2025年高考物理解密之多選題

Page2025年高考物理解密之多選題一．多選題（共25小題）1．（2024?天津）某靜電場在軸正半軸的電勢隨變化的圖像如圖所示，、、、為軸上四個點。一負(fù)電荷僅在靜電力作用下，以一定初速度從點開始沿軸負(fù)方向運動到點，則該電荷A．在點電勢能最小 B．在點時速度最小 C．所受靜電力始終做負(fù)功 D．在點受靜電力沿軸負(fù)方向2．（2024?順慶區(qū)校級模擬）從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國星際探測事業(yè)實現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。已知火星半徑約為月球的倍，“玉兔”繞月球表面做圓周運動的周期是“祝融”繞火星表面做圓周運動周期的倍，則下列說法正確的是A．發(fā)射“玉兔”登月時的理論速度應(yīng)大于 B．發(fā)射“祝融”探火時的理論速度應(yīng)大于 C．火星的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為 D．火星的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為3．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）吸血鬼恒星是一種理論上的天體，它通過從伴星吸取物質(zhì)來維持自身的光和熱。這種恒星通常處于雙星系統(tǒng)中，吸血鬼恒星通過這種方式獲得額外的物質(zhì)，從而延長自己的壽命。這種現(xiàn)象在天文學(xué)中被稱為質(zhì)量轉(zhuǎn)移或吸積過程。假設(shè)兩恒星中心之間的距離保持不變，忽略因熱核反應(yīng)和輔射等因素導(dǎo)致的質(zhì)量虧損，經(jīng)過一段時間演化后，則A．兩恒星的周期不變 B．兩恒星的軌道半徑保持不變 C．吸血鬼恒星的線速度增大 D．伴星的線速度增大4．（2025?邯鄲一模）如圖為北半球二十四個節(jié)氣時地球在公轉(zhuǎn)軌道上的示意圖，其中冬至?xí)r地球離太陽最近。僅考慮太陽對地球的引力，關(guān)于地球繞太陽公轉(zhuǎn)過程，下列說法正確的是A．在冬至位置地球所受萬有引力最大 B．在立春位置，根據(jù)萬有引力定律可得 C．地球自轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長軸三次方的比值是一個僅與太陽質(zhì)量有關(guān)的常數(shù) D．經(jīng)過近日點、遠日點兩位置的瞬時速度大小之比約為1.035．（2025?邯鄲一模）如圖，質(zhì)量為的形金屬框置于水平絕緣平臺上，和邊平行，和邊垂直，左端接有阻值為的電阻。一根電阻、質(zhì)量為的光滑導(dǎo)體棒置于金屬框上，用水平恒力向右拉動導(dǎo)體棒，運動過程中，裝置始終處于豎直向下、磁感應(yīng)強度的勻強磁場中，與金屬框始終保持良好接觸，且與邊保持平行。與足夠長，兩平行導(dǎo)軌間距為，整個金屬框與水平絕緣平臺間的動摩擦因數(shù)，滑動摩擦力可視為最大靜摩擦力且金屬框電阻可忽略，取。則以下說法正確的是A．若，則導(dǎo)體棒運動的最大速度為 B．若，則導(dǎo)體棒先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動 C．若，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時形金屬框開始運動 D．若，導(dǎo)體棒和形金屬框最終將做加速度為的勻加速直線運動6．（2025?邯鄲一模）如圖所示為半圓柱體玻璃的橫截面，為直徑，一束由紫光和紅光組成的復(fù)色光沿方向從真空射入玻璃，分別從、點射出。下列說法中正確的是A．從點射出的是紅光 B．在相同條件下，從點射出的光更容易發(fā)生衍射 C．兩束光從點射入，到從、點射出所用的時間相等 D．沿、折射的單色光的能量之和等于沿入射復(fù)色光的能量7．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖所示，某學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止下落被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為。已知足球與頭部的作用時間為，足球的質(zhì)量為，取，不計空氣阻力，取向下為正方向，下列說法正確的是A．足球下落到與頭部剛接觸時速度為 B．頭部對足球的平均作用力為 C．足球與頭部作用過程中足球的動量變化量為 D．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程，重力的沖量為08．（2024?天津）中國釷基熔鹽堆即將建成小型實驗堆，為我國能源安全和可持續(xù)發(fā)展提供有力支持。反應(yīng)堆中涉及的核反應(yīng)方程有：①②，下列說法正確的是A．方程①中是中子 B．方程②中發(fā)生了衰變 C．受反應(yīng)堆高溫影響，的半衰期會變短 D．方程②釋放電子，說明電子是原子核的組成部分9．（2024?天津）衛(wèi)星未發(fā)射時靜置在赤道上隨地球轉(zhuǎn)動，地球半徑為。衛(wèi)星發(fā)射后在地球同步軌道上做勻速圓周運動，軌道半徑為。則衛(wèi)星未發(fā)射時和在軌道上運行時A．角速度之比為 B．線速度之比為 C．向心加速度之比為 D．受到地球的萬有引力之比為10．（2024?天河區(qū)三模）在電子顯微鏡中，電子束相當(dāng)于光束，通過由電場或磁場構(gòu)成的電子透鏡實現(xiàn)會聚和發(fā)散作用。其中的一種電子透鏡由兩個金屬圓環(huán)、組成，其結(jié)構(gòu)如圖甲所示，圖乙為圖甲的截面示意圖。顯微鏡工作時，兩圓環(huán)的電勢，圖乙中虛線表示兩圓環(huán)之間的等勢面（相鄰等勢面間電勢差相等），為水平虛線與豎直虛線的交點，、兩點關(guān)于點中心對稱?，F(xiàn)有一束電子經(jīng)電場加速后，沿著平行于兩金屬圓環(huán)軸線的方向進入金屬圓環(huán)。下列說法正確的是A．點電勢比點電勢低 B．點場強與點場強相同 C．該電子透鏡對入射的電子束能起到發(fā)散作用 D．電子在穿越電子透鏡的過程中電勢能減少11．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖，快遞員工通過傾斜傳送帶將包裹從處運往較低的處，傳送帶與水平面的夾角，且始終以一定速度逆時針轉(zhuǎn)動。在某時刻將小包裹（看作質(zhì)點）輕放在傳送帶的處，小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則關(guān)于小包裹從運動到的說法正確的是A．若，則可能一直加速 B．若，則可能先加速再勻速 C．若，則可能先加速再勻速 D．若，則可能先加速再減速12．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內(nèi)有一直線與水平面成角，在兩側(cè)存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。從直線上的點水平向右射出速率為的粒子，粒子帶正電，比荷為，若粒子運動過程中經(jīng)過直線上的點，粒子從點運動到點的時間為。已知，不計粒子重力。則A．可能為 B．可能為 C．可能為 D．一定為13．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質(zhì)量為的小物體栓接，緊靠著的右端放置質(zhì)量為的小物體，、均靜止，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)對施加水平向左的恒力，使和一起向左運動，當(dāng)兩者速度為零時撤去，、最終均停止運動。以初始時靜止的位置為坐標(biāo)原點，向左為正方向，從開始向左運動到撤去前瞬間，的加速度隨位移變化的圖像如圖乙所示。已知、兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度大小取。下列說法正確的是A．的大小為 B．彈簧的勁度系數(shù)為 C．的最大速度為 D．最終停在位置14．（2024?瓊山區(qū)一模）邊長為的正方形單匝線框放置在如圖所示的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為，線框總電阻為，若線框從圖示位置開始以角速度繞軸勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是A．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值是 B．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值是 C．線框所在平面和磁場的方向垂直時，回路電流最大 D．線框所在平面和磁場的方向平行時，回路電流最大15．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，在平面的第一、二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，在第三、四象限范圍內(nèi)有沿軸正方向的勻強電場，在坐標(biāo)原點有一個粒子源可以向軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子，軸上的點坐標(biāo)為，軸上的點坐標(biāo)為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是A．所有經(jīng)過點的粒子最小速度為 B．若以最小速率經(jīng)過點的粒子又恰好能過點，則電場強度大小為 C．沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過點，速度大小一定不同 D．