2024年高考物理終極押題密卷1（全國(guó)甲卷）含答案

2024年物理終極押題密卷1（全國(guó)甲卷）一、選擇題（共8小題，每小題6分，共48分）1．（2024?成都模擬）一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到另一點(diǎn)的過程中，下列說法一定正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)速度不變 B．質(zhì)點(diǎn)加速度不變 C．質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能不變 D．質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能不變2．（2024?南寧一模）醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PET/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點(diǎn)來發(fā)現(xiàn)疾病的。示蹤劑常利用同位素作示蹤原子標(biāo)記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊獲得，同時(shí)還釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）A．用高速質(zhì)子轟擊，生成的同時(shí)釋放的粒子是中子 B．用高速質(zhì)子轟擊，生成的同時(shí)釋放的粒子是α粒子 C．當(dāng)聚集到病變部位時(shí)，其半衰期會(huì)發(fā)生變化 D．用高速質(zhì)子轟擊，在一次核反應(yīng)過程中，核反應(yīng)前和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后與所釋放的這種粒子的質(zhì)量之和完全相同3．（2024?貴州模擬）在光滑水平地面上有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物體，受力從靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列位移、速度、加速度和動(dòng)能隨時(shí)間的變化圖像可表示其運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)方向一定保持不變的是（）A． B． C． D．4．（2024?五華區(qū)校級(jí)模擬）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MPN所示，已知電場(chǎng)中b、c兩等勢(shì)面的電勢(shì)分別為φb、φc。則下列說法正確的是（）A．φb＜φc B．帶電粒子經(jīng)過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q（φb﹣φc） D．帶電粒子在M點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度5．（2024?廣西模擬）如圖，當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時(shí)，車輛會(huì)改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場(chǎng)，通過傳感器電路將磁場(chǎng)的變化轉(zhuǎn)換為交通燈的控制信號(hào)，車輛駛?cè)雸D中圓形區(qū)域時(shí)，車輛引起磁場(chǎng)變化的原因類似于（）A．將鐵芯放入通電線圈 B．增大通電線圈的面積 C．增加通電線圈的匝數(shù) D．加大對(duì)通電線圈的壓力（多選）6．（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最高點(diǎn)保持靜止。受到輕微擾動(dòng)后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過θ角度時(shí)，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關(guān)系如乙圖所示，g取10m/s2。則（）A．圓環(huán)半徑為0.6m B．時(shí)，小球所受合力為4N C．0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力一直增大 D．0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力先減小后增大（多選）7．（2024?溫江區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，邊長(zhǎng)為2L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D是AB邊的中點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子從D點(diǎn)以不同的速率平行于BC邊方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子可能從B點(diǎn)射出 B．若粒子從C點(diǎn)射出，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng) C．若粒子從C點(diǎn)射出，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．若粒子從AB邊射出，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，且時(shí)間最長(zhǎng)（多選）8．（2024?南充模擬）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a＜g）的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B的速度隨時(shí)間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．拉力F的最小值為2Ma B．A、B分離時(shí)，彈簧彈力恰好為零 C．A、B分離時(shí)，A上升的距離為 D．彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值二、實(shí)驗(yàn)題9．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，已知電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻相差不大。（1）先用多用電表2.5V量程粗測(cè)該電池的電動(dòng)勢(shì)，將多用電表的紅表筆與電池的（填“正”或“負(fù)”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連，多用電表的示數(shù)如圖1所示，則電源電動(dòng)勢(shì)為V（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。（2）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖2所示的實(shí)驗(yàn)電路，連接好實(shí)驗(yàn)電路，閉合開關(guān)S，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)，建立U﹣I坐標(biāo)系，并描繪出U﹣I圖像。另一同學(xué)仍使用圖2中的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)了如圖3所示的實(shí)驗(yàn)電路，實(shí)驗(yàn)操作步驟與前一位同學(xué)相同，在同一坐標(biāo)系中分別描點(diǎn)作出U﹣I圖像，圖2對(duì)應(yīng)的U﹣I圖線是圖4中的線（填“P”或“Q”）。若每次測(cè)量操作都正確，讀數(shù)都準(zhǔn)確，則由圖4中的P和Q圖線，可得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的真實(shí)值為E＝V，r＝Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）。10．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）深度為h（未知）且開口豎直向下的小筒中懸掛如圖甲所示的單擺（單擺的下半部分露于筒外），將擺球拉離平衡位置一個(gè)小角度后由靜止釋放，懸線不會(huì)碰到筒壁而同一豎直面內(nèi)擺動(dòng)。測(cè)量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測(cè)出對(duì)應(yīng)的擺動(dòng)周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出T2﹣L關(guān)系圖像，根據(jù)上述和下面已知信息或條件，請(qǐng)完成：（1）測(cè)量單擺的周期時(shí)，某同學(xué)在擺球某次通過最低點(diǎn)時(shí)按下停表開始計(jì)時(shí)，同時(shí)數(shù)“1”，當(dāng)擺球第二次通過最低點(diǎn)時(shí)數(shù)“2”，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“59”時(shí)，按下停表停止計(jì)時(shí)，讀出這段時(shí)間t，則該單擺的周期T為；（2）若不考慮實(shí)驗(yàn)誤差的影響，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到的T2﹣L關(guān)系圖線應(yīng)該是圖乙中a、b、c中的條（選填“a”、“b”或者“c”）。（3）根據(jù)圖線可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝m/s2（π取3.14，結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。三、計(jì)算題11．（2024?青羊區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，豎直軌道CDEF由圓弧CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半圓半徑均為R，水平軌道DE＝2R，各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調(diào)節(jié)。一質(zhì)量為m的小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調(diào)整軌道使BC高度差h＝0.9R，并使小球從C點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道。DE段的摩擦系數(shù)μ＝0.1，除DE段有摩擦外，其他阻力不計(jì)，θ＝37°，重力加速度為g，求：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）請(qǐng)判斷小球能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)；如能，求出最終落點(diǎn)的位置；如不能，請(qǐng)找出到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)的位置。12．（2024?昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長(zhǎng)的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)軌上，整個(gè)系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，電容器不帶電。t＝0時(shí)刻，對(duì)PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，PQ運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。（1）若保持開關(guān)S1斷開、S2閉合，求PQ的最終速度；（2）若保持開關(guān)S1閉合、S2斷開，求PQ的加速度大??