2018年吉林省長春市高考物理二模試卷

第111頁（共111頁）2018年吉林省長春市高考物理二模試卷一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1．（6分）（2018?長春二模）下列說法中正確的是（）A．在光電效應(yīng)中，從金屬表面飛出的光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比B．波爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了所有原子光譜的實驗規(guī)律C．放射性元素的半衰期不會隨元素所處的物理狀態(tài)和化學(xué)狀態(tài)的變化而改變D．結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定2．（6分）（2018?長春二模）如圖所示，質(zhì)量為m，長度為L的金屬棒MN兩端由等長輕質(zhì)絕緣細線水平懸掛，棒中通以由M指向N的電流，電流強度的大小為I，金屬棒處于與其垂直的勻強磁場中，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ=30°．下列判斷正確的是（）A．勻強磁場的方向一定是豎直向上B．勻強磁場的方向一定是水平向左C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為3．（6分）（2018?長春二模）半徑為R的圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)可以繞過圓心的豎直軸旋轉(zhuǎn)，兩個質(zhì)量相等可視為質(zhì)點的小環(huán)套在圓環(huán)上A、B兩點并處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B連線過圓心且與豎直方向成37°角，某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸旋轉(zhuǎn)，角速度從零不斷增大，則下列說法正確的是（）A．小環(huán)與大環(huán)之間動摩擦因數(shù)μ≥0.75B．B處的小環(huán)先相對大環(huán)開始滑動C．兩小環(huán)的高度最終都將升高D．只要小環(huán)不發(fā)生相對滑動，大環(huán)就不對小環(huán)做功4．（6分）（2018?長春二模）據(jù)報道，借助于人工智能，科學(xué)家們發(fā)現(xiàn)了開普勒﹣90星系的第八顆行星即開普勒﹣90i，開普勒﹣90星系相當(dāng)于一個縮小的太陽系，已知開普勒﹣90i繞其恒星Trappist﹣1的公轉(zhuǎn)周期是地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期的p倍，恒星Trappist﹣1的質(zhì)量為太陽質(zhì)量的q倍，根據(jù)以上信息，開普勒﹣90i中心到其恒星Trappist﹣1中心的距離與地球中心到太陽中心距離的比值為（）A． B． C． D．5．（6分）（2018?長春二模）將一拋球入框游戲簡化如下：在地面上豎直固定一矩形框架，框架高1m、長3m，拋球點位于框架底邊中點正前方2m，離地高度為1.8m，如圖所示，假定球被水平拋出，方向可在水平面內(nèi)調(diào)節(jié)，不計空氣阻力，g=10m/s2，忽略框架的粗細，球視為質(zhì)點，球要在落地前進入框內(nèi)，則球被拋出的速度大小可能為（）A．3m/s B．5m/s C．6m/s D．7m/s6．（6分）（2018?長春二模）一滑塊在水平地面上做直線運動，t=0時速率為1m/s，從此時開始對物體施加一個與初速度相反的水平力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示。則下列說法正確的是（）A．2s末滑塊距離出發(fā)點最遠B．0～1s和1～2s時間內(nèi)滑塊的加速度大小相等、方向相反C．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊沖量為1NsD．第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W7．（6分）（2018?長春二模）已知無限大的均勻帶電面可產(chǎn)生垂直于該面的勻強電場（正的帶電面場強方向背離該面、負的帶電面場強方向指向該面），場強大小E=2πkσ，式中k為靜電力常量，σ為電荷面密度（單位面積的帶電量）?，F(xiàn)有如圖所示的兩個平行且可視為無限大的均勻帶電面A和B，電荷的面密度分別為σ和﹣2σ（σ為正的常數(shù)），間距為d，空間中有C、D兩點，CD連線垂直于帶電面，C點到A面距離與D點到B面的距離為，A面接地，關(guān)于C、D兩點的場強大小和電勢高低，下列說法正確的是（）A．EC=ED B．EC＞ED C．φC=φD D．φC＞φD8．（6分）（2018?長春二模）如圖所示，將一根電阻為R的絕緣硬金屬導(dǎo)線彎成一個標(biāo)準(zhǔn)的正弦曲線形狀，其兩端a、b通過小金屬環(huán)保持與長直金屬桿有著良好但無摩擦的接觸，導(dǎo)線與桿相交處二者絕緣，金屬導(dǎo)線兩端a、b間距離為2d，最高點到ab連線的距離為L，金屬桿電阻忽略不計，空間中存在有理想邊界的勻強磁場，寬度為d，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場的邊界與金屬桿垂直，M和N位于磁場區(qū)域的邊界線上，在外力的作用下，導(dǎo)線以恒定的速度v向右勻速運動，從b位于M左側(cè)的某一位置運動到a位于N右側(cè)的某一位置，則在此過程中，以下說法正確的是（）A．導(dǎo)線上有電流通過的時間為B．導(dǎo)線上有電流通過的時間為C．外力所做的功為D．金屬導(dǎo)線所產(chǎn)生的焦耳熱為三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題9．（6分）（2018?長春二模）利用打點計時器可測量勻變速直線運動物體的瞬時速度和加速度，如圖所示為研究一個勻加速直線運動的物體，利用打點計時器所打出的紙帶，打點計時器所用交流電源的頻率為50Hz，圖中A、B、C、D、E為所選取的五個連續(xù)相鄰的計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點間均有四個點沒有標(biāo)出，B、C、D、E四點與A點的距離標(biāo)在圖中，利用圖中數(shù)據(jù)可知對應(yīng)計數(shù)點B時物體的速度大小為m/s，物體加速度大小為m/s2。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）10．（2018?長春二模）實際的二極管正向電阻并不為零，反向電阻也不是無窮大，一興趣小組同學(xué)對某型號二極管，作了如下研究：（1）用多用電表的歐姆檔粗測二極管的正向電阻。①測量時選擇開關(guān)旋到測電阻的“×10”倍率，多用電表的表盤如圖1所示，則電阻為Ω；②多用電表的紅表筆應(yīng)與二極管的極相連（選填“正”或“負”）（2）用電壓表和電流表描繪該二極管加正向0～1.5V電壓時的伏安特性曲線，可供選擇的器材如下：電壓表V1（量程1.5V，內(nèi)阻約2000Ω）電壓表V2（量程6V，內(nèi)阻約4000Ω）電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約10Ω）電流表A2（量程40mA，內(nèi)阻約0.1Ω）滑動變阻器R1（總電阻約為10Ω）滑動變阻器R2（總電阻約為100Ω）電源E（電動勢2V，內(nèi)阻不計）電鍵S，導(dǎo)線若干①為調(diào)節(jié)方便，并有盡可能高的精度，請選擇合適的器材，電壓表、電流表、滑動變阻器；（填寫所選器材的符號）；②在虛線方框中畫出實驗電路原理圖2；③該二極管加正向電壓的伏安特性曲線如圖3所示，現(xiàn)將阻值為50Ω的定值電阻與該二極管串聯(lián)，并與一電動勢為2V，內(nèi)阻不計的電源組成閉合電路，二極管上的電壓為正向電壓，則回路中的電流強度為mA。11．（2018?長春二模）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上有一個帶正電的小球，用長為L的輕質(zhì)絕緣絲線系于O點，做俯視為順時針方向的勻速圓周運動，空間中存在著豎直向下的勻強磁場，磁場的右邊界為圖中直線CD，圓心O和直線CD距離OE=2L，已知小球運動過程中所受絲線拉力的大小為其所受洛倫茲力大小的3倍，當(dāng)小球運動到圖中所示位置時，絲線突然斷開（此瞬間小球速度不變），求小球離開磁場時的位置與E點的距離。12．（2018?長春二模）如圖所示，可視為質(zhì)點兩物體A、B質(zhì)量均為m=10kg，它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起，現(xiàn)使兩物體從光滑曲面（末端切線水平）上高度H=0.8m處由靜止釋放，到達底端時進入水平傳送帶，隨即撤掉光滑曲面，傳送帶勻速向左傳動，速率為v0=3m/s。已知兩物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，g=10m/s2，按要求回到下列問題：（1）若兩物體從傳送帶右端滑出，求皮帶輪間的距離s需滿足的條件；（2）若皮帶輪間的距離足夠大，求從兩物體滑上離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若兩皮帶輪半徑r=10cm，間距為13.5m。當(dāng)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2s的那一時刻，用遙控器引爆粘性炸藥，此后兩物體分離，物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出。