2024年高考物理終極押題密卷3（北京卷）一．選擇題（共14小題）1．（2024?朝陽區(qū)一模）觀察圖1、圖2兩幅圖中的現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產生了側移，是由光的折射引起的 B．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產生了側移，是由光的反射引起的 C．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的全反射形成的 D．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的衍射形成的2．（2024?朝陽區(qū)一模）如圖是一定質量的理想氣體由狀態(tài)A經過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V﹣T圖像。已知氣體在狀態(tài)A時的壓強是1.5×105Pa。下列說法正確的是（）A．氣體在狀態(tài)A的溫度為200K B．氣體在狀態(tài)C的壓強為3×105Pa C．從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，氣體的壓強越來越大 D．從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過程中，氣體的內能保持不變3．（2024?平谷區(qū)模擬）2023年8月25日，新一代人造太陽“中國環(huán)流三號”首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，再次刷新中國磁約束聚變裝置運行紀錄。核聚變是一種核反應的形式。下列關于核反應的說法中正確的是（）A．要使輕核發(fā)生聚變，一種可行的方法是將物質加熱到幾百萬開爾文的高溫 B．氘氚核聚變的核反應方程為：H+H→He+e C．相同質量的核燃料，重核裂變比輕核聚變釋放的核能更多 D．核聚變反應過程中沒有質量虧損4．（2024?豐臺區(qū)二模）繩上質點P在外力作用下從平衡位置開始沿豎直方向做簡諧運動，帶動繩上各點依次上下振動。振動傳到質點Q時繩子上的波形如圖所示。已知波的傳播速度為v，P、Q平衡位置間的距離為L，下列說法正確的是（）A．質點M此時向下振動 B．質點P的振動周期為 C．質點P開始振動的方向是向下的 D．開始振動后，P、N兩質點的振動步調總是一致5．（2024?北京一模）圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，A1、A2、A3是三個完全相同的燈泡。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等6．（2024?通州區(qū)一模）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪輕繩的兩端各系一個物體，質量分別為m1、m2，如圖所示。車廂向右運動時，系m1的輕繩與豎直方向夾角為θ。系m2的輕繩保持豎直，m1、m2與車廂保持相對靜止。已知m2＞m1，繩子的質量、滑輪與輕繩的摩擦忽略不計。下列說法正確的是（）A．車廂的加速度為0 B．繩子的拉力大小為m1gcosθ C．車廂底板對m2的支持力為（m1+m2）g D．車廂底板對m2的摩擦力為m2gtanθ7．（2024?北京一模）將u＝200sin（100πt）V的電壓輸入如圖所示的理想變壓器的原線圈，原副線圈的匝數(shù)之比為n1：n2＝5：1，R＝100Ω。下列說法正確的是（）A．該交流電的頻率為100Hz B．閉合開關S后，電阻R消耗的電功率為16W C．閉合開關S后，電流表的讀數(shù)為2A D．斷開開關S后，副線圈的輸出電壓為08．（2024?通州區(qū)一模）一電子僅在靜電力作用下從坐標原點由靜止出發(fā)沿x軸運動，其所在位置處的電勢φ隨位置x變化的圖線如圖中拋物線所示，拋物線與x軸相切于x2，下列說法正確的是（）A．x1與x3處的電場方向相同 B．電子在x2處的加速度為零 C．電子從x2運動到x3速度逐漸增大 D．電子從x2運動到x3，電場力逐漸減小9．（2024?東城區(qū)校級模擬）如圖所示為寬度為3L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。磁場左側有一個邊長為L的正方形導體線框，其總電阻為R，線框所在平面與磁場方向垂直。線框以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框cd邊剛進入磁場的時刻為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力F向左為正。則以下關于線框中的感應電流I、ab兩點間的電勢差Uab、安培力F和線框的發(fā)熱功率P隨時間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．10．（2024?海淀區(qū)一模）在空間站中，宇航員長期處于失重狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，科學家設想建造一種環(huán)形空間站，如圖所示。圓環(huán)形旋轉艙繞中心勻速旋轉，宇航員站在旋轉艙內的側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力，宇航員可視為質點。下列說法正確的是（）A．宇航員可以站在旋轉艙內靠近旋轉中心的側壁上 B．以地心為參考系，宇航員處于平衡狀態(tài) C．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度應越小 D．宇航員的質量越大，轉動的角速度應越小11．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個相同的小球以相同的速率分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計空氣阻力，比較這三個小球從拋出到落地的過程，下列說法正確的是（）A．重力對每個小球做的功都各不相同 B．每個小球落地時的速度都各不相同 C．每個小球在空中的運動時間都各不相同 D．每個小球落地時重力做功的瞬時功率都各不相同12．（2024?東城區(qū)校級模擬）哈雷彗星的運動軌道是一個非常扁的橢圓，在近日點與太陽中心的距離為r1，在遠日點與太陽中心的距離為r2，若地球的公轉軌道可視為半徑為r的圓軌道，哈雷彗星的公轉周期為T。則哈雷慧星（）A．質量 B．公轉周期年 C．在近日點與遠日點的速度大小之比為 D．在近日點與遠日點的加速度大小之比為13．（2024?順義區(qū)二模）如圖所示為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍發(fā)出的電子經電場加速后形成電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡，勵磁線圈能夠產生垂直紙面向里的勻強磁場。下列說法正確的是（）A．僅增大勵磁線圈中的電流，運動徑跡的半徑變小 B．僅增大勵磁線圈中的電流，電子做圓周運動的周期將變大 C．僅升高電子槍加速電場的電壓，運動徑跡的半徑變小 D．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做圓周運動的周期將變大14．（2024?西城區(qū)一模）2023年諾貝爾物理學獎授予了“產生阿秒光脈沖的實驗方法”。阿秒（as）是一個極短的時間單位，1as＝10﹣18s。阿秒光脈沖是一種發(fā)光持續(xù)時間在as量級的光脈沖，它相當于一個足夠快的“快門”，幫助人們“拍攝”高速運動的電子，從而“打開電子世界的大門”。產生阿秒光脈沖的模型是：用強激光照射某些氣體，由于激光的電場是交變電場，該電場的電場強度和原子內部的庫侖場的強度相當時，電子就可能“電離”成為自由電子；電離后的自由電子在激光電場作用下“加速”；當激光的電場反向后，一些電子就有可能飛到被電離的原子附近并與其“復合”回到基態(tài)，同時釋放出一個高能光子，其頻率為入射強激光頻率的整數(shù)倍，稱為高次諧波光子。在適當?shù)臈l件下，大量原子輻射出高次諧波疊加形成脈沖寬度為阿秒量級的光脈沖。根據(jù)上述信息并結合已有的知識，判斷下列說法正確的是（）A．在1阿秒的時間內，光前進的距離約為0.3mm B．電子復合時釋放的光子能量等于電子在激光場中加速時獲得的能量 C．電子的“電離”“加速”和“復合”將周期性地發(fā)生，時間間隔與激光電場的周期有關 D．強激光光子能量是高次諧波光子能量的整數(shù)倍二．實驗題（共3小題）15．（2024春?朝陽區(qū)校級期中）如圖甲所示，利用雙縫干涉測定光的波長的實驗中，雙縫間距d＝0.4mm，雙縫到光屏間的距離L＝0.5m，實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光，調整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。（1）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，下列措施可行的是（填選項前的字母）。A．將單縫向雙縫靠近B．使用間距更小的雙縫C．把綠色濾光片換成紅色濾光片D．