；（3）若保持開關(guān)S1、S2都閉合，從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)PQ向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，求t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小。選修3-313．（2024?興寧區(qū)二模）關(guān)于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能，下列說法正確的是（）A．氣體在壓縮的過程中，內(nèi)能一定增大 B．氣體在放熱的過程中，內(nèi)能一定減小 C．氣體在等溫壓縮過程中，內(nèi)能一定增大 D．氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增大14．（2024?南寧一模）某學(xué)校開展慶?；顒?dòng)，使用氣球渲染氣氛。早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27℃，大氣壓強(qiáng)為p0，此時(shí)在地表附近的氣球體積為V0，若氣球?qū)崃己?，氣球?nèi)所充的氦氣可視為理想氣體，氣球內(nèi)外氣壓差很小可以忽略。（1）正午時(shí)大氣壓仍為P0，此時(shí)地表附近的氣球體積增大了，求此時(shí)地表附近氣溫達(dá)到多少℃？（2）若某高處的大氣壓強(qiáng)為P0，氣溫為15℃，若氣球懸停在這一高處時(shí)，氣球體積變?yōu)槎嗌?？選修3-415．（2024?柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面，O為圓心，AB為一條直徑，光線a、b均從C點(diǎn)射入，光線a平行于AB，光線b與光線a的夾角α＝15°，兩條光線的折射光線均經(jīng)過B點(diǎn)，θ＝60°，則光線a、b在玻璃磚中傳播的時(shí)間之比為（）A． B． C． D．16．（2024?貴州模擬）一簡(jiǎn)諧波的波源位于坐標(biāo)原點(diǎn)，波源振動(dòng)后t＝0.3s時(shí)第一次形成如圖所示的波形圖。（1）求該波的波長(zhǎng)和傳播速度大小；（2）在給出的坐標(biāo)圖上畫出波在t＝2.0s時(shí)刻的波形圖并寫出平衡位置位于x＝15m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。

2024年05月15日組卷42的高中物理組卷參考答案與試題解析一．試題（共16小題）1．（2024?成都模擬）一質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到另一點(diǎn)的過程中，下列說法一定正確的是（）A．質(zhì)點(diǎn)速度不變 B．質(zhì)點(diǎn)加速度不變 C．質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能不變 D．質(zhì)點(diǎn)機(jī)械能不變【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；勻速圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定性思想；推理法；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；理解能力．【分析】質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到另一點(diǎn)的過程中，速度、加速度方向發(fā)生變化，根據(jù)動(dòng)能與重力勢(shì)能的變化分析機(jī)械能變化?！窘獯稹拷猓嘿|(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從圓周上的一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到另一點(diǎn)的過程中，速度、加速度方向發(fā)生變化，質(zhì)點(diǎn)的速度大小不變，則動(dòng)能不變，若質(zhì)點(diǎn)在豎直平面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力勢(shì)能發(fā)生變化，機(jī)械能發(fā)生變化，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒定律，解題關(guān)鍵掌握機(jī)械能的組成，注意動(dòng)能與重力勢(shì)能的影響因素。2．（2024?南寧一模）醫(yī)學(xué)影像診斷設(shè)備PET/CT是借助于示蹤劑可以聚集到病變部位的特點(diǎn)來發(fā)現(xiàn)疾病的。示蹤劑常利用同位素作示蹤原子標(biāo)記，其半衰期為20min。小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊獲得，同時(shí)還釋放一種粒子的射線。則下列說法正確的是（）A．用高速質(zhì)子轟擊，生成的同時(shí)釋放的粒子是中子 B．用高速質(zhì)子轟擊，生成的同時(shí)釋放的粒子是α粒子 C．當(dāng)聚集到病變部位時(shí)，其半衰期會(huì)發(fā)生變化 D．用高速質(zhì)子轟擊，在一次核反應(yīng)過程中，核反應(yīng)前和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后與所釋放的這種粒子的質(zhì)量之和完全相同【考點(diǎn)】原子核的衰變及半衰期、衰變速度．【專題】定性思想；推理法；衰變和半衰期專題；理解能力．【分析】原子核在衰變過程中遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒；半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)；根據(jù)質(zhì)能關(guān)系判斷?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知，該核反應(yīng)方程中產(chǎn)生的粒子的質(zhì)量數(shù)為A＝1+14﹣11＝4，電荷數(shù)為z＝1+7﹣6＝2，可知釋放的粒子為α粒子（），故A錯(cuò)誤，B正確；C、半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，因此其半衰期不可能變化，故C錯(cuò)誤；D、核反應(yīng)的過程總伴隨能量的變化，所以核反應(yīng)前和質(zhì)子的質(zhì)量之和，一定與核反應(yīng)后與所釋放的這種粒子的質(zhì)量之和不相等，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】掌握核反應(yīng)方程遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，理解半衰期的意義，知道影響半衰期的因素。3．（2024?貴州模擬）在光滑水平地面上有一可視為質(zhì)點(diǎn)的物體，受力從靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列位移、速度、加速度和動(dòng)能隨時(shí)間的變化圖像可表示其運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)方向一定保持不變的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】牛頓第二定律；運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合；牛頓第二定律的圖像問題．【專題】定性思想；推理法；運(yùn)動(dòng)學(xué)中的圖象專題；理解能力．【分析】根據(jù)位移、速度、動(dòng)能隨時(shí)間的變化圖像分析物體運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)加速度隨時(shí)間的變化圖像物理意義分析判斷?！窘獯稹拷猓何灰?、速度、動(dòng)能隨時(shí)間的變化圖像表示物體的運(yùn)動(dòng)存在往復(fù)的情況，加速度的圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表速度，由圖像可知加速度隨時(shí)間的變化圖像表示的運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)方向一定保持不變。故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握位移、速度、加速度、動(dòng)能隨時(shí)間的變化圖像的物理意義。4．（2024?五華區(qū)校級(jí)模擬）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MPN所示，已知電場(chǎng)中b、c兩等勢(shì)面的電勢(shì)分別為φb、φc。則下列說法正確的是（）A．φb＜φc B．帶電粒子經(jīng)過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q（φb﹣φc） D．帶電粒子在M點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度【考點(diǎn)】電場(chǎng)力做功；電勢(shì)；等勢(shì)面．【專題】定量思想；推理法；電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題；推理能力．【分析】根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)合力、速度與軌跡的位置關(guān)系和帶電粒子的電性聯(lián)立判斷兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷的位置，進(jìn)一步判斷電勢(shì)高低；根據(jù)等勢(shì)面的特點(diǎn)、功能關(guān)系、曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)判斷帶電粒子經(jīng)過P點(diǎn)和N點(diǎn)時(shí)速度是否相等；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系求解電場(chǎng)力做的功；根據(jù)等勢(shì)面的疏密程度反應(yīng)電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱比較電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，進(jìn)一步判斷加速度的大小。【解答】解：A．根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的合外力指向軌跡的凹側(cè)，又帶電粒子帶正電，故正電荷在上方，負(fù)電荷在下方，所以φb＞φc，故A錯(cuò)誤；B．P、N兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，電勢(shì)能相同，動(dòng)能相同，所以帶電粒子經(jīng)過P和N位置時(shí)速度大小相等，但曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向沿軌跡切線方向，則帶電粒子經(jīng)過P和N位置時(shí)速度方向不同，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系，則帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做的功為WMN＝qUMN＝q（φc﹣φb）故C錯(cuò)誤；D．等勢(shì)面較密集的位置場(chǎng)強(qiáng)大，等勢(shì)面稀疏的位置場(chǎng)強(qiáng)小，故M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，帶電粒子在M點(diǎn)受到的電場(chǎng)力小于在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力，根據(jù)牛頓第二定律，帶電粒子在M點(diǎn)的加速度小于在N點(diǎn)的加速度，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查靜電場(chǎng)中基本量的計(jì)算和比較，要求學(xué)生熟練掌握靜電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電勢(shì)差、電場(chǎng)力做功等的計(jì)算和大小比較。