所有經(jīng)過點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同16．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點。一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是A．滑塊到達點時的速度大小為 B．彈簧獲得的最大彈性勢能為 C．滑塊從點運動到點的過程中，小車運動的位移大小為 D．滑塊第一次從點運動到點時，小車對滑塊的支持力大小為17．（2024?陜西一模）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)出發(fā)，經(jīng)過等容過程到達狀態(tài)，再經(jīng)過等溫過程到達狀態(tài)，最后經(jīng)等壓過程回到狀態(tài)。下列說法正確的是A．在過程中氣體的內(nèi)能增加 B．在過程中外界對氣體做功 C．在過程中氣體對外界做功 D．在過程中氣體從外界吸收熱量 E．在過程中氣體從外界吸收熱量18．（2024?成都模擬）如圖所示為教師辦公室中抽屜使用過程的簡圖：抽屜底部安有滾輪，當(dāng)抽屜在柜中滑動時可認(rèn)為不受抽屜柜的摩擦力，抽屜柜右側(cè)裝有固定擋板，當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時速度立刻變?yōu)?。現(xiàn)在抽屜完全未抽出，在中間位置放了一個手機，手機長度，質(zhì)量，其右端離抽屜右側(cè)的距離也為，手機與抽屜接觸面之間的動摩擦因數(shù)，抽屜總長，質(zhì)量。不計抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度?，F(xiàn)對把手施加水平向右的恒力，則A．當(dāng)水平恒力的大小時，手機與抽屜有相對運動 B．當(dāng)水平恒力的大小時，手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰 C．為使手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小應(yīng)滿足 D．為使手機不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足19．（2024?九龍坡區(qū)模擬）一列沿軸傳播的簡諧橫波，從某時刻開始，介質(zhì)中位置在處的質(zhì)點和在處的質(zhì)點的振動圖像分別如圖甲和圖乙。下列說法正確的是A．質(zhì)點的振動方程為 B．質(zhì)點處在平衡位置時，質(zhì)點一定在波谷且向軸正方向振動 C．若波沿軸正方向傳播，這列波的最大傳播速度為 D．若波沿軸負(fù)方向傳播，這列波的最大傳播速度為20．（2024?大連二模）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是A．地面對手的支持力做了正功 B．地面對手的支持力沖量為零 C．他克服重力做了功 D．他的機械能增加了21．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）某些為屏蔽電磁波設(shè)計的人工材料，其折射率為負(fù)值，稱為負(fù)折射率材料。電磁波從空氣射入這類材料時，折射定律和電磁波傳播規(guī)律仍然不變，但是折射波與入射波位于法線的同一側(cè)（此時折射角取負(fù)值）。如圖所示，波源發(fā)出的一束電磁波的入射角，經(jīng)負(fù)折射率的平板介質(zhì)材料后，從另一側(cè)面射出（圖中未畫出），已知平板介質(zhì)的厚度為，電磁波在真空中的傳播速度為，不考慮電磁波在介面處的反射，下列說法正確的是A．該電磁波的出射點位于法線的上方 B．電磁波射出平板的出射方向與射入平板的入射方向平行 C．電磁波由空氣進入平板介質(zhì)，波長變長 D．電磁波在平板介質(zhì)中的傳播時間為22．（2024?梅州二模）梅州是足球之鄉(xiāng)，近幾年我市足球事業(yè)發(fā)展迅速，如圖7所示，某運動員在離球門正前方水平距離處頭球攻門，足球在高處被水平頂出，頂出時速度垂直球門，并恰好落在球門線上，足球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取則此過程中，下列說法正確的是A．球的運動時間為 B．球落地前瞬間豎直方向的分速度大小為 C．球的水平初速度大小為 D．球落地前瞬間速度方向與水平地面的夾角為23．（2024?貴州模擬）如圖（a），水平放置長為的平行金屬板右側(cè)有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為，其方向隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期相同，不計粒子重力，則A．金屬板間距離的最小值為 B．金屬板間距離的最小值為 C．粒子到達豎直擋板時的速率都大于 D．粒子到達豎直擋板時的速率都等于24．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端、處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為、方向從到的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為 D．銅環(huán)所受安培力大小為25．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為的滑塊鎖定在斜面上。時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時間的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊A．在內(nèi)一直沿斜面向下運動 B．在內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零 C．在時動量大小是在時的一半 D．在內(nèi)的位移大小比在內(nèi)的小

2025年高考物理解密之多選題參考答案與試題解析一．多選題（共25小題）1．（2024?天津）某靜電場在軸正半軸的電勢隨變化的圖像如圖所示，、、、為軸上四個點。一負(fù)電荷僅在靜電力作用下，以一定初速度從點開始沿軸負(fù)方向運動到點，則該電荷A．在點電勢能最小 B．在點時速度最小 C．所受靜電力始終做負(fù)功 D．在點受靜電力沿軸負(fù)方向【答案】【考點】電荷性質(zhì)、電場力方向和電場強度方向的相互判斷；電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；圖像斜率的物理意義【專題】理解能力；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題；定性思想【分析】、根據(jù)：，結(jié)合軸上、、、四個點的電勢高低情況，確定電勢能最小的位置；、電荷的動能與電勢能的總和不變，依據(jù)電荷在軸上、、、四個點的電勢能的大小關(guān)系，分析其動能的大小關(guān)系；、根據(jù)電場力做正功電勢能減小，判斷所受靜電力做功情況；、根據(jù)沿電場方向電勢逐漸降低，得到點的電場方向，負(fù)電荷所受靜電力與電場方向相反?！窘獯稹拷猓?、根據(jù)電勢能，可知負(fù)電荷所處電勢越高電勢能越小，軸上、、、四個點中點的電勢最高，故在點電勢能最小，故錯誤；、因電荷僅受靜電力作用，故動能與電勢能的總和不變，軸上、、、四個點中點的電勢最低，故在點電勢能最大，則其動能最小，速度最小，故正確；、從點到點電勢先降低后升高，此電荷從點開始沿軸負(fù)方向運動到點的過程，其電勢能先增大后減小，由功能關(guān)系可知，所受靜電力先做負(fù)功后做正功，故錯誤；、根據(jù)沿電場方向電勢逐漸降低，可知在點電場方向沿方向，故此負(fù)電荷在點受靜電力沿軸負(fù)方向，故正確。故選：。【點評】本題考查了電場中圖像的物理意義，掌握圖像的斜率的絕對值等于電場強度的大小，根據(jù)沿電場方向電勢逐漸降低確定電場強度的方向。2．（2024?順慶區(qū)校級模擬）從“玉兔”登月到“祝融”探火，我國星際探測事業(yè)實現(xiàn)了由地月系到行星際的跨越。已知火星半徑約為月球的倍，“玉兔”繞月球表面做圓周運動的周期是“祝融”繞火星表面做圓周運動周期的倍，則下列說法正確的是A．發(fā)射“玉兔”登月時的理論速度應(yīng)大于 B．發(fā)射“祝融”探火時的理論速度應(yīng)大于 C．火星的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為 D．火星的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為【答案】【考點】衛(wèi)星或行星運行參數(shù)的計算；第一、第二和第三宇宙速度的物理意義【專題】萬有引力定律的應(yīng)用專題；模型建構(gòu)能力；定量思想；模型法【分析】根據(jù)第二宇宙速度的意義分析發(fā)射“玉兔”登月時的理論速度和發(fā)射“祝融”探火時的理論速度大?。环謩e以“玉兔”和“祝融”為研究對象，根據(jù)萬有引力提供向心力求出火星的質(zhì)量與月球的質(zhì)量，再求質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓?、“玉兔”繞月球圓周運動的同時仍和月球一起繞地球運動，未脫離地球引力的束縛，所以發(fā)射“玉兔”登月時的理論速度要小于，故錯誤；、“祝融”繞火星運動，脫離地球引力的束縛，所以發(fā)射“祝融”探火時的理論速度應(yīng)大于，故正確；、設(shè)“玉兔”的質(zhì)量為，“玉兔”繞月球表面做圓周運動的周期是，月球半徑為，月球的質(zhì)量為。根據(jù)月球的萬有引力提供“玉兔”繞月球做圓周運動所需要的向心力，可得解得月球的質(zhì)量為設(shè)“祝融”的質(zhì)量為，“祝融”繞火星表面做圓周運動的周期是，“祝融”的質(zhì)量為，火星半徑為，火星的質(zhì)量為。