第81頁（共81頁）2025年江蘇省蘇州市高考物理三模試卷一、單選題：本大題共11小題，共44分。1．（4分）（2025?蘇州三模）某放射性元素的半衰期為5天，現(xiàn)有該元素80g，經(jīng)過15天后，剩余未衰變的質(zhì)量是（）A．5g B．10g C．20g D．40g2．（4分）（2014?江蘇）已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A．波長 B．頻率 C．能量 D．動量3．（4分）（2025?蘇州三模）讓兩個完全相同的金屬球各自帶電后，用兩相同絕緣繩懸掛于O點，兩球靜止時狀態(tài)如圖所示，下列說法正確的是（）A．兩球帶異種電荷 B．兩球所帶電荷量一定相同 C．若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大 D．若兩球相碰后分開，再次靜止時夾角減小4．（4分）（2025?蘇州三模）向水面上扔一個石塊，形成如圖所示的波形，已知相鄰實線間的距離等于一個波長，不考慮水波的反射，可大致描述水波通過孔A和B后傳播情況的是（）A． B． C． D．5．（4分）（2025?蘇州三模）將一小球（可視為質(zhì)點）懸掛于O點，拉開一個小角度（θ＜5°）后靜止釋放，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球質(zhì)量越大，擺動周期越小 B．拉開角度越小，擺動周期越小 C．小球擺動過程中機械能守恒 D．?dāng)[動過程中，繩的拉力與重力的合力充當(dāng)回復(fù)力6．（4分）（2025?蘇州三模）鉗形電流測量儀的結(jié)構(gòu)圖如圖所示，其鐵芯在捏緊扳手時會張開，可在不切斷被測載流導(dǎo)線的情況下，通過內(nèi)置線圈中的電流值I和匝數(shù)n獲知載流導(dǎo)線中的電流大小I0，下列說法正確的是（）A．該測量儀可測量直流電的電流 B．載流導(dǎo)線中電流大小I0C．若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，測量出的電流將大于實際電流 D．若將載流導(dǎo)線在鐵芯上多繞幾匝，鉗形電流測量儀的示數(shù)將變大7．（4分）（2025?蘇州三模）如圖所示為地球和哈雷彗星繞太陽運行的示意圖，若哈雷彗星在近日點與太陽中心的距離為r1，線速度大小為v1，加速度大小為a1；在遠日點與太陽中心的距離為r2，線速度大小為v2，加速度大小為a2，下列說法正確的是（）A．v1小于v2 B．a(chǎn)2C．a(chǎn)1：a2D．地球與太陽連線和哈雷彗星與太陽連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等8．（4分）（2025?蘇州三模）如圖所示，一條圓柱形的光導(dǎo)纖維，長為L，它的玻璃芯的折射率為n1，外層材料的折射率為n2，光在空氣中的傳播速度為c。下列說法正確的是（）A．折射率nl小于折射率n2 B．光在光纖中傳播的速度cnC．光在內(nèi)外層的臨界角C滿足sinC=D．光從它的一端射入經(jīng)全反射后從另一端射出所需的最長時間為n9．（4分）（2025?蘇州三模）某同學(xué)用如圖所示的電路做“觀察電容器的充放電”實驗。將開關(guān)先與“1”端閉合，對電容器進行充電，充電完畢后再將開關(guān)與“2”端閉合，電容器放電。傳感器測得的電流I和電壓U隨時間t變化的圖像，正確的是（）A． B． C． D．10．（4分）（2025?蘇州三模）電子感應(yīng)加速器是利用感生電場使電子加速的設(shè)備，它的基本原理如圖甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，當(dāng)電磁鐵線圈電流按圖乙變化時，真空室中產(chǎn)生磁場，電子在真空室中做圓周運動。以圖甲中電流方向為正方向，電子能在真空室中沿逆時針方向（俯視），做加速圓周運動的時間段是（）A．0～T4 B．T4～T2 C11．（4分）（2025?蘇州三模）圖甲是某科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時最短的軌道叫做最速降線軌道。軌道Ⅰ的末端與水平面相切，如圖乙所示，將相同的小球a和b分別從Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點M同時靜止釋放，則小球a先到達終點N；并且發(fā)現(xiàn)小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達末端的時間都相同?，F(xiàn)將小球a和b同時從起點M靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度大 B．從起點到終點，兩球的動量變化量相同 C．若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，三個球相比仍是a先到達 D．若軌道不光滑且與兩球動摩擦因數(shù)相同，小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小二、實驗題：本大題共1小題，共9分。12．（9分）（2025?蘇州三模）為測量充電寶作為電源使用時的電動勢與內(nèi)阻，某小組進行了如下實驗：實驗器材：充電寶1個，定值電阻R0＝5Ω，多用電表2個，滑動變阻器、開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）先用多用電表測量充電寶的輸出電壓，如圖甲所示，多用電表的讀數(shù)為V。（2）該小組設(shè)計如圖乙所示的電路，并按電路圖連接電路如圖丙所示，閉合開關(guān)前，檢查電路，發(fā)現(xiàn)有一處接線錯誤，其所在區(qū)域為。（3）正確接線后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到多組電壓和電流讀數(shù)，并將所得數(shù)據(jù)整理成U﹣I圖像如圖丁所示，可知充電寶的電動勢為5.07V，內(nèi)阻為Ω。（4）關(guān)于本實驗誤差原因和誤差結(jié)果說法正確的有。A.電流表分壓，電動勢測量值偏大B.電流表分壓，內(nèi)阻測量值偏大C.電壓表分流，電動勢測量值偏小D.電壓表分流，內(nèi)阻測量值偏?。?）選用最大阻值不同的滑動變阻器，仍使用該電路進行實驗。將滑片的可移動長度記為L，取滑動變阻器接入阻值為0處為起點，記錄滑片P移動的距離x，以及相應(yīng)的電流表讀數(shù)I。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，得到I-xL圖像如圖戊所示。在本實驗中，應(yīng)選用的滑動變阻器為（選填“R1”、“R2”或“R3”），請說明理由三、計算題：本大題共4小題，共40分。13．（11分）（2025?蘇州三模）一間教室長寬高分別為a，b，c，假設(shè)教室內(nèi)的氣體處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，已知阿伏加德羅常數(shù)為NA。每摩爾氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V。（以上所有單位均已取國際單位）（1）請估算教室內(nèi)的空氣分子個數(shù)N；（2）請估算教室內(nèi)的空氣分子平均距離d。14．（12分）（2025?蘇州三模）如圖為教室中的有軌黑板與磁吸黑板擦，黑板處在豎直平面內(nèi)且可以沿軌道水平移動，磁吸黑板擦與黑板間存在相互吸引力F0，黑板擦的質(zhì)量為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。（1）勻速推動黑板，黑板擦與黑板保持相對靜止，求兩者間動摩擦因數(shù)的最小值μmin；（2）若黑板擦與黑板間動摩擦因數(shù)為μ，推動黑板，使兩者一起沿水平勻加速運動，求黑板的最大加速度a。15．（12分）（2025?蘇州三模）如圖所示，兩物體A和B并排靜置于光滑水平地面，它們的質(zhì)量M均為0.5kg。質(zhì)量m＝0.1kg的子彈以v0＝34m/s的水平速度從左邊射入A，射出物體A時A的速度vA＝2m/s，子彈緊接著射入B中，最終子彈未從B中穿出。子彈在物體A和B中所受阻力相同且一直保持不變，A的長度為LA＝0.23m，不計空氣阻力，g取10m/s2。（1）求物體B最終的速度大小vB；（2）求子彈穿過A的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）求物體B的最小長度LB。16．（12分）（2025?蘇州三模）在Oxy平面存在垂直于紙面向里且范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在y軸有一離子源S，其坐標(biāo)為（0，h），向平面內(nèi)各個方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m，電量為q=mv02hB，速率為v0且?guī)д姷牧Ｗ印，F(xiàn)沿x軸放置一足夠長且不可穿過的擋板，擋板上有C、D兩點，C（1）若出射方向沿y軸正方向，求粒子打到擋板上的x軸坐標(biāo)；（2）求所有出射粒子中能夠打到CD區(qū)間的占比；（3）若在擋板上不同位置放一些微型粒子探測器（可視為質(zhì)點），發(fā)現(xiàn)在一些位置上粒子只會從一個方向進入探測器，而在另一些位置上粒子會從兩個方向進入探測器，試確定能從兩個方向進入探測器的位置所在區(qū)間。