5．（2024?廣西模擬）如圖，當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時(shí)，車輛會(huì)改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場(chǎng)，通過傳感器電路將磁場(chǎng)的變化轉(zhuǎn)換為交通燈的控制信號(hào)，車輛駛?cè)雸D中圓形區(qū)域時(shí)，車輛引起磁場(chǎng)變化的原因類似于（）A．將鐵芯放入通電線圈 B．增大通電線圈的面積 C．增加通電線圈的匝數(shù) D．加大對(duì)通電線圈的壓力【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與電路結(jié)合；分析綜合能力．【分析】根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象分析出電流的變化，從而分析出線圈產(chǎn)生的磁場(chǎng)的變化原因。【解答】解：當(dāng)車輛駛?cè)牖蝰偝鰣A形區(qū)域時(shí)，車輛會(huì)改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場(chǎng)，從而使圓形區(qū)域線圈的磁通量發(fā)生變化，汽車上大部分是金屬，汽車經(jīng)過線圈時(shí)會(huì)引起汽車磁通量的變化，從而產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而改變區(qū)域內(nèi)通電線圈中的磁場(chǎng)；此過程類似將鐵芯放入通電線圈，鐵芯的磁通量也會(huì)變化，也會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而改變通電線圈中的磁場(chǎng)。故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了電磁感應(yīng)在生活中的應(yīng)用，理解電磁感應(yīng)現(xiàn)象，結(jié)合感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件即可完成分析。（多選）6．（2024?綿陽模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為0.2kg的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，并在圓環(huán)最高點(diǎn)保持靜止。受到輕微擾動(dòng)后，小球由靜止開始沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，小球與圓心的連線轉(zhuǎn)過θ角度時(shí)，小球的速度大小為v，v2與cosθ的關(guān)系如乙圖所示，g取10m/s2。則（）A．圓環(huán)半徑為0.6m B．時(shí)，小球所受合力為4N C．0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力一直增大 D．0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力先減小后增大【考點(diǎn)】向心力；牛頓第二定律．【專題】定量思想；方程法；勻速圓周運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【分析】小球下滑過程機(jī)械能守恒，結(jié)合θ＝時(shí)，小球的速度平方為12，可得半徑；θ＝時(shí)，小球受到重力與軌道的支持力，由此求出合力；根據(jù)小球受到的合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律即可求出。【解答】解：A、小球下滑過程由機(jī)械能守恒定律有當(dāng)θ＝時(shí)，小球的速度平方為12m2/s2，代入公式得R＝0.6m，故A正確；B、當(dāng)θ＝時(shí)，小球的速度平方為12m2/s2，此時(shí)是圓環(huán)對(duì)小球的彈力提供向心力，有N＝N＝4N小球還受豎直向下的重力，所以小球所受合力為F＝＝N＝N，故B錯(cuò)誤；CD、當(dāng)時(shí)，有可知隨θ的增大，同時(shí)v也增大，所以N必須減小，當(dāng)時(shí)，有可知隨θ的增大，同時(shí)v也增大，所以N必須增大，所以0≤θ≤π過程中，圓環(huán)對(duì)小球的作用力先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象獲取有效信息進(jìn)行解答。（多選）7．（2024?溫江區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，邊長(zhǎng)為2L的等邊三角形ABC內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D是AB邊的中點(diǎn)，一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電粒子從D點(diǎn)以不同的速率平行于BC邊方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）A．粒子可能從B點(diǎn)射出 B．若粒子從C點(diǎn)射出，則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng) C．若粒子從C點(diǎn)射出，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 D．若粒子從AB邊射出，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，且時(shí)間最長(zhǎng)【考點(diǎn)】帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【分析】A.根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向結(jié)合軌跡特點(diǎn)分析判斷；BC.作圖，根據(jù)圖中找到相應(yīng)的幾何關(guān)系列式求解相應(yīng)的軌道半徑和對(duì)應(yīng)圓心角，再由時(shí)間和周期關(guān)系求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間；D.作圖，根據(jù)牛頓第二定律分析不同速率的軌跡特征解答時(shí)間。【解答】解：A.帶負(fù)電的粒子從D點(diǎn)以某一速度平行于BC邊方向射入磁場(chǎng)，由左手定則可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，由于BC邊的限制，粒子不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；BC.粒子從C點(diǎn)射出，如圖1所示根據(jù)幾何關(guān)系可得R2＝（R﹣Lsin60°）2+（2L﹣Lcos60°）2解得R＝L則粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角的正弦值為sin∠DOC＝＝＝，所以∠DOC＝60°，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間和周期的關(guān)系有，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為故B錯(cuò)誤，C正確；D.根據(jù)牛頓第二定律，qvB0＝m可得若粒子從AB邊射出，則粒子的速度越大，軌跡半徑越大，如圖2所示粒子從AB邊射出時(shí)的圓心角相同且為180°，是最大的圓心角，根據(jù)可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相等，則其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，且時(shí)間最長(zhǎng)，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確的分析和判斷。（多選）8．（2024?南充模擬）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個(gè)質(zhì)量均為M的物體A、B（B物體與彈簧連接），彈簧的勁度系數(shù)為k，初始時(shí)物體處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A開始向上做加速度為a（a＜g）的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B的速度隨時(shí)間變化圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．拉力F的最小值為2Ma B．A、B分離時(shí)，彈簧彈力恰好為零 C．A、B分離時(shí)，A上升的距離為 D．彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度達(dá)到最大值【考點(diǎn)】牛頓第二定律；彈力的大小、胡克定律．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力．【分析】A、對(duì)整體分離前進(jìn)行受力分析列出牛頓第二定律方程，再結(jié)合初態(tài)的受力分析可得到力F的最小值；B、A、B分離時(shí)，對(duì)B進(jìn)行受力分析列出牛頓第二定律方程可判斷A、B分離時(shí)，彈簧彈力不為零；C、施加F前，對(duì)物體A、B整體列平衡方程求出彈簧的形變量，與分離時(shí)形變量做差即可求解；D、A、B分離后，B先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝Mg時(shí)，B達(dá)到最大速度。【解答】解：A、分離前對(duì)A、B整體分析有F﹣2Mg+kx＝2Ma，由于a不變，x減小，則F增大，故剛開始時(shí)力F最小，初態(tài)2Mg＝kx，所以F的最小值為2Ma，故A正確；B、A、B分離時(shí)，對(duì)B有kx2﹣Mg＝Ma，解得x2＝，A、B分離時(shí)，彈簧彈力不為零，故B錯(cuò)誤；C、施加F前，物體A、B整體平衡，根據(jù)平衡條件有2Mg＝kx1，解得x1＝，A、B分離時(shí)，A上升的距離為x1﹣x2＝，故C正確；D、A、B分離后，B先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝Mg時(shí)，B達(dá)到最大速度，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是搞清楚不同運(yùn)動(dòng)過程受力情況，對(duì)分離前后列牛頓第二定律方程進(jìn)行求解。9．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）某實(shí)驗(yàn)小組要測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，已知電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻相差不大。（1）先用多用電表2.5V量程粗測(cè)該電池的電動(dòng)勢(shì)，將多用電表的紅表筆與電池的正（填“正”或“負(fù)”）極相連，黑表筆與電池的另一電極相連，多用電表的示數(shù)如圖1所示，則電源電動(dòng)勢(shì)為1.45V（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。（2）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖2所示的實(shí)驗(yàn)電路，連接好實(shí)驗(yàn)電路，閉合開關(guān)S，改變滑片P的位置，記錄多組電壓表、電流表示數(shù)，建立U﹣I坐標(biāo)系，并描繪出U﹣I圖像。