2024年高考物理終極押題密卷2（天津卷）含答案

2024年高考物理終極押題密卷2（天津卷）一．選擇題（共5小題）1．（2024?天津模擬）下列說(shuō)法正確的是（）A．盧瑟福用α粒子轟擊獲得反沖核C發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子 B．愛(ài)因斯坦通過(guò)對(duì)黑體輻射規(guī)律的分析提出了光子說(shuō) C．玻爾通過(guò)對(duì)天然放射現(xiàn)象的研究提出氫原子能級(jí)理論 D．湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子從而提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型2．（2024?寧河區(qū)校級(jí)一模）無(wú)人機(jī)常應(yīng)用于應(yīng)急救援物資輸送上。在某次救援過(guò)程中，無(wú)人機(jī)下方用輕繩懸掛救援物資，它們?cè)诳罩醒厮椒较蛞黄鹱鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，救援物資在水平方向受到空氣阻力作用。現(xiàn)在，調(diào)整無(wú)人機(jī)速度，在水平方向仍然勻速運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)懸掛物資的繩子與豎直方向的夾角θ變大，則調(diào)整速度后，下列說(shuō)法正確的是（）A．救援物資受到的合力會(huì)變大 B．懸掛救援物資的繩子張力變小 C．救援物資在水平方向上受到的空氣阻力不變 D．救援物資受到的重力和繩子拉力的合力會(huì)變大3．（2024?天津模擬）截至2023年10月底，我國(guó)先后研制、發(fā)射了12艘神舟系列載人飛船，把20名、32人次航天員送上了太空，成功率達(dá)到100%。若飛行中某神舟號(hào)飛船質(zhì)量為m，圍繞地球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地球的質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G，則該飛船的（）A．周期為 B．向心加速度為 C．角速度為 D．動(dòng)能為4．（2024?天津模擬）如圖為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，已知升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，兩端電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，升壓變壓器與降壓變壓器之間輸電線上的總電阻為R，降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n3、n4，兩端電壓分別為U3、U4，電流分別為I3、I4。變壓器均為理想變壓器，若保持發(fā)電廠的輸出電壓不變，則下列說(shuō)法正確的是（）A．無(wú)論用戶端的負(fù)載如何增加，始終有I1U1＝I3U3 B．輸電線上損失的功率ΔP＝ C．若用戶端負(fù)載增加，那么電壓U3變小 D．輸電線上的電流I3＝5．（2024?南開(kāi)區(qū)一模）如圖所示，虛線a、b、c是電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，實(shí)線為一個(gè)帶正電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是軌跡上的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．三個(gè)等勢(shì)面中，等勢(shì)面a的電勢(shì)最高 B．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)時(shí)大 C．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在P點(diǎn)時(shí)大 D．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的加速度比在P點(diǎn)時(shí)大二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024?河?xùn)|區(qū)一模）光刻機(jī)又名“掩膜對(duì)準(zhǔn)曝光機(jī)”，是制造芯片的核心裝備，它是利用光源發(fā)出的紫外線，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。為提高光刻機(jī)投影精細(xì)圖的能力，在光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。若浸沒(méi)液體的折射率為1.7，不加液體時(shí)光刻膠的曝光波長(zhǎng)為187nm，則加上液體后，下列說(shuō)法中正確的是（）A．紫外線進(jìn)入液體后光子能量增加 B．紫外線在液體中的波長(zhǎng)為110nm C．傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的1.7倍 D．“浸沒(méi)式”光刻能提高分辨率是因?yàn)樽贤饩€在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射（多選）7．（2024?天津二模）如圖甲，“戰(zhàn)繩”訓(xùn)練是近年健身的一種流行項(xiàng)目?！皯?zhàn)繩”可簡(jiǎn)化為乙圖所示的彈性輕繩，繩上有很多標(biāo)記數(shù)字且處于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)標(biāo)記質(zhì)點(diǎn)間距離為L(zhǎng)，健身者沿豎直方向向上抖動(dòng)質(zhì)點(diǎn)1，并開(kāi)始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)1第一次到達(dá)波谷，各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的最大距離為A，形成的繩波可看作簡(jiǎn)諧波，下列說(shuō)法正確的是（）A．該波的波長(zhǎng)為24L B．波源的振動(dòng)周期 C．t時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)3處于平衡位置向上運(yùn)動(dòng) D．質(zhì)點(diǎn)3開(kāi)始振動(dòng)的方向豎直向上（多選）8．（2024?南開(kāi)區(qū)校級(jí)模擬）東京奧運(yùn)會(huì)女子鉛球決賽中，32歲的老將鞏立姣以20米58的成績(jī)奪冠，為我國(guó)田徑隊(duì)收獲了本屆東京奧運(yùn)會(huì)的第一枚田徑金牌。這塊金牌也實(shí)現(xiàn)了我國(guó)奧運(yùn)會(huì)田賽項(xiàng)目“零的突破”。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員鞏立姣斜向上推出鉛球，鉛球飛行一段時(shí)間后落地，若不計(jì)空氣阻力，則（）A．運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能 B．只要鉛球離手時(shí)初速度越大，在空中飛行的時(shí)間一定長(zhǎng) C．鉛球在空中飛行過(guò)程中，鉛球的重力勢(shì)能先增大后減小 D．鉛球在空中飛行過(guò)程中，相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量相同三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）9．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）在“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，需要將橡皮條的一端固定在水平木板上，橡皮條的另一端系兩根細(xì)繩，細(xì)繩另一端帶有繩套。先用兩個(gè)彈簧秤分別勾住繩套井互成角度地拉橡皮條，使橡皮條的結(jié)點(diǎn)達(dá)到某一位置O，并記下該點(diǎn)的位置O。再用一個(gè)彈簧秤將橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到同一位置O點(diǎn)，如圖甲所示。①物理學(xué)有很多的科學(xué)研究方法，本實(shí)驗(yàn)所采用的是；A.理想模型法B.等效替代法C.控制變量法D.演繹推理法②圖甲中沿OB方向拉的彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為N；（保留三位有效數(shù)字）③實(shí)驗(yàn)中，在白紙上畫(huà)出的測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，其中O處為結(jié)點(diǎn)位置。圖中的F與F'兩力中，方向一定沿橡皮筋方向的是；④關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是。A.彈簧秤、細(xì)繩、皮筋都應(yīng)與木板平行B.橡皮筋應(yīng)與兩繩夾角的平分線在同一直線上C.兩次拉伸橡皮條，只要使橡皮條伸長(zhǎng)到相同長(zhǎng)度即可D.拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)些10．（2024?南開(kāi)區(qū)校級(jí)模擬）在實(shí)驗(yàn)室中某同學(xué)需要測(cè)定一節(jié)新干電池的內(nèi)電阻。已選用的器材有：干電池（電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻很?。