2024年高考物理終極押題密卷3（天津卷）

2024年高考物理終極押題密卷3（天津卷）一．選擇題（共5小題）1．（2024?天津模擬）下列說法正確的是（）A．盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)說明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜結(jié)構(gòu) B．玻爾在對(duì)氫原子光譜研究的基礎(chǔ)上建立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論 C．β衰變的實(shí)質(zhì)是一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子 D．比結(jié)合能越小的原子核越穩(wěn)定2．（2024?天津模擬）2023年1月，央視新聞報(bào)道稱，玉兔二號(hào)即將迎來小伙伴，結(jié)束單打獨(dú)斗的服役生涯，嫦娥七號(hào)將首次攜帶“飛躍探測(cè)器”登月，其中探測(cè)器的結(jié)構(gòu)形似蜘蛛，采用六足構(gòu)型（如圖）。對(duì)稱分布的六條輕質(zhì)“腿”與探測(cè)器主體通過鉸鏈連接，當(dāng)探測(cè)器靜止在水平地面上時(shí)，六條“腿”的上臂與豎直方向夾角均為θ，探測(cè)器的質(zhì)量為m，重力加速度為g。則每條“腿”的上臂對(duì)探測(cè)器的彈力大小為（）A． B． C． D．3．（2024春?河西區(qū)期中）有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動(dòng)，b處于地面附近近地軌道上正常運(yùn)動(dòng)，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測(cè)衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖，則下列說法中錯(cuò)誤的有（）A．a(chǎn)的向心加速度小于重力加速度g B．b在四個(gè)衛(wèi)星中線速度最大 C．c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是 D．d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是26h4．（2024?寧河區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，一個(gè)小型交流發(fā)電機(jī)輸出端連接在理想變壓器的原線圈n1上，原線圈兩端連接有理想電壓表，副線圈n2連接有可變電阻R和理想電流表A，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2＝1：2，已知交流發(fā)電機(jī)內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝IT，發(fā)電機(jī)線圈匝數(shù)N＝10，面積是m2，內(nèi)阻不計(jì)。發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度是25rad/s，下列說法正確的是（）A．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)磁通量的變化率為0 B．當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時(shí)電流表示數(shù)為0 C．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)電壓表的示數(shù)是50V D．當(dāng)R＝50Ω時(shí)，電流表的示數(shù)是2A5．（2024?河?xùn)|區(qū)一模）如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線。兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)。設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，a、b點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa和φb，則（）A．Ea＝Eb、φa＝φb B．Ea＞Eb、Wa＝Wb C．φa＞φb、Wa＞W(wǎng)b D．電子由a運(yùn)動(dòng)到c過程中電勢(shì)能增大二．多選題（共3小題）（多選）6．（2023?天津模擬）近日根據(jù)國(guó)際報(bào)道，光纖通信速率創(chuàng)造出了新的記錄，每秒可以傳達(dá)1.84Pbit，這相當(dāng)于每秒可以傳輸約236個(gè)1TB硬盤的數(shù)據(jù)。目前正常的網(wǎng)速想要傳輸1TB硬盤的數(shù)據(jù)，需要花費(fèi)四到八小時(shí)以上，如果這項(xiàng)技術(shù)能大規(guī)模商用，網(wǎng)速將得到大幅提升。光纖通訊中信號(hào)傳播的主要載體是光纖，它的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一束激光由光導(dǎo)纖維左端的點(diǎn)O以α＝60°的入射角射入一直線光導(dǎo)纖維內(nèi)，恰好在光導(dǎo)纖維的側(cè)面（側(cè)面與過O的法線平行）發(fā)生全反射，如圖乙所示。下列說法中正確的是（）A．光纖內(nèi)芯的折射率比外套的小 B．光從左端空中進(jìn)入光纖內(nèi)芯后，其頻率不變 C．頻率越大的光在光纖中傳播的速度越大 D．內(nèi)芯對(duì)這種激光的折射率n＝（多選）7．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）中國(guó)京劇的特技水袖舞包容了戲曲和舞蹈的成分，別具美感。圖甲是t＝0時(shí)刻京劇花旦舞動(dòng)水袖形成的一列簡(jiǎn)諧橫波。P、Q為該波沿水平傳播方向上相距0.6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，P點(diǎn)振動(dòng)領(lǐng)先Q點(diǎn)，t＝0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正處于最大位移處（圖中未畫出），圖乙為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下列說法正確的是（）A．P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y＝0.3sin5πt（m） B．t＝0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)所受合力沿y軸正方向 C．該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)可能為0.48m D．該簡(jiǎn)諧橫波的傳播速度可能為1m/s（多選）8．（2024春?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，固定的粗糙斜面AB的長(zhǎng)為8m，傾角為37°，質(zhì)量m＝1kg的小物塊從A點(diǎn)處由靜止釋放，下滑到B點(diǎn)與彈性擋板碰撞，每次碰撞前后速率不變，第一次返回斜面到達(dá)的最高點(diǎn)為Q（圖中未畫出）。設(shè)物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，以B點(diǎn)為零勢(shì)能面（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）。則下列說法正確的是（）A．Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為4m B．物塊第一次下滑過程，重力的平均功率為24W C．物塊第一次下滑時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在AB中點(diǎn) D．物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為24m三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）9．（2024?南開區(qū)校級(jí)模擬）利用圖甲中所示的裝置可以研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)中需要調(diào)整好儀器，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，松開紙帶，使重物下落打點(diǎn)計(jì)時(shí)器會(huì)在紙帶上打出一系列的點(diǎn)。（1）本實(shí)驗(yàn)采用電火花計(jì)時(shí)器，所接電源應(yīng)為頻率為50Hz的交流電，打點(diǎn)的時(shí)間間隔是s。（2）取下紙帶，取其中的一段標(biāo)出計(jì)數(shù)點(diǎn)如圖乙所示，測(cè)出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離分別為x1＝2.60cm，x2＝4.14cm，x3＝5.69cm，x4＝7.22cm，x5＝8.75cm，x6＝10.29cm，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)間隔T＝0.02s，則重錘運(yùn)動(dòng)的加速度計(jì)算表達(dá)式為a＝，代入數(shù)據(jù)，可得加速度a＝m/s2。（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）10．（2024?和平區(qū)二模）為將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍。設(shè)計(jì)電路測(cè)量靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室有下列器材：待測(cè)靈敏電流計(jì)G（量程5mA，內(nèi)阻約為50Ω）；電壓表V（0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ）；電阻箱R1（0～9999Ω）；滑動(dòng)變阻器R2（0～200Ω，1.5A）；電源（電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻不計(jì)）；導(dǎo)線和開關(guān)若干。①為盡可能精確測(cè)出靈敏電流計(jì)的內(nèi)電阻，不同小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的四種電路，其中正確的是。②選擇正確電路后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得電壓表示數(shù)為2.00V，靈敏電流計(jì)示數(shù)為4.00mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則可以得到靈敏電流計(jì)內(nèi)阻為Ω；③為了將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍，該實(shí)驗(yàn)小組將電阻箱與靈敏電流計(jì)并聯(lián)，則應(yīng)將電阻箱R1的阻值調(diào)為Ω。四．解答題（共4小題）11．（2024?天津模擬）讓同一豎直線上的小球A和小球B在空中同時(shí)由靜止釋放，小球A在小球B的上方，小球B釋放時(shí)距地面高度為h，如圖所示。若小球B與地面發(fā)生碰撞后反彈至最高點(diǎn)時(shí)恰好與小球A發(fā)生第一次碰撞，小球B的質(zhì)量是小球A質(zhì)量的3倍，不計(jì)空氣阻力，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，所有碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g，求：（1）小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離hA；（2）A、B兩小球第一次碰后瞬間小球A的速度vA。