2024-2025學年上學期合肥高二物理期末卷3

第1頁（共1頁）2024-2025學年上學期合肥高二物理期末卷3一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）下列說法正確的是（）A．光譜中，可見光從紅光到紫光，其波長越來越長 B．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關 C．不同頻率的電磁波在真空中的傳播速度不同 D．愛因斯坦提出的能量子假說，能夠很好地解釋黑體輻射規(guī)律2．（4分）（2018秋?扶余市校級期中）關于感應電流，下列說法中正確的是（）A．線框閉合時，即使穿過線框的磁通量不發(fā)生變化，線框中也有感應電流產生 B．穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化時，螺線管內部就一定有感應電流產生 C．只要閉合電路內磁通量發(fā)生變化時，閉合電路中就有感應電流產生 D．只要閉合電路的部分導體做切割磁感線運動，電路中就一定有感應電流產生3．（4分）（2013秋?中方縣校級期中）關于電場和磁場，下列說法中不正確的是（）A．電場和磁場都是一種特殊的物質 B．在同一個電場或磁場中，電場線或磁場線越密的地方，電場或磁場也越強 C．磁場不能是帶電粒子加速 D．電場既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子發(fā)生偏轉；磁場也能使帶電粒子加速，又能使帶電粒子發(fā)生偏轉4．（4分）將一個不帶電的金屬小球N放在一帶電小球M的旁邊，穩(wěn)定后，在M、N周圍產生的電場的電場線分布如圖所示。A、B、C、D是電場中的四點，則下列說法正確的是（）A．A點場強比C點場強小 B．B點電勢比D點電勢低 C．將一個負點電荷從A點移動到D點，電勢能可能不變 D．將一個正點電荷從C點移動到D點，電場力一定做正功（多選）5．（4分）（2023秋?朝陽區(qū)校級月考）電飯鍋工作時有兩種狀態(tài)：一種是鍋內的水燒干以前的加熱狀態(tài)，另一種是水燒干后的保溫狀態(tài)。如圖所示是電飯鍋的電路圖，R1是電阻，R2是加熱用的電熱絲。下列說法正確的是（）A．自動開關S接通時，電飯鍋處于加熱狀態(tài) B．自動開關S接通時，電飯鍋處于保溫狀態(tài) C．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時與加熱時的功率之比為4：9 D．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時與加熱時的功率之比為2：36．（4分）（2024春?北侖區(qū)校級期中）通有大小相等的電流的6根長直導線垂直紙面放置在正六邊形的6個頂點上，電流方向如圖所示，O為正六邊形的中心。若通電長直導線周圍任一點的磁感應強度的大小與電流大小成正比，與該點到導線的距離成反比。已知A通電導線在O處的磁感應強度大小為B，則O處的磁感應強度大小為（）A．B B．2B C．3B D．4B7．（4分）（2022?烏魯木齊一模）如圖所示，一側為弧形軌道的物塊A靜止在光滑水平面上，軌道底端切線水平，一小球由靜止開始從物塊A的最高點沿軌道滾到最低點，在此過程中，小球受到重力的沖量的大小為IG，受到物塊A的作用力的沖量的大小為IA，受到合外力的沖量的大小為I合。下列關系式中正確的是（）A．IG＞IA＞I合 B．IG＞I合＞IA C．IA＞I合＞IG D．IA＞IG＞I合（多選）8．（4分）（2019秋?南城縣校級月考）如圖所示，兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，閉合開關S，電源給電容器充電。在兩極板間有固定點P，用E表示兩極板間的電場強度，φ表示P點的電勢，下列說法正確的是（）A．S接通，上極板A不動，將下極板B緩慢向下移動稍許到B′，φ減小 B．S接通，上極板A不動，將下極板B緩慢向下移動稍許到B′，E增大 C．斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下移動稍許到A′，則E不變 D．斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下移動稍許到A′，φ不變（多選）9．（4分）（2020秋?沙坪壩區(qū)校級月考）二氧化錫傳感器的電阻隨著一氧化碳的濃度增大而減小，將其接入如圖所示的電路中，可以測量汽車尾氣一氧化碳的濃度是否超標。當一氧化碳濃度增大時，下列說法中正確的是（）A．電流表示數變大 B．電壓表示數變小 C．電路的路端電壓變大 D．電源內部消耗的功率變大（多選）10．（4分）（2020?浙江開學）如圖所示，xOy為豎直面內的直角坐標系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強電場。質量為m的不帶電小球A以一定的初動能從P（0，d）點沿平行x軸方向水平拋出，并通過Q（22d，0）點。若使A帶上電量為+q的電荷，仍從P點以同樣的初動能沿某一方向拋出，A通過N（2d，0）點時的動能是初動能的12；若使A帶上電量為﹣q的電荷，還從P點以同樣的初動能沿另一方向拋出，A通過M（0，﹣d）點時的動能是初動能的4倍。重力加速度為gA．A不帶電時，到達Q點的動能為2mgd B．P、N兩點間的電勢差UPN=-2mgdC．P、M兩點間的電勢差UPM=2mgdD．電場強度E=2mgq，方向沿二．實驗題（共2小題，滿分16分）11．（6分）（2022春?朝陽區(qū)校級期末）如圖所示，用“碰撞實驗器材”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道末端碰撞前后的動量關系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實驗步驟如下：步驟1：不放小球B，讓小球A從斜槽上G點由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置；步驟2：把小球B放在斜槽前端邊緣位置，讓小球A從G點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、P、N離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度。（1）上述實驗除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量小球的質量，為了防止碰撞后A球反彈，應保證A球的質量mAB球質量mB（選填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）請由圖乙讀出碰撞前A球的水平射程OP為cm。（3）若兩個小球在軌道末端碰撞過程動量守恒，則需驗證的關系式為。（用題中給出的字母表示）（4）實驗中造成誤差的可能原因有。A．用刻度尺測量線段OM、OP、ON的長度值B．軌道不光滑C．軌道末端不水平D．軌道末端到地面的高度未測量12．（10分）（2018春?日照期末）目前汽車上都有車載電瓶作為備用電源，用久以后性能會下降，表現之一為電瓶的電動勢變小，內阻變大。某興趣小組將一塊舊的車載電瓶充滿電，準備利用下列器材測量電瓶的電動勢和內電阻。A．待測電瓶，電動勢約為9V，內阻約幾歐姆B．直流電壓表V1、V2，量程均為9V，內阻約為9kΩC．定值電阻R0未知D．滑動變阻器R，最大阻值Rm已知E．導線和開關（1）根據如圖乙所示的電路圖，用筆畫線代替導線將圖甲實物圖連接完整。（2）實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0的阻值，方法是先把滑動變阻器R調到最大阻值Rm，再閉合開關，電壓表V1和V2的讀數分別為U1、U2，則R0＝（用U1、U2、Rm表示）。（3）實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數據U1、U2，描繪出U1﹣U2圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k。與橫軸的截距為b，則電瓶的電動勢E＝，內阻r＝（用k、b、R0表示）。三．解答題（共4小題，滿分44分，每小題11分）13．