浑娏鞅恚砍?～0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約6kΩ）；電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干。①新電池的內(nèi)阻較小，實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列的（填字母代號(hào)）。A.定值電阻（阻值1Ω）B.定值電阻（阻值10Ω）C.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0～10Ω、額定電流2A）D.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0～1kΩ、額定電流1A）②該同學(xué)根據(jù)選好的實(shí)驗(yàn)器材，將實(shí)驗(yàn)器材連接成圖甲所示，你認(rèn)為哪些導(dǎo)線連接的有錯(cuò)誤（填導(dǎo)線旁的字母代號(hào)）。③按正確的方法連接好器材后，接通開(kāi)關(guān)，改變滑動(dòng)變阻器的阻值R，讀出對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I和電壓表的示數(shù)U，根據(jù)這些數(shù)據(jù)畫(huà)出U﹣I圖線如圖乙。根據(jù)圖線得電池的內(nèi)電阻r＝Ω。四．解答題（共4小題）11．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示，半徑R＝1.0m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)＝0.45m，C點(diǎn)與一傾角為θ＝45°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊，從距地面高H＝0.95m的圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與一個(gè)質(zhì)量M＝2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B點(diǎn)。已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，求：（1）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小。（2）小球第一落點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離x。12．（2024?河西區(qū)二模）如圖所示，光滑水平面上固定一傾角θ＝30°的斜面，斜面的長(zhǎng)度S＝4m，質(zhì)量為M＝2kg的足夠長(zhǎng)的木板左端與斜面底端平滑連接（木板與斜面不粘連）。一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面的頂端由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為v0，接著立即以該速度大小沿水平方向滑上長(zhǎng)木板。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，g取10m/s2。求：（1）滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小v0以及滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中斜面對(duì)滑塊支持力的沖量；（2）滑塊與木板最終達(dá)到的共同速度v的大小以及滑塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑動(dòng)的距離x。13．（2024?天津模擬）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面內(nèi)，a、c間距離為L(zhǎng)，b、d間距離為2L，a與b間、c與d間分別用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬桿GH在垂直于GH的水平外力F1（F1未知且圖中未畫(huà)出）作用下保持靜止，且GH垂直于b和d。金屬桿MN質(zhì)量m，在垂直于MN的水平恒力F2作用下從靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移x后，桿MN的速度不再變化，桿MN始終垂直于a和c，金屬桿MN和GH接入電路的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌a、c足夠長(zhǎng)。求：（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大小；（2）水平外力F1的最大值；（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力F2，求此后MN桿還能滑行的距離s。14．（2024?天津模擬）實(shí)驗(yàn)室有一裝置可用于探究原子核的性質(zhì)，該裝置的主要原理可簡(jiǎn)化為：空間中有一直角坐標(biāo)系O﹣xyz，在緊貼（﹣0.2m，0，0）的下側(cè)處有一粒子源P，能沿x軸正方向以m/s的速度持續(xù)發(fā)射比荷為C/kg的某種原子核。xOy平面圖如圖甲所示，在x＜0，y＜0的空間中有沿﹣y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E＝1×105V/m。在x＞0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1＝0.2T。忽略原子核間的相互作用和重力。（1）求原子核第一次穿過(guò)y軸時(shí)速率；（2）設(shè)原子核從Q點(diǎn)第二次穿過(guò)y軸，求O、Q兩點(diǎn)之間距離；（3）若在xOz平面內(nèi)x＜0區(qū)域放置一足夠大的吸收屏，屏上方施加有沿﹣y方向大小為B2＝（T）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印跡，請(qǐng)確定該印跡的位置坐標(biāo)。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷2（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(shuō)法正確的是（）A．盧瑟福用α粒子轟擊獲得反沖核C發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子 B．愛(ài)因斯坦通過(guò)對(duì)黑體輻射規(guī)律的分析提出了光子說(shuō) C．玻爾通過(guò)對(duì)天然放射現(xiàn)象的研究提出氫原子能級(jí)理論 D．湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子從而提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型【考點(diǎn)】物理學(xué)史；黑體黑體輻射及其實(shí)驗(yàn)規(guī)律；原子的核式結(jié)構(gòu)；α粒子散射實(shí)驗(yàn)；天然放射現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；光電效應(yīng)專題；原子的核式結(jié)構(gòu)及其組成；原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題；理解能力．【分析】根據(jù)原子物理學(xué)發(fā)展的歷程，以及相關(guān)物理學(xué)家的貢獻(xiàn)解答即可?！窘獯稹拷猓篈、盧瑟福用α粒子轟擊獲得反沖核發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，故A正確；B、愛(ài)因斯坦通過(guò)對(duì)光電效應(yīng)現(xiàn)象的分析提出了光子說(shuō)，故B錯(cuò)誤；C、玻爾通過(guò)對(duì)氫光譜的成因的研究提出氫原子能級(jí)理論，故C錯(cuò)誤；D、盧瑟福通過(guò)α粒子的散射實(shí)驗(yàn)分析，提出原子的核式結(jié)構(gòu)模型，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】該題考查原子核式結(jié)構(gòu)及質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)者等，掌握物理史實(shí)，知道玻爾的原子模型的作用及其局限性是關(guān)鍵。2．（2024?寧河區(qū)校級(jí)一模）無(wú)人機(jī)常應(yīng)用于應(yīng)急救援物資輸送上。在某次救援過(guò)程中，無(wú)人機(jī)下方用輕繩懸掛救援物資，它們?cè)诳罩醒厮椒较蛞黄鹱鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，救援物資在水平方向受到空氣阻力作用?，F(xiàn)在，調(diào)整無(wú)人機(jī)速度，在水平方向仍然勻速運(yùn)動(dòng)，發(fā)現(xiàn)懸掛物資的繩子與豎直方向的夾角θ變大，則調(diào)整速度后，下列說(shuō)法正確的是（）A．救援物資受到的合力會(huì)變大 B．懸掛救援物資的繩子張力變小 C．救援物資在水平方向上受到的空氣阻力不變 D．救援物資受到的重力和繩子拉力的合力會(huì)變大【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】比較思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題；推理能力．【分析】救援物資做勻速運(yùn)動(dòng)，合力為零。