12．（2024?寧河區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，光滑水平直軌道上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個(gè)初速度v0，使其向B運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞時(shí)間極短，求：（1）B與C碰撞前的瞬間，B的速度大??；（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮最短時(shí)C受到的沖量大?。唬?）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。13．（2024?天津模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的U形金屬框架質(zhì)量M＝0.2kg，放在絕緣水平面上，且其與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。相距0.4m的MM'、NN'相互平行，不計(jì)電阻。電阻R1＝0.1Ω的MN垂直于MM'。質(zhì)量m＝0.3kg，電阻R2＝0.1Ω，長(zhǎng)度l＝0.4m的光滑導(dǎo)體棒ab橫放在金屬框架上。ab棒左側(cè)被固定在水平面上的兩個(gè)小立柱擋住。整個(gè)裝置處于豎直向上且空間足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T。現(xiàn)對(duì)金屬框架施加垂直于MN水平向左且大小F＝2N的恒力，金屬框架從靜止開始運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒ab與金屬框架始終保持良好接觸，重力加速度g＝10m/s2。（1）求金屬框架運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大?。唬?）從金屬框架開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最大速度的過程中，MN上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.1J，求該過程框架位移x的大小和導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量I的大小。14．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示的裝置為一種新型質(zhì)譜儀的理論模型圖，該裝置由A、B板間的加速電場(chǎng)區(qū)和C、D板間的直線運(yùn)動(dòng)區(qū)及圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)區(qū)組成。已知平行板A、B間的加速電壓為U1，平行板C、D間距為d，其中存在垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直于紙面向里。圓形感光弧面與圓形磁場(chǎng)的圓心相同，其左端的小孔與A、B板上的小孔在同一直線上?，F(xiàn)有一比荷為k0的原子核經(jīng)A、B板加速后，沿C、D板的中央直線進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到感光弧面上，不計(jì)粒子重力。求：（1）原子核經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小v；（2）直線運(yùn)動(dòng)區(qū)C、D板間的電勢(shì)差U；（3）對(duì)于比荷k不同的原子核，根據(jù)它在感光弧面上的位置可測(cè)得其偏轉(zhuǎn)角度θ，試求比荷k與粒子偏轉(zhuǎn)角度θ之間的關(guān)系（用θ的三角函數(shù)表示）。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（天津卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共5小題）1．（2024?天津模擬）下列說法正確的是（）A．盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)說明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜結(jié)構(gòu) B．玻爾在對(duì)氫原子光譜研究的基礎(chǔ)上建立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論 C．β衰變的實(shí)質(zhì)是一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子 D．比結(jié)合能越小的原子核越穩(wěn)定【考點(diǎn)】玻爾理論與氫原子的能級(jí)躍遷；原子核的衰變及半衰期、衰變速度；結(jié)合能與比結(jié)合能；α粒子散射實(shí)驗(yàn)．【專題】定性思想；推理法；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題；分析綜合能力．【分析】盧瑟福通過α粒子散射實(shí)驗(yàn)提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，天然放射現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)；根據(jù)玻爾理論分析；根據(jù)β衰變的實(shí)質(zhì)判斷；比結(jié)合能越大原子核越穩(wěn)定?！窘獯稹拷猓篈、盧瑟福的α粒子散射實(shí)驗(yàn)說明原子的核式結(jié)構(gòu)模型，沒有涉及到原子核內(nèi)部結(jié)構(gòu)，是天然放射現(xiàn)象證實(shí)了原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，故A錯(cuò)誤；B、玻爾通過對(duì)氫原子光譜的研究建立玻爾原子模型，不是原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故B錯(cuò)誤；C、β衰變的本質(zhì)是核內(nèi)一個(gè)中子轉(zhuǎn)化成了一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，故C正確；D、比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了α粒子散射實(shí)驗(yàn)、玻爾原子模型、β衰變、比結(jié)合能等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)。2．（2024?天津模擬）2023年1月，央視新聞報(bào)道稱，玉兔二號(hào)即將迎來小伙伴，結(jié)束單打獨(dú)斗的服役生涯，嫦娥七號(hào)將首次攜帶“飛躍探測(cè)器”登月，其中探測(cè)器的結(jié)構(gòu)形似蜘蛛，采用六足構(gòu)型（如圖）。對(duì)稱分布的六條輕質(zhì)“腿”與探測(cè)器主體通過鉸鏈連接，當(dāng)探測(cè)器靜止在水平地面上時(shí)，六條“腿”的上臂與豎直方向夾角均為θ，探測(cè)器的質(zhì)量為m，重力加速度為g。則每條“腿”的上臂對(duì)探測(cè)器的彈力大小為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】一般情況下的共點(diǎn)力平衡；力的合成與分解的應(yīng)用．【專題】定量思想；合成分解法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；理解能力．【分析】探測(cè)器靜止在水平地面上時(shí)，合力為零，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解。【解答】解：設(shè)每條“腿”的上臂對(duì)探測(cè)器的彈力大小為F，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得：6Fcosθ＝mg，解得：，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要掌握共點(diǎn)力平衡條件：合力為零，利用豎直方向受力平衡進(jìn)行處理。3．（2024春?河西區(qū)期中）有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在地球赤道上隨地球表面一起轉(zhuǎn)動(dòng)，b處于地面附近近地軌道上正常運(yùn)動(dòng)，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測(cè)衛(wèi)星，各衛(wèi)星排列位置如圖，則下列說法中錯(cuò)誤的有（）A．a(chǎn)的向心加速度小于重力加速度g B．b在四個(gè)衛(wèi)星中線速度最大 C．c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是 D．d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是26h【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星；開普勒定律；萬有引力定律的應(yīng)用．【專題】比較思想；模型法；人造衛(wèi)星問題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力列式，比較b、c的向心加速度大?。籧是地球同步衛(wèi)星，其運(yùn)行的周期、角速度與地球自轉(zhuǎn)周期、角速度相同，根據(jù)a＝ω2r分析a與c的向心加速度大小，從而知道a與b的向心加速度大小，b的向心加速度約為g，即可知道a的向心加速度與g的關(guān)系。根據(jù)v＝ωr比較a與c的速度大小，根據(jù)v＝分析b、c、d的速度大小。根據(jù)c轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間與周期的關(guān)系求轉(zhuǎn)過的角度。根據(jù)開普勒第三定律判斷d與c的周期關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據(jù)a＝ω2r知a的向心加速度比c的小。由G＝ma得a＝，衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則地球同步衛(wèi)星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g，所以a的向心加速度小于b的向心加速度，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A正確；B、由，解得可知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，所以b、c、d三個(gè)衛(wèi)星中b的線速度最大，而a與c的角速度相同，根據(jù)v＝ωr知，a的線速度小于c的線速度，可知b在四個(gè)衛(wèi)星中線速度最大，故B正確。C、c的周期為24h，則c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)開普勒第三定律可知，因c的周期為24h，d的周期大于c的周期，則d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是26h，故D正確。此題選錯(cuò)誤的，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于衛(wèi)星問題，要建立物理模型，根據(jù)萬有引力提供向心力，分析各量之間的關(guān)系，并且要知道地球同步衛(wèi)星的條件和特點(diǎn)。4．（2024?