（11分）（2022秋?峨眉山市校級期中）如圖所示，在勻強電場中直角三角形ABC的邊長AB＝8cm，BC＝4cm，將帶電荷量q＝﹣6×10﹣6C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了2.4×10﹣5J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2×10﹣5J的功。求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；（2）如果規(guī)定B點的電勢為零，則A點和C點的電勢分別為多少？（3）畫出過B點的一條電場線并計算電場強度的大?。ó媹D保留作圖的痕跡，不寫做法）。14．（11分）（2019春?太原期末）自動駕駛汽車是一種通過電腦系統(tǒng)實現無人駕駛的智能汽車。有一輛m＝1000kg的自動駕駛汽車，在平直公路上以v1＝90km/?的速度勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P1＝50kw，當探測到前方有80km/h的限速標志時，發(fā)動機功率自動降低到??并保持不變，當轎車速度減到v2＝72km/?時又開始勻速。假設汽車在上述運動過程中所受阻力保持不變。求：（1）汽車行駛時所受阻力的大小；（2）當汽車開始減速時，其加速度的大小。15．（11分）（2022秋?荔灣區(qū)校級月考）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內，其中ab段水平，cde段是以O為圓心、半徑R＝0.4m的一小段圓弧，圓心O在ab的延長線上。在軌道ab上放著兩個質量均為1kg物塊A、B（A、B可視為質點），用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側緊靠a點的光滑水平地面上停著一質量為M＝1kg的小車。小車上表面與水平面ab等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧Q的左端固定在小車上，彈簧原長時右端在小車上g點正上方，小車上表面g點右側與右端點f之間是粗糙的，g點左側是光滑的，物塊A與g、f兩點之間的動摩擦因數μ＝0.25。現將物塊A、B之間的細繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑動。當B運動到d點時速度沿水平方向，大小為1m/s，g取10m/s2。求：（1）B運動到d點時受到的支持力的大小FN；（2）釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP；（3）要保證物塊A既能擠壓彈簧Q又最終沒有滑離小車，則小車上f、g兩點之間的距離L的取值范圍為多少？16．（11分）（2020秋?越秀區(qū)校級月考）如圖所示，在豎直平面內有一質量m＝0.6kg、電荷量q＝+3×10﹣3C的帶電小球，用一根長L＝0.2m且不可伸長的絕緣輕細線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強電場中的O點。已知A、O兩點等高，且OA＝L，若將帶電小球從A點初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零，g取10m/s2。（1）求電場強度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm。

2024-2025學年上學期合肥高二物理期末典型卷3參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分40分，每小題4分）1．（4分）下列說法正確的是（）A．光譜中，可見光從紅光到紫光，其波長越來越長 B．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關 C．不同頻率的電磁波在真空中的傳播速度不同 D．愛因斯坦提出的能量子假說，能夠很好地解釋黑體輻射規(guī)律【考點】熱輻射、黑體和黑體輻射現象；能量子與量子化現象；電磁波譜；電磁波與信息化社會．【專題】定性思想；歸納法；原子的能級結構專題；理解能力．【答案】B【分析】可見光中的紅光比紫光的頻率低；黑體輻射電磁波按波長分布只與溫度有關；在真空中電磁波的速度與光速相同；普朗克提出的能量子假說?！窘獯稹拷猓篈、光譜中，可見光從紅光到紫光，頻率越來越大，其波長越來越短，故A錯誤；B、根據黑體輻射規(guī)律可知，黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關，故B正確；C、不同頻率的電磁波在真空中的傳播速度均為光速，是相同的，故C錯誤；D、普朗克提出的能量子假說，能夠很好地解釋黑體輻射規(guī)律，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查物理光學的相關性質，注意可見光的頻率大小規(guī)律、光在不同介質中，傳播速度與波長的變化情況、還有光的粒子性的實驗依據。2．（4分）（2018秋?扶余市校級期中）關于感應電流，下列說法中正確的是（）A．線框閉合時，即使穿過線框的磁通量不發(fā)生變化，線框中也有感應電流產生 B．穿過螺線管的磁通量發(fā)生變化時，螺線管內部就一定有感應電流產生 C．只要閉合電路內磁通量發(fā)生變化時，閉合電路中就有感應電流產生 D．只要閉合電路的部分導體做切割磁感線運動，電路中就一定有感應電流產生【考點】電磁感應現象的發(fā)現過程．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合．【答案】C【分析】明確感應電流產生的條件：只要穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化就能產生感應電流?？梢苑纸鉃閮蓚€條件：1、閉合電路，2、磁通量發(fā)生變化。這兩個條件必須同時滿足，才能有感應電流產生。【解答】解：A、滿足閉合電路，但是磁通量沒有變化，沒有感應電流，故A錯誤；B、螺線管內滿足磁通量變化，但是沒有滿足閉合電路這個條件，故B錯誤。C、根據感應電流產生的條件可知，只要閉合電路內磁通量發(fā)生變化時，閉合電路中就有感應電流產生，故C正確。D、閉合電路的部分導體做切割磁感線運動時，內部磁通量不一定變化，故電路中不一定有感應電流產生，故D錯誤。故選：C?！军c評】此題要求理解感應電流產生的條件，注意明確兩個條件缺一不可，必須同時滿足時才能產生感應電流。3．（4分）（2013秋?中方縣校級期中）關于電場和磁場，下列說法中不正確的是（）A．電場和磁場都是一種特殊的物質 B．在同一個電場或磁場中，電場線或磁場線越密的地方，電場或磁場也越強 C．磁場不能是帶電粒子加速 D．電場既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子發(fā)生偏轉；磁場也能使帶電粒子加速，又能使帶電粒子發(fā)生偏轉【考點】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】電場力與電勢的性質專題．【答案】D【分析】本題應知道電場和磁場都是客觀存在的物質，都可以用電場線或磁感線的疏密表示場的強弱，洛倫茲力不做功，磁場不能使帶電粒子加速，只能使帶電粒子偏轉，而電場既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子偏轉．【解答】解：A、電場和磁場都是客觀存在的特殊物質，只是不能直接的觀察到，故A正確；B、在同一個電場或磁場中，電場線或磁場線越密的地方，電場強度或磁感應強度越大，電場或磁場也越強，故B正確；C、帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力不做功，不改變粒子的速度大小，所以磁場不能使帶電粒子加速。故C正確；D、電場既能使帶電粒子加速，也能使帶電粒子偏轉。而磁場不能使帶電粒子加速，只能使帶電粒子發(fā)生偏轉。故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D?！