2025年江蘇省蘇州市高考物理三模試卷參考答案與試題解析一．選擇題（共11小題）題號1234567891011答案BACACDCBCAD一、單選題：本大題共11小題，共44分。1．（4分）（2025?蘇州三模）某放射性元素的半衰期為5天，現(xiàn)有該元素80g，經(jīng)過15天后，剩余未衰變的質(zhì)量是（）A．5g B．10g C．20g D．40g【考點】半衰期的相關(guān)計算．【專題】定量思想；方程法；衰變和半衰期專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)半衰期與剩余質(zhì)量的關(guān)系m余【解答】解：放射性元素的半衰期是5天，經(jīng)過t＝15天即3個半衰期后，剩余未衰變的質(zhì)量有m余=m0(故選：B?！军c評】該題考查半衰期與剩余質(zhì)量的關(guān)系，牢記公式即可。2．（4分）（2014?江蘇）已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73×1014Hz和5.44×1014Hz，在某種單色光的照射下兩種金屬均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的（）A．波長 B．頻率 C．能量 D．動量【考點】愛因斯坦光電效應(yīng)方程；光子的動量；光電效應(yīng)現(xiàn)象及其物理意義．【專題】光電效應(yīng)專題．【答案】A【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程列式，分析鈣逸出的光電子波長、頻率、能量和動量大小．金屬的逸出功W0＝hγc，γc是金屬的截止頻率．【解答】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得：Ek＝hγ﹣W0，又W0＝hγc聯(lián)立得：Ek＝hγ﹣hγc，據(jù)題：鈣的截止頻率比鉀的截止頻率大，由上式可知：從鈣表面逸出的光電子最大初動能較小，由P=2mEk，可知該光電子的動量較小，根據(jù)λ=h故選：A。【點評】解決本題的關(guān)鍵要掌握光電效應(yīng)方程，明確光電子的動量與動能的關(guān)系、物質(zhì)波的波長與動量的關(guān)系λ=h3．（4分）（2025?蘇州三模）讓兩個完全相同的金屬球各自帶電后，用兩相同絕緣繩懸掛于O點，兩球靜止時狀態(tài)如圖所示，下列說法正確的是（）A．兩球帶異種電荷 B．兩球所帶電荷量一定相同 C．若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大 D．若兩球相碰后分開，再次靜止時夾角減小【考點】庫侖力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解．【專題】定量思想；推理法；共點力作用下物體平衡專題；電荷守恒定律與庫侖定律專題；推理論證能力．【答案】C【分析】解這類題目就像解決共點力的平衡類題目一樣，先對物體進行受力分析，然后進行力的合成與分解，列出平衡表達式，進而求出所需的物理量。【解答】解：A.由于兩個球相互排斥，所以帶同種電荷，故A錯誤；B.兩球間的庫侖力大小F＝mgtanθ，由庫侖定律F=kqC.假設(shè)絕緣繩縮短后，角度不變，那么兩個小球之間的距離變短，根據(jù)庫侖定律可知。庫侖力變大，角度肯定會變大，所以若絕緣繩縮短相同長度，兩繩夾角增大，故C正確；D.若兩球相碰前電量不相同，由于兩球相碰后各自電荷量相同，庫侖力變大，再次靜止時夾角變大，故D錯誤。故選：C。【點評】本考點旨在針對帶電體在有庫侖力存在時的平衡問題。注意這個考點下只針對點電荷之間的作用力，不含電場類問題。4．（4分）（2025?蘇州三模）向水面上扔一個石塊，形成如圖所示的波形，已知相鄰實線間的距離等于一個波長，不考慮水波的反射，可大致描述水波通過孔A和B后傳播情況的是（）A． B． C． D．【考點】波的衍射圖樣．【專題】定性思想；推理法；波的多解性；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)機械波發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件，障礙物或孔的尺寸比波長小，或者跟波長相差不多進行分析解答?！窘獯稹拷猓河深}圖可知，孔A跟波長相比相差不多，因此，從孔A傳出的波有明顯的衍射現(xiàn)象；孔B跟波長相比相差較大，因此，從孔B傳出的波無明顯的衍射現(xiàn)象。在畫通過孔A的衍射波時要強調(diào)畫出的同心半圓都是以孔A為圓心的；而從孔B傳出的波只沿直線傳播，故A正確，BCD錯誤。故選：A?！军c評】考查機械波發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。5．（4分）（2025?蘇州三模）將一小球（可視為質(zhì)點）懸掛于O點，拉開一個小角度（θ＜5°）后靜止釋放，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球質(zhì)量越大，擺動周期越小 B．拉開角度越小，擺動周期越小 C．小球擺動過程中機械能守恒 D．?dāng)[動過程中，繩的拉力與重力的合力充當(dāng)回復(fù)力【考點】單擺周期的計算及影響因素；機械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；單擺問題；理解能力．【答案】C【分析】小球的運動視為為簡諧運動，根據(jù)單擺的周期公式T=2【解答】解：AB、根據(jù)公式T=2πl(wèi)C、小球擺動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故C正確；D、擺動過程中，重力的切向分力提供回復(fù)力，不一定等于繩的拉力與重力的合力，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查單擺的周期公式，牢記單擺的周期公式，明確單擺做簡諧運動中周期的決定因素。6．（4分）（2025?蘇州三模）鉗形電流測量儀的結(jié)構(gòu)圖如圖所示，其鐵芯在捏緊扳手時會張開，可在不切斷被測載流導(dǎo)線的情況下，通過內(nèi)置線圈中的電流值I和匝數(shù)n獲知載流導(dǎo)線中的電流大小I0，下列說法正確的是（）A．該測量儀可測量直流電的電流 B．載流導(dǎo)線中電流大小I0C．若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，測量出的電流將大于實際電流 D．若將載流導(dǎo)線在鐵芯上多繞幾匝，鉗形電流測量儀的示數(shù)將變大【考點】電壓與電流互感器；電流的概念、性質(zhì)及電流強度的定義式．【專題】定量思想；歸納法；交流電專題；理解能力．【答案】D【分析】根據(jù)變壓器的工作原理分析；根據(jù)變壓器的變流比計算；若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁場減弱，據(jù)此分析；根據(jù)原、副線圈中電流大小與匝數(shù)關(guān)系分析?！窘獯稹拷猓篈.鉗形電流測量儀實質(zhì)上是一個升壓變壓器，原理為電磁感應(yīng)，只能測量交流電的電流，不能測量直流電的電流，故A錯誤；B.根據(jù)變壓器的變流比I0I=n1可得，載流導(dǎo)線中電流大小I0C.