寧河區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，一個(gè)小型交流發(fā)電機(jī)輸出端連接在理想變壓器的原線圈n1上，原線圈兩端連接有理想電壓表，副線圈n2連接有可變電阻R和理想電流表A，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1：n2＝1：2，已知交流發(fā)電機(jī)內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝IT，發(fā)電機(jī)線圈匝數(shù)N＝10，面積是m2，內(nèi)阻不計(jì)。發(fā)電機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度是25rad/s，下列說法正確的是（）A．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)磁通量的變化率為0 B．當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時(shí)電流表示數(shù)為0 C．當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)電壓表的示數(shù)是50V D．當(dāng)R＝50Ω時(shí)，電流表的示數(shù)是2A【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理；交流發(fā)電機(jī)及其產(chǎn)生交變電流的原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)線圈所處位置判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；根據(jù)交流電壓表和交流電流表的示數(shù)均為有效值進(jìn)行判斷；根據(jù)變壓比公式以及歐姆定律進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈.圖示位置線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，此時(shí)磁通量的變化率最大，故A錯(cuò)誤；B.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，而電流表顯示的有效電流，所以不為0，故B錯(cuò)誤；C.發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的最大電動(dòng)勢(shì)為Em＝NBSω＝10×1××25V＝50V，電壓表的示數(shù)為有效值，即U＝V＝50V，故C錯(cuò)誤；D.由變壓器的特點(diǎn)可知，U1＝U＝50V，解得U2＝100V，當(dāng)電阻R＝50Ω時(shí)，電流表的示數(shù)I＝A＝2A，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】該題考查了交變電流的產(chǎn)生原理以及理想變壓器的工作原理，屬于基本知識(shí)點(diǎn)的考查，題目難度不大。5．（2024?河?xùn)|區(qū)一模）如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線。兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)。設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，a、b點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa和φb，則（）A．Ea＝Eb、φa＝φb B．Ea＞Eb、Wa＝Wb C．φa＞φb、Wa＞W(wǎng)b D．電子由a運(yùn)動(dòng)到c過程中電勢(shì)能增大【考點(diǎn)】電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電場(chǎng)線；電場(chǎng)力做功．【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】由題圖可知a、b點(diǎn)在同一等勢(shì)線上；根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度比較場(chǎng)強(qiáng)的大?。浑妶?chǎng)力做功與初末位置的電勢(shì)差相關(guān)；根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系分析?！窘獯稹拷猓篈BC、由題圖可知a、b點(diǎn)在同一等勢(shì)線上，則有：φa＝φb由題圖可知a處的電場(chǎng)線較b處的密集，由電場(chǎng)線密集程度代表電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知：Ea＞Eb電場(chǎng)力做功只與始末位置的電勢(shì)差有關(guān)，兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)。因a、b兩點(diǎn)到c點(diǎn)的電勢(shì)差相等，電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功相等，即Wa＝Wb，故B正確，AC錯(cuò)誤。D、電子帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力與電場(chǎng)方向相反，電子由a運(yùn)動(dòng)到c過程中電場(chǎng)力做正功，由功能關(guān)系可知此過程電勢(shì)能減少，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了電場(chǎng)的基本性質(zhì)，掌握電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系，電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系。二．多選題（共3小題）（多選）6．（2023?天津模擬）近日根據(jù)國(guó)際報(bào)道，光纖通信速率創(chuàng)造出了新的記錄，每秒可以傳達(dá)1.84Pbit，這相當(dāng)于每秒可以傳輸約236個(gè)1TB硬盤的數(shù)據(jù)。目前正常的網(wǎng)速想要傳輸1TB硬盤的數(shù)據(jù)，需要花費(fèi)四到八小時(shí)以上，如果這項(xiàng)技術(shù)能大規(guī)模商用，網(wǎng)速將得到大幅提升。光纖通訊中信號(hào)傳播的主要載體是光纖，它的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一束激光由光導(dǎo)纖維左端的點(diǎn)O以α＝60°的入射角射入一直線光導(dǎo)纖維內(nèi)，恰好在光導(dǎo)纖維的側(cè)面（側(cè)面與過O的法線平行）發(fā)生全反射，如圖乙所示。下列說法中正確的是（）A．光纖內(nèi)芯的折射率比外套的小 B．光從左端空中進(jìn)入光纖內(nèi)芯后，其頻率不變 C．頻率越大的光在光纖中傳播的速度越大 D．內(nèi)芯對(duì)這種激光的折射率n＝【考點(diǎn)】光的折射及折射定律；全反射；光導(dǎo)纖維及其應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；推理能力．【分析】發(fā)生全反射的條件是：一是光必須從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，即從折射率的介質(zhì)射入折射率小的介質(zhì)；二是入射角大于臨界角．當(dāng)內(nèi)芯的折射率比外套的大時(shí)，光在界面上才能發(fā)生全反射．波長(zhǎng)越長(zhǎng)、頻率越小的光，介質(zhì)對(duì)它的折射率越小，根據(jù)公式v＝在光纖中傳播的速度越大，根據(jù)折射定律解得折射率。【解答】A.激光在內(nèi)芯和外套的界面上發(fā)生全反射，所以內(nèi)芯是光密介質(zhì)，外套是光疏介質(zhì)，即光纖內(nèi)芯的折射率比外套的大，故A錯(cuò)誤；B.光從左端空中進(jìn)入光纖內(nèi)芯后，波長(zhǎng)和波速會(huì)發(fā)生變化，但頻率和周期不變，故B正確；C.頻率越大的光，介質(zhì)對(duì)它的折射率越大，根據(jù)v＝光在光纖中傳播的速度越小，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)折射定律n＝根據(jù)全反射公式n＝解得：n＝故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于全反射關(guān)鍵抓住發(fā)生全反射的條件．對(duì)于波長(zhǎng)、頻率與折射率的關(guān)系，可借助光的色散、干涉實(shí)驗(yàn)結(jié)果加深理解、記憶．（多選）7．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）中國(guó)京劇的特技水袖舞包容了戲曲和舞蹈的成分，別具美感。圖甲是t＝0時(shí)刻京劇花旦舞動(dòng)水袖形成的一列簡(jiǎn)諧橫波。P、Q為該波沿水平傳播方向上相距0.6m的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，P點(diǎn)振動(dòng)領(lǐng)先Q點(diǎn)，t＝0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正處于最大位移處（圖中未畫出），圖乙為P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下列說法正確的是（）A．P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y＝0.3sin5πt（m） B．t＝0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)所受合力沿y軸正方向 C．該簡(jiǎn)諧橫波的波長(zhǎng)可能為0.48m D．該簡(jiǎn)諧橫波的傳播速度可能為1m/s【考點(diǎn)】波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系；簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式和圖像；橫波的圖像．【專題】比較思想；圖析法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；理解能力．【分析】根據(jù)P質(zhì)點(diǎn)的振幅、周期和初相位寫出P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程。t＝0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)在平衡位置，所受合力為0。根據(jù)t＝0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)正處于最大位移處、P質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，寫出PQ間的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，從而得到波長(zhǎng)的通項(xiàng)，再求出波速通項(xiàng)，即可得到波長(zhǎng)和波速的特殊值。