若爆炸所用時間極短，可忽略不計，爆炸所釋放的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為兩物體的機械能，求爆炸所釋放的化學(xué)能E。【物理選修3-3】13．（3分）（2018?長春二模）下列說法中正確的是（）A．只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積B．懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性C．空氣中的水蒸氣的壓強越小，敞口容器中水蒸發(fā)一定越快D．理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能減小E．熱量能夠從高溫物體傳高低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體14．（2018?長春二模）如圖所示，開口向下豎直放置的內(nèi)部光滑氣缸，氣缸的截面積為S，其側(cè)壁和底部均導(dǎo)熱良好，內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的導(dǎo)熱活塞，將缸內(nèi)理想分成I、II兩部分，氣缸下部與大氣相通，外部大氣壓強始終為p0，mg=0.2p0S，環(huán)境溫度為T0，平衡時I、II兩部分氣柱的長度均為l，現(xiàn)將氣缸倒置為開口向上，求：（i）若環(huán)境溫度不變，求平衡時I、II兩部分氣柱的長度之比；（ii）若環(huán)境溫度緩慢升高，但I、II兩部分氣柱的長度之和為2l時，氣體的溫度T為多少？【物理選修3-4】15．（3分）（2018?長春二模）下列說法中正確的是（）A．物體做受迫振動時，驅(qū)動力的頻率越高，受迫振動的物體振幅越大B．滿足干涉條件的振幅不同的兩列簡諧橫波相遇時，某時刻振動加強點的位移可能比振動減弱點的位移小C．發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率發(fā)生了變化D．光的雙縫干涉實驗時，僅將入射光從紅光改為紫光，相鄰亮條紋間距一定變小E．機械波從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)后，它的頻率保持不變16．（2018?長春二模）如圖所示，透明玻璃體是兩個底部相連的圓錐體，其主截面為邊長為2d，銳角為60°的菱形。一平行光束的截面為圓，其直徑為d，其軸線與圓錐的軸線重合，經(jīng)玻璃體折射后在與軸線垂直的光屏上形成亮區(qū)，已知光在該玻璃中傳播速度為（c為真空中的光束），求屏幕上亮區(qū)的面積。

2018年吉林省長春市高考物理二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共8小題，每小題6分，滿分48分）1．（6分）（2018?長春二模）下列說法中正確的是（）A．在光電效應(yīng)中，從金屬表面飛出的光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比B．波爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，提出了定態(tài)和躍遷的概念，成功地解釋了所有原子光譜的實驗規(guī)律C．放射性元素的半衰期不會隨元素所處的物理狀態(tài)和化學(xué)狀態(tài)的變化而改變D．結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定【考點】JA：原子核衰變及半衰期、衰變速度．【專題】31：定性思想；43：推理法；54O：衰變和半衰期專題．【分析】光電效應(yīng)時逸出光電子的最大初動能與照射光頻率成正比；玻爾的原子理論只能解釋氫原子光譜的實驗規(guī)律；放射性元素的半衰期不受環(huán)境與狀態(tài)的影響；分散的核子組成原子核時放出的能量叫做原子核結(jié)合能。比結(jié)合能：原子核結(jié)合能對其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均對每個核子所要添加的能量。用于表示原子核結(jié)合松緊程度?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)光電效應(yīng)方程：Ekm=hγ﹣W0可知，光電子的最大初動能與入射光的頻率成線性關(guān)系，但不是正比關(guān)系，故A錯誤；B、玻爾的原子理論只能解釋氫原子光譜的實驗規(guī)律，故B錯誤；C、放射性元素的半衰期是由放射性元素本身決定的，采用物理或化學(xué)方法都不能改變放射性元素的半衰期，它與狀態(tài)或環(huán)境無關(guān)，故C正確；D、比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定，故D錯誤；故選：C?！军c評】該題考查放射性元素的半衰期影響因素，注意光電子的最大初動能與照射光頻率有關(guān)，知道放射性元素的半衰期是由放射性元素本身決定的。2．（6分）（2018?長春二模）如圖所示，質(zhì)量為m，長度為L的金屬棒MN兩端由等長輕質(zhì)絕緣細線水平懸掛，棒中通以由M指向N的電流，電流強度的大小為I，金屬棒處于與其垂直的勻強磁場中，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ=30°．下列判斷正確的是（）A．勻強磁場的方向一定是豎直向上B．勻強磁場的方向一定是水平向左C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小可能為【考點】CC：安培力．【專題】11：計算題；32：定量思想；43：推理法；53D：磁場磁場對電流的作用．【分析】左手定則：左手平展，讓磁感線穿過手心，使大拇指與其余四指垂直，并且都跟手掌在一個平面內(nèi)。把左手放入磁場中，讓磁感線垂直穿入手心，手心面向N極，四指指向電流所指方向，則大拇指的方向就是導(dǎo)體受力的方向。根據(jù)左手定則的內(nèi)容，逐個分析判斷即可的出結(jié)論?！窘獯稹拷猓篈B、B兩個選項只提供了磁感應(yīng)強度的兩個可能的方向，故AB錯誤；CD、磁場方向垂直于電流，當(dāng)安培力垂直于繩子拉力時，安培力最小，則此時磁感應(yīng)強度最小為：mgsinθ=BIL，則有：，故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】左手定則和右手定則一定要區(qū)分開，如果是和力有關(guān)的則全依靠左手定則，即，關(guān)于力的用左手，其他的（一般用于判斷感應(yīng)電流方向）用右手定則。3．（6分）（2018?長春二模）半徑為R的圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)可以繞過圓心的豎直軸旋轉(zhuǎn)，兩個質(zhì)量相等可視為質(zhì)點的小環(huán)套在圓環(huán)上A、B兩點并處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B連線過圓心且與豎直方向成37°角，某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸旋轉(zhuǎn)，角速度從零不斷增大，則下列說法正確的是（）A．小環(huán)與大環(huán)之間動摩擦因數(shù)μ≥0.75B．B處的小環(huán)先相對大環(huán)開始滑動C．兩小環(huán)的高度最終都將升高D．只要小環(huán)不發(fā)生相對滑動，大環(huán)就不對小環(huán)做功【考點】4A：向心力；62：功的計算．【專題】12：應(yīng)用題；31：定性思想；43：推理法；521：牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用．【分析】根據(jù)平衡條件分析動摩擦因數(shù)的大??；隨著角速度的不斷增大，A所受摩擦力越來越大，B所受摩擦力越來越小，后反向增大，由此分析誰先相對大環(huán)開始滑動；若兩小環(huán)相對大環(huán)運動，則環(huán)A高度會降低；根據(jù)動能定理分析做功情況?！窘獯稹拷猓篈、小環(huán)A與小環(huán)B最初都靜止，可知mgsin37°≤μmgcos37°，即μ≥tan37°=0.75，A正確；B、若某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸進行旋轉(zhuǎn)，假設(shè)環(huán)A和環(huán)B與大環(huán)保持相對靜止，對環(huán)A沿水平方向則有，對環(huán)B沿水平方向則有，隨著角速度的不斷增大，A所受摩擦力越來越大，B所受摩擦力越來越小，后反向增大，因此A受到的靜摩擦力會先達到最大，即A先相對大環(huán)開始滑動，B錯誤；C、若兩小環(huán)相對大環(huán)運動，則環(huán)A高度會降低，環(huán)B高度會升高，C錯誤；D、盡管小環(huán)不發(fā)生相對滑動，但隨著大環(huán)角速度的不斷增大，小環(huán)的動能也會不斷增大，因此大環(huán)對小環(huán)會做正功，D錯誤。故選：A?！军c評】本題主要是考查了向心力的概念；知道做勻速圓周運動的物體受到的合力提供向心力，且向心力的方向一定指向圓心，始終與速度方向垂直，不會改變速度大小，只會改變速度方向，所以向心力始終對物體不做功。4．（6分）（2018?