军c評】本題關鍵要明確磁場與電場的共同點和不同點，知道電場線與磁感線的共同點：不客觀存在，且疏密表示場的強弱，某點的切線方向表示場的方向，同時不相交．但靜電場線不閉合，而磁感線閉合．洛倫茲力不做功，而電場力可以做功．4．（4分）將一個不帶電的金屬小球N放在一帶電小球M的旁邊，穩(wěn)定后，在M、N周圍產生的電場的電場線分布如圖所示。A、B、C、D是電場中的四點，則下列說法正確的是（）A．A點場強比C點場強小 B．B點電勢比D點電勢低 C．將一個負點電荷從A點移動到D點，電勢能可能不變 D．將一個正點電荷從C點移動到D點，電場力一定做正功【考點】電場力做功與電勢能變化的關系；電勢的定義、單位和物理意義及用定義式計算電勢；電場強度與電場力的關系和計算；電場線的定義及基本特征．【專題】定性思想；比較思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理論證能力．【答案】D【分析】電場線疏密反映電場強度大小、沿電場線電勢降低，負電荷電勢能升高，電場力做負功?！窘獯稹拷猓篈.電場線疏密反映電場強度大小，A點場強比C點場強大，故A錯誤；B.沿電場線電勢降低，故B點電勢比D點電勢高，故B錯誤；C.沿電場線電勢降低，A點電勢高于D，將一個負點電荷從A點移動到D點，電勢能升高，故C錯誤；D.沿電場線電勢降低，C點電勢高于D，將一個正點電荷從C點移動到D點，電勢能降低，電場力一定做正功，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查學生對電場線疏密作用、通過電場線判斷電勢高低、分析電場力做功等規(guī)律的掌握，中等難度題。（多選）5．（4分）（2023秋?朝陽區(qū)校級月考）電飯鍋工作時有兩種狀態(tài)：一種是鍋內的水燒干以前的加熱狀態(tài)，另一種是水燒干后的保溫狀態(tài)。如圖所示是電飯鍋的電路圖，R1是電阻，R2是加熱用的電熱絲。下列說法正確的是（）A．自動開關S接通時，電飯鍋處于加熱狀態(tài) B．自動開關S接通時，電飯鍋處于保溫狀態(tài) C．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時與加熱時的功率之比為4：9 D．如果R1＝0.5R2，電熱絲在保溫時與加熱時的功率之比為2：3【考點】電功和電功率的計算．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】分析開關斷開和閉合時電路中的電阻大小，根據P=U2R分析產生的熱功率大小判斷電路中產生的熱量的大小，從而分析是加熱還是保溫；根據P＝I【解答】解：AB、由題圖可知，當開關閉合時，R1被短路，只有R2接入電路；當開關斷開時，兩電阻串聯，總電阻R增大，則由P=U2R可知，開關接通時為加熱狀態(tài)，故ACD、由題意可知，電熱絲在加熱時，此時電阻絲功率為：P電熱絲在保溫時，此時電阻絲功率為：P則電熱絲在保溫時與加熱時的功率之比為：P2P1=4故選：AC?！军c評】解決該題的關鍵是正確分析電路圖，掌握功率的求解公式，熟記歐姆定律，知道當電壓一定時，電流和電阻成反比。6．（4分）（2024春?北侖區(qū)校級期中）通有大小相等的電流的6根長直導線垂直紙面放置在正六邊形的6個頂點上，電流方向如圖所示，O為正六邊形的中心。若通電長直導線周圍任一點的磁感應強度的大小與電流大小成正比，與該點到導線的距離成反比。已知A通電導線在O處的磁感應強度大小為B，則O處的磁感應強度大小為（）A．B B．2B C．3B D．4B【考點】磁感應強度的定義與物理意義；通電直導線周圍的磁場．【專題】探究題；定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】通電直導線周圍磁場的方向，可以根據右手螺旋定則判斷。再由磁感應強度的疊加，即可解題。【解答】解：A處導線與B處導線在O處的磁感應強度均為B，方向如圖，夾角120°，二者磁感應強度的矢量和為B．方向豎直向下；同理E、D處導線在O處的磁感應強度的矢量和也為豎直向下的B；F、C處導線在O的磁感應強度也為豎直向下的B，所以O處的磁感應強度為4B，方向豎直向下。故ABC錯誤；D正確。故選：D?！军c評】本題考查磁感應強度的疊加，涉及到通電直導線周圍磁場的方向的判斷。屬于基礎題目。7．（4分）（2022?烏魯木齊一模）如圖所示，一側為弧形軌道的物塊A靜止在光滑水平面上，軌道底端切線水平，一小球由靜止開始從物塊A的最高點沿軌道滾到最低點，在此過程中，小球受到重力的沖量的大小為IG，受到物塊A的作用力的沖量的大小為IA，受到合外力的沖量的大小為I合。下列關系式中正確的是（）A．IG＞IA＞I合 B．IG＞I合＞IA C．IA＞I合＞IG D．IA＞IG＞I合【考點】動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】沖量是矢量，根據矢量的運算法則可知I合2＝IG2﹣IA2，根據運動學公式分析IG與I合的關系從而分析判斷?！窘獯稹拷猓阂李}意，設小球滑到底端時的速度大小為v，則小球末動量方向水平向左；對小球A根據動量定理可得I合＝mv小球受到重力的沖量的大小為IG，方向豎直向下；受到物塊A的作用力的沖量的大小為IA，方向斜向左上方，根據矢量疊加原理，則有I合2＝IG2﹣IA2小球沿圓弧下落時，加速度a＝gsinθθ為圓弧切線與水平方向的夾角，則a＜g則v＝at＜gt可得I合＜IG所以IA＞IG＞I合故ABC錯誤，D正確；故選：D?！军c評】本題考查動量定理，解題?掌握沖量的矢量性，注意I合＝mv。（多選）8．（4分）（2019秋?南城縣校級月考）如圖所示，兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，閉合開關S，電源給電容器充電。在兩極板間有固定點P，用E表示兩極板間的電場強度，φ表示P點的電勢，下列說法正確的是（）A．S接通，上極板A不動，將下極板B緩慢向下移動稍許到B′，φ減小 B．S接通，上極板A不動，將下極板B緩慢向下移動稍許到B′，E增大 C．斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下移動稍許到A′，則E不變 D．斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下移動稍許到A′，φ不變【考點】電容器的動態(tài)分析（U不變）——板間距離變化．【專題】應用題；定量思想；推理法；電容器專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】電容器與電源相連，兩極板間的電勢差不變，通電后斷開，則兩極板上的電量不變；由平行板電容器電容C=?s根據某些量的變化可知電容的變化，則由Q＝UC可知電壓或電量的變化，由E=U【解答】解：AB、保持S接通，則兩板間的電勢差不變，上極板A不動，將下極板B緩慢向下移動稍許到B′，導致d增大，由E=Ud可知，兩極板間的電場的電場場強E減小，則P到上極板的電勢差減小，因此P點的電勢升高，故C、斷開S，下極板B不動，將上極板A緩慢向下移動稍許到A′，因兩板上所帶電量不變，減小距離d，電容增大，由C=QU，及E=Ud=D、由上分析可知，因電場強度不變，當將上極板A緩慢向下移動稍許到A′，而P到B極板間的電勢差不變，則其電勢φ不變，故D正確；故選：CD?！军c評】電容器的動態(tài)分析重點在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開則極板上的電量不變；和電源相連，則兩板間的電勢差不變。（多選）9．（4分）（2020秋?沙坪壩區(qū)校級月考）二氧化錫傳感器的電阻隨著一氧化碳的濃度增大而減小，將其接入如圖所示的電路中，可以測量汽車尾氣一氧化碳的濃度是否超標。當一氧化碳濃度增大時，下列說法中正確的是（）A．電流表示數變大 B．電壓表示數變小 C．電路的路端電壓變大 D．電源內部消耗的功率變大【考點】電路動態(tài)分析；電功和電功率的概念及影響因素．【專題】比較思想；控制變量法；恒定電流專題；理解能力．【答案】AD【分析】根據一氧化碳濃度的變化分析二氧化錫傳感器的電阻的變化，從而分析出電路中電流的變化，由歐姆定律分析電壓表示數的變化，由閉合電路歐姆定律分析路端電壓的變化，由P＝I2r分析電源內部消耗的功率變化情況?！