【解答】解：A、由圖乙可知，P質(zhì)點(diǎn)的振幅為A＝0.3m，周期T＝0.8s，圓頻率為ω＝＝rad/s＝2.5πtad/s，則P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y＝Asinωt＝0.3sin2.5πt（m），故A錯(cuò)誤；B、由圖乙可知，t＝0時(shí)刻，P質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置，所受合力為0，故B錯(cuò)誤；C、若t＝0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)在波谷，此時(shí)P質(zhì)點(diǎn)位于平衡位置且向上運(yùn)動(dòng)，則有，當(dāng)n＝1時(shí)，可得λ＝0.48m，故C正確；D、若t＝0時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)在波峰，則有當(dāng)n＝0時(shí)，解得λ＝0.8m對(duì)應(yīng)的波速v＝＝m/s＝1m/s，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要理解波的周期性，可結(jié)合波形，根據(jù)同一時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)確定兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)之間的距離與波長(zhǎng)的關(guān)系，同時(shí)要掌握波長(zhǎng)、波速和周期的關(guān)系。（多選）8．（2024春?南開區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，固定的粗糙斜面AB的長(zhǎng)為8m，傾角為37°，質(zhì)量m＝1kg的小物塊從A點(diǎn)處由靜止釋放，下滑到B點(diǎn)與彈性擋板碰撞，每次碰撞前后速率不變，第一次返回斜面到達(dá)的最高點(diǎn)為Q（圖中未畫出）。設(shè)物塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，以B點(diǎn)為零勢(shì)能面（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）。則下列說法正確的是（）A．Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為4m B．物塊第一次下滑過程，重力的平均功率為24W C．物塊第一次下滑時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在AB中點(diǎn) D．物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為24m【考點(diǎn)】功能關(guān)系；功率、平均功率和瞬時(shí)功率．【專題】定量思想；推理法；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力．【分析】對(duì)物塊從A到Q的全過程，利用功能關(guān)系列式可求出Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離。物塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合求出物塊下滑的時(shí)間，再求重力的平均功率。物塊下滑時(shí)，利用能量守恒定律列式分析動(dòng)能與勢(shì)能相等的位置。物塊最終靜止在擋板處，對(duì)整個(gè)過程，利用功能關(guān)系求總路程?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為x，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，物塊從A點(diǎn)下滑到上升到達(dá)最高點(diǎn)Q點(diǎn)的全過程，由功能關(guān)系可得：μmgcosθ（L+x）＝mg（L﹣x）sinθ，解得Q點(diǎn)到B點(diǎn)距離為：x＝4m，故A正確；B、物塊第一次下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma解得加速度大小為：a＝4m/s2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：L＝解得下滑所用時(shí)間為：t＝2s下滑過程重力做功為：WG＝mgLsinθ＝1×10×8×sin37°J＝48J則物塊第一次下滑過程，重力的平均功率為：＝＝W＝24W，故B正確；C、若斜面光滑，只有重力對(duì)物塊做功時(shí)，物塊的機(jī)械能守恒，則當(dāng)物塊下滑到AB中點(diǎn)時(shí)，物塊的重力勢(shì)能和動(dòng)能相等；實(shí)際還存在摩擦力對(duì)物塊做負(fù)功，則物塊下滑到AB中點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能仍小于重力勢(shì)能，所以物塊第一次下滑時(shí)，動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的位置在AB中點(diǎn)下方，故C錯(cuò)誤；D、由于mgsinθ＞μmgcosθ，可知物塊最終只能靜止在底端擋板處。設(shè)物塊從開始釋放到最終靜止經(jīng)過的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系可得：μmgcosθ?s＝mgLsinθ，解得：s＝24m，故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確物塊的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況和能量轉(zhuǎn)化情況，運(yùn)用功能關(guān)系和牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行研究，也可以根據(jù)動(dòng)能定理求總路程。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）9．（2024?南開區(qū)校級(jí)模擬）利用圖甲中所示的裝置可以研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)中需要調(diào)整好儀器，接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，松開紙帶，使重物下落打點(diǎn)計(jì)時(shí)器會(huì)在紙帶上打出一系列的點(diǎn)。（1）本實(shí)驗(yàn)采用電火花計(jì)時(shí)器，所接電源應(yīng)為頻率為50Hz的交流電，打點(diǎn)的時(shí)間間隔是0.02s。（2）取下紙帶，取其中的一段標(biāo)出計(jì)數(shù)點(diǎn)如圖乙所示，測(cè)出相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離分別為x1＝2.60cm，x2＝4.14cm，x3＝5.69cm，x4＝7.22cm，x5＝8.75cm，x6＝10.29cm，已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)間隔T＝0.02s，則重錘運(yùn)動(dòng)的加速度計(jì)算表達(dá)式為a＝，代入數(shù)據(jù)，可得加速度a＝9.60m/s2。（計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律．【專題】定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥浚?）根據(jù)頻率與周期的關(guān)系解答；（2）根據(jù)逐差法求加速度?！窘獯稹拷猓海?）所接電源應(yīng)為頻率為50Hz的交流電，打點(diǎn)的時(shí)間間隔是T＝＝s＝0.02s；（2）根據(jù)逐差法可知，重錘的加速度大小是a＝＝代入數(shù)據(jù)解得a＝×0.01m/s2＝9.60m/s2故答案為：（1）0.02；（2）；9.60【點(diǎn)評(píng)】本題考查了打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的使用，掌握根據(jù)紙帶求加速度的方法。10．（2024?和平區(qū)二模）為將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍。設(shè)計(jì)電路測(cè)量靈敏電流計(jì)的內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室有下列器材：待測(cè)靈敏電流計(jì)G（量程5mA，內(nèi)阻約為50Ω）；電壓表V（0～3V，內(nèi)阻約為10kΩ）；電阻箱R1（0～9999Ω）；滑動(dòng)變阻器R2（0～200Ω，1.5A）；電源（電動(dòng)勢(shì)約為3V，內(nèi)阻不計(jì)）；導(dǎo)線和開關(guān)若干。①為盡可能精確測(cè)出靈敏電流計(jì)的內(nèi)電阻，不同小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的四種電路，其中正確的是B。②選擇正確電路后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，某次實(shí)驗(yàn)中，測(cè)得電壓表示數(shù)為2.00V，靈敏電流計(jì)示數(shù)為4.00mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則可以得到靈敏電流計(jì)內(nèi)阻為45Ω；③為了將靈敏電流計(jì)的量程擴(kuò)大為原來的10倍，該實(shí)驗(yàn)小組將電阻箱與靈敏電流計(jì)并聯(lián)，則應(yīng)將電阻箱R1的阻值調(diào)為5Ω。【考點(diǎn)】測(cè)定電壓表或電流表的內(nèi)阻；電表的改裝與應(yīng)用．【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痉治觥竣匐妷罕頊y(cè)電壓要并聯(lián)在待測(cè)電流表兩端使用，為了減小誤差，電流表和電壓表的示數(shù)都要在量程的以上，逐項(xiàng)分析作答；②根據(jù)電阻箱旋鈕對(duì)應(yīng)示數(shù)求解電阻箱的接入電阻，根據(jù)歐姆定律求解出電流表的內(nèi)阻；③電流計(jì)改裝成電流表需要并聯(lián)一個(gè)小電阻；根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)結(jié)合歐姆定律求解并聯(lián)電阻。【解答】解：①A.電壓表接在電阻箱兩端，不能測(cè)量出電流表兩端的電壓，無法求解出電流表的內(nèi)阻，故A錯(cuò)誤；B.電壓表并聯(lián)接在待測(cè)電流表和電阻箱的的兩端，測(cè)得的是它們的總電壓；當(dāng)電壓表示數(shù)為1V時(shí)，電阻箱的接入電阻當(dāng)電壓表示數(shù)為1V時(shí)，電阻箱的接入電阻因此，按照這種接法能保證電流表和電壓表示數(shù)變化范圍大，測(cè)量的誤差小，故B正確；C.電壓表與電流表串聯(lián)，不能測(cè)量出電流表兩端的電壓，無法求解出電流表的內(nèi)阻，故C錯(cuò)誤；D.電壓表并聯(lián)在電流表兩端，可以測(cè)量出電流表兩端的電壓；當(dāng)電流表滿偏時(shí)，電流表兩端的電壓，不及電壓表量程的，實(shí)驗(yàn)誤差大，故D錯(cuò)誤。故選：B。②電阻箱的接入電阻R1＝4×100Ω+5×10Ω+5×1Ω＝455Ω根據(jù)歐姆定律代入數(shù)據(jù)解得Rg＝45Ω③改裝電流表的量程為IA＝10Ig＝10×5mA＝50mA根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點(diǎn)，通過電阻箱的電流IR＝IA﹣Ig＝50mA﹣5mA＝45mA根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點(diǎn)IgRg＝IR?R1代入數(shù)據(jù)解得R1＝5Ω。故答案為：①B；②45；③5。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了求電流表內(nèi)阻的測(cè)量、電流表改裝、電阻箱接入電路電阻的讀數(shù)；明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握并聯(lián)電路的特點(diǎn)和歐姆定律；明確電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)。四．解答題（共4小題）11．（2024?