B間的距離為10.5m；（2）物塊A、B碰撞過程中損失的機械能為1.83J。（3）物塊B最初靜止時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評】解答該題關(guān)鍵是要注意把握運動的各過程，同時要注意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?荊門期末）由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場組成的裝置可以實現(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的加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿中線射入水平放置的兩塊正對的平行金屬板。當(dāng)兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為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，恰好所有電子都能從兩板間通過，已知平行金屬板長度為L，兩板間距為d，電子的電荷量為﹣e，質(zhì)量為m，不計電子重力和它們之間相互作用力，求：（1）加速電場的電壓U0；（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓U1；（3）哪個時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子，會從距離中線上方d3【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉(zhuǎn)；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）加速電場的電壓為mL（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓為md（3）t=(2n+1)t0±56t0【分析】（1）根據(jù)動能定理求出電子在電場中加速后的速度，再根據(jù)電子通過兩板之間的時間求出加速電場的電壓；（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的分解求出偏轉(zhuǎn)電場的電壓；（3）根據(jù)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)時電壓的大小分情況討論分析電子的運動性質(zhì)，根據(jù)電子離開偏轉(zhuǎn)電場的位置求出電子向上加速運動的時間，進(jìn)而求出電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的時刻?！窘獯稹拷猓海?）電子加速后速度為v0，有eU電子通過兩板之間的時間為2t0，有L＝v0×2t0解得U（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，加速度為a，有eU在t＝nt0時刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子偏轉(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)電場時U＞0，設(shè)電子先向上加速運動t1時間電場反向，后再向上減速運動t1時間速度恰為0，然后向下加速運動t0﹣t1時間電場反向，后向下減速運動t0﹣t1時間，出偏轉(zhuǎn)電場時正好位于中線上方d3d3解得t1即電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的時刻為t=(2n+1)t0-t當(dāng)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時U＜0，設(shè)電子先向下加速運動t2時間電場反向，后再向下減速運動t2時間速度恰為0，然后向上加速運動t0﹣t2時間電場反向，后向上減速運動t0﹣t2時間，出偏轉(zhuǎn)電場時正好位于中線上方d3d3解得t2即電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的時刻為t=(2n+2)t0-t綜合可知，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的時刻為t=(2n+1)t0±5答：（1）加速電場的電壓為mL（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓為md（3）t=(2n+1)t0±56t0【點評】本題考查了帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握動能定理和運動的分解。

考點卡片1．胡克定律及其應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】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彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，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．點與面接觸時彈力的方向：過接觸點垂直于接觸面．球與面接觸時彈力的方向：在接觸點與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，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（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(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）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．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（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”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，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長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，運用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運動學(xué)公式和動力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）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：一個彈簧掛30N的重物時，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100N故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點評：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?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長△l時手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故選A．點評：點評：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時加速度．【解題方法點撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時的練習(xí)中、階段性考試中會單獨出現(xiàn)，選擇、填空、計算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計算來確定．2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】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，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量。【命題方向】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，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時，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．平拋運動速度的計算【知識點的認(rèn)識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設(shè)物體在平拋運動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動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達(dá)P點，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點的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時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錯誤。