對(duì)救援物資受力分析，利用正交分解法，建立力的等量關(guān)系，據(jù)此分析當(dāng)繩子與豎直方向的夾角θ變大時(shí)，繩子的張力、空氣阻力、以及重力和繩子拉力的合力如何變化?！窘獯稹拷猓篈、無(wú)人機(jī)和救援物資仍做勻速運(yùn)動(dòng)，合力仍為零，沒(méi)有變化，故A錯(cuò)誤；BC、設(shè)繩子拉力為T，救援物資受到的阻力為f，其受力情況如圖所示，根據(jù)平衡條件在水平方向有f＝Tsinθ豎直方向上有Tcosθ＝mg可得：f＝mgtanθ，則當(dāng)繩子與豎直方向的夾角θ變大時(shí)，繩子的拉力T變大，救援物資受到的空氣阻力f變大，故BC錯(cuò)誤；D、由三力平衡可知，救援物資受到的重力和繩子拉力的合力大小等于受到的阻力大小，阻力變大，則救援物資受到的重力和繩子拉力的合力變大，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)救援物資受力分析時(shí)解決本題的關(guān)鍵，注意三力平衡時(shí)，其中任意兩力的合力一定跟第三個(gè)力等大反向。3．（2024?天津模擬）截至2023年10月底，我國(guó)先后研制、發(fā)射了12艘神舟系列載人飛船，把20名、32人次航天員送上了太空，成功率達(dá)到100%。若飛行中某神舟號(hào)飛船質(zhì)量為m，圍繞地球做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知地球的質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G，則該飛船的（）A．周期為 B．向心加速度為 C．角速度為 D．動(dòng)能為【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星；向心力；萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；方程法；萬(wàn)有引力定律在天體運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用專題；理解能力．【分析】由萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式求解周期、角速度和線速度大小，再根據(jù)動(dòng)能的計(jì)算公式求解動(dòng)能，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合萬(wàn)有引力定律求解加速度大小?！窘獯稹拷猓篈、由萬(wàn)有引力提供向心力可得：，解得空間站的周期為：故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)牛頓第二定律可得：，解得：，故B錯(cuò)誤；C、由萬(wàn)有引力提供向心力可得：，解得：，故C錯(cuò)誤；D、由萬(wàn)有引力提供向心力有：，解得：，則空間站的動(dòng)能為：，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握萬(wàn)有引力的計(jì)算公式以及動(dòng)能的計(jì)算公式，注意軌道半徑與地球的半徑不同。4．（2024?天津模擬）如圖為遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，已知升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，兩端電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，升壓變壓器與降壓變壓器之間輸電線上的總電阻為R，降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n3、n4，兩端電壓分別為U3、U4，電流分別為I3、I4。變壓器均為理想變壓器，若保持發(fā)電廠的輸出電壓不變，則下列說(shuō)法正確的是（）A．無(wú)論用戶端的負(fù)載如何增加，始終有I1U1＝I3U3 B．輸電線上損失的功率ΔP＝ C．若用戶端負(fù)載增加，那么電壓U3變小 D．輸電線上的電流I3＝【考點(diǎn)】遠(yuǎn)距離輸電；變壓器的構(gòu)造和原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理能力．【分析】變壓器原副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，電流之比等于匝數(shù)之反比；根據(jù)升壓變壓器的輸出電壓等于降壓變壓器的輸入電壓和電壓損失之和，得出U3、U2的關(guān)系。當(dāng)用戶增多時(shí)，用戶端總電阻變小，電流變大，結(jié)合輸電線上電壓損失的變化得出降壓變壓器輸出電壓的變化。【解答】解：A．輸電線有損耗，無(wú)論用戶端的負(fù)載如何增加，始終有I1U1＞I3U3，故A錯(cuò)誤；B．輸電線上損失的功率ΔP＝，故B錯(cuò)誤；C．若用戶端負(fù)載增加，則電流增大，根據(jù)U＝IR可知輸電線電壓增大，那么電壓U3變小，故C正確；D．輸電線上的電流I3＝，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決該題需明確知道變壓器中原副線圈的電壓、電流與匝數(shù)的關(guān)系，知道原副線圈的功率的關(guān)系。5．（2024?南開(kāi)區(qū)一模）如圖所示，虛線a、b、c是電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，實(shí)線為一個(gè)帶正電粒子僅在電場(chǎng)力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是軌跡上的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）A．三個(gè)等勢(shì)面中，等勢(shì)面a的電勢(shì)最高 B．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在P點(diǎn)時(shí)大 C．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在P點(diǎn)時(shí)大 D．粒子在Q點(diǎn)時(shí)的加速度比在P點(diǎn)時(shí)大【考點(diǎn)】等勢(shì)面；電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系；電勢(shì)．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理能力．【分析】由于帶電粒子只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡可知電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向右下方，由于粒子帶正電，因此電場(chǎng)線方向也指向右下方；電勢(shì)能變化可以通過(guò)電場(chǎng)力做功情況判斷；電場(chǎng)線和等勢(shì)線垂直，且等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密，電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大。【解答】解：A．根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子所受電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè)，即電場(chǎng)力方向斜向右下，因帶電粒子帶正電，則電場(chǎng)線方向垂直于等勢(shì)面斜向右下，根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知，等勢(shì)面c的電勢(shì)最高，等勢(shì)面a的電勢(shì)最低，故A錯(cuò)誤；BC．因?yàn)镻點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，根據(jù)Ep＝qφ，由于帶電粒子帶正電，可知粒子在電勢(shì)較高的P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)時(shí)大，根據(jù)能量守恒可知粒子在Q點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在P點(diǎn)時(shí)大，故B錯(cuò)誤，C正確；D．由于P點(diǎn)處的等勢(shì)面較密，所以P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度較大，粒子在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力較大，故質(zhì)點(diǎn)在Q點(diǎn)時(shí)的加速度比在P點(diǎn)時(shí)的小，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決這類帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思路是：根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡判斷出所受電場(chǎng)力方向，然后進(jìn)一步判斷電勢(shì)、電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)能、動(dòng)能等物理量的變化。二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024?河?xùn)|區(qū)一模）光刻機(jī)又名“掩膜對(duì)準(zhǔn)曝光機(jī)”，是制造芯片的核心裝備，它是利用光源發(fā)出的紫外線，將精細(xì)圖投影在硅片上，再經(jīng)技術(shù)處理制成芯片。