長春二模）據(jù)報道，借助于人工智能，科學(xué)家們發(fā)現(xiàn)了開普勒﹣90星系的第八顆行星即開普勒﹣90i，開普勒﹣90星系相當(dāng)于一個縮小的太陽系，已知開普勒﹣90i繞其恒星Trappist﹣1的公轉(zhuǎn)周期是地球繞太陽公轉(zhuǎn)周期的p倍，恒星Trappist﹣1的質(zhì)量為太陽質(zhì)量的q倍，根據(jù)以上信息，開普勒﹣90i中心到其恒星Trappist﹣1中心的距離與地球中心到太陽中心距離的比值為（）A． B． C． D．【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用．【專題】31：定性思想；4C：方程法；528：萬有引力定律的應(yīng)用專題．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式表示出所要求解該行星與其恒星之間的距離?！窘獯稹拷猓河傻茫焊鶕?jù)題意有：故ABC錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題行星繞恒星、衛(wèi)星繞行星的類型，建立模型，根據(jù)萬有引力提供向心力，萬有引力近似等于重力進行求解5．（6分）（2018?長春二模）將一拋球入框游戲簡化如下：在地面上豎直固定一矩形框架，框架高1m、長3m，拋球點位于框架底邊中點正前方2m，離地高度為1.8m，如圖所示，假定球被水平拋出，方向可在水平面內(nèi)調(diào)節(jié)，不計空氣阻力，g=10m/s2，忽略框架的粗細，球視為質(zhì)點，球要在落地前進入框內(nèi)，則球被拋出的速度大小可能為（）A．3m/s B．5m/s C．6m/s D．7m/s【考點】43：平拋運動．【專題】12：應(yīng)用題；32：定量思想；4C：方程法；518：平拋運動專題．【分析】當(dāng)速度v最小時，球打在框架底邊的中間位置，速度v最大時，球打在框架頂邊的邊緣位置，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解速度范圍即可?！窘獯稹拷猓簾o論向哪個方向水平拋球，球都做平拋運動。當(dāng)速度v最小時，球打在框架底邊的中間位置，則有：x=v1t1解得：v2=3.33m/s。當(dāng)速度v最大時，球打在框架頂邊的邊緣位置，則有：解得：v1=6.25m/s。故球被拋出的速度大小范圍為3.33m/s＜v＜6.25m/s，故BC正確、AD錯誤。故選：BC。【點評】以平拋運動知識為命題背景，考查學(xué)生的分析綜合能力。掌握平拋運動的規(guī)律是關(guān)鍵。6．（6分）（2018?長春二模）一滑塊在水平地面上做直線運動，t=0時速率為1m/s，從此時開始對物體施加一個與初速度相反的水平力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示。則下列說法正確的是（）A．2s末滑塊距離出發(fā)點最遠B．0～1s和1～2s時間內(nèi)滑塊的加速度大小相等、方向相反C．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊沖量為1NsD．第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W【考點】37：牛頓第二定律．【專題】32：定量思想；4C：方程法；522：牛頓運動定律綜合專題．【分析】由v﹣﹣t圖象的斜率得到加速度；由牛頓第二定律列方程求解摩擦力和滑塊的質(zhì)量；根據(jù)沖量的公式I=Ft可得沖量大小，由P=Fv求解平均功率?！窘獯稹拷猓河蓈﹣t方程圖象可知，前2s內(nèi)物塊位移為零，故A錯誤；B、由v﹣﹣t圖象的斜率得到加速度為：a===1m/s2；可知，0～1s和1～2s滑塊加速度大小相等，方向相同，故B錯誤；C、0～1s內(nèi)動力學(xué)方程為F1+f=ma1，1～2s內(nèi)動力學(xué)方程為F2﹣f=ma2，而，可得f=1N，第1s內(nèi)摩擦力的沖量為5I=ft=1N?S，故C正確；D、第2s內(nèi)F的平均功率，，代入數(shù)據(jù)可得P=1.5W。故選：CD?！军c評】考查由v﹣﹣t圖象認識；由牛頓第二定律；沖量的公式I=Ft和P=Fv求解平均功率。7．（6分）（2018?長春二模）已知無限大的均勻帶電面可產(chǎn)生垂直于該面的勻強電場（正的帶電面場強方向背離該面、負的帶電面場強方向指向該面），場強大小E=2πkσ，式中k為靜電力常量，σ為電荷面密度（單位面積的帶電量）?，F(xiàn)有如圖所示的兩個平行且可視為無限大的均勻帶電面A和B，電荷的面密度分別為σ和﹣2σ（σ為正的常數(shù)），間距為d，空間中有C、D兩點，CD連線垂直于帶電面，C點到A面距離與D點到B面的距離為，A面接地，關(guān)于C、D兩點的場強大小和電勢高低，下列說法正確的是（）A．EC=ED B．EC＞ED C．φC=φD D．φC＞φD【考點】AD：電勢差與電場強度的關(guān)系．【專題】31：定性思想；43：推理法；532：電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】C、D兩點的電場強度為兩個帶電體產(chǎn)生的電場強度的矢量合，根據(jù)矢量合成的方式可以求得合場強；根據(jù)正負電荷產(chǎn)生的電場強度的方向，結(jié)合電勢的變化與電場強度的方向之間的關(guān)系分析電勢之間的關(guān)系即可得出結(jié)論?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)A面產(chǎn)生電場的場強大小為EA=E0，由題意得B面產(chǎn)生電場的場強大小為EB=2E0，在C點EC=EB﹣EA=E0，方向垂直指向A面。同理在D點ED=EB﹣EA=E0，方向垂直指向B面，故A正確，B錯誤。C、根據(jù)對稱性，UCA=﹣UBD，又根據(jù)AB板間的場強方向指向B板，固有φA＞φB，因此φC＞φD，故C錯誤，D正確。故選：AD?！军c評】本題以電場的基本性質(zhì)為命題背景，考查學(xué)生的推理能力；本題對學(xué)生的能力起到較好的訓(xùn)練作用，是道好題。8．（6分）（2018?長春二模）如圖所示，將一根電阻為R的絕緣硬金屬導(dǎo)線彎成一個標(biāo)準(zhǔn)的正弦曲線形狀，其兩端a、b通過小金屬環(huán)保持與長直金屬桿有著良好但無摩擦的接觸，導(dǎo)線與桿相交處二者絕緣，金屬導(dǎo)線兩端a、b間距離為2d，最高點到ab連線的距離為L，金屬桿電阻忽略不計，空間中存在有理想邊界的勻強磁場，寬度為d，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B，磁場的邊界與金屬桿垂直，M和N位于磁場區(qū)域的邊界線上，在外力的作用下，導(dǎo)線以恒定的速度v向右勻速運動，從b位于M左側(cè)的某一位置運動到a位于N右側(cè)的某一位置，則在此過程中，以下說法正確的是（）A．導(dǎo)線上有電流通過的時間為B．導(dǎo)線上有電流通過的時間為C．外力所做的功為D．金屬導(dǎo)線所產(chǎn)生的焦耳熱為【考點】D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【專題】32：定量思想；42：等效替代法；538：電磁感應(yīng)——功能問題．【分析】電流的產(chǎn)生時間從b到M開始，a到N結(jié)束。在導(dǎo)線穿越磁場的整個過程中，規(guī)定電流沿著金屬桿從a到b為電流的正方向，畫出電流隨時間變化的圖象，根據(jù)有效值求焦耳熱，根據(jù)功能關(guān)系求解外力F所做的功?！窘獯稹拷猓篈B、由題意得，電流的產(chǎn)生時間從b到M開始，a到N結(jié)束，故．故A錯誤，B正確。CD、在導(dǎo)線穿越磁場的整個過程中，規(guī)定電流沿著金屬桿從a到b為電流的正方向，產(chǎn)生的電流隨時間變化的圖象如圖所示，熱量Q的計算式為：且得到：由功能關(guān)系可知：．故C錯誤，D正確。故選：BD?！军c評】以電磁感應(yīng)和電路知識、能量問題相結(jié)合知識為命題背景，考查學(xué)生的分析綜合能力。要明確交變電流求熱量時，要用有效值。三、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分（一）必考題9．（6分）（2018?長春二模）利用打點計時器可測量勻變速直線運動物體的瞬時速度和加速度，如圖所示為研究一個勻加速直線運動的物體，利用打點計時器所打出的紙帶，打點計時器所用交流電源的頻率為50Hz，圖中A、B、C、D、E為所選取的五個連續(xù)相鄰的計數(shù)點，相鄰兩個計數(shù)點間均有四個點沒有標(biāo)出，B、C、D、E四點與A點的距離標(biāo)在圖中，利用圖中數(shù)據(jù)可知對應(yīng)計數(shù)點B時物體的速度大小為0.823m/s，物體加速度大小為2.49m/s2。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【考點】M4：探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．【專題】13：實驗題；32：定量思想；43：推理法；511：直線運動規(guī)律專題．【分析】根據(jù)勻變速直線運動的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點時小車的瞬時速度大小?！窘獯稹拷猓河深}意得兩個計數(shù)點之間時間間隔為T=0.1s，則根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可以求出B點的速度為：==0.823m/s；物體做勻變速直線運動，根據(jù)：△x=aT2，則有：a===2.49m/s2。故答案為：（1）0.823；（2）2.49。【點評】本題借助實驗考查了勻變速直線的規(guī)律以及推論的應(yīng)用，在平時練習(xí)中要加強基礎(chǔ)知識的理解與應(yīng)用，提高解決問題能力，注意單位的換算，以探究勻變速直線運動的規(guī)律為實驗命題背景，考查學(xué)生的實驗?zāi)芰Α?0．