將屏向靠近雙縫的方向移動（2）某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖乙所示。分劃板在圖中M位置時游標卡尺的讀數(shù)為xM，在N位置時游標卡尺讀數(shù)為xN，該單色光的波長λ表達式為（用題目中所給物理量符號xM，xN，d，L表示）。16．（2023秋?延慶區(qū)期末）現(xiàn)有某同學要測定一節(jié)干電池的電動勢E和內阻r（已知E約為1.5V，r約為1Ω）。該同學采用圖1所示電路。（1）為了完成該實驗，選擇實驗器材時，在電路的a、b兩點間可接入的器件是。A．一個定值電阻B．滑動變阻器（2）為了調節(jié)方便且測量精度更高，實驗中應選用的電流表為，電壓表為（填寫儀器前字母）。A．電流表（0～0.6A）B．電流表（0～3A）C．電壓表（0～3V）D．電壓表（0～15V）（3）經過多次測量，他們記錄了多組電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U，并在圖2中畫出了U﹣I圖像。由圖像可以得出，此干電池的電動勢的測量值E＝V，內阻的測量值r＝Ω（結果均保留兩位小數(shù)）。（4）如果該同學的操作過程符合規(guī)范實驗要求，請分析系統(tǒng)誤差并比較電動勢和內阻的測量值E、r與真實值E′、r′的大?。弘妱觿軪E′、內阻rr′（填“＞”或“＜”）。17．（2024春?東城區(qū)校級期中）用如圖1所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖著的紙帶通過打點計時器，打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。（1）除圖1中所示的裝置之外，還必須使用的器材是；A．直流電源、天平（含砝碼）B．直流電源、刻度尺C．交流電源、天平（含砝碼）D．交流電源、刻度尺（2）下面列舉了該實驗的幾個操作步驟：A．按照圖1所示安裝好實驗器材并連接好電源B．先打開夾子釋放紙帶，再接通電源開關打出一條紙帶C．測量紙帶上某些點間的距離D．根據(jù)測量的結果比較重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能其中沒有必要進行的或者操作不當?shù)牟襟E是（選填步驟前的字母）；（3）如圖2所示，根據(jù)打出的紙帶，選取紙帶上的連續(xù)的五個點A、B、C、D、E，通過測量并計算出點A距起始點O的距離為s0，點AC間的距離為s1，點CE間的距離為s2，若相鄰兩點的打點時間間隔為T，重錘質量為m，根據(jù)這些條件計算重錘從釋放到下落OC距離時的重力勢能變化量ΔEp＝，動能變化量ΔEk＝；在多次實驗中發(fā)現(xiàn)，重錘減小的重力勢能總是大于重錘增加的動能，其原因主要是；（4）某同學利用圖2中紙帶，先分別測量出從A點到B、C、D、E、F、G點的距離h（其中F、G點為E點后連續(xù)打出的點，圖中未畫出），再計算打出B、C、D、E、F各點時重錘下落的速度v和v2，繪制v2﹣h圖像，如圖3所示，并求得圖線的縱軸截距b和斜率k。①請說明如何根據(jù)圖像驗證重錘下落過程機械能是否守恒？；②假設上述實驗操作中不受一切阻力影響，此時繪制的v2﹣h圖線的斜率k′與k的關系最可能的是。A．k′＞kB．k′＝kC．k′＜kD．以上情況均有可能三．解答題（共4小題）18．（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設物塊通過連接處時速率不發(fā)生改變。質量m1＝0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度h＝0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜槽末端的質量m2＝0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運動，物塊B滑行一段距離后停止運動。取重力加速度g＝10m/s2，兩物塊均可視為質點。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。（2）物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能。（3）滑動摩擦力對物塊B做的功。19．（2024?海淀區(qū)一模）有關列車電氣制動，可以借助如圖所示模型來理解，圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，導軌間距為L，磁場的磁感應強度為B，金屬棒MN的質量為m，導軌右端接有阻值為R的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r，導軌的電阻不計。MN在安培力作用下向右減速運動的過程對應于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為v0。（1）求開始減速時：①導體棒兩端的電壓U。②安培力的功率P。（2）在制動過程中，列車還會受到軌道和空氣阻力的作用，為了研究問題方便，設這些阻力總和大小恒定，對應于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金屬棒的速度從v，減至的過程中，金屬棒的位移大小為x。求該過程中電路中產生的焦耳熱Q。20．（2024?門頭溝區(qū)一模）圖甲是列車進站場景，其剎車原理可簡化為圖乙。在車身下方固定一單匝矩形導線框，利用線框進入磁場時所受安培力，輔助列車剎車。已知列車質量為m，線框總電阻為R，線框ab邊長為L，bc邊長近似等于車身長度s，列車軌道上勻強磁場區(qū)域足夠長，且磁感應強度的大小為B。車頭剛進入磁場時速度大小為v0，車尾進入磁場瞬間列車恰好停止，列車停止前所受所有摩擦阻力恒為f。求：（1）列車車頭進入磁場瞬間，通過線框ab邊的電流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；（2）列車車頭進入磁場瞬間，列車加速度的大小a；（3）列車從進站到停止過程中，線框產生的焦耳熱Q。21．（2024?東城區(qū)一模）天文學家范?艾倫發(fā)現(xiàn)在地球大氣層之外存在著一個輻射帶包裹著地球，這一輻射帶被命名為“范?艾倫輻射帶”，它是由于地球磁場捕獲了大量帶電粒子而形成，分為內層和外層，如圖1所示。由于地球兩極附近區(qū)域磁場強，其他區(qū)域磁場弱，當宇宙射線進入地磁場后會使帶電粒子沿磁感線做螺線運動，遇到強磁場區(qū)域被反射回來，在地磁兩極間來回“彈跳”，被“捕獲”在地磁場中。不過還是有一些宇宙射線粒子可以“溜進”地球大氣層，它們和空氣分子的碰撞產生的輻射就形成了絢麗多彩的極光。大氣中最主要的成分是氮和氧，波長557.7nm的綠色和630nm附近的紅色極光主要由氧原子發(fā)出，波長高于640nm的紅色極光由氮氣分子發(fā)出。（計算時普朗克常量取h＝6.6×10?34J?s，真空中光速c取3×108m/s）（1）a.求放出一個波長為630nm的紅色光子時，氧原子的能量變化ΔE（結果取1位有效數(shù)字）。b.請說明帶電粒子和空氣分子碰撞產生輻射的過程中能量是如何轉化的。（2）如圖2所示的是質量為m、電荷量為q的帶電粒子在具有軸對稱性的非均勻磁場中做螺線運動的示意圖，若將粒子沿軸線方向的分速度用v∥表示，與之垂直的平面內的分速度用v⊥表示。a.某時刻帶電粒子的v∥＝v1，v⊥＝v2，所在處磁感應強度大小為B，如果將粒子從此刻起在垂直平面內做圓周運動的一個周期時間內，所到達區(qū)域的磁場按勻強磁場（方向沿軸線）進行估算，求粒子在垂直平面內做圓周運動的半徑r和在一個周期時間內沿軸線前進的距離（螺距）d。b.實際上帶電粒子的半徑和螺距都會不斷變化，已知帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)運動的同時，在垂直平面內的速度v⊥會變大，在此已知的基礎上請用高中物理的知識解釋為什么帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)螺旋前進時，分速度v∥會減小到零，并繼而沿反方向前進。