天津模擬）讓同一豎直線上的小球A和小球B在空中同時(shí)由靜止釋放，小球A在小球B的上方，小球B釋放時(shí)距地面高度為h，如圖所示。若小球B與地面發(fā)生碰撞后反彈至最高點(diǎn)時(shí)恰好與小球A發(fā)生第一次碰撞，小球B的質(zhì)量是小球A質(zhì)量的3倍，不計(jì)空氣阻力，兩小球均可看作質(zhì)點(diǎn)，所有碰撞為彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g，求：（1）小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離hA；（2）A、B兩小球第一次碰后瞬間小球A的速度vA?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【分析】（1）A、B靜止釋放后做自由落體運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出B球落地時(shí)的速度大小。B與地面發(fā)生碰撞后能原速率反彈，當(dāng)A球與B球的位移之和等于2h時(shí)兩球相遇，由位移—時(shí)間公式求所經(jīng)過的時(shí)間，再由位移—時(shí)間公式求A、B兩物體相碰時(shí)的位置距地面的距離。（2）根據(jù)彈性碰撞的兩個(gè)守恒求A球碰撞后的速度?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小球B做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：小球B自由落體運(yùn)動(dòng)后與地面發(fā)生彈性碰撞，會(huì)原速反彈；當(dāng)小球A與小球B第一次碰撞時(shí)，小球A做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2t，同理有：那么小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離：hA＝h'+h，聯(lián)立解得：hA＝5h（2）設(shè)小球A的質(zhì)量為mA＝m，小球B的質(zhì)量為mB＝3m，發(fā)生彈性碰撞時(shí)，小球A的碰前速度為v0，則碰撞前速度A球滿足：兩小球碰撞時(shí)動(dòng)量，以向下為正有：mAv0mAvA+mBvB機(jī)械能守恒：＝+解得：，負(fù)號(hào)表示運(yùn)動(dòng)方向豎直向上。答：（1）小球A靜止釋放時(shí)距地面的距離hA為5h；（2）A、B兩小球第一次碰后瞬間小球A的速度vA為，負(fù)號(hào)表示運(yùn)動(dòng)方向豎直向上。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，本題中兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)過程復(fù)雜，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒守恒定律即可解題。12．（2024?寧河區(qū)校級(jí)二模）如圖所示，光滑水平直軌道上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧。給A一個(gè)初速度v0，使其向B運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧（彈簧始終在彈性限度內(nèi)），當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞時(shí)間極短，求：（1）B與C碰撞前的瞬間，B的速度大??；（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮最短時(shí)C受到的沖量大??；（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。【考點(diǎn)】動(dòng)量與能量的綜合應(yīng)用——彈簧類模型；功能關(guān)系；動(dòng)量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關(guān)的動(dòng)量、能量綜合專題；推理能力．【分析】（1）設(shè)B與C碰撞前的瞬間，A與B具有相同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解；（2）彈簧壓縮最短時(shí)A、B、C三者速度相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解；（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)只有B與C碰撞時(shí)損失了機(jī)械能，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律求解?！窘獯稹拷猓阂韵陆獯鹁韵蛴覟檎较?。（1）設(shè)B與C碰撞前的瞬間，B的速度大小為v1，此時(shí)彈簧第一次壓縮到最短，A與B具有相同速度，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1解得：（2）彈簧壓縮最短時(shí)A、B、C三者速度相同（設(shè)為v2），對(duì)A、B、C與彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝3mv2對(duì)C，根據(jù)動(dòng)量定理得：I＝mv2﹣0聯(lián)立可得：（3）設(shè)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞后瞬間速度為v3，對(duì)B、C碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝2mv3從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)只有B與C碰撞時(shí)損失了機(jī)械能，設(shè)損失的機(jī)械能為ΔE，對(duì)B、C碰撞過程，由能量守恒定律得：解得：答：（1）B與C碰撞前的瞬間，B的速度大小為；（2）從A開始運(yùn)動(dòng)到彈簧壓縮最短時(shí)C受到的沖量大小為；（3）從A開始運(yùn)動(dòng)到A與彈簧分離的過程中，整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的彈簧類模型，本題關(guān)鍵要分析物體運(yùn)動(dòng)過程，確定物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。本題要注意B、C碰撞后速度瞬間變小，A還會(huì)壓縮彈簧，直到A、B、C三者速度共速時(shí)彈簧的壓縮量最大。13．（2024?天津模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的U形金屬框架質(zhì)量M＝0.2kg，放在絕緣水平面上，且其與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。相距0.4m的MM'、NN'相互平行，不計(jì)電阻。電阻R1＝0.1Ω的MN垂直于MM'。質(zhì)量m＝0.3kg，電阻R2＝0.1Ω，長(zhǎng)度l＝0.4m的光滑導(dǎo)體棒ab橫放在金屬框架上。ab棒左側(cè)被固定在水平面上的兩個(gè)小立柱擋住。整個(gè)裝置處于豎直向上且空間足夠的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T?，F(xiàn)對(duì)金屬框架施加垂直于MN水平向左且大小F＝2N的恒力，金屬框架從靜止開始運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒ab與金屬框架始終保持良好接觸，重力加速度g＝10m/s2。（1）求金屬框架運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大??；（2）從金屬框架開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最大速度的過程中，MN上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.1J，求該過程框架位移x的大小和導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量I的大小?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問題；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】定量思想；方程法；電磁感應(yīng)——功能問題；分析綜合能力．【分析】（1）金屬框架達(dá)到最大速度時(shí)加速度為零，根據(jù)平衡條件結(jié)合安培力的計(jì)算公式進(jìn)行解答；（2）對(duì)金屬框架，根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合功能關(guān)系求解位移，根據(jù)沖量的計(jì)算公式求解導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量大小【解答】解：（1）金屬框架達(dá)到最大速度時(shí)加速度為零，所以有：F﹣μ（M+m）g﹣F安＝0又因?yàn)镕安＝BI電L根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：I電＝解得：vm＝5m/s；（2）對(duì)金屬框架，根據(jù)動(dòng)能定理有：Fx﹣μ（M+m）gx+﹣0又因?yàn)镽1＝R2，所以：W安＝﹣2Q解得：x＝2.7m對(duì)導(dǎo)體棒ab，有：，其中解得導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量大小為：I＝0.54N?s。答：（1）金屬框架運(yùn)動(dòng)的最大速度vm的大小為5m/s；（2）該過程框架位移x的大小為2.7m，導(dǎo)體棒ab所受的安培力的沖量I的大小為0.54N?s?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。14．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示的裝置為一種新型質(zhì)譜儀的理論模型圖，該裝置由A、B板間的加速電場(chǎng)區(qū)和C、D板間的直線運(yùn)動(dòng)區(qū)及圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)區(qū)組成。已知平行板A、B間的加速電壓為U1，平行板C、D間距為d，其中存在垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直于紙面向里。圓形感光弧面與圓形磁場(chǎng)的圓心相同，其左端的小孔與A、B板上的小孔在同一直線上?，F(xiàn)有一比荷為k0的原子核經(jīng)A、B板加速后，沿C、D板的中央直線進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到感光弧面上，不計(jì)粒子重力。求：（1）原子核經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小v；（2）直線運(yùn)動(dòng)區(qū)C、D板間的電勢(shì)差U；（3）對(duì)于比荷k不同的原子核，根據(jù)它在感光弧面上的位置可測(cè)得其偏轉(zhuǎn)角度θ，試求比荷k與粒子偏轉(zhuǎn)角度θ之間的關(guān)系（用θ的三角函數(shù)表示）。【考點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；向心力；動(dòng)能定理；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解原子核經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大??；（2）根據(jù)平衡條件求解平行板兩板間的電壓，再根據(jù)C、D兩板間的電壓與所加電壓的關(guān)系求解直線運(yùn)動(dòng)區(qū)C、D板間的電勢(shì)差；（3）根據(jù)幾何關(guān)系求解原子核在圓形磁場(chǎng)區(qū)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，再根據(jù)牛頓第二定律列式，聯(lián)立求解比荷k與粒子偏轉(zhuǎn)角度θ之間的關(guān)系?！窘獯稹拷猓海?）原子核在加速電場(chǎng)加速過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得加速后的速度大小為；（2）原子核在C、D之間做直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有又C、D板間的電勢(shì)差為U＝﹣U2解得；（3）原子核在圓形磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示根據(jù)牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有由幾何關(guān)系聯(lián)立解得比荷k與粒子偏轉(zhuǎn)角度θ之間的關(guān)系為。答：（1）原子核經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小v為；（2）直線運(yùn)動(dòng)區(qū)C、D板間的電勢(shì)差U為；（3）比荷k與粒子偏轉(zhuǎn)角度θ之間的關(guān)系為?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。