（2018?長春二模）實際的二極管正向電阻并不為零，反向電阻也不是無窮大，一興趣小組同學(xué)對某型號二極管，作了如下研究：（1）用多用電表的歐姆檔粗測二極管的正向電阻。①測量時選擇開關(guān)旋到測電阻的“×10”倍率，多用電表的表盤如圖1所示，則電阻為130Ω；②多用電表的紅表筆應(yīng)與二極管的負極相連（選填“正”或“負”）（2）用電壓表和電流表描繪該二極管加正向0～1.5V電壓時的伏安特性曲線，可供選擇的器材如下：電壓表V1（量程1.5V，內(nèi)阻約2000Ω）電壓表V2（量程6V，內(nèi)阻約4000Ω）電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約10Ω）電流表A2（量程40mA，內(nèi)阻約0.1Ω）滑動變阻器R1（總電阻約為10Ω）滑動變阻器R2（總電阻約為100Ω）電源E（電動勢2V，內(nèi)阻不計）電鍵S，導(dǎo)線若干①為調(diào)節(jié)方便，并有盡可能高的精度，請選擇合適的器材，電壓表V1、電流表A2、滑動變阻器R1；（填寫所選器材的符號）；②在虛線方框中畫出實驗電路原理圖2；③該二極管加正向電壓的伏安特性曲線如圖3所示，現(xiàn)將阻值為50Ω的定值電阻與該二極管串聯(lián)，并與一電動勢為2V，內(nèi)阻不計的電源組成閉合電路，二極管上的電壓為正向電壓，則回路中的電流強度為15mA。【考點】N4：用多用電表測電阻．【專題】13：實驗題；23：實驗探究題；32：定量思想；43：推理法；535：恒定電流專題．【分析】（1）①歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；②歐姆表內(nèi)置電源正極與黑表筆相連，負極與紅表筆相連；二極管正向偏壓時正極應(yīng)與電源正極相連，二極管負極應(yīng)與電源負極相連。（2）①根據(jù)二極管兩端電壓選擇電壓表，根據(jù)通過二極管的最大電流選擇電流表，為方便實驗操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器；②根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法，然后作出實驗電路圖；③把定值電阻與電源整體看出等效電源，在二極管伏安特性曲線坐標(biāo)系內(nèi)作出等效電源的I﹣U圖象，然后求出電流大小?！窘獯稹拷猓海?）①選擇開關(guān)旋到測電阻的“×10”倍率，由圖1所示多用電表的表盤可知，電阻為：13×10=130Ω；②多用電表測電阻時，黑表筆接內(nèi)部電源的正極，紅表筆接內(nèi)部電源的負極，故紅表筆應(yīng)與二極管的負極相連。（2）①根據(jù)題中所給伏安特性曲線的數(shù)據(jù)點范圍，可判斷出電壓表應(yīng)選V1，電流表應(yīng)選A2，為方便實驗操作，滑動變阻器應(yīng)選擇R1；②本實驗要描繪出二極管的I﹣U圖線，因此滑動變阻器應(yīng)采用分壓式，所以應(yīng)選阻值較小的R1；二極管電阻Rx大于電流表內(nèi)阻，故采用電流表內(nèi)接法，實驗電路圖如圖所示：③將50Ω的定值電阻與電源等效為一個電動勢為2V，內(nèi)阻為50Ω新電源，在二極管的I﹣U圖上作出新電源的I﹣U圖線如圖所示：兩圖線交點縱坐標(biāo)即為電路中的電流，由圖示圖象可知，電流為：15mA。故答案為：（1）①130；②負；（2）①V1；A2；R1；②電路圖如圖所示；③15?！军c評】本題以描繪二極管伏安特性曲線和多用電表的原理為命題背景，考查學(xué)生運用已學(xué)過的物理理論、實驗方法、實驗儀器處理問題和簡單設(shè)計實驗的能力；要掌握歐姆表的使用方法與讀數(shù)方法。11．（2018?長春二模）如圖所示，光滑絕緣的水平桌面上有一個帶正電的小球，用長為L的輕質(zhì)絕緣絲線系于O點，做俯視為順時針方向的勻速圓周運動，空間中存在著豎直向下的勻強磁場，磁場的右邊界為圖中直線CD，圓心O和直線CD距離OE=2L，已知小球運動過程中所受絲線拉力的大小為其所受洛倫茲力大小的3倍，當(dāng)小球運動到圖中所示位置時，絲線突然斷開（此瞬間小球速度不變），求小球離開磁場時的位置與E點的距離?！究键c】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4C：方程法；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】絲線未斷時，小球做勻速圓周運動，根據(jù)沿半徑方向的合力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系，絲線斷開后根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，結(jié)合幾何關(guān)系，聯(lián)立即可求就出小球離開磁場時的位置與E點的距離。【解答】解：絲線未斷時，根據(jù)牛頓第二定律可得：設(shè)絲線未斷時小球做圓周運動的半徑為R1，受絲線拉力的大小為：F=3qvB根據(jù)幾何關(guān)系可得：R1=L設(shè)絲線未斷時小球做圓周運動的半徑為R2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：可得：R2=2L由幾何關(guān)系得，小球離開磁場時，速度偏向角為60°，有：xAE=R2sin60°解得：答：小球離開磁場時的位置與E點的距離為L?！军c評】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中運動，粒子在加速場中的運動運用動能定理求解，粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，解題關(guān)鍵是要作出臨界的軌跡圖，正確運用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系，以帶電體在勻強磁場中的圓周運動為命題背景，考查學(xué)生的分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力。12．（2018?長春二模）如圖所示，可視為質(zhì)點兩物體A、B質(zhì)量均為m=10kg，它們之間用可遙控引爆的粘性炸藥粘連在一起，現(xiàn)使兩物體從光滑曲面（末端切線水平）上高度H=0.8m處由靜止釋放，到達底端時進入水平傳送帶，隨即撤掉光滑曲面，傳送帶勻速向左傳動，速率為v0=3m/s。已知兩物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.1，g=10m/s2，按要求回到下列問題：（1）若兩物體從傳送帶右端滑出，求皮帶輪間的距離s需滿足的條件；（2）若皮帶輪間的距離足夠大，求從兩物體滑上離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）若兩皮帶輪半徑r=10cm，間距為13.5m。當(dāng)兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2s的那一時刻，用遙控器引爆粘性炸藥，此后兩物體分離，物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出。若爆炸所用時間極短，可忽略不計，爆炸所釋放的化學(xué)能80%轉(zhuǎn)化為兩物體的機械能，求爆炸所釋放的化學(xué)能E?！究键c】53：動量守恒定律；6C：機械能守恒定律．【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；32：定量思想；4T：尋找守恒量法；52K：動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【分析】（1）先研究AB兩物體從曲面上下滑的過程，由機械能守恒定律求出物體下滑到皮帶上的速度。再由牛頓第二定律和速度位移公式結(jié)合求皮帶輪間的距離s需滿足的條件；（2）根據(jù)位移公式求出兩物體與傳送帶間的相對位移，與摩擦力大小相乘，即可求解摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）由速度公式求出兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2s的那一時刻的速度。物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出B對應(yīng)的速度。再研究炸藥爆炸過程，由動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求解爆炸所釋放的化學(xué)能E?！窘獯稹拷猓海?）AB下滑到皮帶上的速度為v，由機械能守恒定律解得設(shè)皮帶輪間的距離最小值為s0，則即皮帶輪間的距離需滿足的條件：s＜8m。（2）物體向右減速到零的時間為t1，物體向左加速到與皮帶達到共速的時間為t2，則物體向右減速到零的時間內(nèi)相對皮帶滑行的距離為s1，物體向左加速到與皮帶達到同速的時間內(nèi)相對皮帶滑行的距離為s2，則，則從兩物體滑上到離開傳送帶的整個過程中，由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生了熱量Q，Q=2μmg（s1+s2）=20×24.5=490J（3）兩物體滑上皮帶后經(jīng)過2s的那一時刻的速度為v1，滑行的距離為x，則v1=v﹣μgt=4﹣×0.1×10×2=2m/sx===6m物體B恰好從傳送帶右端平拋飛出，則物體B對應(yīng)的速度滿足，得vB'=1m/s炸藥爆炸后瞬間物體AB對應(yīng)的速度分別為vA、vB，則，解得vB=4m/s取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律2mv1=mvA+mvB解得vA=0爆炸后物體AB所獲得的機械能為E，則解得E=40J爆炸所釋放的化學(xué)能答：（1）皮帶輪間的距離s需滿足的條件為s小于8m。