窘獯稹拷猓篈B、當一氧化碳濃度增大時，二氧化錫傳感器的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律知，電路中電流變大，則電流表示數變大。由歐姆定律知R的電壓變大，則電壓表示數變大，故A正確，B錯誤；C、電路中電流變大，電源的內電壓變大，路端電壓變小，故C錯誤；D、電路中電流變大，內阻不變，由P＝I2r分析電源內部消耗的功率變大，故D正確。故選：AD?！军c評】本題是信息給予題，搞懂題意，明確二氧化錫傳感器的電阻與一氧化碳濃度的關系是解題的關鍵，相當于電路的動態(tài)分析問題。（多選）10．（4分）（2020?浙江開學）如圖所示，xOy為豎直面內的直角坐標系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強電場。質量為m的不帶電小球A以一定的初動能從P（0，d）點沿平行x軸方向水平拋出，并通過Q（22d，0）點。若使A帶上電量為+q的電荷，仍從P點以同樣的初動能沿某一方向拋出，A通過N（2d，0）點時的動能是初動能的12；若使A帶上電量為﹣q的電荷，還從P點以同樣的初動能沿另一方向拋出，A通過M（0，﹣d）點時的動能是初動能的4倍。重力加速度為gA．A不帶電時，到達Q點的動能為2mgd B．P、N兩點間的電勢差UPN=-2mgdC．P、M兩點間的電勢差UPM=2mgdD．電場強度E=2mgq，方向沿【考點】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算；勻強電場中電勢差與電場強度的關系．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據平拋運動的規(guī)律求解初速度，再根據動能定理求解到達Q點的動能；P到N根據動能定理求解PN兩點間的電壓。根據動能定理求解出PM兩點的電勢差，結合U＝dE求解電場強度。【解答】解：A、設小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從P點運動到Q點的時間為t，根據平拋運動的規(guī)律有22d＝v0td=12聯立解得v0＝2gd，t=2d初動能為：Ek0=1設小球到達Q點時的動能為EkQ，由動能定理有mgd＝EkQ﹣Ek0聯立解得EkQ＝3mgd，故A錯誤；B、A帶電后，設P、N兩點間的電勢差為UPN，根據動能定理，小球從P到N有mgd+qUPN=12Ek0﹣解得UPN=-2mgdq，故C、設P、M兩點間的電勢差為UPM，根據動能定理，小球從P到M有mg（2d）﹣qUPM＝4Ek0﹣Ek0解得UPM=-4mgdq，故D、在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。聯立解得：UPM＝2UPN，可知PM的中點O與N點等電勢，ON為等勢線，電場必與其垂線平行?？芍妶龇较蜓貀軸正方向設場強的大小為E，則有E=聯立解得：E=2mgq，故故選：BD?！军c評】解決該題的關鍵是掌握小球做平拋運動在水平和豎直方向上的運動規(guī)律，熟記電場力做功與電勢差的關系，選擇合適的過程用動能定理求解電勢差。二．實驗題（共2小題，滿分16分）11．（6分）（2022春?朝陽區(qū)校級期末）如圖所示，用“碰撞實驗器材”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道末端碰撞前后的動量關系：先安裝好實驗裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實驗步驟如下：步驟1：不放小球B，讓小球A從斜槽上G點由靜止?jié)L下，并落在地面上。重復多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置；步驟2：把小球B放在斜槽前端邊緣位置，讓小球A從G點由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置M、P、N離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度。（1）上述實驗除需測量線段OM、OP、ON的長度外，還需要測量小球的質量，為了防止碰撞后A球反彈，應保證A球的質量mA大于B球質量mB（選填“大于”、“等于”或“小于”）。（2）請由圖乙讀出碰撞前A球的水平射程OP為8.60cm。（3）若兩個小球在軌道末端碰撞過程動量守恒，則需驗證的關系式為mAOP＝mAOM+mBON。（用題中給出的字母表示）（4）實驗中造成誤差的可能原因有AC。A．用刻度尺測量線段OM、OP、ON的長度值B．軌道不光滑C．軌道末端不水平D．軌道末端到地面的高度未測量【考點】驗證動量守恒定律．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】（1）大于；（2）8.60；（3）mAOP＝mAOM+mBON；（4）AC【分析】（1）（2）（3）根據實驗原理與實驗操作分析，寫出要驗證的表達式，然后即可作出判斷；（4）對實驗進行誤差分析，可知選項.【解答】解：（1）為了防止碰撞后A球反彈，應保證A球的質量mA大于B球質量mB。（2）用盡量小的圓將各個落點圈起來，圓心即為平均落地點，則由圖乙讀出碰撞前A球的水平射程OP為8.60cm。（3）由于兩球從同一高度開始下落，且下落到同一水平面上，故兩球下落的時間相同；根據動量守恒定律可得在水平方向有mAv0＝mAv1+mBv2故mAv0t＝mAv1t+mBv2t即mAOP＝mAOM+mBON（4）A.用刻度尺測量線段OM、OP、ON的長度值可造成偶然誤差，選項A正確；B.軌道不光滑對實驗無影響，只要到達底端時的速度相同即可，選項B錯誤；C.軌道末端不水平，則小球不能做平拋運動，則對實驗會造成誤差，選項C正確；D.兩球從同一高度開始下落，則下落的時間相等，即軌道末端到地面的高度未測量對實驗不會造成誤差，選項D錯誤。故選：AC。故答案為：（1）大于；（2）8.60；（3）mAOP＝mAOM+mBON；（4）AC【點評】本題考查驗證動量守恒定律，關鍵還在于平拋運動的處理思路，注意尋找落地點的處理方法。12．（10分）（2018春?日照期末）目前汽車上都有車載電瓶作為備用電源，用久以后性能會下降，表現之一為電瓶的電動勢變小，內阻變大。某興趣小組將一塊舊的車載電瓶充滿電，準備利用下列器材測量電瓶的電動勢和內電阻。A．待測電瓶，電動勢約為9V，內阻約幾歐姆B．直流電壓表V1、V2，量程均為9V，內阻約為9kΩC．定值電阻R0未知D．滑動變阻器R，最大阻值Rm已知E．導線和開關（1）根據如圖乙所示的電路圖，用筆畫線代替導線將圖甲實物圖連接完整。（2）實驗之前，需要利用該電路圖測出定值電阻R0的阻值，方法是先把滑動變阻器R調到最大阻值Rm，再閉合開關，電壓表V1和V2的讀數分別為U1、U2，則R0＝(U2-U1)RmU1（3）實驗中移動滑動變阻器觸頭，讀出電壓表V1和V2的多組數據U1、U2，描繪出U1﹣U2圖象如圖丙所示，圖中直線斜率為k。與橫軸的截距為b，則電瓶的電動勢E＝kbk-1，內阻r＝R0k-1（用k、b、【考點】測量普通電源的電動勢和內阻．【專題】實驗題；實驗探究題；定性思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）由電路圖連接實物電路圖；（2）根據實驗原理結合歐姆定律可求得定值電阻的阻值；（3）根據閉合電路歐姆定律及圖象的性質可得出對應的電動勢和內電阻?！窘獯稹拷猓海?）根據圖甲所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示；（2）由圖可知，V2測量R0與R兩端的電壓，V1測量R兩端的電壓，則R0兩端的電壓U2﹣U1；由歐姆定律可知：R0=U（3）由閉合電路歐姆定律可知：E＝U2+U變形得：U1=R0+r則有：-R0Er=解得：E=kbk-1，r故答案為：（1）實物電路圖如圖所示；（2）(U2-U1)R【點評】本題考查測量電動勢和內電阻的實驗方法，關鍵在明確根據閉合電路歐姆定律得出對應的表達式，再分析圖象的意義，求得電動勢和內電阻。三．解答題（共4小題，滿分44分，每小題11分）13．（11分）（2022秋?峨眉山市校級期中）如圖所示，在勻強電場中直角三角形ABC的邊長AB＝8cm，BC＝4cm，將帶電荷量q＝﹣6×10﹣6C的負電荷從電場中的A點移到B點，克服電場力做了2.4×10﹣5J的功，再從B點移到C點，電場力做了1.2×10﹣5J的功。