為提高光刻機(jī)投影精細(xì)圖的能力，在光刻膠和投影物鏡之間填充液體，提高分辨率，如圖所示。若浸沒(méi)液體的折射率為1.7，不加液體時(shí)光刻膠的曝光波長(zhǎng)為187nm，則加上液體后，下列說(shuō)法中正確的是（）A．紫外線進(jìn)入液體后光子能量增加 B．紫外線在液體中的波長(zhǎng)為110nm C．傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的1.7倍 D．“浸沒(méi)式”光刻能提高分辨率是因?yàn)樽贤饩€在液體中比在空氣中更容易發(fā)生衍射【考點(diǎn)】光的衍射；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】光在傳播過(guò)程中，頻率不變，根據(jù)E＝hν判斷光子能量；根據(jù)、導(dǎo)出紫外線在液體中的傳播的波長(zhǎng)，在液體中傳播速度，再根據(jù)x＝vt判斷在真空和液體中傳播時(shí)間；光發(fā)生明顯衍射條件為：光的波長(zhǎng)比障礙物、孔、縫的尺寸大，火相差不多?！窘獯稹拷猓篈.紫外線進(jìn)入液體后，頻率不變，則光子的能量不變，故A錯(cuò)誤；BC.由公式、可得：，＝，傳播相等的距離時(shí)，紫外線在真空中傳播時(shí)間為：，紫外線在液體中傳播時(shí)間為：＝，傳播相等的距離，在液體中所需的時(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的1.7倍，故BC正確；D.紫外線在液體中波長(zhǎng)變短，由發(fā)生明顯衍射的條件可知，紫外線在液體中比在空氣中更不容易發(fā)生衍射，則高光刻機(jī)的分辨率就越高，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查對(duì)光的能量、光的折射、光的明顯衍射的理解，理解光的能量由頻率決定、發(fā)生明顯衍射條件是解題關(guān)鍵。（多選）7．（2024?天津二模）如圖甲，“戰(zhàn)繩”訓(xùn)練是近年健身的一種流行項(xiàng)目。“戰(zhàn)繩”可簡(jiǎn)化為乙圖所示的彈性輕繩，繩上有很多標(biāo)記數(shù)字且處于平衡位置的質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩個(gè)標(biāo)記質(zhì)點(diǎn)間距離為L(zhǎng)，健身者沿豎直方向向上抖動(dòng)質(zhì)點(diǎn)1，并開(kāi)始計(jì)時(shí)，t時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)1第一次到達(dá)波谷，各質(zhì)點(diǎn)偏離平衡位置的最大距離為A，形成的繩波可看作簡(jiǎn)諧波，下列說(shuō)法正確的是（）A．該波的波長(zhǎng)為24L B．波源的振動(dòng)周期 C．t時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)3處于平衡位置向上運(yùn)動(dòng) D．質(zhì)點(diǎn)3開(kāi)始振動(dòng)的方向豎直向上【考點(diǎn)】橫波的圖像；波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系．【專題】定量思想；方程法；振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象專題；推理能力．【分析】t時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)，畫(huà)出“戰(zhàn)繩”在t時(shí)刻的波動(dòng)圖像，根據(jù)圖像求解波長(zhǎng)和振動(dòng)周期；根據(jù)“同側(cè)法”分析振動(dòng)方向；波上每一質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)方向與波源的振動(dòng)方向一致。【解答】解：A、根據(jù)題意可知t時(shí)刻第7個(gè)質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)，“戰(zhàn)繩”在t時(shí)刻的波動(dòng)圖像為：由圖可知：6L＝λ，解得：λ＝8L，故A錯(cuò)誤；B、由上述分析可知，有：T＝t，所以有：T＝t，故B正確；C、由于該波向x軸正方向傳播，根據(jù)“同側(cè)法”可知，在t時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)3處于平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、波上每一質(zhì)點(diǎn)做的都是受迫運(yùn)動(dòng)，其開(kāi)始振動(dòng)方向與波源的振動(dòng)方向一致，由題意可知，波源開(kāi)始時(shí)向上振動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)3開(kāi)始振動(dòng)的方向向上，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了波的圖像；解答本題關(guān)鍵是要理解波的圖象的變化規(guī)律，能夠根據(jù)圖像直接讀出振幅、波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系v＝fλ。（多選）8．（2024?南開(kāi)區(qū)校級(jí)模擬）東京奧運(yùn)會(huì)女子鉛球決賽中，32歲的老將鞏立姣以20米58的成績(jī)奪冠，為我國(guó)田徑隊(duì)收獲了本屆東京奧運(yùn)會(huì)的第一枚田徑金牌。這塊金牌也實(shí)現(xiàn)了我國(guó)奧運(yùn)會(huì)田賽項(xiàng)目“零的突破”。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員鞏立姣斜向上推出鉛球，鉛球飛行一段時(shí)間后落地，若不計(jì)空氣阻力，則（）A．運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能 B．只要鉛球離手時(shí)初速度越大，在空中飛行的時(shí)間一定長(zhǎng) C．鉛球在空中飛行過(guò)程中，鉛球的重力勢(shì)能先增大后減小 D．鉛球在空中飛行過(guò)程中，相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量相同【考點(diǎn)】功能關(guān)系；動(dòng)量定理；斜拋運(yùn)動(dòng)；重力勢(shì)能；動(dòng)能定理．【專題】比較思想；尋找守恒量法；功能關(guān)系能量守恒定律；理解能力．【分析】運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能和重力勢(shì)能；鉛球在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，在空中飛行時(shí)間與初速度大小和方向都有關(guān)；根據(jù)高度的變化，分析鉛球重力勢(shì)能的變化，利用動(dòng)量定理分析相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、由于運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過(guò)程，鉛球的高度增加，重力勢(shì)能增加，所以運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能和重力勢(shì)能，故A錯(cuò)誤；B、鉛球在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，初速度越大，在空中飛行的時(shí)間不一定長(zhǎng)，還與初速度的方向有關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、鉛球在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，先升高后下降，因此鉛球的重力勢(shì)能先增大后減小，故C正確；D、鉛球在空中飛行過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，球的動(dòng)量變化量等于重力的沖量，即Δp＝mgt，因此相同時(shí)間內(nèi)球的動(dòng)量變化量相同，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確斜拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間既與初速度大小有關(guān)，也與初速度方向有關(guān)。對(duì)于動(dòng)量變化量，可以根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行研究。三．實(shí)驗(yàn)題（共2小題）9．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）在“探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律”實(shí)驗(yàn)中，需要將橡皮條的一端固定在水平木板上，橡皮條的另一端系兩根細(xì)繩，細(xì)繩另一端帶有繩套。先用兩個(gè)彈簧秤分別勾住繩套井互成角度地拉橡皮條，使橡皮條的結(jié)點(diǎn)達(dá)到某一位置O，并記下該點(diǎn)的位置O。再用一個(gè)彈簧秤將橡皮條的結(jié)點(diǎn)拉到同一位置O點(diǎn)，如圖甲所示。①物理學(xué)有很多的科學(xué)研究方法，本實(shí)驗(yàn)所采用的是B；A.理想模型法B.等效替代法C.控制變量法D.