根據(jù)火星的萬有引力提供“祝融”繞火星做圓周運動所需要的向心力，可得解得火星的質(zhì)量為故火星的質(zhì)量與月球的質(zhì)量之比為，故正確，錯誤。故選：?！军c評】解答本題時，關(guān)鍵要掌握萬有引力提供向心力，來求解中心天體的質(zhì)量。3．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）吸血鬼恒星是一種理論上的天體，它通過從伴星吸取物質(zhì)來維持自身的光和熱。這種恒星通常處于雙星系統(tǒng)中，吸血鬼恒星通過這種方式獲得額外的物質(zhì)，從而延長自己的壽命。這種現(xiàn)象在天文學(xué)中被稱為質(zhì)量轉(zhuǎn)移或吸積過程。假設(shè)兩恒星中心之間的距離保持不變，忽略因熱核反應(yīng)和輔射等因素導(dǎo)致的質(zhì)量虧損，經(jīng)過一段時間演化后，則A．兩恒星的周期不變 B．兩恒星的軌道半徑保持不變 C．吸血鬼恒星的線速度增大 D．伴星的線速度增大【答案】【考點】雙星系統(tǒng)及相關(guān)計算【專題】模型建構(gòu)能力；萬有引力定律的應(yīng)用專題；比較思想；模型法【分析】雙星繞兩者連線上的一點做勻速圓周運動，由相互之間萬有引力提供向心力，由此列式分析?！窘獯稹拷猓?、假設(shè)在演化開始時，吸血鬼恒星的質(zhì)量為，伴星的質(zhì)量為，兩者之間的中心距離為，周期為。根據(jù)雙星由相互之間萬有引力提供向心力，對于吸血鬼恒星，有對于伴星，有又有聯(lián)立解得由題意知，兩恒星的總質(zhì)量不變，也不變，則周期不變，故正確；、由中分析，聯(lián)立可解得，根據(jù)題意可知，增大，減小，則減小，增大。由可知，吸血鬼恒星的線速度減小，伴星的線速度增大，故錯誤，正確。故選：。【點評】本題是雙星問題，要抓住雙星系統(tǒng)的條件：角速度與周期相同，運用萬有引力提供向心力列式進行研究。4．（2025?邯鄲一模）如圖為北半球二十四個節(jié)氣時地球在公轉(zhuǎn)軌道上的示意圖，其中冬至?xí)r地球離太陽最近。僅考慮太陽對地球的引力，關(guān)于地球繞太陽公轉(zhuǎn)過程，下列說法正確的是A．在冬至位置地球所受萬有引力最大 B．在立春位置，根據(jù)萬有引力定律可得 C．地球自轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長軸三次方的比值是一個僅與太陽質(zhì)量有關(guān)的常數(shù) D．經(jīng)過近日點、遠日點兩位置的瞬時速度大小之比約為1.03【答案】【考點】萬有引力的基本計算；開普勒三大定律【專題】萬有引力定律的應(yīng)用專題；定量思想；推理論證能力；推理法【分析】地球繞太陽的公轉(zhuǎn)軌道是橢圓，根據(jù)開普勒第二定律分析即可?！窘獯稹拷猓骸⒃诙廖恢玫厍螂x太陽最近，根據(jù)萬有引力表達式可知，所受萬有引力最大，故正確；、由于地球繞太陽做橢圓運動，不是勻速圓周運動，所以在立春位置故錯誤；、根據(jù)開普勒第三定律可知，地球公轉(zhuǎn)周期的平方與軌道半長軸三次方的比值是一個僅與太陽質(zhì)量有關(guān)的常數(shù)，故錯誤；、根據(jù)開普勒第二定律可知，在相同的時間內(nèi)，掃過的面積相等可得，經(jīng)過近日點、遠日點兩位置的瞬時速度大小與距離成反比，所以經(jīng)過近日點、遠日點兩位置的瞬時速度大小之比為故正確。故選：?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要掌握開普勒第二定律，知道地球在近日點的速度最大，在遠日點的速度最小。5．（2025?邯鄲一模）如圖，質(zhì)量為的形金屬框置于水平絕緣平臺上，和邊平行，和邊垂直，左端接有阻值為的電阻。一根電阻、質(zhì)量為的光滑導(dǎo)體棒置于金屬框上，用水平恒力向右拉動導(dǎo)體棒，運動過程中，裝置始終處于豎直向下、磁感應(yīng)強度的勻強磁場中，與金屬框始終保持良好接觸，且與邊保持平行。與足夠長，兩平行導(dǎo)軌間距為，整個金屬框與水平絕緣平臺間的動摩擦因數(shù)，滑動摩擦力可視為最大靜摩擦力且金屬框電阻可忽略，取。則以下說法正確的是A．若，則導(dǎo)體棒運動的最大速度為 B．若，則導(dǎo)體棒先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動 C．若，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時形金屬框開始運動 D．若，導(dǎo)體棒和形金屬框最終將做加速度為的勻加速直線運動【答案】【考點】共點力的平衡問題及求解；導(dǎo)體平動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；用閉合電路的歐姆定律計算電路中的電壓、電流或電阻【專題】分析綜合能力；比較思想；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；模型法【分析】金屬棒最終穩(wěn)定狀態(tài)做勻速直線運動，對金屬框棒受力平衡求一定外力作用下的超導(dǎo)體棒的最大速度；根據(jù)牛頓第二定律判斷金屬棒的運動狀態(tài)；對金屬框由平衡條件、安培力公式、歐姆定律等求出使框運動時金屬棒的最大速度。用隔離法和整體法，分別對金屬棒和框牛頓第二定律求最終兩物體的加速度。【解答】解：由于金屬棒與框之間無摩擦，當(dāng)有外力作用在棒上時，棒將加速運動。、導(dǎo)體棒運動速度最大時，導(dǎo)體棒受力平衡，則有：導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：感應(yīng)電流為：導(dǎo)體棒運動的最大速度為：若，代入數(shù)據(jù)得：，故正確；、對導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律可得：可知隨著速度的增大，導(dǎo)體棒受到安培力逐漸增大，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動，故錯誤；、若，則導(dǎo)體棒運動的最大速度為：而要使金屬框開始運動時有：導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：感應(yīng)電流為：聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：故若，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時，形金屬框開始運動，故正確；、若，則導(dǎo)體棒運動的速度為金屬框開始運動，此時電路中的電動勢為電路中的電動勢變大，電流變大，當(dāng)金屬框和導(dǎo)體棒的加速度相同時達到穩(wěn)定狀態(tài)，則，假設(shè)導(dǎo)體棒和形金屬框一起做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律解得：導(dǎo)體棒和形金屬框最終將做加速度為的勻加速直線運動，故正確。故選：?！军c評】本題考查電磁感應(yīng)的動力學(xué)問題，綜合性較強，難度較大，對學(xué)生綜合分析物理問題的能力要求較高；本題難點是金屬框和導(dǎo)體棒開始都做變加速直線運動，故必須抓住運動一段時間后，二者加速度相等。6．（2025?邯鄲一模）如圖所示為半圓柱體玻璃的橫截面，為直徑，一束由紫光和紅光組成的復(fù)色光沿方向從真空射入玻璃，分別從、點射出。下列說法中正確的是A．從點射出的是紅光 B．在相同條件下，從點射出的光更容易發(fā)生衍射 C．兩束光從點射入，到從、點射出所用的時間相等 D．沿、折射的單色光的能量之和等于沿入射復(fù)色光的能量【答案】【考點】光的折射定律；折射率的波長表達式和速度表達式；光發(fā)生明顯衍射的條件【專題】比較思想；圖析法；光的折射專題；理解能力【分析】紅光的折射率小于紫光的折射率，根據(jù)折射定律分析折射角大小，從而判斷從點射出的是否是紅光；紅光波長較長，更容易發(fā)生衍射；根據(jù)光在玻璃中的傳播距離和光速公式、折射定律相結(jié)合分析光在玻璃中傳播時間關(guān)系；根據(jù)能量守恒定律分析沿、折射的單色光的能量之和與沿入射復(fù)色光的能量關(guān)系?！窘獯稹拷猓骸⒓t光的折射率小于紫光的折射率，紅光和紫光的入射角相同，根據(jù)折射定律可知，紅光的折射角大于紫光的折射角，所以從點射出的是紅光，從點射出的是紫光，故錯誤；、從點射出的光是紅光，紅光波長較長，更容易發(fā)生衍射，故正確；、作出光路圖，如圖所示。光從點傳到玻璃內(nèi)表面的傳播距離為則光從點傳到玻璃內(nèi)表面的傳播時間為由此可知，兩束光從點射入，到從、點射出所用的時間相等，故正確；、光在空氣與玻璃的分界面上既有折射也有反射，反射光也有能量，根據(jù)能量守恒定律可知，沿、折射的單色光的能量之和小于沿入射復(fù)色光的能量，故錯誤。故選：。【點評】解決本題的關(guān)鍵是運用幾何知識、光速公式和折射定律推導(dǎo)出時間表達式，要有運用數(shù)學(xué)知識分析幾何光學(xué)的意識和能力。7．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖所示，某學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球由靜止下落被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為。已知足球與頭部的作用時間為，足球的質(zhì)量為，取，不計空氣阻力，取向下為正方向，下列說法正確的是A．足球下落到與頭部剛接觸時速度為 B．頭部對足球的平均作用力為 C．足球與頭部作用過程中足球的動量變化量為 D．