求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB和B、C兩點間的電勢差UBC；（2）如果規(guī)定B點的電勢為零，則A點和C點的電勢分別為多少？（3）畫出過B點的一條電場線并計算電場強度的大?。ó媹D保留作圖的痕跡，不寫做法）?！究键c】勻強電場中電勢差與電場強度的關系；電勢差的概念、單位和物理意義及用定義式計算．【專題】計算題；定量思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；分析綜合能力．【答案】（1）AB間的電勢差為4V，BC間的電勢差為﹣2V．（2）A、C的電勢分別為4V、2V．（3）如圖所示．電場強度為70.7V/m【分析】（1）根據電場力做功與電勢差的關系求出AB間的電勢差、BC間的電勢差．（2）根據電勢差等于電勢之差，結合B點電勢為零，求出A、C點的電勢．（3）找出等勢線，結合電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，作出電場線．【解答】解：（1）A、B兩點間的電勢差UAB=WABqB、C兩點間的電勢差UBC=WBCq（2）A、B兩點間的電勢差UAB＝φA﹣φB，B、C兩點間的電勢差UBC＝φB﹣φC又φB＝0解得φA＝4V，φC＝2V（3）取AB的中點D，D點的電勢為2V，連接CD，為等勢線，電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢，如圖所示．根據幾何關系，E=Ud=2-04×答：（1）AB間的電勢差為4V，BC間的電勢差為﹣2V．（2）A、C的電勢分別為4V、2V．（3）如圖所示．電場強度為70.7V/m【點評】解決本題的關鍵知道電場力做功與電勢差的關系，電勢差與電勢的關系．知道電場線與等勢線垂直，由高電勢指向低電勢．14．（11分）（2019春?太原期末）自動駕駛汽車是一種通過電腦系統(tǒng)實現無人駕駛的智能汽車。有一輛m＝1000kg的自動駕駛汽車，在平直公路上以v1＝90km/?的速度勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P1＝50kw，當探測到前方有80km/h的限速標志時，發(fā)動機功率自動降低到??并保持不變，當轎車速度減到v2＝72km/?時又開始勻速。假設汽車在上述運動過程中所受阻力保持不變。求：（1）汽車行駛時所受阻力的大??；（2）當汽車開始減速時，其加速度的大小?！究键c】功率的定義、物理意義和計算式的推導；共點力的平衡問題及求解；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】應用題；定量思想；推理法；功率的計算專題；推理論證能力．【答案】見試題解答內容【分析】（1）由瞬時功率公式可以得到勻速運動時的牽引力的大小，牽引力和阻力相等，可以得到阻力的大?。唬?）當汽車開始減速時，根據功率公式求解牽引力，根據牛頓第二定律求解加速度?！窘獯稹拷猓海?）汽車的輸出功率P1＝Fv1，當汽車勻速行駛，牽引力等于阻力，f＝F，代入數據解得，阻力f＝2000N。（2）當汽車開始減速時，Ff﹣F′＝ma。減到勻速時，P1＝F′v2。由平衡條件可知，Ff＝F′。解得加速度a＝0.4m/s2。答：（1）汽車行駛時所受阻力的大小為2000N。（2）當汽車開始減速時，其加速度的大小為0.4m/s2?！军c評】本題考查了機車啟動問題，解題的關鍵是理解發(fā)動機的功率就是牽引力的功率，當汽車勻速行駛時，牽引力等于阻力。15．（11分）（2022秋?荔灣區(qū)校級月考）如圖所示，光滑軌道abcde固定在豎直平面內，其中ab段水平，cde段是以O為圓心、半徑R＝0.4m的一小段圓弧，圓心O在ab的延長線上。在軌道ab上放著兩個質量均為1kg物塊A、B（A、B可視為質點），用輕質細繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側緊靠a點的光滑水平地面上停著一質量為M＝1kg的小車。小車上表面與水平面ab等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧Q的左端固定在小車上，彈簧原長時右端在小車上g點正上方，小車上表面g點右側與右端點f之間是粗糙的，g點左側是光滑的，物塊A與g、f兩點之間的動摩擦因數μ＝0.25?，F將物塊A、B之間的細繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑動。當B運動到d點時速度沿水平方向，大小為1m/s，g取10m/s2。求：（1）B運動到d點時受到的支持力的大小FN；（2）釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP；（3）要保證物塊A既能擠壓彈簧Q又最終沒有滑離小車，則小車上f、g兩點之間的距離L的取值范圍為多少？【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；繩球類模型及其臨界條件．【專題】計算題；定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】（1）B運動到d點時受到的支持力的大小FN為7.5N。（2）釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP為9J。（3）小車上f、g兩點之間的距離L的取值范圍為0.45m＜L＜0.9m?！痉治觥浚?）B運動到d點時，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律計算支持力的大小。（2）B由位置b運動到d的過程中，由機械能守恒定律求出B離開彈簧時的速度大小。彈簧將A、B彈開過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律相結合計算釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP。（3）研究物塊A剛好運動到g點和物塊A剛好返回到f點兩種臨界情況，利用動量守恒定律和能量守恒定律計算小車上f、g兩點之間的距離L，從而得到L的范圍?！窘獯稹拷猓海?）B運動到d點時，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：mBg﹣FN＝mBv代入數據解得：FN＝7.5N（2）B由位置b運動到d的過程中，由機械能守恒定律得：1A、B分開過程系統(tǒng)動量守恒，取向左為正方向，由動量守恒定律得：mAv1﹣mBvB＝0代入數據解得：v1＝3m/s釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP=12mAv1代入數據解得：EP＝9J（3）當物塊A剛好運動到g點時，物塊A與小車的速度相等，將小車、彈簧Q和物塊A當成一個系統(tǒng)，取向左為正方向，根據動量守恒定律得：mAv1＝（M+mA）v2根據能量守恒定律得：12mAv12=12（M+mA）聯立解得：L1＝0.9m當物塊A剛好返回到f點時，物塊A與小車的速度相等，將小車、彈簧Q和物塊A當成一個系統(tǒng)，根據動量守恒定律得：mAv1＝（M+mA）v3根據能量守恒定律得：12mAv12=12（M+mA）v聯立解得：L2＝0.45m綜上所述，L的取值范圍為0.45m＜L＜0.9m。答：（1）B運動到d點時受到的支持力的大小FN為7.5N。（2）釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能EP為9J。（3）小車上f、g兩點之間的距離L的取值范圍為0.45m＜L＜0.9m?！军c評】本題主要考查動量守恒定律和能量守恒定律的綜合應用，要分析清楚物體的運動過程，選擇合適的研究對象，確定隱含的臨界狀態(tài)，結合動量守恒定律和能量守恒定律分析出L的取值范圍。16．（11分）（2020秋?越秀區(qū)校級月考）如圖所示，在豎直平面內有一質量m＝0.6kg、電荷量q＝+3×10﹣3C的帶電小球，用一根長L＝0.2m且不可伸長的絕緣輕細線系在一方向水平向右、分布的區(qū)域足夠大的勻強電場中的O點。