另一同學(xué)仍使用圖2中的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計(jì)了如圖3所示的實(shí)驗(yàn)電路，實(shí)驗(yàn)操作步驟與前一位同學(xué)相同，在同一坐標(biāo)系中分別描點(diǎn)作出U﹣I圖像，圖2對(duì)應(yīng)的U﹣I圖線是圖4中的P線（填“P”或“Q”）。若每次測(cè)量操作都正確，讀數(shù)都準(zhǔn)確，則由圖4中的P和Q圖線，可得電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的真實(shí)值為E＝1.45V，r＝1.45Ω（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）。【考點(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量．【專題】實(shí)驗(yàn)題；實(shí)驗(yàn)探究題；定量思想；實(shí)驗(yàn)分析法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）多用表的紅表筆插“+”插孔，電流從紅表筆流入，黑表筆流出，據(jù)此分析作答；用多用電表2.5V量程的電壓擋，最小刻度值是0.05V，采用“”估讀法讀數(shù)；（2）圖2的誤差來源于電流表分壓，圖3的誤差來源于電壓表分流，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，結(jié)合U﹣I圖像分析作答?！窘獯稹拷猓海?）用多用電表粗測(cè)該電池的電動(dòng)勢(shì)，將多用電表的紅表筆與電源的正極相連，黑表筆與電池的另一電極相連。由圖1所示，用多用電表2.5V量程的電壓擋，最小刻度值是0.05V，則粗測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)為1.45V。（2）由圖3所示電路可知，電壓表有分流作用，圖2所示電路，電流表有分壓作用，從而導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)結(jié)果存在系統(tǒng)誤差；圖3所示電路，可把電壓表與電源看作一個(gè)等效電源，由閉合電路歐姆定律知E＝U斷可知，電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量值均小于真實(shí)值，作出的U﹣I圖線是Q線；圖2所示電路，可把電流表與電源看作一個(gè)等效電源，由閉合電路歐姆定律E＝U斷可知，電動(dòng)勢(shì)測(cè)量值等于真實(shí)值，U﹣I圖線應(yīng)是P線，電動(dòng)勢(shì)為E＝UP＝1.45V圖3所示電路，當(dāng)外電路短路時(shí)，電流的測(cè)量值等于真實(shí)值，則短路電流I短＝IQ＝1.00A內(nèi)阻代入數(shù)據(jù)解得r＝1.45Ω。故答案為：（1）正；1.45；（2）P；1.45；1.45。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量及多用電表的使用；應(yīng)明確用“等效電源”法分析“測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)”誤差的方法，明確U﹣I圖象中縱軸截距與斜率的含義。10．（2024?武侯區(qū)校級(jí)模擬）深度為h（未知）且開口豎直向下的小筒中懸掛如圖甲所示的單擺（單擺的下半部分露于筒外），將擺球拉離平衡位置一個(gè)小角度后由靜止釋放，懸線不會(huì)碰到筒壁而同一豎直面內(nèi)擺動(dòng)。測(cè)量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測(cè)出對(duì)應(yīng)的擺動(dòng)周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出T2﹣L關(guān)系圖像，根據(jù)上述和下面已知信息或條件，請(qǐng)完成：（1）測(cè)量單擺的周期時(shí)，某同學(xué)在擺球某次通過最低點(diǎn)時(shí)按下停表開始計(jì)時(shí)，同時(shí)數(shù)“1”，當(dāng)擺球第二次通過最低點(diǎn)時(shí)數(shù)“2”，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到“59”時(shí)，按下停表停止計(jì)時(shí)，讀出這段時(shí)間t，則該單擺的周期T為；（2）若不考慮實(shí)驗(yàn)誤差的影響，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到的T2﹣L關(guān)系圖線應(yīng)該是圖乙中a、b、c中的a條（選填“a”、“b”或者“c”）。（3）根據(jù)圖線可求得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭＝9.86m/s2（π取3.14，結(jié)果保留3位有效數(shù)字）?！究键c(diǎn)】用單擺測(cè)定重力加速度．【專題】定量思想；推理法；單擺問題；推理能力．【分析】（1）根據(jù)總時(shí)間和記錄的全振動(dòng)的次數(shù)計(jì)算單擺的周期；（2）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合單擺的周期公式推導(dǎo)判斷圖像；（3）根據(jù)圖像的斜率的物理意義計(jì)算當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮??！窘獯稹拷猓海?）單擺的擺球經(jīng)過最低點(diǎn)后，在之后的一個(gè)周期內(nèi)將兩次經(jīng)過最低點(diǎn)，則對(duì)應(yīng)的全振動(dòng)的次數(shù)為n＝＝29，則根據(jù)題意可得，該單擺的周期T＝＝（2）根據(jù)該實(shí)驗(yàn)的原理可得單擺的周期變式可得可知T2﹣L的圖像應(yīng)在縱軸上半軸有截距，故選：a。（3）根據(jù)函數(shù)關(guān)系可得該圖像的斜率根據(jù)圖像可得斜率解得g≈9.86m/s2故答案為：（1）；（2）a；（3）9.86?！军c(diǎn)評(píng)】考查單擺的周期問題，會(huì)根據(jù)題意結(jié)合圖像求解相應(yīng)的物理量。11．（2024?青羊區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，豎直軌道CDEF由圓弧CD、直線DE和半圓EF組成，圓弧和半圓半徑均為R，水平軌道DE＝2R，各軌道之間平滑連接，軌道CDEF可上下左右調(diào)節(jié)。一質(zhì)量為m的小球壓縮彈簧到某一位置后撤去外力靜止釋放后沿水平軌道AB向右拋出。調(diào)整軌道使BC高度差h＝0.9R，并使小球從C點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道。DE段的摩擦系數(shù)μ＝0.1，除DE段有摩擦外，其他阻力不計(jì)，θ＝37°，重力加速度為g，求：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）請(qǐng)判斷小球能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)；如能，求出最終落點(diǎn)的位置；如不能，請(qǐng)找出到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)的位置?！究键c(diǎn)】動(dòng)能定理；生活中的圓周運(yùn)動(dòng)——豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；定量思想；臨界法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【分析】（1）小球從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求出小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)水平方向的分速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律求撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）先根據(jù)動(dòng)能定理求出小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。假設(shè)小球能夠由C到F，由動(dòng)能定理求出小球到達(dá)F點(diǎn)的速度，與臨界速度比較即可判斷小球能否到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出最終落點(diǎn)的位置?！窘獯稹拷猓海?）小球從B到C做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上，根據(jù)可得小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直速度大小為水平速度為彈簧的彈性勢(shì)能為（2）小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek＝Ep+mgh＝1.6mgR+0.9mgR＝2.5mgR假設(shè)小球能夠到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)F，從C到F，由動(dòng)能定理得解得：此時(shí)向心力大小因此假設(shè)成立，能夠恰好到達(dá)F點(diǎn)，從F到D做平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)會(huì)落在水平面，有x＝vFt聯(lián)立解得：x＝2R即小球剛好落在D點(diǎn)。答：（1）撤去外力瞬間，彈簧的彈性勢(shì)能Ep為1.6mgR；（2）能，最終小球剛好落在D點(diǎn)?！军c(diǎn)評(píng)】本題是動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)的結(jié)合，分析清楚小球每個(gè)過程運(yùn)動(dòng)是解體前提，對(duì)于多過程運(yùn)動(dòng)的物體處理通常用動(dòng)能定理。12．（2024?昆明一模）如圖所示，兩根相互平行且足夠長(zhǎng)的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌上接有電容為C的電容器和阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ靜止在導(dǎo)軌上，整個(gè)系統(tǒng)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，電容器不帶電。t＝0時(shí)刻，對(duì)PQ施加水平向右大小為F的恒力。PQ和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，PQ運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。（1）若保持開關(guān)S1斷開、S2閉合，求PQ的最終速度；（2）若保持開關(guān)S1閉合、S2斷開，求PQ的加速度大?。唬?）若保持開關(guān)S1、S2都閉合，從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)PQ向右運(yùn)動(dòng)的距離為x，求t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題；動(dòng)量定理；閉合電路的歐姆定律；導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；等效替代法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；分析綜合能力．【分析】（1）若保持開關(guān)S1斷開、S2閉合，最終PQ做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)PQ棒受到的安培力與外力相等求PQ的最終速度；（2）若保持開關(guān)S1閉合、S2斷開，取一段極短的時(shí)間Δt，PQ速度的變化量為Δv，對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理列式，結(jié)合電流的定義式、加速度定義式求PQ的加速度大?。