若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導(dǎo)線中電流產(chǎn)生的磁場減弱，磁通量變化率減小，在內(nèi)置線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，則測量出的電流將小于實際電流，故C錯誤。D.根據(jù)n1I1＝n2I2知，若將載流導(dǎo)線在鐵芯上多繞幾匝，即n1變大，I1、n2不變，則鉗形電流測量儀的示數(shù)I2將變大，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了變壓器的工作原理以及變流規(guī)律，基礎(chǔ)題。7．（4分）（2025?蘇州三模）如圖所示為地球和哈雷彗星繞太陽運行的示意圖，若哈雷彗星在近日點與太陽中心的距離為r1，線速度大小為v1，加速度大小為a1；在遠日點與太陽中心的距離為r2，線速度大小為v2，加速度大小為a2，下列說法正確的是（）A．v1小于v2 B．a(chǎn)2C．a(chǎn)1：a2D．地球與太陽連線和哈雷彗星與太陽連線在相同時間內(nèi)掃過的面積相等【考點】衛(wèi)星或行星運行參數(shù)的計算；開普勒三大定律．【專題】定量思想；推理法；萬有引力定律的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)開普勒第二定律和萬有引力定律的應(yīng)用進行分析解答?！窘獯稹拷猓篈.根據(jù)開普勒第二定律，有r1×v1Δt2=r2×v2Δt2，可得v1BC.在近日點，由萬有引力定律可得GMmr12=ma1，得a1=GMr12；在遠日點，由萬有引力定律可得GMmr22=ma2D.哈雷彗星與太陽連線在相同時間內(nèi)掃過相等的面積，哈雷彗星與太陽連線掃過的面積和地球與太陽連線掃過的面積不相等，故D錯誤。故選：C?！军c評】考查開普勒第二定律和萬有引力定律的應(yīng)用，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確的分析解答。8．（4分）（2025?蘇州三模）如圖所示，一條圓柱形的光導(dǎo)纖維，長為L，它的玻璃芯的折射率為n1，外層材料的折射率為n2，光在空氣中的傳播速度為c。下列說法正確的是（）A．折射率nl小于折射率n2 B．光在光纖中傳播的速度cnC．光在內(nèi)外層的臨界角C滿足sinC=D．光從它的一端射入經(jīng)全反射后從另一端射出所需的最長時間為n【考點】光的折射與全反射的綜合問題；折射率的波長表達式和速度表達式．【專題】定量思想；推理法；光的折射專題；全反射和臨界角專題；推理論證能力．【答案】B【分析】發(fā)生全反射的條件有兩個：光從光密介質(zhì)射到它與光疏介質(zhì)的界面上；入射角大于或等于臨界角。由此分析折射率nl小于折射率n2的大小關(guān)系，根據(jù)折射公式分析臨界角，根據(jù)n=【解答】解：欲使光在n1和n2的界面上發(fā)生全反射，則玻璃芯應(yīng)該為光密介質(zhì)，所以有n1＞n2，設(shè)φ為臨界角，光在介質(zhì)n1中的傳播最長路程為：x=傳播速度為：v=光在內(nèi)外層的臨界角C滿足：n1sinC＝n2sin90°，故sinC=故最長時間為：t=故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】考查對光的折射、全反射規(guī)律的理解，熟悉折射公式的運用，根據(jù)幾何關(guān)系分析。9．（4分）（2025?蘇州三模）某同學(xué)用如圖所示的電路做“觀察電容器的充放電”實驗。將開關(guān)先與“1”端閉合，對電容器進行充電，充電完畢后再將開關(guān)與“2”端閉合，電容器放電。傳感器測得的電流I和電壓U隨時間t變化的圖像，正確的是（）A． B． C． D．【考點】觀察電容器及其充、放電現(xiàn)象．【專題】定性思想；推理法；恒定電流專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據(jù)電容器充放電時電壓和電流的變化情況，結(jié)合電流方向的變化進行分析解答。【解答】解：AB.充電過程中，電壓U越來越大，且增加的越來越慢，切線斜率減小，放電過程中，電壓U越來越小，且減小的越來越慢，切線斜率減小，故AB錯誤；CD.充電過程中，電流I越來越小，且減小的越來越慢，放電過程中，電流I越來越小，且減小的越來越慢，切線斜率均越來越小，故C正確，D錯誤。故選：C?！军c評】考查電容器充放電時電壓和電流的變化情況，結(jié)合電流方向的變化的應(yīng)用，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確分析解答。10．（4分）（2025?蘇州三模）電子感應(yīng)加速器是利用感生電場使電子加速的設(shè)備，它的基本原理如圖甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，當(dāng)電磁鐵線圈電流按圖乙變化時，真空室中產(chǎn)生磁場，電子在真空室中做圓周運動。以圖甲中電流方向為正方向，電子能在真空室中沿逆時針方向（俯視），做加速圓周運動的時間段是（）A．0～T4 B．T4～T2 C【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律的基本計算；楞次定律及其應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)楞次定律分別分析各個時間段內(nèi)所產(chǎn)生的感生電場方向，根據(jù)電子受力方向與電場方向相反分析電子的運動情況即可?！窘獯稹拷猓篈、在0～T4內(nèi)，穿過環(huán)形真空室的磁場方向豎直向上，由圖乙可知，電流增大即電流產(chǎn)生的磁場增大，根據(jù)楞次定律可知，在環(huán)形真空室中生的電場（從上向下看）為順時針方向，電子在電場作用下沿逆時針方向（俯視）做加速圓周運動，符合題意，故B、在T4～TC、在T2～3TD、在3T4～T故選：A。【點評】本題考查了楞次定律的應(yīng)用，知道電子的受力方向與電場方向相反。11．（4分）（2025?蘇州三模）圖甲是某科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道中，小球滾下用時最短的軌道叫做最速降線軌道。軌道Ⅰ的末端與水平面相切，如圖乙所示，將相同的小球a和b分別從Ⅰ、Ⅱ兩軌道的起點M同時靜止釋放，則小球a先到達終點N；并且發(fā)現(xiàn)小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達末端的時間都相同?，F(xiàn)將小球a和b同時從起點M靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度大 B．從起點到終點，兩球的動量變化量相同 C．若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，三個球相比仍是a先到達 D．若軌道不光滑且與兩球動摩擦因數(shù)相同，小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小【考點】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】小球從M點滑下到N點，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，速度大小由高度差決定，動量變化與力的作用時間和力的大小有關(guān)，需要考慮兩球的運動時間是否相同，平拋運動的軌跡是拋物線，而最速降線的軌跡是擺線，需要比較兩者的時間關(guān)系，如果軌道不光滑，摩擦力會做負功，影響小球的最終速度?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)能量守恒定律，小球從M點滑下到N點，重力勢能完全轉(zhuǎn)化為動能，因此小球a和b到達N點時的速度大小相等，均為v=2gh，其中h是M和B、由于兩小球到達N點時速度方向不同，故從起點到終點，兩球的動量變化量不同，故B錯誤；C、由于小球a從Ⅰ軌道的不同位置靜止釋放，到達末端的時間都相同，故小球a在Ⅰ軌道的運動可視為一個擺長特別大的單擺運動的一部分，小球a從M到N運動時間ta=14T=π2Rg，小球b從M到N的運動時間為tb，則有12gsinθ?tb2=2Rsinθ，解得tb=2Rg，若在兩球釋放的同時，將小球c平拋恰好也落在N點，則有12g?tc2=2RD、若軌道不光滑且與兩球動摩擦因數(shù)相同，由于小球a運動過程克服阻力做功更多，因此小球a沿Ⅰ軌道運動到N點的速度小，故D正確。