考點(diǎn)卡片1．力的合成與分解的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、物體的受力分析1．放在水平地面上靜止的物體．二力平衡：某個(gè)物體受兩個(gè)力作用時(shí)，只要兩個(gè)力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，則這兩個(gè)力合力為零，物體處于平衡狀態(tài)．2．放在水平地面上的物體（受到一個(gè)豎直向上的力F仍保持靜止）豎直方向上三力平衡：F+FN＝G，即：豎直方向上合力為0．3．放在水平地面上的物體（受到一個(gè)推力仍保持靜止）水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力為0豎直方向上二力平衡；即：豎直方向上合力為0．4．放在水平地面上的物體（受到一個(gè)拉力F仍保持靜止如圖示）水平方向上：Fx＝Ff，即：水平方向上合力為0；豎直方向上：G＝Fy+FN，即：豎直方向上合力為0．5．力的合成解題：放在斜面上靜止的物體合成法：物體受幾個(gè)力的作用，可先將某幾個(gè)力合成，再將問題轉(zhuǎn)化為二力平衡．6．力的分解解題：放在斜面上靜止的物體分解法：物體受幾個(gè)力的作用，將某個(gè)力按效果分解，則其分力與其它幾個(gè)力滿足平衡條件．7．放在斜面上的物體受到一個(gè)平行斜面向上的力F仍保持靜止平行斜面方向上：F1＝F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力為0；垂直斜面方向上：F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．8．放在斜面上的物體受到一個(gè)垂直斜面向下的力F仍保持靜止平行斜面方向上：F1＝Ff，即：平行斜面方向方向上合力為0；垂直斜面方向上：F2+F＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．9．放在斜面上的物體受到一個(gè)水平向右的力F仍保持靜止平行斜面方向上：G1＝Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力為0；垂直斜面方向上：G2+F2＝FN，即：垂直斜面方向上合力為0．2．一般情況下的共點(diǎn)力平衡【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.共點(diǎn)力（1）定義：如果一個(gè)物體受到兩個(gè)或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點(diǎn)上，或者雖不作用在同一點(diǎn)上，但它們的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這幾個(gè)力叫作共點(diǎn)力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點(diǎn)力。2.共點(diǎn)力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點(diǎn)力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對(duì)共點(diǎn)力平衡條件的理解及應(yīng)用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分別表示物體在x軸和y軸上所受的合力。4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個(gè)力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個(gè)共點(diǎn)力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個(gè)力必定與另外（n﹣1）個(gè)力的合力等大、反向。5.解答共點(diǎn)力平衡問題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問題a.臨界問題（1）問題特點(diǎn)：①當(dāng)某物理量發(fā)生變化時(shí)，會(huì)引起其他幾個(gè)物理量的變化。②注意某現(xiàn)象“恰好出現(xiàn)”或“恰好不出現(xiàn)”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設(shè)推理法，即先假設(shè)某種情況成立，然后根據(jù)平衡條件及有關(guān)知識(shí)進(jìn)行論證、求解。b.極值問題（1）問題界定：物體平衡的極值問題，一般指在力的變化過程中涉及力的最大值和最小值的問題。（2）分析方法：①解析法：根據(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時(shí)，采用數(shù)學(xué)知識(shí)求極值或者根據(jù)物理臨界條件求極值。②圖解法：根據(jù)物體平衡的條件作出力的矢量圖，畫出平行四邊形或者矢量三角形進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結(jié)”與“死結(jié)”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結(jié)”與“死結(jié)”模型①“活結(jié)”一般是由輕繩跨過光滑滑輪或者繩上掛一光滑掛鉤而形成的。繩雖然因“活結(jié)”而彎曲，但實(shí)際上是同一根繩，所以由“活結(jié)”分開的兩段繩上彈力的大小一定相等，兩段繩合力的方向一定沿這兩段繩夾角的平分線。②“死結(jié)”兩側(cè)的繩因結(jié)而變成了兩根獨(dú)立的繩，因此由“死結(jié)”分開的兩段繩上的彈力不一定相等。（2）“活桿”與“死桿”模型①“活桿”：指輕桿用轉(zhuǎn)軸或鉸鏈連接，當(dāng)輕桿處于平衡狀態(tài)時(shí)，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會(huì)引起輕桿的轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，則輕桿所受到的彈力方向不一定沿桿的方向。如圖乙所示，水平橫梁的一端A插在墻壁內(nèi)，另一端B裝有一個(gè)小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m。滑輪對(duì)繩的作用力應(yīng)為圖丙中兩段繩中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB桿彈力的方向不沿桿的方向?！久}方向】例1：在如圖所示的甲、乙、丙、丁四幅圖中，滑輪光滑且所受的重力忽略不計(jì)，滑輪的軸O安裝在一根輕木桿P上，一根輕繩ab繞過滑輪，a端固定在墻上，b端下面掛一質(zhì)量為m的重物。當(dāng)滑輪和重物都靜止不動(dòng)時(shí)，甲、丙、丁圖中木桿P與豎直方向的夾角均為θ，乙圖中木桿P豎直。假設(shè)甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小依次為FA、FB、FC、FD，則以下判斷正確的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：對(duì)滑輪受力分析，受兩個(gè)繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個(gè)繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個(gè)繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個(gè)選項(xiàng)中繩子的拉力是大小相等的，根據(jù)平行四邊形定則知兩個(gè)力的夾角越小，則合力越大，即滑輪兩邊繩子的夾角越小，繩子拉力的合力越大，故丁圖中繩子拉力合力最大，則桿的彈力最大，丙圖中夾角最大，繩子拉力合力最小，則桿的彈力最小，甲圖和乙圖中的夾角相同，則繩子拉力合力相等，則桿的彈力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅圖中滑輪受到木桿P的彈力的大小順序?yàn)椋篎D＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實(shí)際問題中的應(yīng)用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結(jié)合平衡條件分析是關(guān)鍵。例2：如圖所示，兩根等長(zhǎng)的輕繩將日光燈懸掛在天花板上，兩繩與豎直方向的夾角都為45°，日光燈保持水平，所受重力為G。則（）A.兩繩對(duì)日光燈拉力的合力大小等于GB.兩繩的拉力和重力不是共點(diǎn)力C.兩繩的拉力大小均為GD.兩繩的拉力大小均為分析：兩繩的拉力和重力是共點(diǎn)力，根據(jù)合力為零分析AB選項(xiàng)；根據(jù)對(duì)稱性可知，左右兩繩的拉力大小相等，分析日光燈的受力情況，由平衡條件求解繩子的拉力大小。解答：B．對(duì)日光燈受力分析如圖：兩繩拉力的作用線與重力作用線的延長(zhǎng)線交于一點(diǎn)，這三個(gè)力是共點(diǎn)力，故B錯(cuò)誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩繩的拉力的合力與重力G等大反向，故A正確；CD．由于兩個(gè)拉力的夾角成直角，且都與豎直方向成45°角，則由力的平行四邊形定則可知：G＝，F(xiàn)1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡，解答本題的關(guān)鍵是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、進(jìn)行力的合成，利用平衡條件建立方程進(jìn)行解答。例3：如圖，三根長(zhǎng)度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點(diǎn)，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l?