唬?）若保持開關(guān)S1、S2都閉合，對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理列式，流過PQ的電荷量等于流過電阻電荷量和電容器存儲(chǔ)的電荷量之和，結(jié)合電流的定義式和位移等于平均速度與時(shí)間的乘積求t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）保持開關(guān)S1斷開、S2閉合，當(dāng)PQ棒受到的安培力與外力相等時(shí)，PQ開始做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡可得F＝BIL①根據(jù)閉合電路歐姆定律可得②導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)可得E＝BLv1③聯(lián)立解得：④（2）保持開關(guān)S1閉合、S2斷開，取一段極短的時(shí)間Δt，PQ速度的變化量為Δv，電容器C上的電荷量的變化量為Δq，對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理可得⑤根據(jù)電流的定義式可得⑥電容器上電荷量的變化量為Δq＝CBLΔv⑦根據(jù)加速度的定義式可得⑧聯(lián)立解得⑨（3）對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理可得⑩通過PQ的電荷量為（11）獨(dú)立分析PQ與定值電阻R組成的回路可得流過定值電阻的電荷量為（12）x＝（13）電容器存儲(chǔ)的電荷量q2＝CBLv2（14）流過PQ的電荷量等于流過電阻電荷量和電容器存儲(chǔ)的電荷量之和q＝q1+q2（15）聯(lián)立解得答：（1）PQ的最終速度為；（2）PQ的加速度大小為；（3）t＝t0時(shí)刻PQ的速度大小為。【點(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵是從力的角度分析導(dǎo)體棒的受力情況，利用動(dòng)量定理求解通過導(dǎo)體棒的電荷量，運(yùn)用牛頓第二定律分析有電容器存在的情況下導(dǎo)體棒的加速度，這些都是常用方法，要熟練掌握。13．（2024?興寧區(qū)二模）關(guān)于一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能，下列說法正確的是（）A．氣體在壓縮的過程中，內(nèi)能一定增大 B．氣體在放熱的過程中，內(nèi)能一定減小 C．氣體在等溫壓縮過程中，內(nèi)能一定增大 D．氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增大【考點(diǎn)】熱力學(xué)第一定律及其應(yīng)用；氣體的等壓變化及蓋﹣呂薩克定律．【專題】定性思想；推理法；熱力學(xué)定律專題；理解能力．【分析】A、氣體被壓縮的過程時(shí)外界對(duì)氣體做功的過程，有放熱的可能；B、氣體在放熱的過程中，可能外界對(duì)氣體做功；C、內(nèi)能和溫度有關(guān)，等溫壓縮不改變內(nèi)能；D、等壓膨脹，溫度升高，內(nèi)能和溫度有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、氣體在壓縮過程中外界對(duì)氣體做功，可能放熱，內(nèi)能不一定增大，故A錯(cuò)誤；B、同理，氣體在放熱的過程中，可能外界對(duì)氣體做功，內(nèi)能不一定增大，故B錯(cuò)誤；C、一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只和溫度有關(guān)，等溫壓縮過程中，內(nèi)能保持不變，故C錯(cuò)誤；D、等壓膨脹過程中，溫度升高，內(nèi)能一定增大，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)熱學(xué)第一定律的理解，注意內(nèi)能的變化與溫度變化有關(guān)即為解題關(guān)鍵。14．（2024?南寧一模）某學(xué)校開展慶祝活動(dòng)，使用氣球渲染氣氛。早晨，學(xué)校地表附近的氣溫為27℃，大氣壓強(qiáng)為p0，此時(shí)在地表附近的氣球體積為V0，若氣球?qū)崃己茫瑲馇騼?nèi)所充的氦氣可視為理想氣體，氣球內(nèi)外氣壓差很小可以忽略。（1）正午時(shí)大氣壓仍為P0，此時(shí)地表附近的氣球體積增大了，求此時(shí)地表附近氣溫達(dá)到多少℃？（2）若某高處的大氣壓強(qiáng)為P0，氣溫為15℃，若氣球懸停在這一高處時(shí)，氣球體積變?yōu)槎嗌?？【考點(diǎn)】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；壓強(qiáng)及封閉氣體壓強(qiáng)的計(jì)算．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理能力．【分析】（1）根據(jù)蓋—呂薩克定律求解此時(shí)的熱力學(xué)溫度，根據(jù)熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系求解此時(shí)地表附近的氣溫；（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求解氣球懸停在這一高處時(shí)氣球的體積?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知此過程為等壓變化過程，由蓋—呂薩克定律知其中T0＝300K，聯(lián)立解得T＝310K根據(jù)熱力學(xué)溫度和攝氏溫度的關(guān)系可知T＝t+273K解得t＝37℃；（2）根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有其中，T1＝288K聯(lián)立解得V1＝1.2V0。答：（1）正午時(shí)大氣壓仍為P0，此時(shí)地表附近的氣球體積增大了，則此時(shí)地表附近氣溫達(dá)到37℃；（2）若某高處的大氣壓強(qiáng)為P0，氣溫為15℃，若氣球懸停在這一高處時(shí)，則氣球體積變?yōu)?.2V0?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查理想氣體狀態(tài)方程，要求學(xué)生能正確選擇研究對(duì)象，分析變化過程，熟練掌握理想氣體狀態(tài)方程并應(yīng)用于解題。15．（2024?柳州模擬）如圖所示為一圓柱形玻璃磚的截面，O為圓心，AB為一條直徑，光線a、b均從C點(diǎn)射入，光線a平行于AB，光線b與光線a的夾角α＝15°，兩條光線的折射光線均經(jīng)過B點(diǎn)，θ＝60°，則光線a、b在玻璃磚中傳播的時(shí)間之比為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】光的折射及折射定律．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理能力．【分析】根據(jù)光的折射結(jié)合折射定律解得折射率的關(guān)系，根據(jù)v＝可知a、b光的速度之比，根據(jù)路程相等解得時(shí)間之比。【解答】解：畫出光線的折射如圖結(jié)合幾何關(guān)系可知光線a在C點(diǎn)的入射角ia＝60°，折射角ra＝30°則折射率為na＝解得na＝光線b在C點(diǎn)的入射角ib＝45°，折射角rb＝30°則折射率為nb＝解得nb＝光在介質(zhì)中的傳播速度為v＝由于路程相同t＝解得光線a、b在玻璃磚中傳播的時(shí)間之比為，故B正確，ACD錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的重點(diǎn)為光的折射的計(jì)算，關(guān)鍵找到對(duì)應(yīng)的幾何關(guān)系進(jìn)而找到入射角、折射角，從而分析折射率。16．（2024?貴州模擬）一簡(jiǎn)諧波的波源位于坐標(biāo)原點(diǎn)，波源振動(dòng)后t＝0.3s時(shí)第一次形成如圖所示的波形圖。（1）求該波的波長(zhǎng)和傳播速度大??；（2）在給出的坐標(biāo)圖上畫出波在t＝2.0s時(shí)刻的波形圖并寫出平衡位置位于x＝15m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。【考點(diǎn)】波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖像．【專題】計(jì)算題；定量思想；圖析法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；分析綜合能力．【分析】（1）由圖讀出波長(zhǎng)，根據(jù)公式v＝求波的傳播速度大小。（2）根據(jù)波形平移法畫出波在t＝2.0s時(shí)刻的波形圖。在波傳到x＝15m處質(zhì)點(diǎn)不振動(dòng)。波傳到該質(zhì)點(diǎn)后，判斷起振方向，再寫出振動(dòng)方程?！窘獯稹拷猓海?）由圖可知：解得：λ＝20m波速為：（2）由得：T＝0.4s從t＝0.3s到t＝2.0s的時(shí)間間隔Δt＝2.0s﹣0.3s＝1.7s因n＝＝＝4，結(jié)合波形平移法可得t＝2.0s時(shí)刻的波形圖如圖所示。ω＝＝rad/s＝5πrad/s由于波源起振方向向上，所以波源的振動(dòng)方程為y＝Asinωt＝2sin（5πt）cm則x＝15m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為答：（1）該波的波長(zhǎng)和傳播速度大小分別為20m，50m/s；（2）波在t＝2.0s時(shí)刻的波形圖見解析，平衡位置位于x＝15m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為?！军c(diǎn)評(píng)】本題讀出振幅、周期和波長(zhǎng)是基本功，關(guān)鍵是利用波形的平移法作圖，要學(xué)會(huì)應(yīng)用。

考點(diǎn)卡片1．運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像綜合【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.圖像是解決物理學(xué)問題的工具。除了常見位移—時(shí)間圖像（x﹣t圖像），速度—時(shí)間圖像（v﹣t圖像），還有加速度—時(shí)間圖像（a﹣t圖像），速度—位移圖像（v﹣x圖像）等等。我們以a﹣t、v﹣x圖像為例進(jìn)行說明。①a﹣t圖像：加速度—時(shí)間圖像2．彈力的大小、胡克定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對(duì)跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個(gè)物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點(diǎn)的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對(duì)物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長(zhǎng)（或縮短）的長(zhǎng)度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長(zhǎng)（或縮短）單位長(zhǎng)度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長(zhǎng)短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長(zhǎng)度與彈簧原長(zhǎng)的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長(zhǎng)度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對(duì)于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長(zhǎng)”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，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(gè)解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長(zhǎng)度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長(zhǎng)度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長(zhǎng)為20cm，則彈簧的原長(zhǎng)為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個(gè)彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k＝；x2＝；故彈簧的原長(zhǎng)為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類常考題型是考查胡克定律與其他知識(shí)點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個(gè)質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度比其自然長(zhǎng)度伸長(zhǎng)了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長(zhǎng)△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時(shí)盤對(duì)物體的支持力等于（）A.B.C.D.