2024年菁優(yōu)高考物理終極押題密卷3（北京卷）參考答案與試題解析一．選擇題（共14小題）1．（2024?朝陽區(qū)一模）觀察圖1、圖2兩幅圖中的現(xiàn)象，下列說法正確的是（）A．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產生了側移，是由光的折射引起的 B．圖1中豎直浸在水中的這段筷子產生了側移，是由光的反射引起的 C．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的全反射形成的 D．圖2中肥皂膜上的條紋是由于光的衍射形成的【考點】光的衍射；光的折射及折射定律；全反射．【專題】定性思想；推理法；光的衍射、偏振和電磁本性專題；理解能力．【分析】根據(jù)光的折射現(xiàn)象分析AB，肥皂膜上的彩色條紋是由于光的干涉現(xiàn)象?！窘獯稹拷猓篈B、圖1中豎直浸在水中的這段筷子產生了側移，是由光的折射引起的，故A正確，B錯誤；CD、圖2中肥皂膜上的條紋是由光的薄膜干涉形成的，故CD錯誤；故選：A。【點評】考查光的干涉、折射的原理，掌握基本的光現(xiàn)象，注意光現(xiàn)象在實際生活的應用。2．（2024?朝陽區(qū)一模）如圖是一定質量的理想氣體由狀態(tài)A經過狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C的V﹣T圖像。已知氣體在狀態(tài)A時的壓強是1.5×105Pa。下列說法正確的是（）A．氣體在狀態(tài)A的溫度為200K B．氣體在狀態(tài)C的壓強為3×105Pa C．從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，氣體的壓強越來越大 D．從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過程中，氣體的內能保持不變【考點】熱力學第一定律及其應用；熱力學圖像類問題．【專題】定量思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題；推理能力．【分析】根據(jù)在V﹣T圖像，分析氣體壓強如何變化；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，求氣體壓強大小?！窘獯稹拷猓篈BC、氣體質量不變，在V﹣T圖像中，AB為過坐標原點的直線，由理想氣體狀態(tài)方程：pV＝C，可T知從狀態(tài)A到狀態(tài)B氣體做等壓變化；從A到B，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝，代入數(shù)據(jù)＝，解得：TA＝200K；從B到C，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程＝，其中pB＝pA＝1.5×105Pa，代入數(shù)據(jù)＝，解得：pc＝2×105Pa，故BC錯誤，A正確；D、從B到C，氣體溫度升高，內能增大，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題解題關鍵是掌握一定質量的理想氣體狀態(tài)方程，比較基礎。3．（2024?平谷區(qū)模擬）2023年8月25日，新一代人造太陽“中國環(huán)流三號”首次實現(xiàn)100萬安培等離子體電流下的高約束模式運行，再次刷新中國磁約束聚變裝置運行紀錄。核聚變是一種核反應的形式。下列關于核反應的說法中正確的是（）A．要使輕核發(fā)生聚變，一種可行的方法是將物質加熱到幾百萬開爾文的高溫 B．氘氚核聚變的核反應方程為：H+H→He+e C．相同質量的核燃料，重核裂變比輕核聚變釋放的核能更多 D．核聚變反應過程中沒有質量虧損【考點】輕核的聚變；質量虧損與質能方程．【專題】定性思想；推理法；重核的裂變和輕核的聚變專題；推理能力．【分析】根據(jù)核聚變的條件判斷；根據(jù)質量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷；相同質量的核燃料重核裂變比輕核聚變釋放的核能少；核聚變與核裂變過程中都有質量虧損?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)核聚變的條件可知，要輕核發(fā)生聚變，一種可行的方法是將物質加熱到幾百萬開爾文的高溫，同時還需要很大的壓強，故A正確；B、根據(jù)質量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知，氘氚核聚變的核反應方程為：H+H→He+；故B錯誤；C、根據(jù)核聚變與核裂變的特點可知，相同質量的核燃料重核裂變比輕核聚變釋放的核能少，故C錯誤；D、核聚變過程中有質量虧損，故D錯誤。故選：A?！军c評】該題考查核聚變與核裂變，知道它們的原理，知道二者應用的區(qū)別即可。4．（2024?豐臺區(qū)二模）繩上質點P在外力作用下從平衡位置開始沿豎直方向做簡諧運動，帶動繩上各點依次上下振動。振動傳到質點Q時繩子上的波形如圖所示。已知波的傳播速度為v，P、Q平衡位置間的距離為L，下列說法正確的是（）A．質點M此時向下振動 B．質點P的振動周期為 C．質點P開始振動的方向是向下的 D．開始振動后，P、N兩質點的振動步調總是一致【考點】橫波的圖像；波長、頻率和波速的關系．【專題】定量思想；推理法；振動圖象與波動圖象專題；分析綜合能力．【分析】由波的傳播方向，利用同側法判斷質點的振動方向以及波源的起振方向；根據(jù)波形圖找到波長，再根據(jù)波速公式求解周期；間隔為nλ的質點的振動步調總是一致的?！窘獯稹拷猓篈C、由題意知波向左傳播，根據(jù)同側法可知：質點M此時向上振動，質點Q開始振動的方向是向上的，則質點P開始振動的方向也是向上的，故AC錯誤；B、由圖圈可知，波長為λ＝，則質點P振動周期為T＝，故B錯誤；D、由圈可知P、N兩質點相距一個波長，則開始振動后，P、N兩質點的振動步調總是一致，故D正確。故選：D。【點評】由波動圖象讀取有效信息是基本能力，由波的傳播方向判斷質點的運動方向是基本功，要熟練掌握，難度不大，屬于基礎題。5．（2024?北京一模）圖甲和圖乙是演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈，A1、A2、A3是三個完全相同的燈泡。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同 B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖乙中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【考點】自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；理解能力．【分析】閉合開關的瞬間，通過線圈的電流增大，產生自感電動勢，根據(jù)楞次定律分析電流的變化，判斷通過兩燈電流的關系。待電路穩(wěn)定后斷開開關，線圈產生自感電動勢，分析通過兩燈的電流關系，判斷L2中電流與變阻器R中電流是否相等?！窘獯稹拷猓篈B、圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明燈泡A1中的電流小于線圈L1中的電流，根據(jù)歐姆定律可知L1的電阻小于A1的電阻，故AB錯誤；C、圖乙中，最終A2與A3的亮度相同，則兩個支路電流相同，又由于兩個燈泡電阻相同，所以變阻器R與L2的電阻值相同，故C正確；D、圖乙中，閉合S2瞬間，電感線圈由于自感現(xiàn)象，L2對電流有阻礙作用，此時自感線圈相當于一個逐漸變化的電阻，所以兩個支路的電阻不相等，兩個支路并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)電路的特點，可知L2中電流與變阻器R中電流不相等，故D錯誤。故選：C?！军c評】當通過線圈本身的電流變化時，線圈中會產生自感現(xiàn)象，這是一種特殊的電磁感應現(xiàn)象，可運用楞次定律分析自感電動勢對電流的影響。6．（2024?通州區(qū)一模）車廂頂部固定一滑輪，在跨過定滑輪輕繩的兩端各系一個物體，質量分別為m1、m2，如圖所示。車廂向右運動時，系m1的輕繩與豎直方向夾角為θ。系m2的輕繩保持豎直，m1、m2與車廂保持相對靜止。已知m2＞m1，繩子的質量、滑輪與輕繩的摩擦忽略不計。下列說法正確的是（）A．車廂的加速度為0 B．繩子的拉力大小為m1gcosθ C．車廂底板對m2的支持力為（m1+m2）g D．車廂底板對m2的摩擦力為m2gtanθ【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的應用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)力的合成可求出繩子拉力大小，并利用牛頓第二定律可求出加速度；根據(jù)物體加速度可求出支持力和摩擦力大小?！窘獯稹拷猓篈B.物體m與車廂具有相同的加速度，對物體m1分析，受重力和拉力，如圖根據(jù)合成法，知F合＝m1gtanθ拉力為T＝物體m1的加速度為a＝＝gtanθ所以車廂的加速度為gtanθ，故AB錯誤；CD.物體m2加速度為gtanθ，對物體m2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，如圖支持力為N＝m2g﹣，f＝m2a＝m2gtanθ，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】學生在解答本題時，應注意對牛頓第二定律的靈活運用，能夠根據(jù)加速度求解受力。7．（2024?北京一模）將u＝200sin（100πt）V的電壓輸入如圖所示的理想變壓器的原線圈，原副線圈的匝數(shù)之比為n1：n2＝5：1，R＝100Ω。下列說法正確的是（）A．該交流電的頻率為100Hz B．閉合開關S后，電阻R消耗的電功率為16W C．閉合開關S后，電流表的讀數(shù)為2A D．斷開開關S后，副線圈的輸出電壓為0【考點】變壓器的構造和原理；電功和電功率；交變電流的圖像和函數(shù)表達式．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【分析】根據(jù)原線圈輸入電壓表達式求解交變電流的頻率；根據(jù)變壓比公式以及功率公式即可求解；由輸入功率等于輸出功率即可求解原線圈電流；根據(jù)變壓比公式可分析副線圈獲得電壓。【解答】解：A、根據(jù)u＝200sin（100πt）V可知，f＝＝Hz＝50Hz，故A錯誤；B、根據(jù)變壓比公式，，解得U2＝40V，電阻R消耗的功率P＝，解得P＝16W，故B正確；C、根據(jù)輸入功率等于輸出功率可知，U1I1＝U2I2，解得I1＝0.08A，故C錯誤；D、根據(jù)變壓比公式，，不論開關S是斷開還是閉合，副線圈的輸出電壓始終為40V，故D錯誤；故選：B?！