演繹推理法②圖甲中沿OB方向拉的彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)為3.70N；（保留三位有效數(shù)字）③實(shí)驗(yàn)中，在白紙上畫(huà)出的測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，其中O處為結(jié)點(diǎn)位置。圖中的F與F'兩力中，方向一定沿橡皮筋方向的是F′；④關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是AD。A.彈簧秤、細(xì)繩、皮筋都應(yīng)與木板平行B.橡皮筋應(yīng)與兩繩夾角的平分線在同一直線上C.兩次拉伸橡皮條，只要使橡皮條伸長(zhǎng)到相同長(zhǎng)度即可D.拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)些【考點(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則．【專題】定性思想；推理法；平行四邊形法則圖解法專題；推理能力．【分析】①本實(shí)驗(yàn)中要比較兩個(gè)力共同作用的效果與一個(gè)力單獨(dú)作用的效果，據(jù)此分析作答；②彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為0.1N，讀數(shù)時(shí)要估讀到下一位；③在實(shí)驗(yàn)中F和F'分別由平行四邊形定則及實(shí)驗(yàn)得出，根據(jù)理論值和實(shí)驗(yàn)值的含義作答；④根據(jù)正確的實(shí)驗(yàn)操作步驟和注意事項(xiàng)分析作答?！窘獯稹拷猓孩俦緦?shí)驗(yàn)用一根彈簧測(cè)力計(jì)拉橡皮條的效果替代兩根彈簧測(cè)力計(jì)共同拉橡皮條的效果，采用了等效替代法，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B。②彈簧秤的精確度為0.1N，要估讀到下一位，彈簧秤的示數(shù)為3.70N。③圖中F為根據(jù)平行四邊形定則作出的合力的理論值，而F′為合力的實(shí)際測(cè)量值，即一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)作用時(shí)的力，方向一定沿橡皮筋方向的是F′。④A.彈簧秤、細(xì)繩、皮筋都應(yīng)與木板平行，故A正確；B.在實(shí)驗(yàn)中兩個(gè)分力的夾角大小適當(dāng)，在作圖時(shí)有利于減小誤差，并非需要橡皮筋與兩繩夾角的平分線在同一直線上，故B錯(cuò)誤；C.本實(shí)驗(yàn)是“等效替代”思想，兩次拉橡皮條時(shí)需要使橡皮條與細(xì)繩相連的節(jié)點(diǎn)O到達(dá)同一位置，不是僅使橡皮條伸長(zhǎng)到相同長(zhǎng)度，還需要拉伸方向相同，故C錯(cuò)誤；D.拉橡皮條的細(xì)繩要適當(dāng)長(zhǎng)些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要適當(dāng)遠(yuǎn)些，使拉力方向的確定更為精確，故D正確；故選：AD。故答案為：①B；②3.70；③F′；④AD。【點(diǎn)評(píng)】本實(shí)驗(yàn)采用的是“等效替代”的方法，即一個(gè)合力與幾個(gè)分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明確“理論值”和“實(shí)驗(yàn)值”的區(qū)別。10．（2024?南開(kāi)區(qū)校級(jí)模擬）在實(shí)驗(yàn)室中某同學(xué)需要測(cè)定一節(jié)新干電池的內(nèi)電阻。已選用的器材有：干電池（電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻很?。浑娏鞅恚砍?～0.6A，內(nèi)阻約為0.1Ω）；電壓表（量程0～3V，內(nèi)阻約6kΩ）；電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干。①新電池的內(nèi)阻較小，實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列的AC（填字母代號(hào)）。A.定值電阻（阻值1Ω）B.定值電阻（阻值10Ω）C.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0～10Ω、額定電流2A）D.滑動(dòng)變阻器（阻值范圍0～1kΩ、額定電流1A）②該同學(xué)根據(jù)選好的實(shí)驗(yàn)器材，將實(shí)驗(yàn)器材連接成圖甲所示，你認(rèn)為哪些導(dǎo)線連接的有錯(cuò)誤c、e（或d）（填導(dǎo)線旁的字母代號(hào)）。③按正確的方法連接好器材后，接通開(kāi)關(guān)，改變滑動(dòng)變阻器的阻值R，讀出對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)I和電壓表的示數(shù)U，根據(jù)這些數(shù)據(jù)畫(huà)出U﹣I圖線如圖乙。根據(jù)圖線得電池的內(nèi)電阻r＝0.4Ω?！究键c(diǎn)】電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的測(cè)量．【專題】定量思想；推理法；恒定電流專題；實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ痉治觥竣俑鶕?jù)實(shí)驗(yàn)原理及操作便捷選擇器材；②根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理圖分析解答；③根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像斜率解答?！窘獯稹拷猓孩僖还?jié)干電池電的內(nèi)阻很小，約為零點(diǎn)幾歐姆，則保護(hù)電阻不宜太大，否則會(huì)使得電流表、電壓表取值范圍小，造成的誤差大，因此定值電阻應(yīng)選A；為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選C；②圖中c導(dǎo)線的上端應(yīng)該連接到R0左端；e和d兩根導(dǎo)線其中的一根要連到滑動(dòng)變阻器的上端；③根據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝U+I（R0+r）由圖象可知k＝r+R0＝Ω解得電源內(nèi)阻r＝0.4Ω故答案為：①AC；②c、e（或d）；③0.4【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)儀器及電路圖糾錯(cuò)，要求掌握好其安全、準(zhǔn)確的原則；同時(shí)注意滑動(dòng)變阻器在電路中的應(yīng)用規(guī)律；要掌握應(yīng)用圖象法求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的方法。四．解答題（共4小題）11．（2024?河?xùn)|區(qū)二模）如圖所示，半徑R＝1.0m的四分之一圓弧形光滑軌道豎直放置，圓弧最低點(diǎn)B與長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的水平面BC相切于B點(diǎn)，BC離地面高h(yuǎn)＝0.45m，C點(diǎn)與一傾角為θ＝45°的光滑斜面連接，質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊，從距地面高H＝0.95m的圓弧上某點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)與一個(gè)質(zhì)量M＝2.0kg的小球正碰，碰后返回恰好停在B點(diǎn)。已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，求：（1）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小。（2）小球第一落點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離x?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；牛頓第二定律；牛頓第三定律；動(dòng)能定理．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【分析】（1）小滑塊從開(kāi)始到B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理列式，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合牛頓第三定律求解滑塊對(duì)軌道壓力大??；（2）研究小滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理求出小滑塊與小球碰撞前的速度；碰后小滑塊返回B點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理求出小滑塊碰撞后的速度；對(duì)于碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒求出碰后小球的速度，再由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)判斷小滑塊離開(kāi)C點(diǎn)將落在水平地面上，再去求解空中的飛行時(shí)間，從而求得碰撞后小球的第一次落點(diǎn)距C點(diǎn)的距離?！窘獯稹拷猓海?）