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時(shí)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(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對(duì)物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長(zhǎng)△l時(shí)手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F＝剛松手瞬時(shí)彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對(duì)象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝對(duì)物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+）mg故選A．點(diǎn)評(píng)：點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來確定．3．牛頓第二定律的圖像問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．物體質(zhì)量一定時(shí)，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物體的F﹣a圖象是一條直線。2．物體受力一定時(shí)，它的質(zhì)量越大，加速度越小，即a∝，所以物體的﹣a圖象是一條直線?！久}方向】下列圖象能反映牛頓第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根據(jù)牛頓第二定律可知，物體的加速度與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，根據(jù)牛頓第二定律分析各個(gè)圖象。解答：AD、根據(jù)牛頓第二定律可知，a＝，當(dāng)合外力F恒定時(shí)，a﹣圖象為過原點(diǎn)的傾斜直線，a﹣m圖象為曲線，故A正確，D錯(cuò)誤。B、v﹣t圖象反映的是速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，斜率表示加速度，與牛頓第二定律無關(guān)，故B錯(cuò)誤。C、根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)＝ma，質(zhì)量增大，合外力F不變，F(xiàn)﹣m圖象為平行于橫軸的圖象，故C錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題考查了加速度與力的關(guān)系圖象，解題的關(guān)鍵是明確牛頓第二定律的公式，對(duì)比分析圖象?！窘忸}思路點(diǎn)撥】圖像問題的本質(zhì)是對(duì)牛頓第二定律的理解與應(yīng)用，從F＝ma出發(fā)，根據(jù)控制變量法找出各物理量之間的關(guān)系，從而得出相應(yīng)函數(shù)圖像的性質(zhì)。4．牛頓第二定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國(guó)際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國(guó)際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對(duì)于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝．另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對(duì)同一物體而言的兩個(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對(duì)應(yīng)．（5）相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大小．根據(jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時(shí)間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B、D正確，A、C錯(cuò)誤．故選：BD．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生對(duì)于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對(duì)比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對(duì)牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a＝，方向沿Ⅰ的延長(zhǎng)線D．則a＝，方向水平向左分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1＝．剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a＝＝，方向水平向左，故ABC錯(cuò)誤，D正確；故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式有：上滑過程中加速度的大小：（2）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(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．對(duì)于分析瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①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(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對(duì)物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過程．（2）分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時(shí)需進(jìn)行討論．5．勻速圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)一、描述圓周運(yùn)動(dòng)的物理量描述圓周運(yùn)動(dòng)的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉(zhuǎn)速、向心加速度等。物理量物理意義定義和公式方向和單位線速度描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢物體沿圓周通過的弧長(zhǎng)與所用時(shí)間的比值，v＝方向：沿圓弧切線方向。單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過角度的快慢運(yùn)動(dòng)物體與圓心連線掃過的角的弧度數(shù)與所用時(shí)間的比值，ω＝單位：rad/s周期和轉(zhuǎn)速描述物體做圓周運(yùn)動(dòng)的快慢周期T：物體沿圓周運(yùn)動(dòng)一周所用的時(shí)間。轉(zhuǎn)速n：物體單位時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的圈數(shù)周期單位：s轉(zhuǎn)速單位：r/s或r/min向心加速度描述線速度方向變化的快慢方向：總是沿半徑指向圓心，與線速度方向垂直。單位：m/s2v、ω、T、an間的關(guān)系，二、向心力1．作用效果：產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小。2．大?。篎n＝man＝＝mω2r＝。3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時(shí)刻在改變，即向心力是一個(gè)變力。4．來源：向心力可以由一個(gè)力提供，也可以由幾個(gè)力的合力提供，甚至可以由一個(gè)力的分力提供，因此向心力的來源要根據(jù)物體受力的實(shí)際情況判定。注意：向心力是一種效果力，受力分析時(shí)，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個(gè)向心力。三、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和非勻速圓周運(yùn)動(dòng)1．勻速圓周運(yùn)動(dòng)（1）定義：角速度大小不變的圓周運(yùn)動(dòng)。（2）性質(zhì)：向心加速度大小不變，方向始終指向圓心的變加速曲線運(yùn)動(dòng)。（3）質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件：合力大小不變，方向始終與速度方向垂直且指向圓心。2．非勻速圓周運(yùn)動(dòng)（1）定義：線速度大小不斷變化的圓周運(yùn)動(dòng)。（2）合力的作用①合力沿速度方向的分量Ft產(chǎn)生切向加速度，F(xiàn)t＝mat，它只改變速度的大小。②合力沿半徑方向的分量Fn產(chǎn)生向心加速度，F(xiàn)n＝man，它只改變速度的方向。四、離心運(yùn)動(dòng)和向心運(yùn)動(dòng)1．離心運(yùn)動(dòng)（1）定義：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的情況下，就做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)。（2）本質(zhì)：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向。（3）受力特點(diǎn)：當(dāng)F＝mrω2時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)F＝0時(shí)，物體沿切線方向飛出；當(dāng)F＜mrω2時(shí)，物體逐漸遠(yuǎn)離圓心，F(xiàn)為實(shí)際提供的向心力。如圖所示：2．向心運(yùn)動(dòng)當(dāng)提供向心力的合外力大于做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力時(shí)，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近。如圖所示：注意：物體做離心運(yùn)動(dòng)不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現(xiàn)，物體做離心運(yùn)動(dòng)時(shí)，并非沿半徑方向飛出，而是運(yùn)動(dòng)半徑越來越大或沿切線方向飛出。