已知A、O兩點等高，且OA＝L，若將帶電小球從A點初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零，g取10m/s2。（1）求電場強度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm?！究键c】從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；動能定理的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）電場強度的大小E為2×103V/m；（2）小球最大速度的大小vm為22【分析】（1）小球從A到B過程，根據動能定理即可求電場強度的大小E。（2）小球到達最低點B時速度為零，根據對稱性可知，小球達到AB弧的中點時速度最大，根據動能定理列式求解最大速度?！窘獯稹拷猓海?）小球從A到B過程，根據動能定理有：mgL﹣EqL＝0解得：E＝2×103V/m（2）小球到達最低點B時速度為零，根據對稱性可知，AB弧的中點為小球速度最大的位置。從A到AB圓弧中點位置，根據動能定理有：mgLsin45°﹣EqL（1﹣cos45°）=12mvm2解得：vm=2答：（1）電場強度的大小E為2×103V/m；（2）小球最大速度的大小vm為22【點評】對于這類帶電體在電場中的運動問題，一定要正確進行受力分析，弄清帶電體的運動形式，然后選擇適當規(guī)律求解。

考點卡片1．共點力的平衡問題及求解【知識點的認識】1.共點力（1）定義：如果一個物體受到兩個或更多力的作用，這些力共同作用在物體的在同一點上，或者雖不作用在同一點上，但它們的延長線交于一點，這幾個力叫作共點力。（2）力的合成的平行四邊形定則只適用于共點力。2.共點力平衡的條件（1）平衡狀態(tài)：物體保持靜止或勻速直線運動的狀態(tài)。（2）平衡條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。3.對共點力平衡條件的理解及應用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡條件的推論（1）二力平衡：若物體在兩個力作用下處于平衡狀態(tài)，則這兩個力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物體在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則任意兩個力的合力與第三個力等大、反向。（3）多力平衡：若物體在n個共點力作用下處于平衡狀態(tài)，則其中任意一個力必定與另外（n﹣1）個力的合力等大、反向。5.解答共點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：①當某物理量發(fā)生變化時，會引起其他幾個物理量的變化。②注意某現象“恰好出現”或“恰好不出現”的條件。（2）分析方法：基本方法是假設推理法，即先假設某種情況成立，然后根據平衡條件及有關知識進行論證、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：根據物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數學知識求極值或者根據物理臨界條件求極值。②圖解法：根據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行動態(tài)分析，確定最大值或最小值。7.“活結”與“死結”、“活桿”與“死桿”模型（1）“活結”與“死結”模型①“活結”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”而彎曲，但實際上是同一根繩，所以由“活結”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”兩側的繩因結而變成了兩根獨立的繩，因此由“死結”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”：指輕桿用轉軸或鉸鏈連接，當輕桿處于平衡狀態(tài)時，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉動。如圖甲所示，若C為轉軸，則輕桿在緩慢轉動中，彈力方向始終沿桿的方向。②“死桿”：若輕桿被固定，不發(fā)生轉動，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，另一端B裝有一個小滑輪，繩的一端C固定于墻壁上，另一端跨過滑輪后懸掛重物m?；唽K的作用力應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，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端下面掛一質量為m的重物。當滑輪和重物都靜止不動時，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：對滑輪受力分析，受兩個繩子的拉力和桿的彈力；滑輪一直保持靜止，合力為零，故桿的彈力與兩個繩子的拉力的合力等值、反向、共線。解答：由于兩個繩子的拉力大小等于重物的重力，大小不變，即四個選項中繩子的拉力是大小相等的，根據平行四邊形定則知兩個力的夾角越小，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的彈力的大小順序為：FD＞FA＝FB＞FC，故B正確，ACD錯誤。故選：B。本題考查的是力的合成與平衡條件在實際問題中的應用，要注意桿的彈力可以沿著桿的方向也可以不沿著桿方向，結合平衡條件分析是關鍵。例2：如圖所示，兩根等長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力C.兩繩的拉力大小均為22D.兩繩的拉力大小均為G分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據合力為零分析AB選項；根據對稱性可知，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線交于一點，這三個力是共點力，故B錯誤；A．由于日光燈在兩繩拉力和重力作用下處于靜止狀態(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=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故選：AC。點評：本題主要是考查了共點力的平衡，解答本題的關鍵是：確定研究對象、進行受力分析、進行力的合成，利用平衡條件建立方程進行解答。例3：如圖，三根長度均為l的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2l。現在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（）A.mgB.33C.12D.14分析：根據物體的受力平衡，依據幾何關系求解即可。解答：依題得，要想CD水平，則各繩都要緊繃，根據幾何關系可知，AC與水平方向的夾角為60°，結點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點受CD繩子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，則D點兩繩的拉力與外界的力的合力為零，則CD繩子對D點的拉力可分解為沿BD繩的F1以及另一分力F2。由幾何關系可知，當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小，因此有F2min＝T?sin60°=1故ABD錯誤，C正確。故選：C。點評：本題考查的是物體的受力平衡，解題的關鍵是當F2與BD垂直時，F2最小，F2的大小即為拉力大小。