军c評】該題考查理想變壓器變壓比公式、輸入功率等于輸入功率以及定值電阻功率公式，屬于常見知識點的考查，題目難度適中，典型例題。8．（2024?通州區(qū)一模）一電子僅在靜電力作用下從坐標原點由靜止出發(fā)沿x軸運動，其所在位置處的電勢φ隨位置x變化的圖線如圖中拋物線所示，拋物線與x軸相切于x2，下列說法正確的是（）A．x1與x3處的電場方向相同 B．電子在x2處的加速度為零 C．電子從x2運動到x3速度逐漸增大 D．電子從x2運動到x3，電場力逐漸減小【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢能與電場力做功的關系；電勢．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題；推理能力．【分析】根據(jù)電勢的高低得出電場線的方向；φ﹣x圖像的斜率表示場強的大小，結合圖像的物理意義得出電子加速度的變化趨勢，從而分析速度的變化?！窘獯稹拷猓篈.沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知x1與x2之間的電場方向沿x軸負方向，x2與x3之間的電場方向沿x軸正方向，即x1與x3處的電場方向相反，故A錯誤；B.φ﹣x圖像中，圖像斜率的絕對值表示電場強度的大小，x2處的斜率為0，表明該處電場強度為0，電場力為0，即加速度為0，故B正確；C.結合上述可知，x2與x3之間的電場方向沿x軸正方向，電子所受電場力方向沿x軸負方向，可知電子從x2運動到x3速度逐漸減小，故C錯誤；D.φ﹣x圖像中，圖像斜率的絕對值表示電場強度的大小，從x2運動到x3斜率的絕對值逐漸增大，則電場力逐漸增大，故D錯誤。故選：B。【點評】本題主要考查了φ﹣x圖像的相關應用，理解圖像的物理意義，結合牛頓第二定律即可完成分析。9．（2024?東城區(qū)校級模擬）如圖所示為寬度為3L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。磁場左側有一個邊長為L的正方形導體線框，其總電阻為R，線框所在平面與磁場方向垂直。線框以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框cd邊剛進入磁場的時刻為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力F向左為正。則以下關于線框中的感應電流I、ab兩點間的電勢差Uab、安培力F和線框的發(fā)熱功率P隨時間變化的圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點】電磁感應中的圖像類問題；閉合電路的歐姆定律．【專題】定量思想；方程法；電磁感應與圖象結合；推理能力．【分析】根據(jù)楞次定律可判斷電流方向，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合回路歐姆定律分析電流和電動勢大小，最后安培力和功率表達式分析求解?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，線框進入磁場的過程，根據(jù)楞次定律可判斷電流沿逆時針方向，題目中規(guī)定電流沿逆時針方向為正，故進入磁場過程中電流為正，根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合回路歐姆定律有ab兩點間的電勢差滿足（a點電勢高）根據(jù)安培力表達式，cd邊受到的安培力大小為，根據(jù)左手定則判斷方向向左根據(jù)焦耳定律，線框的發(fā)熱功率滿足線框全部進入磁場后，磁通量不變，則沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用，線框的發(fā)熱功率為零，ab兩點間的電勢差滿足U2＝BLv＝4U0（a點電勢高）線框離開磁場的過程，電流沿順時針方向，與規(guī)定電流方向相反，故電流為負，電流大小為線框受安培力大小為方向向左，ab兩點間的電勢差（a點電勢高）線框的發(fā)熱功率綜上所述可知A．時間內，電流為I0，時間內，電流為0，時間內，電流為﹣I0，故A錯誤；B．時間內，ab兩點間的電勢差U0，時間內，ab兩點間的電勢差4U0，時間內，ab兩點間的電勢差3U0，故B錯誤；C．時間內，cd邊受到的安培力F0，時間內，cd邊受到的安培力0，時間內，cd邊受到的安培力F0，故C正確；D．時間內，線框的發(fā)熱功率P0，時間內，線框的發(fā)熱功率0，時間內，線框的發(fā)熱功率F0，故D錯誤故選：C。【點評】本題考查了電磁感應，理解法拉第電磁感應定律和閉合回路歐姆定律，熟悉用楞次定律判斷電流方向是解決此類問題的關鍵。10．（2024?海淀區(qū)一模）在空間站中，宇航員長期處于失重狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來的不適，科學家設想建造一種環(huán)形空間站，如圖所示。圓環(huán)形旋轉艙繞中心勻速旋轉，宇航員站在旋轉艙內的側壁上，可以受到與他站在地球表面時相同大小的支持力，宇航員可視為質點。下列說法正確的是（）A．宇航員可以站在旋轉艙內靠近旋轉中心的側壁上 B．以地心為參考系，宇航員處于平衡狀態(tài) C．旋轉艙的半徑越大，轉動的角速度應越小 D．宇航員的質量越大，轉動的角速度應越小【考點】向心力；線速度、角速度和周期、轉速．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；分析綜合能力．【分析】本題根據(jù)題意分析，旋轉艙中的宇航員做勻速圓周運動，宇航員受到和地球表面相同大小的支持力，支持力提供向心力，相當于重力提供向心力。根據(jù)向心力公式Fn＝mRω2進行判斷?！窘獯稹拷猓篈、旋轉艙旋轉時，宇航員受到的向心力指向圓心，所以宇航員可以站在旋轉艙內遠離旋轉中心的側壁上，通過支持力提供向心力，減小失重效果，故A錯誤；B、以地心為參考系，旋轉艙繞地球旋轉做圓周運動，宇航員繞旋轉艙旋轉做圓周運動，受力不平衡，故B錯誤；C、為了達到和地球相同的支持力，所以支持力不變，故合外力F不變，所以有Fn＝mRω2，當半徑增大后，角速度適當減小，可以保證F不變，故C正確；D、由題意可知，F(xiàn)n＝mg＝mRω2，當質量增大時，向心力也增大，為了使上式仍能成立，則半徑和角速度應不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題解題關鍵是分析出旋轉艙中的宇航員做勻速圓周運動，相當于重力提供向心力。考查學生對題意的分析能力。11．（2024?東城區(qū)二模）如圖所示，在距地面同一高度處將三個相同的小球以相同的速率分別沿豎直向下、豎直向上、水平向右的方向拋出，不計空氣阻力，比較這三個小球從拋出到落地的過程，下列說法正確的是（）A．重力對每個小球做的功都各不相同 B．每個小球落地時的速度都各不相同 C．每個小球在空中的運動時間都各不相同 D．每個小球落地時重力做功的瞬時功率都各不相同【考點】功率、平均功率和瞬時功率；功的計算．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；方程法；功率的計算專題；理解能力．【分析】根據(jù)運動學公式可比較時間；根據(jù)動能定理判斷小球落地的速度；結合位移的定義判斷即可根據(jù)動能定理和運動的分解求解；【解答】解：AB、根據(jù)動能定理得出，三個小球l落到地面時，重力做的功相等，初動能相等，故速度大小相等，由運動的合成可知，豎直向下、豎直向上拋出的小球速度方向相同，但與水平向右的方向拋出方向不同，故AB錯誤；C、三個小球以同一速率分別沿水平方向、豎直向下、豎直向上拋出，在豎直方向上的分速度各不相同，加速度都為g，下落相同高度，由可知每個小球在空中的運動時間都各不相同，故C正確；D、重力小球落地時做功的瞬時功率公式為P＝mgvy，vy是豎直方向的分速度，三個小球中豎直向下、豎直向上拋出的小球落地時豎直方向的分速度相同，則重力落地時重力的功率相同，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題是拋體運動分解和動能定理的綜合，根據(jù)動能定理和運動的分解求解，要注意速度和位移是矢量。12．（2024?東城區(qū)校級模擬）哈雷彗星的運動軌道是一個非常扁的橢圓，在近日點與太陽中心的距離為r1，在遠日點與太陽中心的距離為r2，若地球的公轉軌道可視為半徑為r的圓軌道，哈雷彗星的公轉周期為T。則哈雷慧星（）A．質量 B．公轉周期年 C．在近日點與遠日點的速度大小之比為 D．在近日點與遠日點的加速度大小之比為【考點】萬有引力定律的應用；向心力；開普勒定律．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律在天體運動中的應用專題；推理能力．【分析】根據(jù)萬有引力提供向心力，牛頓第二定律，結合開普勒第三定律和開普勒第二定律分析列式求解。【解答】解：A．由萬有引力定律可以計算中心天體的質量，依題意哈雷彗星是環(huán)繞天體，其質量無法由萬有引力提供向心力模型計算。故A錯誤；B．由開普勒第三定律可得：其中T地球＝1年，故解得哈雷慧星的公轉周期為故B錯誤；C．