，F(xiàn)在C點(diǎn)上懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點(diǎn)上可施加力的最小值為（）A.mgB.mgC.mgD.mg分析：根據(jù)物體的受力平衡，依據(jù)幾何關(guān)系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據(jù)幾何關(guān)系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結(jié)點(diǎn)C受力平衡，則受力分析如圖所示因此CD的拉力為T＝mg?tan30°D點(diǎn)受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點(diǎn)兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對(duì)D點(diǎn)的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°＝mg故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時(shí)，F(xiàn)2最小，F(xiàn)2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細(xì)繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質(zhì)光滑定滑輪懸掛一質(zhì)量為M1的物體，∠ACB＝30°；圖乙中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻壁上，另一端G通過細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF懸掛一質(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(tài)），求：（1）細(xì)繩AC的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力。分析：（1）根據(jù)力的分解及幾何關(guān)系解答。（2）圖甲中對(duì)滑輪受力分析，運(yùn)用合成法求解細(xì)繩AC段的張力FAC與輕桿BC對(duì)C端的支持力；（3）乙圖中，以C點(diǎn)為研究對(duì)象，根據(jù)平衡條件求解細(xì)繩EG段的張力F2以及輕桿HG對(duì)G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個(gè)物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡的條件，首先判斷與物體相連的細(xì)繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點(diǎn)和G點(diǎn)為研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據(jù)平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質(zhì)量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，輕繩AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上圖（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上圖（a）中，根據(jù)FAC＝FCD＝M1g且夾角為120°故FNC＝FAC＝M1g，方向與水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上圖（b）中，根據(jù)平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細(xì)繩EG的張力FEG之比為；（2）輕桿BC對(duì)C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對(duì)G端的支持力大小為M2g方向水平向右。點(diǎn)評(píng)：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點(diǎn)，其次要根據(jù)平衡條件，以C、G點(diǎn)為研究對(duì)象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問題時(shí)，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。2.解答共點(diǎn)力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，對(duì)于有相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體構(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)明確所選研究對(duì)象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個(gè)物體（整體法或隔離法）。（2）對(duì)所選研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對(duì)研究對(duì)象所受的力進(jìn)行處理，對(duì)三力平衡問題，一般根據(jù)平衡條件畫出力合成時(shí)的平行四邊形。對(duì)四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標(biāo)系，對(duì)各力按坐標(biāo)軸進(jìn)行分解。（4）建立平衡方程，對(duì)于四力或四力以上的平衡問題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問題和極值問題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點(diǎn)和極值點(diǎn)。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個(gè)狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個(gè)物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．向心力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一：向心力1．作用效果：產(chǎn)生向心加速度，只改變速度的方向，不改變速度的大?。?．大小：Fn＝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．【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??；（3）當(dāng)v＝時(shí)，F(xiàn)N＝0；（4）當(dāng)v＞時(shí)，F(xiàn)N+mg＝m，F(xiàn)N指向圓心并隨v的增大而增大；4．開普勒定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】開普勒行星運(yùn)動(dòng)三大定律基本內(nèi)容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對(duì)于每一個(gè)行星而言，太陽和行星的連線在相等的時(shí)間內(nèi)掃過相等的面積。3、開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。即：。在中學(xué)階段，我們將橢圓軌道按照?qǐng)A形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對(duì)于某一行星來說，它繞太陽做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；3．所有行星的軌道的半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即：?！久}方向】（1）第一類?？碱}型是考查開普勒三個(gè)定律的基本認(rèn)識(shí)：關(guān)于行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的下列說法正確的是（）A．所有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽運(yùn)動(dòng)B．行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運(yùn)動(dòng)周期越長(zhǎng)D．所有行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等分析：開普勒第一定律是太陽系中的所有行星圍繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。在相等時(shí)間內(nèi)，太陽和運(yùn)動(dòng)著的行星的連線所掃過的面積都是相等的。開普勒第三定律中的公式，可知半長(zhǎng)軸的三次方與公轉(zhuǎn)周期的二次方成正比。解：A、開普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽做橢圓運(yùn)動(dòng)，且太陽處在所有橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)上。故A錯(cuò)誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運(yùn)動(dòng)時(shí)，太陽位于行星軌道的一個(gè)焦點(diǎn)處，故B錯(cuò)誤；C、由公式，得離太陽越近的行星的運(yùn)動(dòng)周期越短，故C錯(cuò)誤；D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長(zhǎng)軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點(diǎn)評(píng)：行星繞太陽雖然是橢圓運(yùn)動(dòng)，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時(shí)值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類常考題型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，如圖所示。該行星與地球的公轉(zhuǎn)半徑比為（）A．（）B．（）C．（）D．（）分析：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長(zhǎng)，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說明N年地球比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長(zhǎng)線上，那么，可以求出行星的周期是年，接著再由開普勒第三定律求解該行星與地球的公轉(zhuǎn)半徑比。解：A、B、C、D：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長(zhǎng)。每過N年，該行星會(huì)運(yùn)行到日地連線的延長(zhǎng)線上，說明從最初在日地連線的延長(zhǎng)線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉(zhuǎn)圓周的N分之一，N年后地球轉(zhuǎn)了N圈，比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長(zhǎng)線上。所以行星的周期是年，根據(jù)開普勒第三定律有，即：＝＝，所以，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確。故選：B。點(diǎn)評(píng)：解答此題的關(guān)鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉(zhuǎn)一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可。