（2）由于兩物體和傳送帶間的摩擦產(chǎn)生的熱量Q是490J。（3）爆炸所釋放的化學(xué)能E是40J。【點評】以傳送帶、反沖運動為命題背景，考查了學(xué)生的分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力。要知道摩擦生熱等于滑動摩擦力大小與物體間相對位移大小的乘積。爆炸過程遵守的基本規(guī)律是動量守恒定律和能量守恒定律。【物理選修3-3】13．（3分）（2018?長春二模）下列說法中正確的是（）A．只要知道氣體的摩爾體積和阿伏伽德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積B．懸浮在液體中微粒的無規(guī)則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性C．空氣中的水蒸氣的壓強越小，敞口容器中水蒸發(fā)一定越快D．理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能減小E．熱量能夠從高溫物體傳高低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體【考點】8H：熱力學(xué)第二定律；8F：熱力學(xué)第一定律．【專題】31：定性思想；43：推理法；548：熱力學(xué)定理專題．【分析】氣體分子間距較大，無法根據(jù)阿伏加德常數(shù)求解分子的體積；布朗運動間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性；相同溫度下，水的飽和汽的壓強是一定的；做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能；根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析?！窘獯稹拷猓篈、氣體分子間距很大，無法直接求出分子的體積，只能求出分子所占據(jù)的空間；故A錯誤；B、在液體中微粒的無規(guī)則運動是布朗運動，并不是分子運動，但微粒運動的無規(guī)則性，間接反映了液體分子運動的無規(guī)則性；故B正確；C、空氣相對濕度小時，水蒸發(fā)越快，與空氣中的水蒸氣的壓強的大小無關(guān)；故C錯誤；D、理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，若同時對外做功，其內(nèi)能可能減?。还蔇正確；E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量能夠從高溫物體傳高低溫物體，也能夠在一定的條件下從低溫物體傳到高溫物體，如空調(diào)。故E正確故選：BDE。【點評】本題考查氣體分子的特點、布朗運動、飽和汽壓以及熱力學(xué)第二定律等，要注意能根據(jù)相關(guān)知識解釋所見到的現(xiàn)象。14．（2018?長春二模）如圖所示，開口向下豎直放置的內(nèi)部光滑氣缸，氣缸的截面積為S，其側(cè)壁和底部均導(dǎo)熱良好，內(nèi)有兩個質(zhì)量均為m的導(dǎo)熱活塞，將缸內(nèi)理想分成I、II兩部分，氣缸下部與大氣相通，外部大氣壓強始終為p0，mg=0.2p0S，環(huán)境溫度為T0，平衡時I、II兩部分氣柱的長度均為l，現(xiàn)將氣缸倒置為開口向上，求：（i）若環(huán)境溫度不變，求平衡時I、II兩部分氣柱的長度之比；（ii）若環(huán)境溫度緩慢升高，但I、II兩部分氣柱的長度之和為2l時，氣體的溫度T為多少？【考點】99：理想氣體的狀態(tài)方程．【專題】11：計算題；22：學(xué)科綜合題；31：定性思想；4C：方程法；54B：理想氣體狀態(tài)方程專題．【分析】（1）確定兩部分氣體各變化過程初末狀態(tài)時的狀態(tài)參量，然后根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列方程即可（2）對兩部分氣體應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程或等壓變化求解?！窘獯稹拷猓海╥）氣缸開口向下時，Ⅰ氣體初態(tài)壓強為：氣缸開口向下時，Ⅱ氣體初態(tài)壓強為：氣缸開口向上時，Ⅰ氣體末態(tài)壓強為：氣缸開口向上時，Ⅱ氣體末態(tài)壓強為：由玻意耳定律有：p1lS=p1'l1Sp2lS=p2'l2S解得：（ii）升溫過程中兩部分氣體均做等壓變化，設(shè)Ⅰ氣體的氣柱長度為x，則Ⅱ氣體的氣柱長度為2l﹣x，由蓋﹣呂薩克定律有：解得：答：（i）若環(huán)境溫度不變，求平衡時I、II兩部分氣柱的長度之比；（ii）若環(huán)境溫度緩慢升高，但I、II兩部分氣柱的長度之和為2l時，氣體的溫度T為。【點評】以氣體實驗定律為命題背景，考查學(xué)生的分析綜合能力，找出初末狀態(tài)的狀態(tài)參量，列理想氣體狀態(tài)變化方程即可，注意弄清“隔熱”“絕熱”“導(dǎo)熱”等的含義?！疚锢磉x修3-4】15．（3分）（2018?長春二模）下列說法中正確的是（）A．物體做受迫振動時，驅(qū)動力的頻率越高，受迫振動的物體振幅越大B．滿足干涉條件的振幅不同的兩列簡諧橫波相遇時，某時刻振動加強點的位移可能比振動減弱點的位移小C．發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率發(fā)生了變化D．光的雙縫干涉實驗時，僅將入射光從紅光改為紫光，相鄰亮條紋間距一定變小E．機械波從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)后，它的頻率保持不變【考點】FC：多普勒效應(yīng)；F4：橫波的圖象．【專題】31：定性思想；43：推理法；54G：光的干涉專題．【分析】質(zhì)點的振動頻率由波源的振動頻率決定；當(dāng)系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，系統(tǒng)達到共振，振幅達最大；振動加強區(qū)質(zhì)點的振幅總比振動減弱區(qū)質(zhì)點的振幅大，但不能說振動加強區(qū)質(zhì)點的位移總比振動減弱區(qū)質(zhì)點的位移大；多普勒效應(yīng)是指接受到的物體輻射的波長因為波源和觀測者的相對運動而產(chǎn)生變化；干涉實驗中，若僅將入射光波長越短，則相鄰亮條紋間距變小。機械波從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)后，它的頻率保持不變。【解答】解：A、物體做受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，當(dāng)系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，振幅達最大，這種現(xiàn)象稱為共振。故A錯誤；B、兩列波發(fā)生干涉，振動加強區(qū)質(zhì)點的振幅總比振動減弱區(qū)質(zhì)點的振幅大，但某時刻振動加強點的位移可能比振動減弱點的位移小。故B正確；C、發(fā)生多普勒效應(yīng)時，波源發(fā)出的波的頻率不發(fā)生變化。故C錯誤；D、光的雙縫干涉實驗中，光的雙縫干涉條紋間距△x=，若僅將入射光從紅光改為紫光，由于紅光波長大于紫光，則相鄰亮條紋間距變小。故D正確；E、根據(jù)機械波傳播的特點可知，機械波從一種介質(zhì)進入另一種介質(zhì)后，它的頻率保持不變。故E正確。故選：BDE?！军c評】該題考查多普勒現(xiàn)象、共振、波的干涉與衍射等知識點的內(nèi)容，明確系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力的頻率時，振幅達最大是解題的關(guān)鍵?；A(chǔ)題目。16．（2018?長春二模）如圖所示，透明玻璃體是兩個底部相連的圓錐體，其主截面為邊長為2d，銳角為60°的菱形。一平行光束的截面為圓，其直徑為d，其軸線與圓錐的軸線重合，經(jīng)玻璃體折射后在與軸線垂直的光屏上形成亮區(qū)，已知光在該玻璃中傳播速度為（c為真空中的光束），求屏幕上亮區(qū)的面積。【考點】H3：光的折射定律．【專題】11：計算題；32：定量思想；4F：幾何法；54D：光的折射專題．【分析】根據(jù)題意作出折射光路如圖所示，根據(jù)光在該玻璃中傳播速度求出玻璃的折射率n。由折射定律求出折射角，結(jié)合幾何知識求解屏幕上亮區(qū)的面積?！窘獯稹拷猓赫凵涔饴啡鐖D所示，屏幕上光班為一圓環(huán)玻璃的折射率為n，則光線第一次的入射角i=60°，設(shè)折射角為r，則，解得r=30°由幾何關(guān)系可知，環(huán)狀光斑的內(nèi)徑環(huán)狀光斑的外徑R2=d光班面積為解得答：屏幕上亮區(qū)的面積是?！军c評】以光的折射為命題背景，考查學(xué)生的分析綜合能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問題能力。要作出光路圖，同時利用幾何關(guān)系來輔助計算。