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程，重力的沖量為0【答案】【考點】動量變化量的計算；自由落體運動的規(guī)律及應(yīng)用；求恒力的沖量；用動量定理求平均作用力【專題】受力分析方法專題；定量思想；推理法；理解能力【分析】由自由落體運動的速度—位移公式及豎直上拋運動的對稱性求出足球與頭部碰撞前的速度大小和反彈后的速度大小，從而求得足球與頭部作用過程中動量變化量的大小，對足球應(yīng)用動量定理求解頭部對足球的平均作用力。根據(jù)沖量的定義求重力的沖量大小?！窘獯稹拷猓骸⒏鶕?jù)勻變速直線運動公式：代入數(shù)據(jù)可得足球下落到與頭部剛接觸時速度為，故正確；、由題意當(dāng)足球離開頭部后豎直上升的最大高度仍為，則離開的速度對足球列動量定理得解得頭部對足球的平均作用力為，故錯誤；、足球與頭部作用過程中足球動量變化量為△，故正確；、足球從最高點下落至重新回到最高點的過程，重力的沖量為，故錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查動量定理，合外力的沖量等于動量的變化量，應(yīng)用動量定理時要注意先選正方向，動量變化量一定為末態(tài)動量減去初態(tài)動量。8．（2024?天津）中國釷基熔鹽堆即將建成小型實驗堆，為我國能源安全和可持續(xù)發(fā)展提供有力支持。反應(yīng)堆中涉及的核反應(yīng)方程有：①②，下列說法正確的是A．方程①中是中子 B．方程②中發(fā)生了衰變 C．受反應(yīng)堆高溫影響，的半衰期會變短 D．方程②釋放電子，說明電子是原子核的組成部分【答案】【考點】原子核的半衰期及影響因素；核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、核子數(shù)等參數(shù)的關(guān)系；衰變的特點、本質(zhì)及方程【專題】定量思想；重核的裂變和輕核的聚變專題；推理法；推理論證能力【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒規(guī)律進行分析判斷，結(jié)合反應(yīng)產(chǎn)物分析衰變類型；根據(jù)放射性元素的半衰期的決定因素進行分析解答；根據(jù)衰變的原理進行分析解釋。【解答】解：．根據(jù)反應(yīng)過程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，方程①中是中子，故正確；．方程②中放出的粒子是電子，則發(fā)生了衰變，故正確；．半衰期只由原子核自身決定，與外界因素?zé)o關(guān)，也不會受反應(yīng)堆高溫影響，故的半衰期不變，故錯誤；．方程②釋放電子，但該電子是由于原子核的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子釋放出來的，并不能說明電子是原子核的組成部分，故錯誤。故選：。【點評】考查核反應(yīng)方程的書寫規(guī)則以及放射性元素半衰期等知識，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。9．（2024?天津）衛(wèi)星未發(fā)射時靜置在赤道上隨地球轉(zhuǎn)動，地球半徑為。衛(wèi)星發(fā)射后在地球同步軌道上做勻速圓周運動，軌道半徑為。則衛(wèi)星未發(fā)射時和在軌道上運行時A．角速度之比為 B．線速度之比為 C．向心加速度之比為 D．受到地球的萬有引力之比為【答案】【考點】萬有引力的基本計算；不同軌道上的衛(wèi)星或行星（可能含赤道上物體）運行參數(shù)的比較【專題】定量思想；推理法；人造衛(wèi)星問題；推理論證能力【分析】根據(jù)未發(fā)射時衛(wèi)星的角速度和發(fā)射后在同步軌道的角速度相等，結(jié)合線速度、向心加速度以及萬有引力定律列式分析判斷?！窘獯稹拷猓盒l(wèi)星未發(fā)射時靜置在赤道上隨地球轉(zhuǎn)動，角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，衛(wèi)星發(fā)射后在地球同步軌道上做勻速圓周運動，角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相等，則衛(wèi)星未發(fā)射時和在軌道上運行時角速度之比為，故正確；根據(jù)題意，由公式可知，衛(wèi)星未發(fā)射時和在軌道上運行時，由于角速度相等，則線速度之比為軌道半徑之比，故錯誤；根據(jù)題意，由公式可知，衛(wèi)星未發(fā)射時和在軌道上運行時，由于角速度相等，則向心加速度之比為軌道半徑之比，故正確；根據(jù)題意，由公式可知，衛(wèi)星未發(fā)射時和在軌道上運行時，受到地球的萬有引力之比與軌道半徑的平方成反比，即，故錯誤。故選：?！军c評】考查萬有引力定律的應(yīng)用和人造衛(wèi)星問題，關(guān)鍵是抓住地球自轉(zhuǎn)周期和同步軌道的衛(wèi)星周期相等進行分析解答。10．（2024?天河區(qū)三模）在電子顯微鏡中，電子束相當(dāng)于光束，通過由電場或磁場構(gòu)成的電子透鏡實現(xiàn)會聚和發(fā)散作用。其中的一種電子透鏡由兩個金屬圓環(huán)、組成，其結(jié)構(gòu)如圖甲所示，圖乙為圖甲的截面示意圖。顯微鏡工作時，兩圓環(huán)的電勢，圖乙中虛線表示兩圓環(huán)之間的等勢面（相鄰等勢面間電勢差相等），為水平虛線與豎直虛線的交點，、兩點關(guān)于點中心對稱?，F(xiàn)有一束電子經(jīng)電場加速后，沿著平行于兩金屬圓環(huán)軸線的方向進入金屬圓環(huán)。下列說法正確的是A．點電勢比點電勢低 B．點場強與點場強相同 C．該電子透鏡對入射的電子束能起到發(fā)散作用 D．電子在穿越電子透鏡的過程中電勢能減少【答案】【考點】通過電場線的方向判斷電勢的高低；電勢能的概念和計算；電場強度與電場力的關(guān)系和計算【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題；推理法；定性思想；推理論證能力【分析】根據(jù)兩圓環(huán)的電勢判斷電勢，結(jié)合電場線與等勢線垂直以及分析求解?！窘獯稹拷猓海畠蓤A環(huán)的電勢，則靠近環(huán)的點電勢較高，靠近環(huán)的點電勢較低，即點電勢比點電勢高，故錯誤；．根據(jù)對稱性可知，點場強與點場強大小相等，方向相同，故正確；．根據(jù)電場線與等勢線垂直可知，入射的電子受電場力指向中軸線，則該電子透鏡對入射的電子束能起到會聚作用，故錯誤；．根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：可知，電子在穿越電子透鏡的過程中電勢能減少，故正確。故選：?！军c評】本題考查了靜電場相關(guān)知識，理解電場線與等勢線的關(guān)系以及電勢能和電勢的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。11．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖，快遞員工通過傾斜傳送帶將包裹從處運往較低的處，傳送帶與水平面的夾角，且始終以一定速度逆時針轉(zhuǎn)動。在某時刻將小包裹（看作質(zhì)點）輕放在傳送帶的處，小包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則關(guān)于小包裹從運動到的說法正確的是A．若，則可能一直加速 B．若，則可能先加速再勻速 C．若，則可能先加速再勻速 D．若，則可能先加速再減速【答案】【考點】傾斜傳送帶模型【專題】推理論證能力；推理法；定量思想；牛頓運動定律綜合專題【分析】對、受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，關(guān)鍵是兩者共速后摩擦力方向突變，確定加速度的方向，從而確定運動狀態(tài)；若，可以確定共速后，由于最大靜摩擦力大于重力的下滑分力，兩者一起勻速到達下端?！窘獯稹拷猓骸⑷?，化簡有：，則有：。即最大靜摩擦力小于重力的下滑分力。剛開始，根據(jù)牛頓第二定律則有：小包裹可能以加速度：，一直加速到。也可能先以加速度：，加速達到速度后，摩擦力方向突變，再以加速度：，繼續(xù)加速到，故正確，錯誤；、同理，若，則小包裹可能以加速度：一直加速到，也可能先以：，加速達到速度后，再勻速運動到，故正確，錯誤。故選：?！军c評】本題考查了傳送帶問題，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握牛頓第二定律求加速度以及運動學(xué)規(guī)律，而此題更要理解的是與動摩擦因數(shù)的大小關(guān)系的代表的意義。12．（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內(nèi)有一直線與水平面成角，在兩側(cè)存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。從直線上的點水平向右射出速率為的粒子，粒子帶正電，比荷為，若粒子運動過程中經(jīng)過直線上的點，粒子從點運動到點的時間為。已知，不計粒子重力。則A．可能為 B．可能為 C．可能為 D．一定為【答案】【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【專題】推理法；推理論證能力；定量思想；帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】根據(jù)洛倫茲力做向心力得到粒子在兩磁場中運動軌道半徑相等，且得到速率和半徑的關(guān)系，結(jié)合幾何關(guān)系和對稱性求磁感應(yīng)強度的可能值；然后根據(jù)每次偏轉(zhuǎn)角，結(jié)合時間公式求總時間?！窘獯稹拷猓骸⒂深}意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，粒子每次經(jīng)過直線均偏轉(zhuǎn)，由幾何關(guān)系，將分成等份，可知半徑：根據(jù)洛倫茲力提供向心力：聯(lián)立可得：，故正確，錯誤；、粒子從點運動到點的時間為為：，故錯誤，正確。