滑塊由距離地面H高處下滑，根據(jù)動(dòng)能定理有mg（H﹣h）＝由題圖可知B點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，在該點(diǎn)有由牛頓第三定律可知滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力N′＝N聯(lián)立解得：N′＝20N（2）設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)且碰撞前的速度為v1，由動(dòng)能定理得：在C點(diǎn)兩滑塊發(fā)生碰撞，設(shè)碰后滑塊速度變?yōu)関2，小球速度為v3，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝﹣mv2+Mv3碰后滑塊回到B點(diǎn)速度恰好為零，據(jù)動(dòng)能定理得：碰后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球能落到水平面上，其水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝v3t豎直方向有聯(lián)立解得：x＝0.6m由于x＞htan45°＝0.45m，可知假設(shè)成立，則落點(diǎn)與C的距離答：（1）到達(dá)B點(diǎn)時(shí)小滑塊對(duì)圓弧軌道的壓力大小為20N。（2）小球第一落點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離x為0.75m?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)情況，尋找每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，然后根據(jù)牛頓第二定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律和平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)解答。12．（2024?河西區(qū)二模）如圖所示，光滑水平面上固定一傾角θ＝30°的斜面，斜面的長(zhǎng)度S＝4m，質(zhì)量為M＝2kg的足夠長(zhǎng)的木板左端與斜面底端平滑連接（木板與斜面不粘連）。一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面的頂端由靜止開(kāi)始下滑，到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為v0，接著立即以該速度大小沿水平方向滑上長(zhǎng)木板。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，g取10m/s2。求：（1）滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小v0以及滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中斜面對(duì)滑塊支持力的沖量；（2）滑塊與木板最終達(dá)到的共同速度v的大小以及滑塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑動(dòng)的距離x?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；動(dòng)量定理．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【分析】（1）對(duì)滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度；由速度—位移關(guān)系可求速度的大小，再由速度—時(shí)間關(guān)系求出時(shí)間，由沖量的定義求出沖量；（2）由動(dòng)量守恒定律可求共同的速度的大小，由能量守恒定律求出相對(duì)位移?！窘獯稹拷猓海?）滑塊在斜面上下滑時(shí)，以滑塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律可得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma，解得：a＝2m/s2滑塊在斜面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：，解得：v0＝4m/s所用的時(shí)間為：，解得：t＝2s斜面對(duì)滑塊支持力的沖量為：I＝mgcosθt，解得：，方向垂直于斜面向上；（2）滑塊和木板發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝（m+M）v，解得：滑塊與木板相互作用的過(guò)程中，由能量守恒定律可得：解得：。答：（1）滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小為v0＝4m/s，滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中斜面對(duì)滑塊支持力的沖量為，方向垂直于斜面向上；（2）滑塊與木板最終達(dá)到的共同速度v的大小為以及滑塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑動(dòng)的距離為?！军c(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)牛頓第二定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，沖量、動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律的考查，解題時(shí)要根據(jù)題目的要求分別應(yīng)用不同的規(guī)律求解，要注意沖量的矢量性。13．（2024?天津模擬）如圖所示，光滑金屬導(dǎo)軌a、c、b、d相互平行，固定在同一水平面內(nèi)，a、c間距離為L(zhǎng)，b、d間距離為2L，a與b間、c與d間分別用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬桿GH在垂直于GH的水平外力F1（F1未知且圖中未畫(huà)出）作用下保持靜止，且GH垂直于b和d。金屬桿MN質(zhì)量m，在垂直于MN的水平恒力F2作用下從靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移x后，桿MN的速度不再變化，桿MN始終垂直于a和c，金屬桿MN和GH接入電路的電阻均為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌a、c足夠長(zhǎng)。求：（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大??；（2）水平外力F1的最大值；（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力F2，求此后MN桿還能滑行的距離s?！究键c(diǎn)】電磁感應(yīng)中的能量類問(wèn)題；閉合電路的歐姆定律；電磁感應(yīng)中的電路類問(wèn)題．【分析】（1）對(duì)MN金屬桿，當(dāng)恒力F2與所受的安培力平衡時(shí)，勻速運(yùn)動(dòng)（但此時(shí)加速度為零），由平衡條件和題設(shè)條件結(jié)合動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式、歐姆定律、安培力公式等求勻速的速度；（2）對(duì)GH金屬桿，當(dāng)恒力與安培力平衡時(shí)，所用外力最大，同理可求F1的最大值；（3）由動(dòng)量定理求出在GH桿還要經(jīng)過(guò)水平距離s?！窘獯稹拷猓海?）當(dāng)GH在F1的作用下靜止時(shí)，設(shè)金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式有：E＝BLv由歐姆定律有：MN受到的安培力：F安1＝BIL根據(jù)平衡條件有：F安1＝F2聯(lián)立以上解得：（2）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)拉力F1最大，有：MN受到的安培力：F安2＝BI?2L根據(jù)平衡條件有：F安2＝F1聯(lián)立上一問(wèn)結(jié)論解得：F1＝2F2（3）設(shè)金屬桿MN運(yùn)動(dòng)位移x，所用時(shí)間為t，對(duì)于MN桿，由動(dòng)量定理，有：而平均安培力：平均電流：平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：結(jié)合位移的公式：聯(lián)立解得：答：（1）金屬桿MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v大小為；（2）水平外力F1的最大值2F2；（3）MN桿勻速運(yùn)動(dòng)后撤去拉力F2，求此后MN桿還能滑行的距離s為?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要根據(jù)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況，分析受力情況，要選擇研究的位置，抓住兩個(gè)過(guò)程及各個(gè)狀態(tài)之間的關(guān)系，運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和能量守恒結(jié)合進(jìn)行研究。14．（2024?天津模擬）實(shí)驗(yàn)室有一裝置可用于探究原子核的性質(zhì)，該裝置的主要原理可簡(jiǎn)化為：空間中有一直角坐標(biāo)系O﹣xyz，在緊貼（﹣0.2m，0，0）的下側(cè)處有一粒子源P，能沿x軸正方向以m/s的速度持續(xù)發(fā)射比荷為C/kg的某種原子核。xOy平面圖如圖甲所示，在x＜0，y＜0的空間中有沿﹣y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E＝1×105V/m。