故選：D?！军c評】路徑對速度的影響誤解、動量變化量的計算細節(jié)、不同運動形式的時間比較、摩擦力作用下的速度分析。二、實驗題：本大題共1小題，共9分。12．（9分）（2025?蘇州三模）為測量充電寶作為電源使用時的電動勢與內(nèi)阻，某小組進行了如下實驗：實驗器材：充電寶1個，定值電阻R0＝5Ω，多用電表2個，滑動變阻器、開關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）先用多用電表測量充電寶的輸出電壓，如圖甲所示，多用電表的讀數(shù)為5.0V。（2）該小組設(shè)計如圖乙所示的電路，并按電路圖連接電路如圖丙所示，閉合開關(guān)前，檢查電路，發(fā)現(xiàn)有一處接線錯誤，其所在區(qū)域為②。（3）正確接線后，調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到多組電壓和電流讀數(shù)，并將所得數(shù)據(jù)整理成U﹣I圖像如圖丁所示，可知充電寶的電動勢為5.07V，內(nèi)阻為0.14Ω。（4）關(guān)于本實驗誤差原因和誤差結(jié)果說法正確的有CD。A.電流表分壓，電動勢測量值偏大B.電流表分壓，內(nèi)阻測量值偏大C.電壓表分流，電動勢測量值偏小D.電壓表分流，內(nèi)阻測量值偏小（5）選用最大阻值不同的滑動變阻器，仍使用該電路進行實驗。將滑片的可移動長度記為L，取滑動變阻器接入阻值為0處為起點，記錄滑片P移動的距離x，以及相應(yīng)的電流表讀數(shù)I。根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，得到I-xL圖像如圖戊所示。在本實驗中，應(yīng)選用的滑動變阻器為R2（選填“R1”、“R2”或“R3”），請說明理由【考點】測量普通電源的電動勢和內(nèi)阻；練習(xí)使用多用電表（實驗）．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；恒定電流專題；實驗探究能力．【答案】（1）5.0；（2）②；（3）0.14；（4）CD；（5）R2；其可調(diào)節(jié)的電流范圍相對較大，且滑片移動相同的距離，電流變化相對穩(wěn)定，便于調(diào)節(jié)?！痉治觥浚?）根據(jù)圖畫所示確定電壓表量程與分度值，根據(jù)指針位置讀數(shù)。（2）根據(jù)圖丙所示實物電路圖分析答題。（3）根據(jù)圖示圖像分析答題。（4）根據(jù)圖示電路圖分析實驗誤差。（5）根據(jù)圖示圖像分析答題?！窘獯稹拷猓海?）由圖甲所示可知，電壓表量程是10V，分度值是0.2V，讀數(shù)為5.0V；（2）根據(jù)圖甲所示電路圖分析圖丙所示實物電路圖可知，滑動變阻器接線錯誤，其所在區(qū)域為②；（3）由閉合電路的歐姆定律得U＝E﹣I（r+R1），在圖像上取兩點（0.00A，5.07V）和（0.14A，4.35V），圖像斜率絕對值k＝r+R0=5.07-4.350.14Ω=5.14Ω，解得內(nèi)阻（4）實驗誤差來源于電壓表分流，由圖乙可知，當(dāng)外電路短路時，電流的測量值等于真實值，除此之外，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，電源的U﹣I圖像如圖所示，由圖像可知，電源電動勢和內(nèi)阻的測量值均小于真實值，故AB錯誤，CD正確。故選：CD。（5）由圖像戊可知，選用的滑動變阻器R2，其可調(diào)節(jié)的電流范圍相對較大；且滑片移動相同的距離，電流變化相對穩(wěn)定，便于調(diào)節(jié)。故答案為：（1）5.0；（2）②；（3）0.14；（4）CD；（5）R2；其可調(diào)節(jié)的電流范圍相對較大，且滑片移動相同的距離，電流變化相對穩(wěn)定，便于調(diào)節(jié)?！军c評】要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律即可解題。三、計算題：本大題共4小題，共40分。13．（11分）（2025?蘇州三模）一間教室長寬高分別為a，b，c，假設(shè)教室內(nèi)的氣體處于標(biāo)準(zhǔn)狀況，已知阿伏加德羅常數(shù)為NA。每摩爾氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為V。（以上所有單位均已取國際單位）（1）請估算教室內(nèi)的空氣分子個數(shù)N；（2）請估算教室內(nèi)的空氣分子平均距離d。【考點】阿伏加德羅常數(shù)及與其相關(guān)的計算問題．【專題】定量思想；推理法；阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】（1）教室內(nèi)的空氣分子個數(shù)N為abcN（2）教室內(nèi)的空氣分子平均距離d為3V【分析】（1）根據(jù)體積、摩爾體積和物質(zhì)的量計算分子個數(shù)；（2）根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)計算每個分子占據(jù)的空間，結(jié)合立方體模型求解分子的平均距離?！窘獯稹拷猓海?）教室內(nèi)氣體的體積V總＝abc，則氣體物質(zhì)的量n=abcV，教室里面的空氣分子個數(shù)N＝nNA（2）教室內(nèi)每個分子占據(jù)的平均空間V0=VNA答：（1）教室內(nèi)的空氣分子個數(shù)N為abcN（2）教室內(nèi)的空氣分子平均距離d為3V【點評】考查阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用，會根據(jù)題意進行準(zhǔn)確的分析解答。14．（12分）（2025?蘇州三模）如圖為教室中的有軌黑板與磁吸黑板擦，黑板處在豎直平面內(nèi)且可以沿軌道水平移動，磁吸黑板擦與黑板間存在相互吸引力F0，黑板擦的質(zhì)量為m，重力加速度為g，最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小。（1）勻速推動黑板，黑板擦與黑板保持相對靜止，求兩者間動摩擦因數(shù)的最小值μmin；（2）若黑板擦與黑板間動摩擦因數(shù)為μ，推動黑板，使兩者一起沿水平勻加速運動，求黑板的最大加速度a?！究键c】有外力的水平板塊模型；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用．【專題】計算題；定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）兩者間動摩擦因數(shù)的最小值μmin是mgF（2）黑板的最大加速度a是(μ【分析】（1）根據(jù)平衡條件求解。（2）應(yīng)用牛頓第二定律求解?！窘獯稹拷猓海?）勻速推動黑板，黑板擦與黑板保持相對靜止，黑板擦做勻速直線運動，對黑板擦，由牛頓第二定律得μminF0＝mg解得μ（2）黑板擦做勻加速直線運動，在水平方向，由牛頓第二定律得fx＝ma在豎直方向fy＝mg其中(解得a答：（1）兩者間動摩擦因數(shù)的最小值μmin是mgF（2）黑板的最大加速度a是(μ【點評】分析清楚黑板擦的受力情況，應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可解題。15．（12分）（2025?蘇州三模）如圖所示，兩物體A和B并排靜置于光滑水平地面，它們的質(zhì)量M均為0.5kg。質(zhì)量m＝0.1kg的子彈以v0＝34m/s的水平速度從左邊射入A，射出物體A時A的速度vA＝2m/s，子彈緊接著射入B中，最終子彈未從B中穿出。子彈在物體A和B中所受阻力相同且一直保持不變，A的長度為LA＝0.23m，不計空氣阻力，g取10m/s2。（1）求物體B最終的速度大小vB；（2）求子彈穿過A的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）求物體B的最小長度LB?！究键c】動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用；動量定理應(yīng)用專題；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】（1）物體B最終的速度大小vB為4m/s。（2）子彈穿過A的過程中摩擦產(chǎn)生的熱量Q為46J。