D、小球到達(dá)P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學(xué)公式靈活求解。【解題思路點撥】做平拋運動的物體，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運動，滿足vy＝gt。4．動能定理的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。【命題方向】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，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，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）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進(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，如涉及位移和速度而不涉及時間時應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學(xué)公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應(yīng)引起注意。5．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認(rèn)識】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）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(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能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】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，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢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．【解題思路點撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進(jìn)行。6．機械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1.機械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達(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特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機械能的總量都是守恒的，但我們解題時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)式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，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部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為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，則籃球進(jìn)筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關(guān)鍵根據(jù)機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點撥】1.應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機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：機械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。7．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，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、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，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間，根據(jù)動量定理即可分析。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間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，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間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．8．動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1.子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則系統(tǒng)動量守恒。2.在子彈打木塊過程中摩擦生熱，則系統(tǒng)機械能不守恒，機械能向內(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）子彈擊中木塊過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可以求出共同速度．（2）由動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)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為：v′=（2）對木塊（包括子彈），由動能定理得：﹣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點評：本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運動過程，知道打擊過程遵守動量守恒定律，結(jié)合動能定理即可正確解題．【解題思路點撥】（1）子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為木塊瞬間得到速度且位置不變。（2）子彈打入木塊過程損失的機械能并沒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動的動能。9．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認(rèn)識】動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模型單獨分了出來仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(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，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時滑塊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)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動而突然斷開，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。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(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的速度大小；（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，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點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（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動，減速運動持續(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止，解題時要注意判斷；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動，加速運動持續(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止，解題時同樣要注意判斷。（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，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動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x。