例4：如圖甲所示，細繩AD跨過固定的水平輕桿BC右端的輕質光滑定滑輪懸掛一質量為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通過細繩EG拉住，EG與水平方向的夾角為30°，在輕桿的G點用細繩GF懸掛一質量為M2的物體（都處于靜止狀態(tài)），求：（1）細繩AC的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比；（2）輕桿BC對C端的支持力；（3）輕桿HG對G端的支持力。分析：（1）根據力的分解及幾何關系解答。（2）圖甲中對滑輪受力分析，運用合成法求解細繩AC段的張力FAC與輕桿BC對C端的支持力；（3）乙圖中，以C點為研究對象，根據平衡條件求解細繩EG段的張力F2以及輕桿HG對G端的支持力。解答：下圖（a）和下圖（b）中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據平衡的條件，首先判斷與物體相連的細繩，其拉力大小等于物體的重力；分別取C點和G點為研究對象，進行受力分析如圖（a）和右圖（b）所示，根據平衡規(guī)律可求解。（1）上圖（a）中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為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，根據平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）輕繩AC段的張力FAC與細繩EG的張力FEG之比為M1（2）輕桿BC對C端的支持力為M1g，指向斜右上方；（3）輕桿HG對G端的支持力大小為3M2g方向水平向右。點評：本題首先要抓住定滑輪兩端繩子的特點，其次要根據平衡條件，以C、G點為研究對象，按力平衡問題的一般步驟求解?！窘忸}思路點撥】1.在分析問題時，注意“靜止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0時，是靜止，是平衡狀態(tài)2.解答共點力平衡問題的一般步驟（1）選取研究對象，對于有相互作用的兩個或兩個以上的物體構成的系統(tǒng)，應明確所選研究對象是系統(tǒng)整體還是系統(tǒng)中的某一個物體（整體法或隔離法）。（2）對所選研究對象進行受力分析，并畫出受力分析圖。（3）對研究對象所受的力進行處理，對三力平衡問題，一般根據平衡條件畫出力合成時的平行四邊形。對四力或四力以上的平衡問題，一般建立合適的直角坐標系，對各力按坐標軸進行分解。（4）建立平衡方程，對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，首先要正確地進行受力分析和變化過程分析，找出平衡中的臨界點和極值點。（2）臨界條件必須在變化中尋找，不能停留在一個狀態(tài)來研究臨界問題，而是要把某個物理量推向極端，即極大或極小，并依此作出科學的推理分析，從而給出判斷或結論。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。3．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，都是輕繩模型，如圖所示。（2）輕桿模型小球在豎直放置的光滑細管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯立①②式可解得：v=M+m答：小球的線速度是M+mm點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v4．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內，發(fā)生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內發(fā)生的，所以lt是物體在這段時間內的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據η解答：A、根據P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點評：解決本題的關鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關系。2.功率的定義式P=W5．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單?！窘忸}思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。6．動量定理的內容和應用【知識點的認識】1．內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球對手的沖量B、減小籃球對人的沖擊力C、減小籃球的動量變化量D、增大籃球的動量變化量分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理即可分析。解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時間，根據動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。故選：B。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變?！窘忸}方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，用其它方法間接求出．3．只要涉及了力F和力的作用時間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．7．動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【知識點的認識】動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨分了出來仍遠遠不夠，其他的綜合應用暫時歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應用、有電場存在的綜合應用等等?！久}方向】如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個質量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)。滑塊A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小；（2）滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；（3）若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？分析：本題主要考查以下知識點：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運動，涉及平拋的基本知識。（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時還滿足機械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時滿足動量守恒和機械能守恒。（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運動，減速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時止，解題時要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運動，加速運動持續(xù)到物體到達傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時止，解題時同樣要注意判斷。（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達C端時的速度相等（此為隱含條件）。解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內滑塊C的位移為x。