（3）物體B的最小長度LB0.03m。【分析】（1）分析子彈從射入A到最終與B共速的全過程，系統(tǒng)動量守恒。初始總動量等于子彈穿過A后A的動量加上子彈留在B中時系統(tǒng)的動量。通過動量守恒方程可解出B的最終速度。（2）子彈穿過A的過程分為兩個階段，先由動量守恒求出子彈穿出A時的速度。再通過能量守恒或圖像法計算摩擦產(chǎn)生的熱量，熱量等于子彈動能減少量減去A獲得的動能。（3）計算子彈從射入A到與B共速過程中系統(tǒng)總能量損失，根據(jù)比例關(guān)系求出子彈在B中運動的距離，減去A的長度得到B的最小長度。也可用圖像法通過加速度和時間計算子彈在B中的位移?！窘獯稹拷猓海?）從最初到最終共速，由動量守恒：mv0＝MvA+（M+m）vB，解得：vB＝4m/s。（2）從子彈射入A到穿出，由動量守恒：mv0＝mv1+2MvA，解得：v1＝14m/s。解法一：由能量守恒：Q=12mv解法二（圖像法）：由圖像可得：xA=(12+34)2t，解得：t＝0.01s。加速度：a=vAt，解得：a＝200m/s2。阻力：f＝2Ma＝（3）解法一：子彈從射入到共速時：Q總=12mv02-12MvA2-12(M+m)vB2，解得：Q總解法二（圖像法）：aB=fM，解得：aB=400m/s2。t2=Δv【點評】本題綜合考查動量守恒與能量守恒的應(yīng)用，涉及子彈穿物塊的典型模型。題目通過多過程分析，要求學(xué)生對碰撞、摩擦生熱及相對運動有清晰理解。計算量適中，但需注意子彈在A、B兩物體中的動量傳遞與能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。第二問通過兩種解法展示能量與運動學(xué)方法的等效性，體現(xiàn)思維靈活性。第三問對物體B最小長度的求解，巧妙結(jié)合能量分配與相對位移，考查學(xué)生建立物理模型的能力。16．（12分）（2025?蘇州三模）在Oxy平面存在垂直于紙面向里且范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在y軸有一離子源S，其坐標(biāo)為（0，h），向平面內(nèi)各個方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m，電量為q=mv02hB，速率為v0且?guī)д姷牧Ｗ印，F(xiàn)沿x軸放置一足夠長且不可穿過的擋板，擋板上有C、D兩點，C（1）若出射方向沿y軸正方向，求粒子打到擋板上的x軸坐標(biāo)；（2）求所有出射粒子中能夠打到CD區(qū)間的占比；（3）若在擋板上不同位置放一些微型粒子探測器（可視為質(zhì)點），發(fā)現(xiàn)在一些位置上粒子只會從一個方向進入探測器，而在另一些位置上粒子會從兩個方向進入探測器，試確定能從兩個方向進入探測器的位置所在區(qū)間?！究键c】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）若出射方向沿y軸正方向，求粒子打到擋板上的x軸坐標(biāo)為-(2+（2）求所有出射粒子中能夠打到CD區(qū)間的占比為13（3）能從兩個方向進入探測器的位置所在區(qū)間為為(-15【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力和幾何關(guān)系求粒子打到擋板上的x軸坐標(biāo)；（2）根據(jù)角度范圍求所有出射粒子中能夠打到CD區(qū)間的占比；（3）畫出粒子的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求從兩個方向進入探測器的位置所在區(qū)間?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv解得R＝2h如圖1所示根據(jù)幾何關(guān)系，打到擋板上的粒子x坐標(biāo)為-(（2）如圖2所示與負y軸成30°出射的粒子打到擋板上的位置恰為D點沿負x軸出射的粒子打到擋板上的位置恰為C點在此角度范圍內(nèi)出射的粒子可以打到CD區(qū)間，它們占所有出射粒子的比例為12（3）如圖3所示當(dāng)出射粒子速度為v2方向時，粒子剛好打到板上C點由幾何關(guān)系知：v2方向與y軸正向夾角為30°打到板上的坐標(biāo)值為(-3h，0)，出射粒子速度從v2方向逆時針逐漸轉(zhuǎn)到v1方向。當(dāng)粒子打到擋板上的位置據(jù)S點距離變大當(dāng)出射方向為v1，打到擋板上的位置據(jù)S點最遠為xE出射粒子速度從v1方向逆時針逐漸轉(zhuǎn)到v0方向，粒子剛好再次打到板上C點，綜上判斷，在EC區(qū)間的探測器能夠探測到粒子從兩個方向進入探測器相應(yīng)區(qū)間為(-15答：（1）若出射方向沿y軸正方向，求粒子打到擋板上的x軸坐標(biāo)為-(2+（2）求所有出射粒子中能夠打到CD區(qū)間的占比為13（3）能從兩個方向進入探測器的位置所在區(qū)間為為(-15【點評】本題考查了粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，畫出粒子運動的軌跡示意圖是求解的關(guān)鍵，也是解決粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)問題常用的思路。

考點卡片1．勻變速直線運動規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識點的認識】本考點下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運動學(xué)題目，往往需要用到多個公式，需要細致的思考才能解答?！久}方向】如圖，甲、乙兩運動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運動員經(jīng)短距離加速后都能達到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達到理想成績，需要乙恰好在速度達到與甲相同時被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠時對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時運動時間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時間3.2s實際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時間是t點評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時相遇、何時速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握?。窘忸}思路點撥】熟練掌握并深刻理解運動學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時游刃有余。2．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(yīng)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(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。【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(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(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=F12+F22，F(xiàn)1＝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(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.33C.12D.14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°=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(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=M2gtan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(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，a=02.