【重要知識(shí)點(diǎn)分析】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析（1）對(duì)公式v＝ωr的理解當(dāng)r一定時(shí)，v與ω成正比。當(dāng)ω一定時(shí)，v與r成正比。當(dāng)v一定時(shí)，ω與r成反比。（2）對(duì)a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時(shí)，a與r成反比；在ω一定時(shí)，a與r成正比。2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)和非勻速圓周運(yùn)動(dòng)的比較項(xiàng)目勻速圓周運(yùn)動(dòng)非勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是速度大小不變，方向時(shí)刻變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)，是加速度大小不變而方向時(shí)刻變化的變加速曲線運(yùn)動(dòng)是速度大小和方向都變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運(yùn)動(dòng)加速度加速度方向與線速度方向垂直。即只存在向心加速度，沒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】【命題方向】（1）第一類常考題型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的傳動(dòng)問題分析：一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質(zhì)量相等的小球A和B沿著筒的內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A的運(yùn)動(dòng)半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運(yùn)動(dòng)周期等于球B的運(yùn)動(dòng)周期D．球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力分析：對(duì)AB受力分析，可以發(fā)現(xiàn)它們都是重力和斜面的支持力的合力作為向心力，并且它們的質(zhì)量相等，所以向心力的大小也相等，再根據(jù)線速度、加速度和周期的公式可以做出判斷。解：A、如圖所示，小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于A和B的質(zhì)量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力是相同的。由向心力的計(jì)算公式F＝m，由于球A運(yùn)動(dòng)的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時(shí)，半徑大的線速度大，所以A錯(cuò)誤。B、又由公式F＝mω2r，由于球A運(yùn)動(dòng)的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時(shí)，半徑大的角速度小，所以B錯(cuò)誤。C、由周期公式T＝，所以球A的運(yùn)動(dòng)周期大于球B的運(yùn)動(dòng)周期，故C錯(cuò)誤。D、球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力，所以D正確。故選D。點(diǎn)評(píng)：對(duì)物體受力分析是解題的關(guān)鍵，通過對(duì)AB的受力分析可以找到AB的內(nèi)在的關(guān)系，它們的質(zhì)量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學(xué)生分析問題的能力，是道好題。（2）第二類?？碱}型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)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(yùn)動(dòng)。圓半徑為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓軌。則其通過最高點(diǎn)時(shí)（）A．小球?qū)A環(huán)的壓力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力C．小球的線速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g分析：小球經(jīng)過圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對(duì)小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球的速度。解：A、因?yàn)樾∏騽偤迷谧罡唿c(diǎn)不脫離圓環(huán)，則軌道對(duì)球的彈力為零，所以小球?qū)A環(huán)的壓力為零。故A錯(cuò)誤。B、根據(jù)牛頓第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不為零，線速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正確。故選BCD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道在最高點(diǎn)的臨界情況，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解。（3）第二類?？碱}型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型與桿模型分析：如圖，質(zhì)量為0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用繩子系住小杯在豎直平面內(nèi)做“水流星”表演，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為1m，小杯通過最高點(diǎn)的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點(diǎn)時(shí)，繩的拉力？（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對(duì)小杯底的壓力？（3）為使小杯經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)水不流出，在最高點(diǎn)時(shí)最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力是由哪個(gè)力提供的；（2）水對(duì)小杯底的壓力與杯子對(duì)水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對(duì)水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點(diǎn)，此時(shí)的受力的條件是只有物體的重力作為向心力。解：（1）小杯質(zhì)量m＝0.5kg，水的質(zhì)量M＝1kg，在最高點(diǎn)時(shí)，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以細(xì)繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合＝Mg+F圓周半徑為R，則F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯對(duì)水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據(jù)牛頓第三定律，水對(duì)小杯底的壓力為6N，方向豎直向上。（3）小杯經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)水恰好不流出時(shí)，此時(shí)杯對(duì)水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝。答：（1）在最高點(diǎn)時(shí)，繩的拉力為9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對(duì)小杯底的壓力為6N；（3）在最高點(diǎn)時(shí)最小速率為。點(diǎn)評(píng)：水桶在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力的來源是解決題目的重點(diǎn)，分析清楚哪一個(gè)力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當(dāng)水桶恰好能過最高點(diǎn)時(shí)，只有水的重力作為向心力，此時(shí)水恰好流不出來?！窘忸}方法點(diǎn)撥】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律總結(jié)在分析傳動(dòng)裝置中的各物理量時(shí)，要抓住不等量和相等量的關(guān)系，具體有：（1）同一轉(zhuǎn)軸的輪上各點(diǎn)角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比。（2）當(dāng)皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時(shí)，傳動(dòng)皮帶上各點(diǎn)以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點(diǎn)線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比。（3）齒輪傳動(dòng)時(shí)，兩輪的齒數(shù)與半徑成正比，角速度與齒數(shù)成反比。2．圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置。②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力。（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力。（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程。3．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，按運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)得v臨＝0討論分析（1）過最高點(diǎn)時(shí)，v≥，F(xiàn)N+mg＝m，繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN；（2）不能過最高點(diǎn)時(shí)，v＜，在到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道；（1）當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當(dāng)0＜v＜時(shí)，﹣FN+mg＝m，F(xiàn)N背向圓心，隨v的增大而減??；（3）當(dāng)v＝時(shí)，F(xiàn)N＝0；（4）當(dāng)v＞時(shí)，F(xiàn)N+mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大；6．向心力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一：向心力1．作用效果：產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大小．2．大?。篎n＝man＝＝mω2r＝．3．方向：總是沿半徑方向指向圓心，時(shí)刻在改變，即向心力是一個(gè)變力．4．