故選：?！军c評】帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力做向心力，故常根據(jù)速度及磁感應(yīng)強度求得半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得運動軌跡；或反過來由軌跡根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，進而求得速度、磁感應(yīng)強度。13．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端與質(zhì)量為的小物體栓接，緊靠著的右端放置質(zhì)量為的小物體，、均靜止，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)對施加水平向左的恒力，使和一起向左運動，當(dāng)兩者速度為零時撤去，、最終均停止運動。以初始時靜止的位置為坐標(biāo)原點，向左為正方向，從開始向左運動到撤去前瞬間，的加速度隨位移變化的圖像如圖乙所示。已知、兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度大小取。下列說法正確的是A．的大小為 B．彈簧的勁度系數(shù)為 C．的最大速度為 D．最終停在位置【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；利用動能定理求解多過程問題【專題】定量思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題；推理論證能力【分析】由牛頓第二定律得到加速度與的關(guān)系式求解和勁度系數(shù)，根據(jù)功的計算公式求解做的功；根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示的物理意義求解求解、一起向左運動時兩者的最大速度，向右運動時，當(dāng)時速度最大，由能量關(guān)系求解的最大速度；由能量關(guān)系求解最終的位置?！窘獯稹拷猓洪_始時對和組成的整體，由牛頓第二定律可得：，整理得：由圖像可知：，聯(lián)立，解得：，，故正確，錯誤；．、一起向左運動時兩者的最大速度：，向右運動時，當(dāng)時速度最大，此時，由能量關(guān)系：其中，聯(lián)立，解得：，則的最大速度為，故正確；．兩滑塊回到原來位置時由能量關(guān)系：，此后與分離，則，聯(lián)立，解得：，即最終停在位置，故正確。故選：。【點評】本題主要是考查了功能關(guān)系和能量守恒定律，首先要選取研究過程，分析運動過程中物體的受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況，然后分析運動過程中哪些力做正功、哪些力做負(fù)功，初末動能為多少，根據(jù)功能關(guān)系列方程解答。14．（2024?瓊山區(qū)一模）邊長為的正方形單匝線框放置在如圖所示的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為，線框總電阻為，若線框從圖示位置開始以角速度繞軸勻速轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是A．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值是 B．線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值是 C．線框所在平面和磁場的方向垂直時，回路電流最大 D．線框所在平面和磁場的方向平行時，回路電流最大【答案】【考點】交流發(fā)電機及其產(chǎn)生交變電流的原理；交變電流的圖像和圖像；正弦式交變電流的函數(shù)表達式及推導(dǎo)【專題】推理能力；推理法；定量思想；交流電專題【分析】本題根據(jù)感應(yīng)電動勢的最大值，結(jié)合有效值和最大值的關(guān)系以及中性面和峰值面的特點分析求解。【解答】解：線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值，故正確；線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢有效值，故錯誤；線框所在的平面和磁場方向垂直時，感應(yīng)電動勢為零，回路電流為零；線框所在平面和磁場的方向平行時，感應(yīng)電動勢最大，回路電流最大，故錯誤，正確。故選：?！军c評】本題考查了交變電流的基本知識，理解最大值、有效值、中心面和峰值面之間的關(guān)系是解決此類問題的關(guān)鍵。15．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）如圖所示，在平面的第一、二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，在第三、四象限范圍內(nèi)有沿軸正方向的勻強電場，在坐標(biāo)原點有一個粒子源可以向軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質(zhì)量為、電荷量為的帶正電粒子，軸上的點坐標(biāo)為，軸上的點坐標(biāo)為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是A．所有經(jīng)過點的粒子最小速度為 B．若以最小速率經(jīng)過點的粒子又恰好能過點，則電場強度大小為 C．沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過點，速度大小一定不同 D．所有經(jīng)過點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同【答案】【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動【專題】帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題；推理法；定量思想；推理能力【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓周運動半徑最小時，粒子經(jīng)過點時速度最小，由洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系求解最小速度；速度最小的粒子由點到點做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式求解電場強度；經(jīng)過、兩點的不同圓半徑可以相等，也可以不相等，運動半徑相等時粒子速度大小相等；沿不同方向進入磁場的粒子，經(jīng)過點時垂直電場方向的分速度為定值，粒子沿軸負(fù)方向做勻速直線運動通過磁場?！窘獯稹拷猓骸⒘Ｗ釉诖艌鲋凶鰟蛩賵A周運動，由洛倫茲力提供向心力得：，可得：當(dāng)為粒子運動軌跡的直徑時（即，圓周運動半徑最小，粒子經(jīng)過點時速度最小，可得：，故正確；、粒子以最小速率經(jīng)過點時，在磁場中的軌跡恰好為半個圓周，到達點時速度方向垂直于軸，由點到點做類平拋運動。沿軸負(fù)方向做勻速直線運動，則有：沿軸正方向做勻加速直線運動，則有：由牛頓第二定律得：聯(lián)立解得電場強度，故錯誤；、經(jīng)過點圓弧軌跡均以為弦，如圖1所示為經(jīng)過、兩點的半徑相等的圓與圓，粒子可以分別沿這兩個等大的圓在磁場中的圓弧部分做圓周運動經(jīng)過點，由于運動半徑相等，故粒子速度大小相同，故錯誤；、設(shè)沿不同方向進入磁場的粒子，經(jīng)過點的速度方向與軸夾角為，如圖2所示。由幾何關(guān)系得：，同理由：，可得：在點垂直電場方向的分速度為：，可見為定值。粒子穿過電場過程沿軸負(fù)方向做勻速直線運動，則有：，因為定值，故所有經(jīng)過點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同，故正確。故選：?！军c評】本題考查帶電粒子在磁場和電場的運動規(guī)律，對于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；對于帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，應(yīng)用運動的分解與合成解答。16．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點。一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是A．滑塊到達點時的速度大小為 B．彈簧獲得的最大彈性勢能為 C．滑塊從點運動到點的過程中，小車運動的位移大小為 D．滑塊第一次從點運動到點時，小車對滑塊的支持力大小為【答案】【考點】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理能力【分析】根據(jù)動量守恒和機械能守恒、牛頓第二定律列式聯(lián)立求解比較判斷；根據(jù)動量守恒和能量守恒分析解答；根據(jù)動量守恒的具體形式人船模型列式求解?！窘獯稹拷猓海瑝K從滑到時，對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，滿足水平方向動量守恒，機械能守恒，則有聯(lián)立解得，設(shè)點小球所受的支持力為，運動到點時對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律解得：故錯誤，正確；．滑塊運動到小車最右端時根據(jù)水平方向動量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故正確；．滑塊從到滑下過程由人船模型可知解得小車的位移為故錯誤。故選：。