根據(jù)開普勒第二定律，取時間微元Δt，結合扇形面積公式可得：解得在近日點與遠日點的速度大小之比為：故C錯誤；D．在近日點時，由牛頓第二定律可得在遠日點時，由牛頓第二定律可得聯(lián)立，解得向心加速度大小之比為：故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了萬有引力定律和開普勒三大定律的應用，理解定律中各個物理量的含義，掌握定律的適用條件和計算是解決此類問題的關鍵。13．（2024?順義區(qū)二模）如圖所示為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍發(fā)出的電子經電場加速后形成電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡，勵磁線圈能夠產生垂直紙面向里的勻強磁場。下列說法正確的是（）A．僅增大勵磁線圈中的電流，運動徑跡的半徑變小 B．僅增大勵磁線圈中的電流，電子做圓周運動的周期將變大 C．僅升高電子槍加速電場的電壓，運動徑跡的半徑變小 D．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做圓周運動的周期將變大【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在電場中的加速．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理能力．【分析】AC.根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式求解半徑的表達式，再根據(jù)表達式進行分析解答；BD.由牛頓第二定律和線速度公式推導周期表達式，根據(jù)表達式分析比較?！窘獯稹拷猓篈C.根據(jù)動能定理和牛頓第二定律有可得僅增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度B變大，則運動徑跡的半徑變??；僅升高電子槍加速電場的電壓U，運動徑跡的半徑變大，故A正確，C錯誤；BD.由可得電子的周期為電子周期與電子槍加速電場的電壓無關，且僅增大勵磁線圈中的電流，電子運動的周期將變小，故BD錯誤。故選：A?！军c評】考查帶電粒子在電場中和磁場中的加速和圓周運動問題，會根據(jù)題意進行準確的分析和判斷。14．（2024?西城區(qū)一模）2023年諾貝爾物理學獎授予了“產生阿秒光脈沖的實驗方法”。阿秒（as）是一個極短的時間單位，1as＝10﹣18s。阿秒光脈沖是一種發(fā)光持續(xù)時間在as量級的光脈沖，它相當于一個足夠快的“快門”，幫助人們“拍攝”高速運動的電子，從而“打開電子世界的大門”。產生阿秒光脈沖的模型是：用強激光照射某些氣體，由于激光的電場是交變電場，該電場的電場強度和原子內部的庫侖場的強度相當時，電子就可能“電離”成為自由電子；電離后的自由電子在激光電場作用下“加速”；當激光的電場反向后，一些電子就有可能飛到被電離的原子附近并與其“復合”回到基態(tài)，同時釋放出一個高能光子，其頻率為入射強激光頻率的整數(shù)倍，稱為高次諧波光子。在適當?shù)臈l件下，大量原子輻射出高次諧波疊加形成脈沖寬度為阿秒量級的光脈沖。根據(jù)上述信息并結合已有的知識，判斷下列說法正確的是（）A．在1阿秒的時間內，光前進的距離約為0.3mm B．電子復合時釋放的光子能量等于電子在激光場中加速時獲得的能量 C．電子的“電離”“加速”和“復合”將周期性地發(fā)生，時間間隔與激光電場的周期有關 D．強激光光子能量是高次諧波光子能量的整數(shù)倍【考點】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；激光的特性和應用；光子及其動量．【專題】定量思想；推理法；原子的能級結構專題；推理能力．【分析】光在空氣中的速度約為3×108m/s，根據(jù)光速與時間的乘積求解光前進的距離；電子復合時釋放的光子能量至少等于原子由最高能級躍遷到基態(tài)釋放的能量；分析題意，解答CD選項?！窘獯稹拷猓篈、光在空氣中的速度約為3×108m/s，在1阿秒的時間內，光前進的距離約為s＝3×108×10﹣18m＝3×10﹣10m＝3×10﹣7mm，故A錯誤；B、電子復合時釋放的光子能量至少等于原子由最高能級躍遷到基態(tài)釋放的能量，并不等于電子在激光場中加速時獲得的能量，故B錯誤；C、由題意可知，電子的“電離”“加速”和“復合”將周期性地發(fā)生，時間間隔與激光電場的周期有關，故C正確；D、由題意可知，高次諧波光子的頻率為入射強激光頻率的整數(shù)倍。故D錯誤。故選：C?！军c評】本題為知識給予題，重在理解題意，找到和學過的物理知識的關聯(lián)，結合題目所給知識解答問題。二．實驗題（共3小題）15．（2024春?朝陽區(qū)校級期中）如圖甲所示，利用雙縫干涉測定光的波長的實驗中，雙縫間距d＝0.4mm，雙縫到光屏間的距離L＝0.5m，實驗時，接通電源使光源正常發(fā)光，調整光路，使得從目鏡中可以觀察到干涉條紋。（1）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，下列措施可行的是D（填選項前的字母）。A．將單縫向雙縫靠近B．使用間距更小的雙縫C．把綠色濾光片換成紅色濾光片D．將屏向靠近雙縫的方向移動（2）某種單色光照射雙縫得到干涉條紋如圖乙所示。分劃板在圖中M位置時游標卡尺的讀數(shù)為xM，在N位置時游標卡尺讀數(shù)為xN，該單色光的波長λ表達式為（用題目中所給物理量符號xM，xN，d，L表示）?！究键c】用雙縫干涉測量光的波長．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；實驗分析法；光的干涉專題；實驗能力．【分析】（1）根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式結合入射光的波長變化情況逐項分析作答；（2）根據(jù)條紋寬度求解相鄰亮條紋之間的距離，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式求單色光的波長?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式可知，若想增加從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)，應減小相鄰亮條紋之間的距離；A.單縫與雙縫之間距離的改變，不影響條紋間距，從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)不變，故A錯誤；B.使用間距更小的雙縫，條紋間距增大，從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)減小，故B錯誤；C.把綠色濾光片換成紅色濾光片，波長變長，條紋間距變寬，從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)減小，故C錯誤；D.將屏向靠近雙縫的方向移動，雙縫到屏的距離減小，條紋間距變窄，從目鏡中觀察到的條紋個數(shù)增加，故D正確。故選：D。（2）相鄰兩個亮條紋之間的距離為根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式聯(lián)立解得該單色光的波長為。故答案為：（1）D；（2）?！军c評】理解實驗原理是解題的前提，掌握基礎知識，應用雙縫干涉條紋間距公式即可完成作答。16．（2023秋?延慶區(qū)期末）現(xiàn)有某同學要測定一節(jié)干電池的電動勢E和內阻r（已知E約為1.5V，r約為1Ω）。該同學采用圖1所示電路。（1）為了完成該實驗，選擇實驗器材時，在電路的a、b兩點間可接入的器件是B。A．一個定值電阻B．滑動變阻器（2）為了調節(jié)方便且測量精度更高，實驗中應選用的電流表為A，電壓表為C（填寫儀器前字母）。A．電流表（0～0.6A）B．電流表（0～3A）C．電壓表（0～3V）D．電壓表（0～15V）（3）經過多次測量，他們記錄了多組電流表示數(shù)I和電壓表示數(shù)U，并在圖2中畫出了U﹣I圖像。由圖像可以得出，此干電池的電動勢的測量值E＝1.48V，內阻的測量值r＝0.80Ω（結果均保留兩位小數(shù)）。（4）如果該同學的操作過程符合規(guī)范實驗要求，請分析系統(tǒng)誤差并比較電動勢和內阻的測量值E、r與真實值E′、r′的大?。弘妱觿軪＜E′、內阻r＜r′（填“＞”或“＜”）?！究键c】電池電動勢和內阻的測量．【專題】實驗題；定量思想；推理法；恒定電流專題；推理能力．【分析】（1）本實驗通過改變回路中的電阻來測量多組電壓、電流數(shù)據(jù)，故a、b之間應接入滑動變阻器；（2）根據(jù)U﹣I圖像中的電流數(shù)據(jù)選擇電流表；根據(jù)電池的電動勢選擇電壓表；（3）根據(jù)U﹣I圖像的截距求解電池的電動勢；根據(jù)斜率求解電池的內阻；（4）實驗誤差源于電壓表分流，利用修正圖像法可知電池電動勢和內阻的測量值與真實值的大小關系?！窘獯稹浚?）a、b兩點間接入滑動變阻器，通過改變阻值，改變電路中電壓表和電流表的示數(shù)，測量多組數(shù)據(jù)；（2）根據(jù)題中描繪的U﹣I圖像可知，電流表的量程選用0～0.6A即可，故選A；電動勢約1.5V，電壓表選擇（0～3V）即可，故選C；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律U＝E﹣Ir可知，U﹣I圖線與縱軸的交點即為電動勢E＝1.48V；斜率為內阻；（4）由于電壓表分流，電流的測量值小于真實值，修正圖像如圖藍色實線所示電池的電動勢的測量值小于真實值，內阻的測量值小于真實值。