考點卡片1．牛頓第二定律【知識點的認識】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．表達式：F合=ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合=k?ma，只有在國際單位制中才有k=1．力的單位的定義：使質(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（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進一步理解牛頓第二定律是動力學(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量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝．另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產(chǎn)生、同時變化、同時消失，是瞬時對應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產(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力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應(yīng)．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時間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摩擦力為2NC．t=3s時刻物塊的速度為3m/sD．t=3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f=F=2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運動，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﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B、D正確，A、C錯誤．故選：BD．點評：本題考查學(xué)生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時，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的延長線D．則a=，方向水平向左分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細線的拉力．剛剪短細繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，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錯誤，D正確；故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(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：動力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0=4m/s的速度沿傾角θ=30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運動學(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，再由運動學(xué)可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點，由加速度定義式有：上滑過程中加速度的大?。海?）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F=ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ=ma1代入數(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?，由牛頓第二定律F=ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2解得：=2m/s2下滑至出發(fā)點的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v=2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v=2m/s．點評：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應(yīng)關(guān)系．對于分析瞬時對應(yīng)關(guān)系時應(yīng)注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F=kx，其中k是彈簧的勁度系數(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力學(xué)問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．2．平拋運動【知識點的認識】一、平拋運動1．定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下的運動．2．條件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性質(zhì)：勻變速曲線運動，其運動軌跡為拋物線．4．研究方法：分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動兩個分運動．5．規(guī)律：（1）水平方向：勻速直線運動，vx=v0，x=v0t，ax=0．（2）豎直方向：自由落體運動，vy=gt，y=gt2，ay=g．（3）實際運動：v=，s=，a=g．二、類平拋運動1．定義：加速度恒定，加速度方向與初速度方向垂直．2．性質(zhì)：勻變速曲線運動，其運動軌跡為拋物線．3．研究方法：一般將類平拋運動沿初速度和加速度兩個方向分解．4．規(guī)律：與平拋運動類似．（1）初速度方向：勻速直線運動，vx=v0，x=v0t，ax=0．（2）加速度方向：初速度為零的勻加速直線運動，vy=ayt，y=ayt2．（3）合運動（實際運動）：v=，s=，a=ay．三、平拋運動的基本規(guī)律1．速度的變化規(guī)律（1）任意時刻的速度水平分量均等于初速度v0．（2）任意相等時間間隔△t內(nèi)的速度變化量方向豎直向下，大小△v=△vy=g△t．2．位移變化規(guī)律（1）任意相等時間間隔內(nèi)，水平位移相同，即△x=v0△t．（2）連續(xù)相等的時間間隔△t內(nèi)，豎直方向上的位移差不變，即△y=g△t2．3．平拋運動的兩個重要推論推論Ⅰ：做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，設(shè)其速度方向與水平方向的夾角為α，位移與水平方向的夾角為θ，則tanα=2tanθ．證明：如圖所示，由平拋運動規(guī)律得：tanα=，tanθ=，所以tanα=2tanθ．推論Ⅱ：做平拋運動的物體，任意時刻的瞬時速度方向的反向延長線一定通過此時水平位移的中點．證明：如圖所示，設(shè)平拋物體的初速度為v0，從原點O到A點的時間為t，A點坐標(biāo)為（x，y），B點坐標(biāo)為（x′，0），則x=v0t，y=gt2，v⊥=gt，又tanα=，解得x′=．即末狀態(tài)速度方向的反向延長線與x軸的交點必為此時水平位移的中點．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查平拋運動基本規(guī)律的應(yīng)用：如圖所示，在一次空地演習(xí)中，離地H高處的飛機以水平速度V1發(fā)射一顆炮彈欲轟炸地面目標(biāo)P，反應(yīng)靈敏的地面攔截系統(tǒng)同時以速度V2豎直向上發(fā)射炮彈攔截．設(shè)攔截系統(tǒng)與飛機的水平距離為s，不計空氣阻力．若攔截成功，則V1、V2的關(guān)系應(yīng)滿足（）A．v1=v2B．v1=v2C．v1=v2D．v1=v2分析：若攔截成功，豎直上拋的炮彈和平拋的炮彈運動時間相等，在豎直方向上的位移之和等于H，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．解：炮彈運行的時間t=，在這段時間內(nèi)飛機發(fā)射炮彈在豎直方向上的位移h1=gt2，攔截炮彈在這段時間內(nèi)向上的位移，h2=v2t﹣gt2．則H=h1+h2=v2t，所以H=v2，解得：v1=v2，故C正確，A、B、D錯誤．故選C．點評：解決平拋運動的關(guān)鍵在于用好運動的合成與分解，明確平拋運動的實質(zhì)是水平方向的勻速直線運動與豎直方向的自由落體的合運動；兩個分運動互不影響，相互獨立．（2）第二類?？碱}型是平拋運動和斜面結(jié)合問題：如圖所示，A、B、C三個小球分別從斜面的頂端以不同的速度水平拋出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角分別為α、β，C落到水平面上時速度方向與水平方向的夾角為γ，則（）A．α=β=γB．α=β＞γC．α=β＜γD．α＜β＜γ分析：設(shè)小球落在斜面上時平拋初速度為v0，落在斜面底端時初速度為v1，落在水平面上C點時初速度為v2．小球落在斜面上時，斜面傾角的正切等于豎直位移與水平位移之比，列式求出平拋運動的時間，再求出落在斜面時速度方向與水平方向的夾角的正切，來比較夾角的大小．解：設(shè)小球落在斜面上時平拋初速度為v0，落在斜面上時速度與水平方向的夾角為θ′，斜面傾角為θ．由tanθ===，得到t=則tanθ′===2tanθ，與初速度大小無關(guān)，即落到斜面上時速度方向與水平方向的夾角均相等，所以α=β．設(shè)小球落在斜面底端時速度與水平方向夾角為γ′，其初速度為v1，落在水平面上C點時初速度為v2．由于高度相同，平拋時間相等，設(shè)為t1．則tanγ′=，tanγ=由于v1＜v2所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ由上分析可知γ′=α=β，所以α=β＞γ．