【點評】考查系統(tǒng)單方向上動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒等問題，熟練掌握守恒的條件分析方法。17．（2024?陜西一模）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)出發(fā)，經(jīng)過等容過程到達狀態(tài)，再經(jīng)過等溫過程到達狀態(tài)，最后經(jīng)等壓過程回到狀態(tài)。下列說法正確的是A．在過程中氣體的內(nèi)能增加 B．在過程中外界對氣體做功 C．在過程中氣體對外界做功 D．在過程中氣體從外界吸收熱量 E．在過程中氣體從外界吸收熱量【答案】【考點】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律的表達和應(yīng)用【專題】定性思想；方程法；氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；推理能力【分析】一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能取決于溫度，根據(jù)圖線分析氣體狀態(tài)變化情況，根據(jù)△判斷做功情況，根據(jù)內(nèi)能變化結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析吸收或發(fā)出熱量?！窘獯稹拷猓骸牡降热萆龎?，根據(jù)可知溫度升高，一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能決定于氣體的溫度，溫度升高，則內(nèi)能增加，故正確；、在過程中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，故正確；、在過程中氣體體積不變，根據(jù)△可知，氣體對外界做功為零，故錯誤；、在過程中，屬于等溫變化，氣體膨脹對外做功，而氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變；根據(jù)熱力學(xué)第一定律△可知，氣體從外界吸收熱量，故正確；、在過程中壓強不變，體積減小，所以外界對氣體做功，根據(jù)可知溫度降低，則內(nèi)能減小，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知氣體一定放出熱量，故錯誤。故選：。【點評】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的知識，要能夠根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷氣體內(nèi)能的變化與哪些因素有關(guān)（功和熱量）；熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時一定要注意各量符號的意義；△為正表示內(nèi)能變大，為正表示物體吸熱；為正表示外界對物體做功。18．（2024?成都模擬）如圖所示為教師辦公室中抽屜使用過程的簡圖：抽屜底部安有滾輪，當(dāng)抽屜在柜中滑動時可認(rèn)為不受抽屜柜的摩擦力，抽屜柜右側(cè)裝有固定擋板，當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時速度立刻變?yōu)??，F(xiàn)在抽屜完全未抽出，在中間位置放了一個手機，手機長度，質(zhì)量，其右端離抽屜右側(cè)的距離也為，手機與抽屜接觸面之間的動摩擦因數(shù)，抽屜總長，質(zhì)量。不計抽屜左右兩側(cè)及擋板的厚度，重力加速度。現(xiàn)對把手施加水平向右的恒力，則A．當(dāng)水平恒力的大小時，手機與抽屜有相對運動 B．當(dāng)水平恒力的大小時，手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰 C．為使手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小應(yīng)滿足 D．為使手機不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足【答案】【考點】牛頓第二定律求解多過程問題【專題】定量思想；臨界法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力【分析】利用牛頓第二定律可求出手機的最大加速度，利用整體法再結(jié)合牛頓第二定律求出一起加速運動的最大拉力，利用牛頓第二定律求出的加速度，然后結(jié)合運動學(xué)公式可求出恒力的范圍；利用牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式，可求出手機不與抽屜右側(cè)和左側(cè)磕碰，恒力應(yīng)滿足的范圍。【解答】解：、手機的最大加速度為：手機與抽屜一起做加速運動的最大拉力為：所以當(dāng)水平恒力的大小時，手機與抽屜一起加速運動，當(dāng)水平恒力的大小時，抽屜和手機一起加速運動的加速度大小為：當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：解得：。抽屜停止運動后，手機向右滑動，則有：解得手機向右滑動的位移大小為：手機恰好不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，當(dāng)水平恒力的大小時，手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，故錯誤，正確；、當(dāng)時手機與抽屜相對滑動，水平恒力的大小時，對抽屜由牛頓第二定律得：解得：當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：解得：，（舍去）手機的速度為：解得：手機的位移為：解得：抽屜停止運動后手機向右滑動的位移為：，則有：所以手機恰好與抽屜右側(cè)不磕碰，故為使手機不與抽屜右側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小可滿足，故正確；、水平恒力的大小時，對抽由牛頓第二定律得：解得：當(dāng)抽屜拉至最右端與擋板相碰時，有：解得：手機向右運動的位移大小為：解得：則，手機恰好不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，所以為使手機不與抽屜左側(cè)發(fā)生磕碰，水平恒力的大小必定滿足，故錯誤。故選：?！军c評】在解決本題時，要分析清楚手機的運動過程，注意找到發(fā)生磕碰的臨界條件是解決本題的關(guān)鍵。19．（2024?九龍坡區(qū)模擬）一列沿軸傳播的簡諧橫波，從某時刻開始，介質(zhì)中位置在處的質(zhì)點和在處的質(zhì)點的振動圖像分別如圖甲和圖乙。下列說法正確的是A．質(zhì)點的振動方程為 B．質(zhì)點處在平衡位置時，質(zhì)點一定在波谷且向軸正方向振動 C．若波沿軸正方向傳播，這列波的最大傳播速度為 D．若波沿軸負(fù)方向傳播，這列波的最大傳播速度為【答案】【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；機械波的圖像問題【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；推理能力【分析】根據(jù)振動方程，結(jié)合、兩點的位置關(guān)系，通過討論波的不同傳播方向分析求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)圖像可知，質(zhì)點振動的振幅，周期，初相位，則質(zhì)點的振動方程為：，故正確；根據(jù)圖像可知，質(zhì)點處在平衡位置時，質(zhì)點一定在波谷或者波峰，故無法判斷質(zhì)點的振動方向，故錯誤；若波沿軸正方向傳播，根據(jù)圖像可知：，速度最大時，即此時，則波速為：，故正確；若波沿軸負(fù)方向傳播，根據(jù)圖像可知：，速度最大時，即此時，則波速為：，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查了振動圖像，理解不同質(zhì)點在不同時刻的運動狀態(tài)是解決此類問題的關(guān)鍵。20．（2024?大連二模）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是A．地面對手的支持力做了正功 B．地面對手的支持力沖量為零 C．他克服重力做了功 D．他的機械能增加了【答案】【考點】動量的定義、單位及性質(zhì)；功的定義、單位和計算式的推導(dǎo)【專題】推理法；定性思想；功的計算專題；理解能力【分析】判斷是否做功要有力和在力的方向上有位移；根據(jù)判斷沖量大??；同學(xué)克服重力做功，重力勢能增加，機械能增加?！窘獯稹拷猓?、在俯臥撐向上運動的過程中，對該同學(xué)的支持力的作用點沒有位移，則對該同學(xué)的支持力沒有做功，故錯誤；、根據(jù)可知，在做俯臥撐運動的過程中，地面對該同學(xué)的沖量不為零，故錯誤；、由于人的重心升高，則重力做負(fù)功，即該同學(xué)克服重力做了功，在向上撐起過程中，重心升高，同學(xué)的機械能增加了，故正確。故選：。【點評】本題以俯臥撐為情景，考查了做功的條件和沖量等知識，加強了知識的實際應(yīng)用。21．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）某些為屏蔽電磁波設(shè)計的人工材料，其折射率為負(fù)值，稱為負(fù)折射率材料。電磁波從空氣射入這類材料時，折射定律和電磁波傳播規(guī)律仍然不變，但是折射波與入射波位于法線的同一側(cè)（此時折射角取負(fù)值）。如圖所示，波源發(fā)出的一束電磁波的入射角，經(jīng)負(fù)折射率的平板介質(zhì)材料后，從另一側(cè)面射出（圖中未畫出），已知平板介質(zhì)的厚度為，電磁波在真空中的傳播速度為，不考慮電磁波在介面處的反射，下列說法正確的是A．