故答案為：（1）B；（2）A；C；（3）1.48；0.80；（4）＜；＜?！军c評】本題考查測定一節(jié)干電池的電動勢和內阻的實驗，要求學生熟練掌握實驗原理、實驗器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。17．（2024春?東城區(qū)校級期中）用如圖1所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖著的紙帶通過打點計時器，打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。已知當?shù)刂亓铀俣葹間。（1）除圖1中所示的裝置之外，還必須使用的器材是D；A．直流電源、天平（含砝碼）B．直流電源、刻度尺C．交流電源、天平（含砝碼）D．交流電源、刻度尺（2）下面列舉了該實驗的幾個操作步驟：A．按照圖1所示安裝好實驗器材并連接好電源B．先打開夾子釋放紙帶，再接通電源開關打出一條紙帶C．測量紙帶上某些點間的距離D．根據(jù)測量的結果比較重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能其中沒有必要進行的或者操作不當?shù)牟襟E是B（選填步驟前的字母）；（3）如圖2所示，根據(jù)打出的紙帶，選取紙帶上的連續(xù)的五個點A、B、C、D、E，通過測量并計算出點A距起始點O的距離為s0，點AC間的距離為s1，點CE間的距離為s2，若相鄰兩點的打點時間間隔為T，重錘質量為m，根據(jù)這些條件計算重錘從釋放到下落OC距離時的重力勢能變化量ΔEp＝﹣mg（s0+s1），動能變化量ΔEk＝；在多次實驗中發(fā)現(xiàn)，重錘減小的重力勢能總是大于重錘增加的動能，其原因主要是重錘下落過程中受到阻力作用；（4）某同學利用圖2中紙帶，先分別測量出從A點到B、C、D、E、F、G點的距離h（其中F、G點為E點后連續(xù)打出的點，圖中未畫出），再計算打出B、C、D、E、F各點時重錘下落的速度v和v2，繪制v2﹣h圖像，如圖3所示，并求得圖線的縱軸截距b和斜率k。①請說明如何根據(jù)圖像驗證重錘下落過程機械能是否守恒？在實驗誤差允許范圍內，若k近似等于2g，則可認為這一過程機械能守恒；②假設上述實驗操作中不受一切阻力影響，此時繪制的v2﹣h圖線的斜率k′與k的關系最可能的是A。A．k′＞kB．k′＝kC．k′＜kD．以上情況均有可能【考點】實驗驗證機械能守恒定律．【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)打點計時器的工作環(huán)境以及機械能守恒定律進行分析；（2）根據(jù)實驗操作步驟以及實驗原理即可分析各個選項；（3）根據(jù)重力勢能表達式、動能表達式以及中間時刻的瞬時速度等于該段時間的平均速度即可求解；（4）根據(jù)機械能守恒定律列出表達式，并對表示進行整理分析即可?！窘獯稹拷猓海?）打點計時器工作電源為交流電源，需要測量重錘下降的高度，因此需要刻度尺，根據(jù)機械能守恒定律mgh＝，可知重錘的質量在運算過程中約去，因此不需要天平，故ABC錯誤，D正確；故選：D。（2）A、根據(jù)實驗操作步驟，按照圖1連接好實驗器材，故A正確；B、實驗過程中應該先接通電源，后打開夾子釋放紙帶，故B錯誤；C、根據(jù)實驗數(shù)據(jù)需要測量重錘下降的高度或者下降的高度差，故C正確；D、根據(jù)機械能守恒定律可知，實驗需要驗證重錘減少的重力勢能是否等于動能的增加量，故D正確；該題選擇沒有必要進行的或者操作不當?shù)模蔬x：B。（3）根據(jù)重力勢能表達式可知ΔEp＝﹣mg（s0+s1），根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于該段時間的平均速度即可知，C點的速度v＝，根據(jù)動能表達式可知動能變化量ΔEk＝＝；由于重錘下降過程中，受到阻力作用，導致重力勢能的減小量大于重錘動能的增加量；（4）①根據(jù)機械能守恒可知，mgh＝整理表達式可得v2＝2gh，根據(jù)表達式可知在實驗誤差允許范圍內，若k近似等于2g，則可認為這一過程機械能守恒；②當不受一切阻力影響時mgh＝，整理表達式可得v2＝2gh，即此時v2﹣h圖線的斜率k′＝2g；若有阻力影響，設阻力為f，即（mg﹣f）h＝，整理表達式可得v2＝（2g﹣）h，即此時v2﹣h圖線的斜率k＝2g﹣＜k′＝2g，故A正確，BCD錯誤；故選：A。故答案為：（1）D；（2）B；（3）﹣mg（s0+s1），，重錘下落過程中受到阻力作用；（4）①在實驗誤差允許范圍內，若k近似等于2g，則可認為這一過程機械能守恒，②A?！军c評】該題考查驗證機械能守恒定律的實驗，要掌握實驗原理、實驗操作步驟以及實驗數(shù)據(jù)分析等知識點，其中該實驗實驗誤差分析為該實驗的易錯點。三．解答題（共4小題）18．（2024?海淀區(qū)一模）如圖所示，水平地面上固定著光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑連接，設物塊通過連接處時速率不發(fā)生改變。質量m1＝0.4kg的物塊A從斜槽上端距水平地面高度h＝0.8m處由靜止下滑，并與靜止在斜槽末端的質量m2＝0.8kg的物塊B相碰，相碰后物塊A立即停止運動，物塊B滑行一段距離后停止運動。取重力加速度g＝10m/s2，兩物塊均可視為質點。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小。（2）物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能。（3）滑動摩擦力對物塊B做的功。【考點】動量守恒定律；功能關系．【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；推理能力．【分析】（1）根據(jù)機械能守恒定律求解物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小；（2）根據(jù)動量守恒定律、能量守恒定律求解損失的機械能；（3）根據(jù)動能定理求解滑動摩擦力對物塊B做的功。【解答】解：（1）設物塊A滑到斜面底端與物塊B碰撞前時的速度大小為v0，根據(jù)機械能守恒定律有：m1gh＝解得物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大?。簐0＝4m/s；（2）取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：m1v0＝m2v解得：v＝2.0m/s根據(jù)能量守恒定律可得：m1＝m2v2+ΔE解得損失的機械能：ΔE＝1.6J；（3）設摩擦力做功為W，根據(jù)動能定理有：W＝0﹣m2v2解得：W＝﹣1.6J。答：（1）物塊A與物塊B碰撞前瞬間的速度大小為4m/s；（2）物塊A與物塊B碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機械能為1.6J；（3）滑動摩擦力對物塊B做的功為﹣1.6J?！军c評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關系列方程求解。19．（2024?海淀區(qū)一模）有關列車電氣制動，可以借助如圖所示模型來理解，圖中水平平行金屬導軌處于豎直方向的勻強磁場中，導軌間距為L，磁場的磁感應強度為B，金屬棒MN的質量為m，導軌右端接有阻值為R的電阻，金屬棒接入電路部分的電阻為r，導軌的電阻不計。MN在安培力作用下向右減速運動的過程對應于列車的電氣制動過程，金屬棒MN開始減速時的初速度為v0。（1）求開始減速時：①導體棒兩端的電壓U。②安培力的功率P。（2）在制動過程中，列車還會受到軌道和空氣阻力的作用，為了研究問題方便，設這些阻力總和大小恒定，對應于棒受到的大小恒定的摩擦阻力f，在金屬棒的速度從v，減至的過程中，金屬棒的位移大小為x。求該過程中電路中產生的焦耳熱Q?！究键c】電磁感應中的能量類問題；電磁感應中的電路類問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【分析】（1）①根據(jù)法拉第電磁感應定律以及閉合電路歐姆定律即可分析；②根據(jù)安培定則確定安培力，再根據(jù)歐姆定律確定電流，最后根據(jù)瞬時功率的表達式求解；（2）根據(jù)動能定理以及功能關系即可分析?！窘獯稹拷猓海?）①根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝BLv0；根據(jù)閉合電路歐姆定律可知U＝；聯(lián)立解得U＝；②根據(jù)安培定則可知，安培力F＝BILI＝安培力的功率P＝Fv0；聯(lián)立解得P＝；（2）在金屬棒的速度從v，減至的過程中，根據(jù)動能定理可知﹣fx﹣W安＝解得W安＝+fx根據(jù)功能關系可知，該過程克服安培力的功等于該過程中電路中產生的焦耳熱即Q＝+fx；答：（1）①導體棒兩端的電壓U為；②安培力的功率P為；（2）該過程中電路中產生的焦耳熱Q為+fx?！