故選B．點評：本題關(guān)鍵是斜面的傾角的應(yīng)用，它表示位移方向與水平方向的夾角，分解位移，不是分解速度，不能得到這樣的式子：tanθ=．（3）第三類常考題型是涉及平拋運動的綜合問題：如圖所示，在距地面高為H=45m處，有一小球A以初速度v0=10m/s水平拋出，與此同時，在A的正下方有一物塊B也以相同的初速度v0同方向滑出，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，A、B均可看做質(zhì)點，空氣阻力不計，重力加速度g取10m/s2，求：（1）A球從拋出到落地的時間和這段時間內(nèi)的水平位移；（2）A球落地時，A、B之間的距離．分析：A球做的是平拋運動，研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，兩個方向上運動的時間相同．B球只在摩擦力的作用下，做勻減速直線運動，由勻變速直線運動的規(guī)律可以求得B的位移的大?。猓海?）A球做的是平拋運動，由平拋運動的規(guī)律得水平方向上：x=V0t豎直方向上：H=gt2由以上兩個方程可以解得，x=30m，t=3s，（2）對B物塊，由牛頓第二定律可得，μmg=ma，所以a=μg=5m/s2，減速至停止所需要的時間為t′==2s＜3s，所以在A落地之前B已經(jīng)停止運動，B的總位移為，xB==10m，所以AB間的距離為△x=x﹣xB=20m．答：（1）A球從拋出到落地的時間是3s，這段時間內(nèi)的水平位移是30m；（2）A球落地時，A、B之間的距離是20m．點評：本題就是對平拋運動規(guī)律的考查，平拋運動可以分解為在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來求解，對B運用勻減速直線運動的規(guī)律直接求解即可．（4）第四類?？碱}型是斜拋運動問題：如圖所示，水平地面上不同位置的三個小球斜上拋，沿三條不同的路徑運動最終落在同一點，三條路徑的最高點是等高的，若忽略空氣阻力的影響，下列說法正確的是（）A．三個小球落地時的速率相等B．沿路徑3拋出的小球在空中運動時間最長C．三個小球拋出的初速度豎直分量相等D．三個小球拋出的初速度水平分量相等分析：三個小球都做斜拋運動，運用運動的分解法，將其運動分解為豎直和水平兩個方向研究，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式列式，再進行分析．解：設(shè)任一小球初速度大小為v0，初速度的豎直分量為vy，水平分量為vx，初速度與水平方向的夾角為α，上升的最大高度為h，運動時間為t，落地速度大小為v．A、C、D、取豎直向上方向為正方向，小球豎直方向上做勻減速直線運動，加速度為a=﹣g，由0﹣=﹣2gh，得vy=，h相同，vy相同，則三個小球初速度的豎直分量相同．由速度的分解知：vy=v0sinα，由于α不同，所以v0不同．根據(jù)機械能守恒定律得知，小球落地時與拋出時速率相等，所以可知三個小球落地時的速率不等．又有vy=vxtanα，vy相同，α不同，則vx不同，初速度水平分量不等，故AD錯誤，C正確．B、由運動學(xué)公式有：h=，則得：t=2，則知三個球運動的時間相等；故B錯誤．故選：C．點評：對于斜拋運動，要能熟練運用運動的分解法進行分析，掌握相關(guān)的運動學(xué)公式是解題的基礎(chǔ)．【解題方法點撥】1．平拋運動的處理技巧﹣﹣一“補”登天由平拋運動的分解規(guī)律可知，平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，我們在解答有關(guān)平拋運動的問題時，如果選擇適當(dāng)?shù)奈恢醚a畫這兩個方向的平面，按照這種分解規(guī)律可以給解題帶來極大的方便．2．斜面上的平拋運動問題的規(guī)律總結(jié)（1）順著斜面平拋方法：分解位移x=v0ty=gt2tanθ=可求得t=（2）對著斜面平拋（如右圖）方法：分解速度vx=v0vy=gt，tanθ==可求得t=（3）對著豎直墻壁平拋（如右圖）水平初速度v0不同時，雖然落點不同，但水平位移相同．t=．3．類平拋運動的求解方法①常規(guī)分解法：將類平拋運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的勻加速直線運動．兩分運動彼此獨立，互不影響，且與合運動具有等時性．②特殊分解法：對于有些問題，可以過拋出點建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度a分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向列方程求解．4．涉及平拋運動的綜合問題（1）平拋運動與其他運動形式（如勻速直線運動、豎直上拋運動、自由落體運動、圓周運動等）綜合的題目．在這類問題的分析中要注意平拋運動與其他運動在時間上、位移上、速度上的相關(guān)分析．（2）多體平拋問題：①若兩物體同時從同一高度（或同一點）拋出，則兩物體始終在同一高度，二者間距只決定于兩物體水平分運動；②若兩物體同時從不同高度拋出，則兩物體高度差始終與拋出點高度差相同，二者間距由兩物體水平分運動和豎直高度差決定；③若兩物體從同一點先后拋出，兩物體豎直高度差隨時間均勻增大，二者間距決定于兩物體水平分運動和豎直分運動．3．向心力【知識點的認識】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?。?．大?。篎n=man==mω2r=．3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時刻在改變，即向心力是一個變力．4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據(jù)物體受力的實際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力．二、離心運動和向心運動1．離心運動（1）定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況下，就做逐漸遠離圓心的運動．（2）本質(zhì)：做圓周運動的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向．（3）受力特點：當(dāng)F=mrω2時，物體做勻速圓周運動；當(dāng)F=0時，物體沿切線方向飛出；當(dāng)F＜mrω2時，物體逐漸遠離圓心，F(xiàn)為實際提供的向心力．如圖所示．2．向心運動當(dāng)提供向心力的合外力大于做圓周運動所需向心力時，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近．如圖所示．注意：物體做離心運動不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現(xiàn)，物體做離心運動時，并非沿半徑方向飛出，而是運動半徑越來越大或沿切線方向飛出．【重要知識點分析】1．圓周運動中的運動學(xué)分析（1）對公式v=ωr的理解當(dāng)r一定時，v與ω成正比．當(dāng)ω一定時，v與r成正比．當(dāng)v一定時，ω與r成反比．（2）對a==ω2r=ωv的理解在v一定時，a與r成反比；在ω一定時，a與r成正比．2．勻速圓周運動和非勻速圓周運動的比較項目勻速圓周運動非勻速圓周運動運動性質(zhì)是速度大小不變，方向時刻變化的變速曲線運動，是加速度大小不變而方向時刻變化的變加速曲線運動是速度大小和方向都變化的變速曲線運動，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運動加速度加速度方向與線速度方向垂直．即只存在向心加速度，沒有切向加速度由于速度的大小、方向均變，所以不僅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不斷改變向心力【命題方向】（1）第一類?？碱}型是對圓周運動中的傳動問題分析：一個內(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)做勻速圓周運動，A的運動半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運動周期等于球B的運動周期D．球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力分析：對AB受力分析，可以發(fā)現(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、如右圖所示，小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運動．由于A和B的質(zhì)量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運動時的向心力是相同的．由向心力的計算公式F=m，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時，半徑大的線速度大，所以A錯誤．B、又由公式F=mω2r，由于球A運動的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時，半徑大的角速度小，所以B錯誤．C、由周期公式T=，所以球A的運動周期大于球B的運動周期，故C錯誤．D、球A對筒壁的壓力等于球B對筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點評：對物體受力分析是解題的關(guān)鍵，通過對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)生分析問題的能力，是道好題．（2）第二類?？碱}型是對圓周運動中的動力學(xué)問題分析：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動．