該電磁波的出射點位于法線的上方 B．電磁波射出平板的出射方向與射入平板的入射方向平行 C．電磁波由空氣進入平板介質(zhì)，波長變長 D．電磁波在平板介質(zhì)中的傳播時間為【答案】【考點】折射率的波長表達式和速度表達式；光的折射定律【專題】推理論證能力；光的折射專題；定量思想；方程法【分析】根據(jù)折射的規(guī)律分析，根據(jù)折射定律結(jié)合幾何關(guān)系解得電磁波的傳播路程和傳播速度，從而計算時間?！窘獯稹拷猓海凵洳ㄅc入射波位于法線的同一側(cè)，則電磁波在材料中折射方向位于法線的下方，所以該電磁波的出射點位于法線的下方，故錯誤；．根據(jù)折射規(guī)律，結(jié)合光路可逆原理，可知電磁波的出射方向與電磁波入射到平板介質(zhì)的方向平行，故正確；．根據(jù)，則電磁波由空氣進入平板介質(zhì)，波長變短，故錯誤；．根據(jù)得折射光線與法線夾角為光在平板介質(zhì)中的速度為，則電磁波在平板介質(zhì)中的傳播時間為故正確。故選：?！军c評】本題考查了折射定律的基本運用，與平時做的常規(guī)題有所區(qū)別，注意折射光線與入射光線在法線的同一側(cè)，掌握折射率的公式和的靈活運用．22．（2024?梅州二模）梅州是足球之鄉(xiāng)，近幾年我市足球事業(yè)發(fā)展迅速，如圖7所示，某運動員在離球門正前方水平距離處頭球攻門，足球在高處被水平頂出，頂出時速度垂直球門，并恰好落在球門線上，足球視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取則此過程中，下列說法正確的是A．球的運動時間為 B．球落地前瞬間豎直方向的分速度大小為 C．球的水平初速度大小為 D．球落地前瞬間速度方向與水平地面的夾角為【答案】【考點】平拋運動速度的計算；平拋運動時間的計算【專題】合成分解法；平拋運動專題；推理能力；定量思想【分析】平拋運動可以將運動分解成水平和豎直兩個方向，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)豎直方向下落的高度即可得出足球的運動時間，再根據(jù)水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通過對水平豎直兩個方向的分析，可得出足球落地時的豎直反向速度大小以及速度方向與地面的夾角。【解答】解：由題可知，足球的運動為平拋運動，將運動過程分解成水平豎直兩個方向，豎直方向做自由落體運動，下落高度為，運動的時間滿足，將、代入可知，，故錯誤；已知球在豎直方向做自由落體運動，運動時間為，因此落地時的速度為，故正確；已知球在水平方向做勻速直線運動，運動時間為，位移為，水平初速度滿足，代入已知數(shù)據(jù)可得，故正確；球落地時，假設(shè)速度方向與水平地面的夾角為，已知水平方向的速度大小為，豎直方向的速度大小為，由此可知，因此，故錯誤。故選：?！军c評】本題需要學(xué)生運用平拋運動相關(guān)知識結(jié)合三角函數(shù)以解決此類問題。23．（2024?貴州模擬）如圖（a），水平放置長為的平行金屬板右側(cè)有一豎直擋板。金屬板間的電場強度大小為，其方向隨時間變化的規(guī)律如圖（b）所示，其余區(qū)域的電場忽略不計。質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子任意時刻沿金屬板中心線射入電場，均能通過平行金屬板，并打在豎直擋板上。已知粒子在電場中的運動時間與電場強度變化的周期相同，不計粒子重力，則A．金屬板間距離的最小值為 B．金屬板間距離的最小值為 C．粒子到達豎直擋板時的速率都大于 D．粒子到達豎直擋板時的速率都等于【答案】【考點】帶電粒子在周期性變化的電場中偏轉(zhuǎn)【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【分析】根據(jù)對稱性以及位移—時間公式可求出豎直方向的位移從而得到兩極板間的最小值；根據(jù)運動學(xué)公式，以及對運動的分析，可得到粒子到達豎直擋板時的速率的要求。【解答】解：．在、1、時刻進入電場的粒子在電場中的豎直位移最大，粒子在電場中運動的時間為，則豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，由對稱性，則沿豎直方向受到電場力的作用，做初速度為零的勻加速運動，所以豎直方向的位移為金屬板間距離的最小值為故正確，錯誤；．粒子出離電場時的水平速度均為在豎直方向上，時刻進入電場的粒子，根據(jù)圖像可知，粒子先加速時間為，然后再減速時間，在時刻速度減為零；然后再反向加速時間，再反向減速時間，即在時刻出離電場時豎直速度再次減為零，粒子出離電場后做勻速直線運動，則達到豎直擋板時的速率等于，故錯誤，正確。故選：。【點評】學(xué)生在解決本題時，應(yīng)注意對于變化的電場問題，要根據(jù)電場的周期性變化找到粒子在不同電場情況下的運動情況。24．（2024?福建）如圖，用兩根不可伸長的絕緣細繩將半徑為的半圓形銅環(huán)豎直懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向外，銅環(huán)兩端、處于同一水平線。若環(huán)中通有大小為、方向從到的電流，細繩處于繃直狀態(tài)，則A．兩根細繩拉力均比未通電流時的大 B．兩根細繩拉力均比未通電流時的小 C．銅環(huán)所受安培力大小為 D．銅環(huán)所受安培力大小為【答案】【考點】左手定則判斷安培力的方向；安培力的計算公式及簡單應(yīng)用【專題】定量思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力【分析】應(yīng)用等效法，通電半圓形銅環(huán)等效長度為直徑，根據(jù)公式計算安培力，根據(jù)左手定則判斷方向，根據(jù)平衡條件判斷通電前后繩子拉力大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓和姲雸A形銅環(huán)可等效為長度為直徑的通電直導(dǎo)線，電流方向，根據(jù)左手定則可知半圓形銅環(huán)受到的安培力方向豎直向下，大小，根據(jù)受力分析可得，通電后，繩子拉力，兩根細繩拉力均比未通電流時的大，故正確，錯誤；故選：。【點評】本題主要考查非直通電導(dǎo)線受安培力的計算，根據(jù)等效法進行解答。25．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為的滑塊鎖定在斜面上。時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時間的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊A．在內(nèi)一直沿斜面向下運動 B．在內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零 C．在時動量大小是在時的一半 D．在內(nèi)的位移大小比在內(nèi)的小【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；圖像中的動量問題【專題】定量思想；方程法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求得力方向沿斜面向下時與力方向沿斜面向上時物塊的加速度。根據(jù)運動學(xué)公式求得、、、時刻物塊的速度，可確定物塊的運動方向；根據(jù)動量定理求解時間內(nèi)合外力的總沖量；根據(jù)動量的定義解答選項；應(yīng)用平均速度分別求得與過程物塊的位移?！窘獯稹拷猓?、以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：力方向沿斜面向下時，物塊的加速度為：力方向沿斜面向上時，物塊的加速度為：時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運動，時刻物塊的速度為時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運動，時刻物塊的速度為時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運動，時刻物塊的速度為時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運動，時刻物塊的速度為可知時間內(nèi)物體一直沿斜面向下運動，故正確；、根據(jù)動量定理得時間內(nèi)合外力的總沖量為，故錯誤；、時刻物塊的動量為：，時刻物塊的動量為，可知時刻動量不等于時刻的一半，故錯誤；、過程物塊的位移為，過程物塊的位移為，可知，故正確。故選：?！军c評】本題考查了動量定理與牛頓第二定律得應(yīng)用，應(yīng)用牛頓第二定律與運動學(xué)公式分段求解速度與位移，解答時注意矢量的方向問題。