根據牛頓第二定律和運動學公式μmg＝mav＝vC+atx=v代入數據可得x＝1.25m∵x＝1.25m＜L∴滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v＝3.0m/s（2）設A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律mAv0＝（mA+mB）v1（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvCAB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒∴E代入數據可解得：EP＝1.0J（3）在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳遞帶的速度v。設A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，根據動量守恒定律可得：AB碰撞時：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）彈簧伸開時：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：則EP+12∵C在傳送帶上做勻減速運動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2∴由運動學公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s（4）代入數據聯列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s點評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運動，還需用到平拋的基本知識，這是力學中的一道知識點比較多的綜合題，學生在所涉及的知識點中若存在相關知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小?！窘忸}思路點撥】1．應用動量守恒定律的解題步驟：（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個物體及研究的過程）；（2）進行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；（4）由動量守恒定律列式求解；（5）必要時進行討論．2．解決動量守恒中的臨界問題應把握以下兩點：（1）尋找臨界狀態(tài)：題設情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運動等臨界狀態(tài)．（2）挖掘臨界條件：在與動量相關的臨界問題中，臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，即速度相等或位移相等．正確把握以上兩點是求解這類問題的關鍵．3．綜合應用動量觀點和能量觀點4．動量觀點和能量觀點：這兩個觀點研究的是物體或系統(tǒng)運動變化所經歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細節(jié)作深入的研究，而只關心運動狀態(tài)變化的結果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．5．利用動量觀點和能量觀點解題應注意下列問題：（1）動量守恒定律是矢量表達式，還可寫出分量表達式；而動能定理和能量守恒定律是標量表達式，無分量表達式．（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學中解題時必須注意動量守恒條件及機械能守恒條件．在應用這兩個規(guī)律時，當確定了研究對象及運動狀態(tài)的變化過程后，根據問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解．（3）中學階段凡可用力和運動解決的問題，若用動量觀點或能量觀點求解，一般比用力和運動的觀點簡便．8．電場強度與電場力的關系和計算【知識點的認識】根據電場強度的定義式E=FF＝qE。【命題方向】如圖，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝BC，在A處固定一電荷量為+Q的點電荷。當在C處放一電荷量為q的點電荷時，它所受到的電場力大小為F，移去C處電荷，在B處放電荷量為2q的點電荷，其所受電場力大小為（）A、4FB、8FC、F4D、分析：首先確定電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向的關系，再根據庫侖定律得到F與AB的關系，即可求出2q的點電荷所受電場力。解答：根據同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引，分析可知電荷量為2q的點電荷在B處所受的電場力方向與F方向相同；設AB＝r，則有BC＝r。則有：F＝kQq故電荷量為2q的點電荷在B處所受電場力為：FB＝kQ?2qr2=8F，故B故選：B。點評：本題關鍵是根據庫侖定律研究兩電荷在兩點所受的電場力大小和方向關系，注意B、C兩點的電場強度方向相同?！窘忸}方法點撥】既可以利用E=Fq計算某一點的電場強度也可以利用它的變形F＝9．電場線的定義及基本特征【知識點的認識】1．定義：為了形象描述電場中各點電場強度的強弱及方向，在電場中畫出一些曲線，曲線上每一點的切線方向都跟該點的場強方向一致，曲線的疏密程度表示電場的強弱．2．特點：（1）電場線始于正電荷（或無窮遠），終于負電荷（或無窮遠）；（2）電場線互不相交；（3）電場線和等勢面在相交處互相垂直；（4）沿著電場線的方向電勢降低；（5）電場線密的地方等差等勢面密；等差等勢面密的地方電場線也密．3．幾種典型的電場線．注意：電場中某點場強的大小和方向與該點放不放電荷以及所放電荷的大小和電性無關，由電場本身決定．4．等量同種電荷和等量異種電荷的電場（1）等量同種電荷的電場如圖2甲所示①兩點電荷連線中點O處的場強為零，此處無電場線．②兩點電荷連線中點O附近電場線非常稀疏，但場強不為零．③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小．④兩點電荷連線中垂線上各點的場強方向和中垂線平行．⑤關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大、反向．（2）等量異種電荷的電場如圖2乙所示．①兩點電荷連線上各點的場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場線方向場強先變小再變大．②兩點電荷連線的中垂面（線）上，電場線的方向均相同，即場強方向相同，且與中垂面（線）垂直．③關于O點對稱的兩點A與A′、B與B′的場強等大同向．【命題方向】本考點主要考查電場線的定義與特點下列關于電場的論述，正確的是（）A、電場線方向就是正檢驗電荷的運動方向B、電場線是直線的地方是勻強電場C、只要初速度為零，正電荷必將在電場中沿電場線方向運動D、畫有電場線的地方有電場，未畫電場線的地方不一定無電場分析：電場線是為了形象地描述電場而假想的線，電場線的方向起于正電荷，終止于負電荷，電場線上某點的切線方向表示電場強度的方向，電場線的疏密表示電場的強弱．解答：A、電場線的方向與正電荷的運動方向不一定相同。故A錯誤。B、勻強電場的電場線是間距相等的平行直線，電場線是直線的地方不一定是勻強電場。故B錯誤。C、若電場線是曲線，初速度為零的正電荷不一定沿電場線方向運動。故C錯誤。D、電場線為了形象地描述電場而假想的線，畫電場線的地方有電場，未畫電場線的地方可能也有電場。故D正確。故選：D。點評：解決本題的關鍵知道電場線的性質，知道電場線是為了形象地描述電場而假想的線．【解題方法點撥】1．電場線與帶電粒子在電場中的運動軌跡的關系：根據電場線的定義，一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合：（1）電場線為直線；（2）電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；（3）電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行．2．關于電場線的問題往往與帶電粒子的運動聯系起來進行考查，解答這類問題應抓住以下幾