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(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=4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43mg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。【解題方法點撥】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．有外力的水平板塊模型【知識點的認識】1.模型概述：一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動，兩者之間有相對運動，可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運動時間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，在光滑的水平面上有一長為0.64m、質(zhì)量為4kg的木板A，在木板的左端有一質(zhì)量為2kg的小物體B，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2．當(dāng)對B施加水平向右的力F＝10N時，求：（1）A，B各自的加速度大??；（2）經(jīng)過多長的時間可將B從木板A的左端拉到右端？（物體B可以視為質(zhì)點，g取10m/s2）分析：（1）應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度大小。（2）應(yīng)用運動學(xué)公式求解。解答：由牛頓第二定律得：對B：F﹣μmBg＝mBaB對A：μmBg＝mAaA代入數(shù)據(jù)解得：aA＝1m/s2，aB＝3m/s2（2）設(shè)經(jīng)過時間t物體B到達A的右端，則l=代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.8s答：（1）A，B各自的加速度大小分別為1m/s2、3m/s2；（2）經(jīng)過0.8s可將B從木板A的左端拉到右端。點評：（1）A，B各自的加速度大小分別為1m/s2、3m/s2；（2）經(jīng)過0.8s可將B從木板A的左端拉到右端。【解題思路點撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過整體法與隔離法的綜合運用解決問題。5．開普勒三大定律【知識點的認識】開普勒行星運動三大定律基本內(nèi)容：1、開普勒第一定律（軌道定律）：所有的行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。2、開普勒第二定律（面積定律）：對于每一個行星而言，太陽和行星的連線在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積。3、開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等。即：k=在中學(xué)階段，我們將橢圓軌道按照圓形軌道處理，則開普勒定律描述為：1．行星繞太陽運動的軌道十分接近圓，太陽處在圓心；2．對于某一行星來說，它繞太陽做圓周運動的角速度（或線速度）不變，即行星做勻速圓周運動；3．所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，即：R3【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查開普勒三個定律的基本認識：關(guān)于行星繞太陽運動的下列說法正確的是（）A．所有行星都在同一橢圓軌道上繞太陽運動B．行星繞太陽運動時太陽位于行星軌道的中心處C．離太陽越近的行星的運動周期越長D．所有行星軌道半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等分析：開普勒第一定律是太陽系中的所有行星圍繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。在相等時間內(nèi)，太陽和運動著的行星的連線所掃過的面積都是相等的。開普勒第三定律中的公式R3T解：A、開普勒第一定律可得，所有行星都繞太陽做橢圓運動，且太陽處在所有橢圓的一個焦點上。故A錯誤；B、開普勒第一定律可得，行星繞太陽運動時，太陽位于行星軌道的一個焦點處，故B錯誤；C、由公式R3T2D、開普勒第三定律可得，所以行星軌道半長軸的三次方跟公轉(zhuǎn)周期的二次方的比值都相等，故D正確；故選：D。點評：行星繞太陽雖然是橢圓運動，但我們可以當(dāng)作圓來處理，同時值得注意是周期是公轉(zhuǎn)周期。（2）第二類常考題型是考查開普勒第三定律：某行星和地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道均可視為圓。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，如圖所示。該行星與地球的公轉(zhuǎn)半徑比為（）A．（N+1N）23BC．（N+1N）32D分析：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長，其繞太陽轉(zhuǎn)的慢。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明N年地球比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上，那么，可以求出行星的周期是NN解：A、B、C、D：由圖可知行星的軌道半徑大，那么由開普勒第三定律知其周期長。每過N年，該行星會運行到日地連線的延長線上，說明從最初在日地連線的延長線上開始，每一年地球都在行星的前面比行星多轉(zhuǎn)圓周的N分之一，N年后地球轉(zhuǎn)了N圈，比行星多轉(zhuǎn)1圈，即行星轉(zhuǎn)了N﹣1圈，從而再次在日地連線的延長線上。所以行星的周期是NN-1年，根據(jù)開普勒第三定律有r地3r行3=T地故選：B。點評：解答此題的關(guān)鍵由題意分析得出每過N年地球比行星多圍繞太陽轉(zhuǎn)一圈，由此求出行星的周期，再由開普勒第三定律求解即可?！窘忸}思路點撥】（1）開普勒行星運動定律是對行星繞太陽運動規(guī)律的總結(jié)，它也適用于其他天體的運動。（2）要注意開普勒第二定律描述的是同一行星離中心天體的距離不同時的運動快慢規(guī)律，開普勒第三定律描述的是不同行星繞同一中心天體運動快慢的規(guī)律。（3）應(yīng)用開普勒第三定律可分析行星的周期、半徑，應(yīng)用時可按以下步驟分析：①首先判斷兩個行星的中心天體是否相同，只有兩個行星是同一個中心天體時開普勒第三定律才成立。②明確題中給出的周期關(guān)系或半徑關(guān)系。③根據(jù)開普勒第三定律列式求解。6．衛(wèi)星或行星運行參數(shù)的計算【知識點的認識】對于一般的人造衛(wèi)星而言，萬有引力提供其做圓周運動的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在衛(wèi)星運行的過程中，根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓角蠼庀嚓P(guān)物理量。【解題思路點撥】2005年10月12日，我國成功地發(fā)射了“神舟”六號載人宇宙飛船，飛船進入軌道運行若干圈后成功實施變軌進入圓軌道運行，經(jīng)過了近5天的運行后，飛船的返回艙順利降落在預(yù)定地點．設(shè)“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球運行n圈所用的時間為t，若地球表面重力加速度為g，地球半徑為R，求：（1）飛船的圓軌道離地面的高度；（2）飛船在圓軌道上運行的速率．分析：研究“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力等于向心力列出方程，根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時萬有引力等于重力列出方程進行求解即可．