军c評】本題需要熟練掌握法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、功率的瞬時表達式以及動能定理等知識點，題目綜合性強，難度較大。20．（2024?門頭溝區(qū)一模）圖甲是列車進站場景，其剎車原理可簡化為圖乙。在車身下方固定一單匝矩形導線框，利用線框進入磁場時所受安培力，輔助列車剎車。已知列車質量為m，線框總電阻為R，線框ab邊長為L，bc邊長近似等于車身長度s，列車軌道上勻強磁場區(qū)域足夠長，且磁感應強度的大小為B。車頭剛進入磁場時速度大小為v0，車尾進入磁場瞬間列車恰好停止，列車停止前所受所有摩擦阻力恒為f。求：（1）列車車頭進入磁場瞬間，通過線框ab邊的電流I大小和方向（填“a→b”或“b→a”）；（2）列車車頭進入磁場瞬間，列車加速度的大小a；（3）列車從進站到停止過程中，線框產生的焦耳熱Q?！究键c】電磁感應中的能量類問題；閉合電路的歐姆定律；導體切割磁感線時產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；電磁感應中的力學問題；推理能力．【分析】（1）由右手定則判斷通過線框ab邊的電流方向。根據(jù)法拉第電磁感應定律，閉合電路歐姆定律求解通過線框ab邊的電流大??；（2）根據(jù)安培力計算公式和牛頓第二定律求解列車加速度的大??；（3）列車從進站到停止過程中，根據(jù)功能關系與能量守恒定律求得線框產生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）列車車頭進入磁場瞬間，由右手定則可知通過線框ab邊的電流方向為a→b。此時ab邊切割磁感線產生的感應電動勢為：E＝BLv0通過線框ab邊的電流為：＝（2）列車車頭進入磁場瞬間，ab邊受到的安培力大小為：F安＝BIL對列車由牛頓第二定律得：F安+f＝ma解得列車加速度的大小為：a＝（3）列車從進站到停止過程中，根據(jù)功能關系與能量守恒定律可得線框產生的焦耳熱為：Q＝﹣fs答：（1）列車車頭進入磁場瞬間，通過線框ab邊的電流I大小為，方向為a→b；（2）列車車頭進入磁場瞬間，列車加速度的大小a為；（3）列車從進站到停止過程中，線框產生的焦耳熱Q為﹣fs?！军c評】本題考查了電磁感應的力學問題，研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的運動過程，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律、動量定理列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據(jù)動能定理、功能關系等列方程求解。21．（2024?東城區(qū)一模）天文學家范?艾倫發(fā)現(xiàn)在地球大氣層之外存在著一個輻射帶包裹著地球，這一輻射帶被命名為“范?艾倫輻射帶”，它是由于地球磁場捕獲了大量帶電粒子而形成，分為內層和外層，如圖1所示。由于地球兩極附近區(qū)域磁場強，其他區(qū)域磁場弱，當宇宙射線進入地磁場后會使帶電粒子沿磁感線做螺線運動，遇到強磁場區(qū)域被反射回來，在地磁兩極間來回“彈跳”，被“捕獲”在地磁場中。不過還是有一些宇宙射線粒子可以“溜進”地球大氣層，它們和空氣分子的碰撞產生的輻射就形成了絢麗多彩的極光。大氣中最主要的成分是氮和氧，波長557.7nm的綠色和630nm附近的紅色極光主要由氧原子發(fā)出，波長高于640nm的紅色極光由氮氣分子發(fā)出。（計算時普朗克常量取h＝6.6×10?34J?s，真空中光速c取3×108m/s）（1）a.求放出一個波長為630nm的紅色光子時，氧原子的能量變化ΔE（結果取1位有效數(shù)字）。b.請說明帶電粒子和空氣分子碰撞產生輻射的過程中能量是如何轉化的。（2）如圖2所示的是質量為m、電荷量為q的帶電粒子在具有軸對稱性的非均勻磁場中做螺線運動的示意圖，若將粒子沿軸線方向的分速度用v∥表示，與之垂直的平面內的分速度用v⊥表示。a.某時刻帶電粒子的v∥＝v1，v⊥＝v2，所在處磁感應強度大小為B，如果將粒子從此刻起在垂直平面內做圓周運動的一個周期時間內，所到達區(qū)域的磁場按勻強磁場（方向沿軸線）進行估算，求粒子在垂直平面內做圓周運動的半徑r和在一個周期時間內沿軸線前進的距離（螺距）d。b.實際上帶電粒子的半徑和螺距都會不斷變化，已知帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)運動的同時，在垂直平面內的速度v⊥會變大，在此已知的基礎上請用高中物理的知識解釋為什么帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)螺旋前進時，分速度v∥會減小到零，并繼而沿反方向前進?！究键c】玻爾理論與氫原子的能級躍遷；洛倫茲力的計算；光子及其動量．【專題】定量思想；推理法；原子的能級結構專題；分析綜合能力．【分析】（1）根據(jù)能量的計算公式分析解答氧原子的能量變化，根據(jù)氫原子的能級躍遷原理分析能量的轉化；（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力結合周期的計算公式解答，根據(jù)能量轉化方式分析粒子的運動情況?！窘獯稹拷猓海?）a.氧原子的能量變化ΔE大小等于所放出的紅色光子的能量，由得b.帶電粒子和空氣分子碰撞，會通過碰撞將一部分能量傳給空氣分子，使空氣分子從基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，空氣分子從激發(fā)態(tài)自發(fā)地回到基態(tài)的過程中，就會將減少的能量以光子的形式放出，所放出光子的能量等于空氣分子激發(fā)態(tài)與基態(tài)間的能級差。（2）a.由洛倫茲力提供向心力有其中d＝v1T解得r＝，b.帶電粒子只受到洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，因此粒子的總動能不變，由已知粒子從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)運動時，在與軸線垂直的平面內的速度v1會變大，即v1對應的動能變大，則v2對應的動能就會變小，可以理解為通過洛倫茲力將v2對應的動能轉化為v1對應的動能。由此可以解釋粒子從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)運動的同時，分速度v2會減小。由于上述從功和能的角度證明了分速度v2會減小，那么可以反推，此過程中粒子一定受到了與v2相反的洛倫茲力的分力F，當分速度v2減小到零的時刻，由于磁場和分速度v1的情況都沒有變化，可判斷與v2相反的分力F與前一時刻相同，因此粒子在速度v2減為零后會反向運動。答：（1）a.氧原子的能量變化為3×10﹣19J。b.見解析。（2）a.粒子在垂直平面內做圓周運動的半徑為，在一個周期時間內沿軸線前進的距離（螺距）為。b.見解析。【點評】本題考查能級躍遷，解題關鍵掌握氫原子能級躍遷的規(guī)律，注意洛倫茲力提供向心力的應用。

考點卡片1．力的合成與分解的應用【知識點的認識】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：某個物體受兩個力作用時，只要兩個力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，則這兩個力合力為零，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：物體受幾個力的作用，可先將某幾個力合成，再將問題轉化為二力平衡．6．力的分解解題：放在斜面上靜止的物體分解法：物體受幾個力的作用，將某個力按效果分解，則其分力與其它幾個力滿足平衡條件．7．放在斜面上的物體受到一個平行斜面向上的力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．牛頓第二定律【知識點的認識】1．內容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達式：F合＝ma．該表達式只能在國際單位制中成立．因為F合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質量為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（相對地面靜止或勻速直線運動的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對于分子、原子）、低速運動（遠小于光速）的情況．4．對牛頓第二定律的進一步理解牛頓第二定律是動力學的核心內容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內涵：F量化了迫使物體運動狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運動狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運動狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個量的物理意義，就不難理解如下的關系了：a∝F，a∝．另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時關系，也是由力的作用效果的瞬時性特征所決定的．