圓半徑為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓軌．則其通過最高點時（）A．小球?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)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球的速度．解：A、因為小球剛好在最高點不脫離圓環(huán)，則軌道對球的彈力為零，所以小球?qū)A環(huán)的壓力為零．故A錯誤．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．點評：解決本題的關(guān)鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解．（3）第二類?？碱}型是對圓周運動的繩模型與桿模型分析：如圖，質(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)動半徑為1m，小杯通過最高點的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點時，繩的拉力？（2）在最高點時水對小杯底的壓力？（3）為使小杯經(jīng)過最高點時水不流出，在最高點時最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運動所需要的向心力是由哪個力提供的；（2）水對小杯底的壓力與杯子對水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點，此時的受力的條件是只有物體的重力作為向心力．解：（1）小杯質(zhì)量m=0.5kg，水的質(zhì)量M=1kg，在最高點時，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合=（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向=（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T=（M+m）所以細繩拉力T=（M+m）（﹣g）=（1+0.5）（﹣10）=9N；（2）在最高點時，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合=Mg+F圓周半徑為R，則F向=MF合提供向心力，有Mg+F=M所以杯對水的壓力F=M（﹣g）=1×（﹣10）=6N；根據(jù)牛頓第三定律，水對小杯底的壓力為6N，方向豎直向上．（3）小杯經(jīng)過最高點時水恰好不流出時，此時杯對水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg=M解得v==m/s=．答：（1）在最高點時，繩的拉力為9N；（2）在最高點時水對小杯底的壓力為6N；（3）在最高點時最小速率為．點評：水桶在豎直面內(nèi)做圓周運動時向心力的來源是解決題目的重點，分析清楚哪一個力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當(dāng)水桶恰好能過最高點時，只有水的重力作為向心力，此時水恰好流不出來．【解題方法點撥】1．圓周運動中的運動學(xué)規(guī)律總結(jié)在分析傳動裝置中的各物理量時，要抓住不等量和相等量的關(guān)系，具體有：（1）同一轉(zhuǎn)軸的輪上各點角速度ω相同，而線速度v=ωr與半徑r成正比．（2）當(dāng)皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時，傳動皮帶上各點以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點線速度大小相等，而角速度ω=與半徑r成反比．（3）齒輪傳動時，兩輪的齒數(shù)與半徑成正比，角速度與齒數(shù)成反比．2．圓周運動中的動力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運動定律及向心力公式列方程．3．豎直平面內(nèi)圓周運動的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內(nèi)做圓周運動的物體，按運動到軌道最高點時的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運動的過山車等），稱為“繩（環(huán)）約束模型”，二是有支撐（如球與桿連接、在彎管內(nèi)的運動等），稱為“桿（管道）約束模型”．（2）繩、桿模型涉及的臨界問題．繩模型桿模型常見類型均是沒有支撐的小球均是有支撐的小球過最高點的臨界條件由mg=m得v臨=由小球恰能做圓周運動得v臨=0討論分析（1）過最高點時，v≥，F(xiàn)N+mg=m，繩、軌道對球產(chǎn)生彈力FN；（2）不能過最高點時，v＜，在到達最高點前小球已經(jīng)脫離了圓軌道；（1）當(dāng)v=0時，F(xiàn)N=mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當(dāng)0＜v＜時，﹣FN+mg=m，F(xiàn)N背向圓心，隨v的增大而減?。唬?）當(dāng)v=時，F(xiàn)N=0；（4）當(dāng)v＞時，F(xiàn)N+mg=m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大；4．萬有引力定律及其應(yīng)用【知識點的認識】一、萬有引力定律1．內(nèi)容：自然界中任何兩個物體都相互吸引，引力的方向在它們的連線上，引力的大小與物體的質(zhì)量m1和m2的乘積成正比，與它們之間距離r的平方成反比．2．表達式：，其中G=6.67×10﹣11N?m2/kg2，叫引力常量．它是在牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律一百年后英國物理學(xué)家卡文迪許利用扭秤裝置測出的．3．適用條件：公式適用于質(zhì)點間的相互作用．但對于不能看做質(zhì)點的兩個質(zhì)量分布均勻的球體間的相互作用是適用的，此時r是兩球心間的距離；另外，對于一個質(zhì)量分布均勻的球體和球外一個質(zhì)點之間的相互作用萬有引力定律也適用，其中r為球心到質(zhì)點的距離．二、應(yīng)用萬有引力定律分析天體運動1．基本方法：把天體的運動看成勻速圓周運動，其所需的向心力由萬有引力提供，即2．天體質(zhì)量M、密度ρ的估算：若測出衛(wèi)星繞天體做勻速圓周運動的半徑r和周期T．由得：，其中r0為天體的半徑，當(dāng)衛(wèi)星沿天體表面繞天體運動時，r=r0，則ρ=．3．地球同步衛(wèi)星的特點（1）軌道平面一定：軌道平面和赤道平面重合．（2）周期一定：與地球自轉(zhuǎn)周期相同，即T=24h=86400s．（3）角速度一定：與地球自轉(zhuǎn)的角速度相同．（4）高度一定：據(jù)，得r==4.24×104km，衛(wèi)星離地面高度h=r﹣R≈6R（為恒量）．（5）速率一定：運動速度v==3.08km/s（為恒量）．（6）繞行方向一定：與地球自轉(zhuǎn)的方向一致．4．極地衛(wèi)星和近地衛(wèi)星（1）極地衛(wèi)星運行時每圈都經(jīng)過南北兩極由于地球自轉(zhuǎn)，極地衛(wèi)星可以實現(xiàn)全球覆蓋．（2）近地衛(wèi)星是在地球表面附近環(huán)繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星，其運行的軌道半徑可近似認為等于地球的半徑，其運行線速度約為7.9km/s．（3）兩種衛(wèi)星的軌道平面一定通過地球的球心．5．三種宇宙速度比較宇宙速度數(shù)值（km/s）意義第一宇宙速度7.9這是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最小發(fā)射速度第二宇宙速度11.2這是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度第三宇宙速度16.7這是物體掙脫太陽引力束縛的最小發(fā)射速度三、經(jīng)典時空觀和相對論時空觀1．經(jīng)典時空觀（1）在經(jīng)典力學(xué)中，物體的質(zhì)量是不隨運動狀態(tài)而改變的．（2）在經(jīng)典力學(xué)中，同一物理過程發(fā)生的位移和對應(yīng)時間的測量結(jié)果在不同的參考系中是相同的．2．相對論時空觀（1）在狹義相對論中，物體的質(zhì)量隨物體的運動速度的增大而增大，用公式表示為m=．（2）在狹義相對論中，同一物理過程發(fā)生的位移和對應(yīng)時間的測量結(jié)果在不同的參考系中是不同的．【命題方向】（1）第一類常考題型是考查萬有引力定律在天體運動中的應(yīng)用：我國在2010年實現(xiàn)探月計劃﹣﹣“嫦娥工程”．同學(xué)們也對月球有了更多的關(guān)注．（1）若已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，月球繞地球運動的周期為T，月球繞地球的運動近似看做勻速圓周運動，試求出月球繞地球運動的軌道半徑；（2）若宇航員隨登月飛船登陸月球后，在月球表面某處以速度v0豎直向上拋出一個小球，經(jīng)過時間t，小球落回拋出點．已知月球半徑為r，萬有引力常量為G，試求出月球的質(zhì)量M月．分析：（1）月球繞地球的運動時，由地球的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律列出月球的軌道半徑與地球質(zhì)量等物理量的關(guān)系式；物體在地球表面上時，由重力等于地球的萬有引力求出地球的質(zhì)量，再求出月球的軌道半徑．（2）小球在月球表面做豎直上拋運動