解答：（1）“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球運行n圈所用的時間為t，T=研究“神舟”六號載人飛船在圓軌道上繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力定律分別對地球表面物體和飛船列出方程得：G?根據(jù)地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時萬有引力等于重力列出方程得：G?r＝R+h④由①②③④解得：h②由線速度公式得：v=∴v答：（1）飛船的圓軌道離地面的高度是3g（2）飛船在圓軌道上運行的速率是32點評：本題要掌握萬有引力的作用，天體運動中萬有引力等于向心力，地球表面忽略地球自轉(zhuǎn)時萬有引力等于重力，利用兩個公式即可解決此問題．只是計算和公式變化易出現(xiàn)錯誤．【解題思路點撥】在高中階段，一般把衛(wèi)星的運行看作勻速圓周運動，萬有引力完全充當(dāng)圓周運動的向心力。但是計算的公式比較多，需要根據(jù)題目給出的參數(shù)，選擇恰當(dāng)?shù)墓竭M行計算。7．機械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識點的認識】1.機械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，則籃球進筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關(guān)鍵根據(jù)機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點撥】1.應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運動的初速度有關(guān)。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個關(guān)鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。8．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【知識點的認識】1．內(nèi)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-mv0【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?qū)κ值臎_量B、減小籃球?qū)θ说臎_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(jù)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(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)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(yīng)用，應(yīng)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．9．動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用【知識點的認識】1.子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內(nèi)力遠大于外力，則系統(tǒng)動量守恒。2.在子彈打木塊過程中摩擦生熱，則系統(tǒng)機械能不守恒，機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化。3.若子彈不穿出木塊，則二者最后有共同速度，機械能損失最多?！久}方向】如圖，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊（未穿出），若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ．求：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度；（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進的距離．分析：（1）子彈擊中木塊過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可以求出共同速度．（2）由動能定理求出木塊在地面滑行的距離．解答：（1）子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得：mv＝（M+m）v′得子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為：v′=（2）對木塊（包括子彈），由動能定理得：﹣μ（M+m）gs＝0-12（M+m）v′解得：s=m答：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為mvM（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進的距離為m2點評：本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運動過程，知道打擊過程遵守動量守恒定律，結(jié)合動能定理即可正確解題．【解題思路點撥】（1）子彈打木塊的過程很短暫，認為木塊瞬間得到速度且位置不變。（2）子彈打入木塊過程損失的機械能并沒有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子彈和木塊的共同運動的動能。10．動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用【知識點的認識】1.對于板塊類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題。3.滑塊與木板共速時，系統(tǒng)損失的機械能最大?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的木板AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)有一個固定的半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現(xiàn)將質(zhì)量m2＝1.0kg可視為質(zhì)點的小木塊C，從圓弧形軌道頂端由靜止釋放，小木塊C到達圓弧形軌道底端時的速度v0＝3.0m/s．之后小木塊C滑上木板AB并帶動木板AB運動，當(dāng)小木塊C離開木板AB右端B時，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木塊C在木板AB上滑行的過程中，小木塊C與木板AB總共損失的動能△E＝2.25J．小木塊C與木板AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．木板AB與地面間的摩擦及空氣阻力可忽略不計．取g＝10m/s2．求（1）小木塊C運動到圓弧形軌道末端時所受支持力的大??；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功；（3）小木塊C在木板AB上運動過程中，小木塊C相對于地面的位移．分析：（1）小木塊C做圓周運動，由牛頓第二定律可以求出C受到的支持力；（2）應(yīng)用動能定理可以求出小木塊在圓弧軌道上滑行時克服摩擦力所做的功；（3）分別與木塊及木板為研究對象，應(yīng)用動能定列方程，求出木板與木塊間的位移關(guān)系，解方程可以求出木塊相對于地面的位移．解答：（1）小木塊通過圓弧形軌道末端時，由牛頓第二定律得：F﹣m2g=m解得小木塊受到的支持力：F＝25N；（2）小木塊在圓弧形軌道上下滑過程中，由動能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木塊C與木板AB間的摩擦力f＝μm2g，由動能定理得：對木板：fs1=12m1v對小木塊：﹣fs2=12m2（木塊與木板間的位移關(guān)系：s2＝s1+L，小木塊與木板總共損失的動能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木塊C運動到圓弧形軌道末端時所受支持力大小為25N；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功為1.5J；（3）小木塊C在木板AB上運動過程中，小木塊C相對于地面的位移為2.5m．