考點卡片1．自由落體運動的規(guī)律及應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運動叫做自由落體運動．2．公式：v＝gt；h＝gt2；v2＝2gh．3．運動性質(zhì)：自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動．4．物體做自由落體運動的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略計算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減小．【命題方向】自由落體運動是常見的運動，可以看作是勻變速直線運動的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經(jīng)常與其他知識綜合出題．單獨考查的題型一般為選擇題或計算題，綜合其它知識考查的一般為計算題，難度一般中等或偏易．例1：關(guān)于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動B．物體做自由運動時不受任何外力的作用C．質(zhì)量大的物體，受到的重力大，落到地面時的速度也大D．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動分析：自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，加速度g與質(zhì)量無關(guān)．解答：A、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運動，故A錯誤；B、物體做自由運動時只受重力，故B錯誤；C、根據(jù)v＝gt可知，落到地面時的速度與質(zhì)量無關(guān)，故C錯誤；D、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，故D正確．故選：D．點評：把握自由落體運動的特點和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示．已知曝光時間為s，則小石子出發(fā)點離A點約為（）A.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據(jù)照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時間內(nèi)物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時間為s，所以AB段的平均速度的大小為v＝＝＝20m/s，由自由落體的速度位移的關(guān)系式v2＝2gh可得，h＝＝＝20m，所以C正確．故選：C．點評：由于AB的運動時間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度，由此再來計算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點撥】1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，所以，勻變速直線運動公式也適用于自由落體運動．2．該知識點的3個探究結(jié)論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動，叫做自由落體運動．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運動，它們的運動情況是相同的．2．共點力的平衡問題及求解【知識點的認(rèn)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(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(dāng)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(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(jù)物體平衡的條件列出方程，在解方程時，采用數(shù)學(xué)知識求極值或者根據(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行動態(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，輕桿所受到的彈力方向一定沿著桿，否則會引起輕桿的轉(zhuǎn)動。如圖甲所示，若C為轉(zhuǎn)軸，則輕桿在緩慢轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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(nèi)，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(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，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(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(jù)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(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GD.兩繩的拉力大小均為分析：兩繩的拉力和重力是共點力，根據(jù)合力為零分析AB選項；根據(jù)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?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錯誤。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(guān)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?，F(xiàn)在C點上懸掛一個質(zhì)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.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(guān)系可知，當(dāng)F2與BD垂直時，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(guān)鍵是當(dāng)F2與BD垂直時，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(zhì)量為M2的物體（都處于靜止?fàn)顟B(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(jù)力的分解及幾何關(guān)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(jù)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(jù)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(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與細繩EG的張力FEG之比為；（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M2g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(jù)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，。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(gòu)成的系統(tǒng)，應(yīng)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(jù)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(biāo)系，對各力按坐標(biāo)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(xué)的推理分析，從而給出判斷或結(jié)論。3．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識點的認(rèn)識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)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(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為（）A、B、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(jù)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(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma＝mg根據(jù)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mg；故選：A。點評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應(yīng)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(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．牛頓第二定律求解多過程問題【知識點的認(rèn)識】1.牛頓第二定律的內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2.表達式：F合＝ma．3.本考點的針對的情境：物體的受力在一個階段內(nèi)不斷變化，從而引起加速度不斷變化。常見的如彈簧類問題，蹦極類問題等。【命題方向】如圖所示，自由落下的小球，從接觸豎直放置的彈簧開始到彈簧的壓縮量最大的過程中，小球的速度及所受的合外力的變化情況是（）A、合力變小，速度變小B、合力變小，速度變大C、合力先變小，后變大；速度先變大，后變小D、合力先變大，后變小，速度先變小，后變大分析：小球自由落下，接觸彈簧時有豎直向下的速度，接觸彈簧后，彈簧被壓縮，彈簧的彈力隨著壓縮的長度的增大而增大．以小球為研究對象，開始階段，彈力小于重力，合力豎直向下，與速度方向相同，小球做加速運動，合力減??；當(dāng)彈力大于重力后，合力豎直向上，小球做減速運動，合力增大．解