【解題思路點(diǎn)撥】（1）開普勒行星運(yùn)動(dòng)定律是對(duì)行星繞太陽運(yùn)動(dòng)規(guī)律的總結(jié)，它也適用于其他天體的運(yùn)動(dòng)。（2）要注意開普勒第二定律描述的是同一行星離中心天體的距離不同時(shí)的運(yùn)動(dòng)快慢規(guī)律，開普勒第三定律描述的是不同行星繞同一中心天體運(yùn)動(dòng)快慢的規(guī)律。（3）應(yīng)用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應(yīng)用時(shí)可按以下步驟分析：①首先判斷兩個(gè)行星的中心天體是否相同，只有兩個(gè)行星是同一個(gè)中心天體時(shí)開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關(guān)系或半徑關(guān)系。③根據(jù)開普勒第三定律列式求解。5．萬有引力定律的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.天體質(zhì)量的計(jì)算（1）重力加速度法若已知天體（如地球）的半徑R及其表面的重力加速度g，根據(jù)在天體表面上物體的重力近似等于天體對(duì)物體的引力，得，解得天體的質(zhì)量M＝，g、R是天體自身的參量，所以該方法俗稱“自力更生法”（2）環(huán)繞法借助環(huán)繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的行星（或衛(wèi)星）計(jì)算中心天體的質(zhì)量，俗稱“借助外援法”。常見的情況如下：2.天體密度的計(jì)算若天體的半徑為R，則天體的密度，將M＝代入上式，可得。特殊情況：當(dāng)衛(wèi)星環(huán)繞天體表面運(yùn)動(dòng)時(shí)，衛(wèi)星的軌道半徑r可認(rèn)為等于天體半徑R，則。3.天體運(yùn)動(dòng)的分析與計(jì)算（1）一般行星或衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)可看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所需要的向心力都由中心天體對(duì)它的萬有引力提供，所以研究天體運(yùn)動(dòng)時(shí)可運(yùn)用牛頓第二定律方程＝ma，式中a是向心加速度。（2）常用關(guān)系①，萬有引力提供行星或衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。②mg＝，在天體表面上物體的重力等于它受到的引力，可得gR2＝GM，該公式稱為黃金代換?！久}方向】例1：近年來，人類發(fā)射的多枚火星探測(cè)器已經(jīng)相繼在火星上著陸，正在進(jìn)行著激動(dòng)人心的科學(xué)探究，為我們將來登上火星、開發(fā)和利用火星資源奠定了堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)。如果火星探測(cè)器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并測(cè)得該運(yùn)動(dòng)的周期為T，則火星的平均密度ρ的表達(dá)式為（k為某個(gè)常量）（）A.B.ρ＝kTC.ρ＝kT2D.分析：研究火星探測(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出中心體的質(zhì)量。根據(jù)密度公式表示出密度。解答：研究火星探測(cè)器繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：（r為軌道半徑即火星的半徑）得：M＝﹣﹣﹣﹣﹣①則火星的密度：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由①②得火星的平均密度：＝（k為某個(gè)常量）則ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用萬有引力定律求出中心體的質(zhì)量。能夠運(yùn)用物理規(guī)律去表示所要求解的物理量。向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用。例2：金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運(yùn)行的速率分別為v金、v地、v火，它們沿軌道運(yùn)行的周期分別為T金、T地、T火，它們沿軌道運(yùn)行的角速度大小分別為ω金、ω地、ω火。已知它們的軌道半徑R金＜R地＜R火，由此可以判定（）A.a金＜a地＜a火B(yǎng).ω金＞ω地＞ω火C.v金＜v地＜v火D.T金＞T地＞T火分析：根據(jù)行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽對(duì)其的萬有引力得到加速度、角速度和線速度的表達(dá)式，再結(jié)合半徑關(guān)系分析，再根據(jù)周期和角速度的關(guān)系分析周期。解答：A、根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可得向心加速度為：a＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則a金＞a地＞a火，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽對(duì)其的萬有引力得：＝mRω2，解得：，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則ω金＞ω地＞ω火，故B正確；C、根據(jù)行星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力等于太陽對(duì)其的萬有引力得：＝m，解得：v＝，而軌道半徑R金＜R地＜R火，則v金＞v地＞v火，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)T＝可得：T金＜T地＜T火，故D錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評(píng)：本題主要是考查了萬有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星球表面，忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，萬有引力近似等于重力；二是根據(jù)萬有引力提供向心力列方程進(jìn)行解答。【解題思路點(diǎn)撥】天體運(yùn)動(dòng)的加速度、線速度、角速度和周期與軌道半徑的關(guān)系總結(jié)規(guī)律：高軌低速長(zhǎng)周期。6．人造衛(wèi)星【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系1．衛(wèi)星的各物理量隨軌道半徑的變化而變化的規(guī)律（1）向心力和向心加速度：向心力是由萬有引力充當(dāng)?shù)?，即，再根?jù)牛頓第二定律可得，隨著軌道半徑的增加，衛(wèi)星的向心力和向心加速度都減小。（2）線速度v：由得，隨著軌道半徑的增加，衛(wèi)星的線速度減小。（3）角速度ω：由得，隨著軌道半徑的增加，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星的角速度減小。（4）周期T：由得，隨著軌道半徑的增加，衛(wèi)星的周期增大。注意：上述討論都是衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的情況，而非變軌時(shí)的情況?！久}方向】?？碱}型是衛(wèi)星的v、ω、T、a向與軌道半徑r的關(guān)系：如圖。地球赤道上的山丘e，近地資源衛(wèi)星p和同步通信衛(wèi)星q均在赤道平面上繞地心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)e、p、q，的圓周運(yùn)動(dòng)速率分別為v1、v2、v3，向心加速度分別為a1、a2、a3，則（）A．v1＞v2＞v3B．v1＜v2＜v3C．a(chǎn)1＞a2＞a3D．a(chǎn)1＜a3＜a2分析：要比較線速度的大小關(guān)系，可根據(jù)p和q是萬有引力完全提供向心力，解得v＝；而e和q相同的是角速度，根據(jù)v＝ωR可以得出結(jié)論。不能比較e和p，因?yàn)閑所受的萬有引力不但提供向心力，而且提供重力。對(duì)于p和q來說有＝ma，可得a＝；根據(jù)a＝ω2R比較a1和a3。解：對(duì)于衛(wèi)星來說根據(jù)萬有引力提供向心力有解得v＝故衛(wèi)星的軌道半R徑越大，衛(wèi)星的線速度v越小。由于近地資源衛(wèi)星p的軌道半徑小于同步通信衛(wèi)星q的軌道半徑，故同步衛(wèi)星q的線速度v3小于近地資源衛(wèi)星p的線速度v2，即v3＜v2。由于同步通信衛(wèi)星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距離Rq＞Re即ωe＝ωq根據(jù)v＝ωR可得v1＝ωeRev2＝ωqRq即v2＞v1故A、B錯(cuò)誤。對(duì)于p和q來說有＝ma可得a＝由于Rp＜Rq則ap＞aq即a2＞a3根據(jù)a＝ω2R由于Rq＞Re可得aq＞ae即a3＞a1故a2＞a3＞a1故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。點(diǎn)評(píng)：比較兩個(gè)物理量之間的大小關(guān)系時(shí)要選用有相同物理量的公式進(jìn)行比較。如本題中的e和p不能比較，而只能e和q比較，因?yàn)閑和q相同的是角速度。p和q比較，因?yàn)閜和q相同的是萬有引力完全提供向心力。7．功率、平均功率和瞬時(shí)功率【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】一、功率1．定義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2．物理意義：描述力對(duì)物體做功的快慢．3．公式（1）P＝，P為時(shí)間t內(nèi)的平均功率．（2）P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．4．額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．5．實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】題型一：平均功率和瞬時(shí)功率的計(jì)算例1：質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開始受到水平力的作用．力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則（）A.3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為B.3t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為C．在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為D．在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為．分析：通過牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出瞬時(shí)速度的大小和位移大小，通過瞬時(shí)功率的公式求出瞬時(shí)功率的大小，通過水平力做功求出平均功率的大?。獯穑篈、在0﹣2t0時(shí)間內(nèi)，物體的加速度，則位移，2t0末的速度．在2t0﹣3t0時(shí)間內(nèi)，物體的加速度，則位移＝，則3t0末的速度．則3t0末的瞬時(shí)功率P＝．故A錯(cuò)誤，B正確．C、在t＝0到3t0這段時(shí)間內(nèi)，水平力做功W＝，水平力的平均功率P＝．故C、D錯(cuò)誤．故選：B．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵掌握平均功率和瞬時(shí)功率的求法，知道平均功率和瞬時(shí)功率的區(qū)別，一般情況下，平均