點評：本題考查了動能定理的應(yīng)用，最后一問是本題的難點，分析清楚木塊與木板的運動過程、兩者間的位移關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵．【解題思路點撥】動量守恒里的板塊模型一般不考慮地面的摩擦力，板塊之間的相互作用為內(nèi)力，因此遵尋動量守恒定律。當(dāng)達到共速時，系統(tǒng)瞬時的機械能最大，同時也要注意臨界條件，如滑塊恰好不滑下木板等。11．單擺周期的計算及影響因素【知識點的認識】1.荷蘭物理學(xué)家惠更斯研究發(fā)現(xiàn)，單擺做簡諧運動的周期T與擺長l的二次方根成正比，與重力加速度g的二次方根成反比，與振幅擺球質(zhì)量無關(guān)。2.單擺的周期公式為：T＝2πl(wèi)3.對單擺周期公式的理解由公式T＝2πl(wèi)g知，某單擺做簡諧運動（擺角小于5°）的周期只與其擺長l和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭有關(guān)，而與振幅和擺球質(zhì)量無關(guān)，故又叫作（1）擺長l①實際的單擺擺球不可能是質(zhì)點，所以擺長應(yīng)是從懸點到擺球重心的長度，即l＝l'+D2，l'為擺線長，②等效擺長：圖1中，甲、乙在垂直紙面方向擺起來效果是相同的，所以甲擺的擺長為l?sinα，這就是等效擺長。其周期T＝2πl(wèi)sinαg。圖2（2）重力加速度g若單擺系統(tǒng)只處在重力場中且懸點處于靜止?fàn)顟B(tài)，g由單擺所處的空間位置決定，即g=GMR2，式中R為物體到地心的距離，M為地球的質(zhì)量，g隨所在位置的高度的變化而變化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g也不同，g（3）等效重力加速度若單擺系統(tǒng)處在非平衡狀態(tài)（如加速、減速、完全失重狀態(tài)），則一般情況下，g值等于擺球相對靜止在自己的平衡位置時，擺線所受的張力與擺球質(zhì)量的比值。如下圖所示，此場景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球靜止在О點時，F(xiàn)T＝mgsinθ，等效加速度g'=FTm【命題方向】在某一地方要使單擺的振動周期減小，可以采取的方法是（）A、減小擺球的質(zhì)量B、減小單擺的振動的振幅C、縮短單擺的擺長D、增大單擺的擺長分析：根據(jù)單擺的周期公式T＝2πL解答：A、由于單擺的周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，所以減小擺球的質(zhì)量不能改變單擺的周期。故A錯誤。B、單擺的周期與振動的振幅無關(guān)，減小振幅不能改變單擺的周期。故B錯誤。故B錯誤。C、根據(jù)單擺的周期公式T＝2πLg可知，縮短單擺的擺長可使單擺的振動周期減小。故D、增大單擺的擺長，可使單擺的振動周期增大，不符合題意。故D錯誤。故選：C。點評：本題考查對單擺周期的理解和應(yīng)用能力．要抓住單擺的等時性：周期與振幅無關(guān)．【解題思路點撥】計算單擺的周期的兩種方法（1）依據(jù)T＝2πL（2）根據(jù)T=tN：周期的大小雖然不取決于t和N，但利用該種方法計算周期，會受到時間t和振動次數(shù)N測量的準(zhǔn)確性的影響，12．波的衍射圖樣【知識點的認識】1.波繞過障礙物繼續(xù)傳播的現(xiàn)象叫作波的衍射。2.波發(fā)生衍射的圖樣如下：【命題方向】圖所示是利用發(fā)波水槽觀察到的水波衍射圖象，從圖象可知（）A、B側(cè)波是衍射波B、A側(cè)波速與B側(cè)波速相等C、減小擋板間距離，衍射波的波長將減小D、增大擋板間距離，衍射現(xiàn)象將更明顯分析：本題考查波發(fā)生明顯衍射的條件，一般直接比較孔的直徑d與水波波長λ的關(guān)系即可，當(dāng)d＜λ時肯定發(fā)生明顯的衍射。解答：A、小孔是衍射波的波源，故A錯誤；B、在同一種介質(zhì)中，波速相等，故B正確；C、根據(jù)波速、波長和頻率的關(guān)系式v＝λf，由于波速和頻率不變，故波長不變，故C錯誤；D、波長越長越容易發(fā)生衍射現(xiàn)象，與波的頻率和振幅沒有關(guān)系，在波長無法改變的情況下可以減小擋板間距，故D錯誤；故選：B。點評：考查波長、波速與頻率的關(guān)系，明顯的衍射條件，同時要區(qū)分衍射與干涉的區(qū)別?！窘忸}思路點撥】1.關(guān)于衍射的條件應(yīng)該說衍射是沒有條件的，衍射是波特有的現(xiàn)象，一切波都可以發(fā)生衍射。衍射只有“明顯”與“不明顯”之分，障礙物或小孔的尺寸跟波長差不多，或比波長小是產(chǎn)生明顯衍射的條件。2.波的衍射實質(zhì)分析波傳到小孔（或障礙物）時，小孔（或障礙物）仿佛是一個新波源，由它發(fā)出的與原來同頻率的波在小孔（或障礙物）后傳播，就偏離了直線方向。波的直線傳播只是在衍射不明顯時的近似情況。3.衍射現(xiàn)象與觀察的矛盾當(dāng)孔的尺寸遠小于波長時盡管衍射十分突出，但由于衍射波的能量很弱，衍射現(xiàn)象不容易觀察到。13．庫侖力作用下的受力平衡問題【知識點的認識】本考點旨在針對帶電體在有庫侖力存在時的平衡問題。注意這個考點下只針對點電荷之間的作用力，不含電場類問題?！久}方向】質(zhì)量、電量分別為m1、m2、q1、q2的兩球，用絕緣絲線懸于同一點，靜止后它們恰好位于同一水平面上，細線與豎直方向夾角分別為α、β，如圖所示則（）A、若m1＝m2，q1＜q2，則α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，則α＞βC、若m1＞m2，則α＜β，與q1、q2是否相等無關(guān)D、若q1＝q2，m1＞m2，則α＞β分析：對A、B球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系表示出電場力和重力的關(guān)系．根據(jù)電場力和重力的關(guān)系得出兩球質(zhì)量的關(guān)系．解答：設(shè)左邊球為A，右邊球為B，則對A、B球受力分析，根據(jù)共點力平衡和幾何關(guān)系得：設(shè)T為繩的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．則有α＞β；若m1＞m2．則有α＜β根據(jù)題意無法知道帶電量q1、q2的關(guān)系。故選：C。點評：要比較兩球質(zhì)量關(guān)系，我們要通過電場力把兩重力聯(lián)系起來進行比較．【解題思路點撥】解這類題目就像解決共點力的平衡類題目一樣，先對物體進行受力分析，然后進行力的合成與分解，列出平衡表達式，進而求出所需的物理量。14．電流的概念、性質(zhì)及電流強度的定義式【知識點的認識】1.定義：自由電荷的定向移動形成電流．2.方向：規(guī)定為正電荷定向移動的方向．3.電流強度的定義式：I=qt，4.電流的單位：安培，符號是A。是國際單位制中七個基本物理量之一。5.物理意義：單位時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量。6.標(biāo)矢性：電流的方向是人為規(guī)定的，以正電荷定向移動的方向為正方向，運算時遵從的是代數(shù)運算法則，所以電流是標(biāo)量?！久}方向】關(guān)于電流，下列說法中正確的是（）A、通過導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，電流就越大B、對于導(dǎo)體，只要其兩端有電壓就有電流C、單位時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，導(dǎo)體中的電流就越大D、因為電流有方向，所以電流是矢量分析：根據(jù)電流的定義式I=q解答：AC、根據(jù)電流的定義式I=qt可知，電流的大小由通過導(dǎo)體橫截面積的電量和時間來計算，在時間不確定的情況下，通過導(dǎo)體橫截面的電荷量越多，電流不一定越大。故A錯誤，B、要形成電流，不但要有有電壓，電路還需構(gòu)成閉合回路，故B錯誤。D、電流雖然有方向，但疊加不符合平行四邊形法則，故不是矢量。故D錯誤。故選：C。點評：考查電流