（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）瞬時性：加速度a與合外力F合同時產生、同時變化、同時消失，是瞬時對應的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對同一物體而言的兩個物理量．（4）獨立性：作用于物體上的每個力各自產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力產生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對應．（5）相對性：物體的加速度是對相對地面靜止或相對地面做勻速運動的物體而言的．【命題方向】題型一：對牛頓第二定律的進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)的大小與時間t的關系如圖甲所示，物塊速度v與時間t的關系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動摩擦力為2NC．t＝3s時刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運動，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內物塊做勻加速運動，由牛頓第二定律可以求得物體的質量的大?。鶕?jù)速度時間圖線求出3s時的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運動，則f＝F＝2N．2～4s內做勻加速直線運動，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﹣時間圖線可知，3s時刻的速度為2m/s．故B、D正確，A、C錯誤．故選：BD．點評：本題考查學生對于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個圖象對比可以確定物體的運動的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對牛頓第二定律瞬時性的理解例子：如圖所示，質量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當剪斷Ⅱ瞬間時，球的加速度a應是（）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的延長線D．則a＝，方向水平向左分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細線的拉力．剛剪短細繩時，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時，受力如圖所示，由共點力平衡條件得，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錯誤，D正確；故選：D．點評：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應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鍵．題型三：動力學中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運動情況；②已知運動情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運動和受力的重要“橋梁”，將運動學規(guī)律和牛頓第二定律相結合是解決問題的基本思路．例子：某同學為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，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，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，結果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運動學可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運動學可得下滑至出發(fā)點的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經0.5s滑至最高點，由加速度定義式有：上滑過程中加速度的大?。海?）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x＝＝m＝1m下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：＝2m/s2下滑至出發(fā)點的速度大小為：v＝聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大??；（2）木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點時的速度大小v＝2m/s．點評：解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用牛頓第二定律和運動學公式聯(lián)合求解．【解題方法點撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時對應關系．對于分析瞬時對應關系時應注意兩個基本模型特點的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產生彈力時的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應用牛頓第二定律解答動力學問題時，首先要對物體的受力情況及運動情況進行分析，確定題目屬于動力學中的哪類問題，不論是由受力情況求運動情況，還是由運動情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對象，明確物理過程．（2）分析研究對象的受力情況和運動情況，必要時畫好受力示意圖和運動過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運動公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時可把力進行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時需進行討論．3．線速度、角速度和周期、轉速【知識點的認識】線速度、角速度和周期、轉速一、描述圓周運動的物理量描述圓周運動的基本參量有：半徑、線速度、角速度、周期、頻率、轉速、向心加速度等．物理量物理意義定義和公式方向和單位線速度描述物體做圓周運動的快慢物體沿圓周通過的弧長與所用時間的比值，v＝方向：沿圓弧切線方向．單位：m/s角速度描述物體與圓心連線掃過角度的快慢運動物體與圓心連線掃過的角的弧度數(shù)與所用時間的比值，ω＝單位：rad/s周期描述物體做圓周運動的快慢周期T：物體沿圓周運動一周所用的時間．也叫頻率（f）周期單位：sf的單位：Hz轉速描述物體做圓周運動的快慢轉速n：物體單位時間內轉過的圈數(shù)轉速單位：r/s或r/min二、物理量之間的關系：①v＝＝＝2πrf；②ω＝＝；③T＝＝．【命題方向】常考題型考查幾個物理量的理解：如圖所示為一皮帶傳動裝置，右輪的半徑為r，a是它邊緣上的一點．左側是一輪軸，大輪的半徑為4r，小輪的半徑為2r．b點在小輪上，到小輪中心的距離為r．c點和d點分別位于小輪和大輪的邊緣上．若在傳動過程中，皮帶不打滑．則（）A．a點與b點的線速度大小相等B．a點與b點的角速度大小相等C．a點與c點的線速度大小相等D．a點與d點的向心加速度大小相等分析：共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的各點線速度大小相等，根據(jù)v＝rω，a＝rω2＝可知各點線速度、角速度和向心加速度的大?。猓篈、a、c兩點的線速度大小相等，b、c兩點的角速度相等，根據(jù)v＝rω，c的線速度大于b的線速度，則a、c兩點的線速度不等．故A錯誤，C正確；B、a、c的線速度相等，根據(jù)v＝rω，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b兩點的角速度不等．故B錯誤；D、根據(jù)a＝rω2得，d點的向心加速度是c點的2倍，根據(jù)a＝知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d兩點的向心加速度相等．故D正確．故選：CD．點評：解決本題的關鍵知道線速度、角速度、向心加速度與半徑的關系，以及知道共軸轉動的各點角速度相等，靠傳送帶傳動輪子上的點線速度大小相等．4．向心力【知識點的認識】一：向心力1．作用效果：產生向心加速度，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，時刻在改變，即向心力是一個變力．4．來源：向心力可以由一個力提供，也可以由幾個力的合力提供，甚至可以由一個力的分力提供，因此向心力的來源要根據(jù)物體受力的實際情況判定．注意：向心力是一種效果力，受力分析時，切不可在物體的相互作用力以外再添加一個向心力．二、離心運動和向心運動1．離心運動（1）定義：做圓周運動的物體，在所受合外力突然消失或不足以提供圓周運動所需向心力的情況