在x＞0的空間有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1＝0.2T。忽略原子核間的相互作用和重力。（1）求原子核第一次穿過(guò)y軸時(shí)速率；（2）設(shè)原子核從Q點(diǎn)第二次穿過(guò)y軸，求O、Q兩點(diǎn)之間距離；（3）若在xOz平面內(nèi)x＜0區(qū)域放置一足夠大的吸收屏，屏上方施加有沿﹣y方向大小為B2＝（T）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印跡，請(qǐng)確定該印跡的位置坐標(biāo)。【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)．【專題】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）原子核在與xOy平行的電場(chǎng)中做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋規(guī)律求合速度大??；（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，可以求得半徑，根據(jù)幾何關(guān)系求OQ距離；（3）根據(jù)題意可知原子核在x＜0區(qū)域做等距螺旋線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解求解打在屏上的坐標(biāo)。【解答】解：（1）原子核在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)穿過(guò)y軸時(shí)有：沿電場(chǎng)線方向，根據(jù)牛頓第二定律有：沿電場(chǎng)方向的速度：vy＝at合速度大?。郝?lián)立以上代入數(shù)據(jù)，其中x＝0.2m，可得：m/s（2）原子核離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度與+x夾角設(shè)為θ，則由速度方向公式有：偏移距離：在y軸右側(cè)的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力有：該軌跡圓在y軸上對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)：l＝2Rcosθ由幾何關(guān)系可知OQ間距離：d＝l﹣y代入數(shù)據(jù)可得：d＝0.1m（3）原子核在x＜0區(qū)域做等距螺旋線運(yùn)動(dòng)，即沿﹣y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直B2方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：代入數(shù)據(jù)得到：m勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期：代入數(shù)據(jù)得：T＝2.0×10﹣7s沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：代入數(shù)據(jù)得到：t＝1.0×10﹣7s＝可以看出，原子核經(jīng)過(guò)半個(gè)周期打在吸收屏上。所以該點(diǎn)位置坐標(biāo)為（0，0，m）答：（1）原子核第一次穿過(guò)y軸時(shí)速率為m/s；（2）設(shè)原子核從Q點(diǎn)第二次穿過(guò)y軸，O、Q兩點(diǎn)之間距離為0.1m；（3）確定該印跡的位置坐標(biāo)為（0，0，m）。【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是帶電粒子在組合場(chǎng)力的運(yùn)動(dòng)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意分析粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和路徑，再列相應(yīng)方程求解即可。試題第三問(wèn)涉及空間立體幾何問(wèn)題，難度比較大。

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(wèn)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(wèn)題的三種常用方法6.平衡中的臨界、極值問(wèn)題a.臨界問(wèn)題（1）問(wèn)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(wèn)題（1）問(wèn)題界定：物體平衡的極值問(wèn)題，一般指在力的變化過(guò)程中涉及力的最大值和最小值的問(wèn)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(huà)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(guò)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(kāi)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(kāi)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(guò)滑輪后懸掛重物m?；唽?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。【命題方向】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(guò)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(wèn)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(guò)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(guò)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(guò)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?jiàn)A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(wèn)題的一般步驟求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1.在分析問(wèn)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(wèn)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(huà)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(wèn)題，一般根據(jù)平衡條件畫(huà)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(wèn)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(wèn)題，用正交分解法列出方程組。3.臨界與極值問(wèn)題的分析技巧（1）求解平衡中的臨界問(wèn)題和極值問(wèn)題時(shí)，首先要正確地進(jìn)行受力分析和變化過(guò)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(lái)研究臨界問(wèn)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．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(lái)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(lái)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(lái)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(wèn)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(wèn)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(kāi)始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開(kāi)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(guò)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(guò)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(guò)程中加速度的大?。海?）上滑過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)程中的加速度的大??；（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?gòu)椓Φ拇笮镕＝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(wèn)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(wèn)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(guò)審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過(guò)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(huà)好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過(guò)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．