根據(jù)牛頓第二定律和運動學(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后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(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，它減速運動到傳送帶右端時，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)動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學(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點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學(xué)中的一道知識點比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識點中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點撥】1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進(jìn)行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點：（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，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關(guān)鍵．3．綜合應(yīng)用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應(yīng)注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．（2）動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)中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，當(dāng)確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學(xué)階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．10．簡諧運動的表達(dá)式及振幅、周期、頻率、相位等參數(shù)【知識點的認(rèn)識】簡諧運動的描述（1）描述簡諧運動的物理量①位移x：由平衡位置指向質(zhì)點所在位置的有向線段，是矢量．②振幅A：振動物體離開平衡位置的最大距離，是標(biāo)量，表示振動的強弱．③周期T和頻率f：物體完成一次全振動所需的時間叫周期，而頻率則等于單位時間內(nèi)完成全振動的次數(shù)，它們是表示震動快慢的物理量．二者互為倒數(shù)關(guān)系．（2）簡諧運動的表達(dá)式x＝Asin（ωt+φ）．（3）簡諧運動的圖象①物理意義：表示振子的位移隨時間變化的規(guī)律，為正弦（或余弦）曲線．②從平衡位置開始計時，函數(shù)表達(dá)式為x＝Asinωt，圖象如圖1所示．從最大位移處開始計時，函數(shù)表達(dá)式為x＝Acosωt，圖象如圖2所示．【命題方向】?？碱}型是考查簡諧運動的圖象的應(yīng)用：（1）一質(zhì)點做簡諧運動的圖象如圖所示，下列說法正確的是（）A．質(zhì)點運動頻率是4HzB．在10s要內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是20cmC．第4s末質(zhì)點的速度是零D．在t＝1s和t＝3s兩時刻，質(zhì)點位移大小相等、方向相同分析：由圖可知質(zhì)點振動周期、振幅及各點振動情況；再根據(jù)振動的周期性可得質(zhì)點振動的路程及各時刻物體的速度．解：A、由圖可知，質(zhì)點振動的周期為4s，故頻率為14Hz＝0.25Hz，故AB、振動的振幅為2cm，10s內(nèi)有2.5個周期，故質(zhì)點經(jīng)過的路程為2.5×4×2cm＝20cm，故B正確；C、4s質(zhì)點處于平衡位置處，故質(zhì)點的速度為最大，故C錯誤；D、1s時質(zhì)點位于正向最大位移處，3s時，質(zhì)點處于負(fù)向最大位移處，故位移方向相反，故D錯誤；故選：B．點評：圖象會直觀的告訴我們很多信息，故要學(xué)會認(rèn)知圖象，并能熟練應(yīng)用．（2）一個彈簧振子在A、B間做簡諧運動，O為平衡位置，如圖所示，以某一時刻t＝0為計時起點，經(jīng)14A．B．C．D．分析：根據(jù)某一時刻作計時起點（t＝0），經(jīng)14周期，振子具有正方向最大加速度，分析t＝0時刻質(zhì)點的位置和速度方向，確定位移的圖象解：由題，某一時刻作計時起點（t＝0），經(jīng)14周期，振子具有正方向最大加速度，由a=-kxm知，此時位移為負(fù)方向最大，即在A點，說明t＝0時刻質(zhì)點經(jīng)過平衡位置向左，則x＝故選：D．點評：本題在選擇圖象時，關(guān)鍵研究t＝0時刻質(zhì)點的位移和位移如何變化．屬于基礎(chǔ)題．【解題方法點撥】振動物體路程的計算方法（1）求振動物體在一段時間內(nèi)通過路程的依據(jù)：①振動物體在一個周期內(nèi)通過的路程一定為四個振幅，在n個周期內(nèi)通過的路程必為n?4A；②振動物體在半個周期內(nèi)通過的路程一定為兩倍振幅；③振動物體在T4內(nèi)通過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)初始時刻在平衡位置或最大位移處時，T（2）計算路程的方法是：先判斷所求時間內(nèi)有幾個周期，再依據(jù)上述規(guī)律求路程。11．單擺及單擺的條件【知識點的認(rèn)識】1．定義：如圖所示，在細(xì)線的一端拴一個小球，另一端固定在懸點上，如果線的伸長和質(zhì)量都不計，球的直徑比擺線短得多，這樣的裝置叫做單擺。2．視為簡諧運動的條件：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：單擺是由質(zhì)量可以忽略的不可伸長的細(xì)繩，體積小而密度大的小球組成，單擺上端要固定，單擺擺動過程擺長不能發(fā)生變化。解答：可視為單擺的裝置，要求要用沒有彈性的細(xì)線，擺動過程中擺線的長度不能發(fā)生變化，A、擺線用細(xì)線，擺動過程中長度不發(fā)生變化，是可以視為單擺的，故A正確B、擺線用的是細(xì)橡皮筋，擺動過程中長度會發(fā)生變化，不能視為單擺，故B錯誤C、擺線用的是粗麻繩，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錯誤D、由于細(xì)線跨在了一個輪子上，小球在擺動過程中，擺長會發(fā)生變化，不能視為單擺，故D錯誤故選：A。點評：本題考查了單擺的構(gòu)成，掌握基礎(chǔ)知識是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用基礎(chǔ)知識即可解題；平時要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累?！窘忸}思路點撥】1.對單擺的裝置要求（1）對擺線：一是要求無彈性；二是要求輕質(zhì)細(xì)線，其質(zhì)量相對小球可忽略不計；三是其長度遠(yuǎn)大于小球的半徑。（2）對小球：一是要求質(zhì)量大；二是體積小，即小球要求是密度大的實心球。2.單擺做簡諧運動的條件：（1）最大擺角很??；（2）空氣阻力可以忽略不計。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、無摩擦等阻力細(xì)線不可伸長、質(zhì)量忽略、無空氣等阻力、擺角很小平衡位置彈簧處于原長處最低點回復(fù)力彈簧的彈力提供擺球重力沿與擺線垂直（即切向）方向的分力周期公式T＝2πmkT＝2πl(wèi)能量轉(zhuǎn)化彈性勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒重力勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒12．波長、頻率和波速的關(guān)系【知識點的認(rèn)識】描述機械波的物理量（1）波長λ：兩個相鄰的、在振動過程中對平衡位置的位移總是相同的質(zhì)點間的距離叫波長．在橫波中，兩個相鄰波峰（或波谷）間的距離等于波長．在縱波中，兩個相鄰密部（或疏部）間的距離等于波長．（2）頻率f：波的頻率由波源決定，無論在什么介質(zhì)中傳播，波的頻率都不變．（3）波速v：單位時間內(nèi)振動向外傳播的距離．波速的大小由介質(zhì)決定．（4）波速與波長和頻率的關(guān)系：v＝λf．【命題方向】常考題型：如圖所示是一列簡諧波在t＝0時的波形圖象，波速為v＝10m/s，此時波恰好傳到I點，下列說法中正確的是（）A．此列波的周期為T＝0.4sB．質(zhì)點B、F在振動過程中位移總是相等C．質(zhì)點I的起振方向沿y軸負(fù)方向D．當(dāng)t＝5.1s時，x＝10m的質(zhì)點處于平衡位置處E．質(zhì)點A、C、E、G、I在振動過程中位移總是相同【分析】由波形圖可以直接得出波的波長，根據(jù)v=λT求解周期，根據(jù)波形圖來確定I處的起振方向，當(dāng)質(zhì)點間的距離為波長的整數(shù)倍時