來源：向心力可以由一個(gè)力提供，也可以由幾個(gè)力的合力提供，甚至可以由一個(gè)力的分力提供，因此向心力的來源要根據(jù)物體受力的實(shí)際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時(shí)，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個(gè)向心力．二、離心運(yùn)動(dòng)和向心運(yùn)動(dòng)1．離心運(yùn)動(dòng)（1）定義：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的情況下，就做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)．（2）本質(zhì)：做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，由于本身的慣性，總有沿著圓周切線方向飛出去的傾向．（3）受力特點(diǎn)：當(dāng)F＝mrω2時(shí)，物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；當(dāng)F＝0時(shí)，物體沿切線方向飛出；當(dāng)F＜mrω2時(shí)，物體逐漸遠(yuǎn)離圓心，F(xiàn)為實(shí)際提供的向心力．如圖所示．2．向心運(yùn)動(dòng)當(dāng)提供向心力的合外力大于做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力時(shí)，即F＞mrω2，物體漸漸向圓心靠近．如圖所示．注意：物體做離心運(yùn)動(dòng)不是物體受到所謂離心力作用，而是物體慣性的表現(xiàn)，物體做離心運(yùn)動(dòng)時(shí)，并非沿半徑方向飛出，而是運(yùn)動(dòng)半徑越來越大或沿切線方向飛出．【重要知識(shí)點(diǎn)分析】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)分析（1）對(duì)公式v＝ωr的理解當(dāng)r一定時(shí)，v與ω成正比．當(dāng)ω一定時(shí)，v與r成正比．當(dāng)v一定時(shí)，ω與r成反比．（2）對(duì)a＝＝ω2r＝ωv的理解在v一定時(shí)，a與r成反比；在ω一定時(shí)，a與r成正比．2．勻速圓周運(yùn)動(dòng)和非勻速圓周運(yùn)動(dòng)的比較項(xiàng)目勻速圓周運(yùn)動(dòng)非勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是速度大小不變，方向時(shí)刻變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)，是加速度大小不變而方向時(shí)刻變化的變加速曲線運(yùn)動(dòng)是速度大小和方向都變化的變速曲線運(yùn)動(dòng)，是加速度大小和方向都變化的變加速曲線運(yùn)動(dòng)加速度加速度方向與線速度方向垂直．即只存在向心加速度，沒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(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的傳動(dòng)問題分析：一個(gè)內(nèi)壁光滑的圓錐形筒的軸線垂直水平面，圓錐筒固定，有質(zhì)量相等的小球A和B沿著筒的內(nèi)壁在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A的運(yùn)動(dòng)半徑較大，則（）A．球A的線速度等于球B的線速度B．球A的角速度等于球B的角速度C．球A的運(yùn)動(dòng)周期等于球B的運(yùn)動(dòng)周期D．球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力分析：對(duì)AB受力分析，可以發(fā)現(xiàn)它們都是重力和斜面的支持力的合力作為向心力，并且它們的質(zhì)量相等，所以向心力的大小也相等，再根據(jù)線速度、加速度和周期的公式可以做出判斷．解：A、如圖所示，小球A和B緊貼著內(nèi)壁分別在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由于A和B的質(zhì)量相同，小球A和B在兩處的合力相同，即它們做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的向心力是相同的．由向心力的計(jì)算公式F＝m，由于球A運(yùn)動(dòng)的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時(shí)，半徑大的線速度大，所以A錯(cuò)誤．B、又由公式F＝mω2r，由于球A運(yùn)動(dòng)的半徑大于B球的半徑，F(xiàn)和m相同時(shí)，半徑大的角速度小，所以B錯(cuò)誤．C、由周期公式T＝，所以球A的運(yùn)動(dòng)周期大于球B的運(yùn)動(dòng)周期，故C錯(cuò)誤．D、球A對(duì)筒壁的壓力等于球B對(duì)筒壁的壓力，所以D正確．故選D．點(diǎn)評(píng)：對(duì)物體受力分析是解題的關(guān)鍵，通過對(duì)AB的受力分析可以找到AB的內(nèi)在的關(guān)系，它們的質(zhì)量相同，向心力的大小也相同，本題能很好的考查學(xué)生分析問題的能力，是道好題．（2）第二類常考題型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析：如圖所示，質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)．圓半徑為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓軌．則其通過最高點(diǎn)時(shí)（）A．小球?qū)A環(huán)的壓力大小等于mgB．小球受到的向心力等于重力C．小球的線速度大小等于D．小球的向心加速度大小等于g分析：小球經(jīng)過圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓環(huán)，知軌道對(duì)小球的彈力為零，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出小球的速度．解：A、因?yàn)樾∏騽偤迷谧罡唿c(diǎn)不脫離圓環(huán)，則軌道對(duì)球的彈力為零，所以小球?qū)A環(huán)的壓力為零．故A錯(cuò)誤．B、根據(jù)牛頓第二定律得，mg＝m＝ma，知向心力不為零，線速度v＝，向心加速度a＝g．故B、C、D正確．故選BCD．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道在最高點(diǎn)的臨界情況，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解．（3）第二類?？碱}型是對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型與桿模型分析：如圖，質(zhì)量為0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用繩子系住小杯在豎直平面內(nèi)做“水流星”表演，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑為1m，小杯通過最高點(diǎn)的速度為4m/s，g取10m/s2．求：（1）在最高點(diǎn)時(shí)，繩的拉力？（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對(duì)小杯底的壓力？（3）為使小杯經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)水不流出，在最高點(diǎn)時(shí)最小速率是多少？分析：（1）受力分析，確定圓周運(yùn)動(dòng)所需要的向心力是由哪個(gè)力提供的；（2）水對(duì)小杯底的壓力與杯子對(duì)水的支持力是作用力與反作用力，只要求出杯子對(duì)水的支持力的大小就可以了，它們的大小相等，方向相反；（3）物體恰好能過最高點(diǎn)，此時(shí)的受力的條件是只有物體的重力作為向心力．解：（1）小杯質(zhì)量m＝0.5kg，水的質(zhì)量M＝1kg，在最高點(diǎn)時(shí)，杯和水的受重力和拉力作用，如圖所示，合力F合＝（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①圓周半徑為R，則F向＝（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②F合提供向心力，有（M+m）g+T＝（M+m）所以細(xì)繩拉力T＝（M+m）（﹣g）＝（1+0.5）（﹣10）＝9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)，水受重力Mg和杯的壓力F作用，如圖所示，合力F合＝Mg+F圓周半徑為R，則F向＝MF合提供向心力，有Mg+F＝M所以杯對(duì)水的壓力F＝M（﹣g）＝1×（﹣10）＝6N；根據(jù)牛頓第三定律，水對(duì)小杯底的壓力為6N，方向豎直向上．（3）小杯經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)水恰好不流出時(shí)，此時(shí)杯對(duì)水的壓力為零，只有水的重力作為向心力，由（2）得：Mg＝M解得v＝＝m/s＝．答：（1）在最高點(diǎn)時(shí)，繩的拉力為9N；（2）在最高點(diǎn)時(shí)水對(duì)小杯底的壓力為6N；（3）在最高點(diǎn)時(shí)最小速率為．點(diǎn)評(píng)：水桶在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)向心力的來源是解決題目的重點(diǎn)，分析清楚哪一個(gè)力做為向心力，再利用向心力的公式可以求出來，必須要明確的是當(dāng)水桶恰好能過最高點(diǎn)時(shí)，只有水的重力作為向心力，此時(shí)水恰好流不出來．【解題方法點(diǎn)撥】1．圓周運(yùn)動(dòng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律總結(jié)在分析傳動(dòng)裝置中的各物理量時(shí)，要抓住不等量和相等量的關(guān)系，具體有：（1）同一轉(zhuǎn)軸的輪上各點(diǎn)角速度ω相同，而線速度v＝ωr與半徑r成正比．（2）當(dāng)皮帶（或鏈條、齒輪）不打滑時(shí)，傳動(dòng)皮帶上各點(diǎn)以及用皮帶連接的兩輪邊沿上的各點(diǎn)線速度大小相等，而角速度ω＝與半徑r成反比．（3）齒輪傳動(dòng)時(shí)，兩輪的齒數(shù)與半徑成正比，角速度與齒數(shù)成反比．2．圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．3．豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型與桿模型（1）在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體，按運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)時(shí)的受力情況可分為兩類：一是無支撐（如球與繩連接、沿內(nèi)軌道運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)的臨界條件由mg＝m得v臨＝由小球恰能做圓周運(yùn)動(dòng)得v臨＝0討論分析（1）過最高點(diǎn)時(shí)，v≥，F(xiàn)N+mg＝m，繩、軌道對(duì)球產(chǎn)生彈力FN；（2）不能過最高點(diǎn)時(shí)，v＜，在到達(dá)最高點(diǎn)前小球已經(jīng)脫離了圓軌道；（1）當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)N＝mg，F(xiàn)N為支持力，沿半徑背離圓心；（2）當(dāng)0＜v＜時(shí)，﹣FN+mg＝m，F(xiàn)N背向圓心，隨v的增大而減小；（3）當(dāng)v＝時(shí)，F(xiàn)N＝0；（4）當(dāng)v＞時(shí)，F(xiàn)N+mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大；7．生活中的圓周運(yùn)動(dòng)——豎