4．牛頓第三定律【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說(shuō)法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個(gè)物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯(cuò)誤．B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯(cuò)誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯(cuò)誤．故選：C．點(diǎn)評(píng)：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀察的直覺(jué)印象隨便下結(jié)論，分析問(wèn)題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上．5．斜拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。2．方向：直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體的速度方向始終在其運(yùn)動(dòng)軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向，在其運(yùn)動(dòng)軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動(dòng)的條件：（1）物體做直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時(shí)，物體做直線運(yùn)動(dòng)。（2）物體做曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時(shí)，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。4．平拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗?；②只受重力作用。?）規(guī)律：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：；位移公式：?s＝。tanα＝＝5．斜拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運(yùn)動(dòng)叫做斜拋運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以斜拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。（4）公式：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場(chǎng)上拋出鉛球，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。已知在B點(diǎn)時(shí)的速度與加速度相互垂直，則下列說(shuō)法中正確的是（）A．D點(diǎn)的速率比C點(diǎn)的速率大B．D點(diǎn)的加速度比C點(diǎn)加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計(jì)空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機(jī)械能守恒；拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速運(yùn)動(dòng)。解答：A、拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，D點(diǎn)位置低，重力勢(shì)能小，故動(dòng)能大，速度大，故A正確；B、拋體運(yùn)動(dòng)，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯(cuò)誤；C、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點(diǎn)B處加速度與速度垂直，故C錯(cuò)誤；D、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。若拋射點(diǎn)B向籃板方向移動(dòng)一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點(diǎn)，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時(shí)減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時(shí)增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃球的運(yùn)動(dòng)，等效成籃球做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)水平速度越大時(shí)，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此只有增大拋射角，同時(shí)減小拋出速度，才能仍垂直打到籃板上，所以只有C正確，ABD均錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題采用了逆向思維，降低了解決問(wèn)題的難度。若仍沿題意角度思考，解題很煩同時(shí)容易出錯(cuò)?！窘忸}方法點(diǎn)撥】類平拋運(yùn)動(dòng)：1．定義：當(dāng)物體所受的合外力恒定且與初速度垂直時(shí)，物體做類平拋運(yùn)動(dòng)。2．類平拋運(yùn)動(dòng)的分解方法（1）常規(guī)分解法：將類平拋運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩分運(yùn)動(dòng)彼此獨(dú)立，互不影響，且與合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。（2）特殊分解法：對(duì)于有些問(wèn)題，可以過(guò)拋出點(diǎn)建立適當(dāng)?shù)闹苯亲鴺?biāo)系，將加速度分解為ax、ay，初速度v0分解為vx、vy，然后分別在x、y方向上列方程求解。3．類平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的求解思路：根據(jù)物體受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)判斷該問(wèn)題屬于類平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題﹣﹣求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度﹣﹣根據(jù)具體問(wèn)題選擇用常規(guī)分解法還是特殊分解法求解。4．類拋體運(yùn)動(dòng)當(dāng)物體在巨力作用下運(yùn)動(dòng)時(shí)，若物體的初速度不為零且與外力不在一條直線上，物體所做的運(yùn)動(dòng)就是類拋體運(yùn)動(dòng)。在類拋體運(yùn)動(dòng)中可采用正交分解法處理問(wèn)題，基本思路為：①建立直角坐標(biāo)系，將外力、初速度沿這兩個(gè)方向分解。②求出這兩個(gè)方向上的加速度、初速度。③確定這兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，選擇合適的方程求解。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?。?．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(lái)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(lái)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(lái)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(méi)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(wèn)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(guò)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(wèn)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(wèn)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(guò)圓環(huán)最高點(diǎn)時(shí)剛好不脫離圓軌．則其通過(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(lái)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(lái)，必須要明確的是當(dāng)水桶恰好能過(guò)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(lái)．【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