专题八机械振动和机械波
命题热点 常考题型
(1)简谐运动及振动图像； (2)波的图像问题； (3)振动图像与波的图像的综合应用； (4)实际情境中的振动和波动问题． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 简谐运动规律及振动图像
1．必须理清的知识联系
2．简谐运动图像问题的两种分析方法
方法一：图像—运动结合法
解此类题时，首先要理解x-t图像的意义，其次要把x-t图像与质点的实际振动过程联系起来．图像上的一个点表示振动中的一个状态(位置、振动方向等)，图像上的一段曲线对应振动的一个过程，关键是判断好平衡位置、最大位移及振动方向．
方法二：直观结论法
简谐运动的图像表示振动质点的位移随时间变化的规律，即位移—时间的函数关系图像，不是物体的运动轨迹．
例1[2022·山东冲刺卷]水平弹簧振子，下端装有一根记录笔，记录纸放置于水平桌面上，当振子振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图所示的图像，y1、－y2、x1、x2为纸上印记的位置坐标．下列说法正确的是( )
A．改变拉动记录纸的速率，可以改变弹簧振子的周期
B．增大弹簧振子的振幅，弹簧振子的周期也会增大
C．如图所示，弹簧振子的振幅为
D．如图所示，弹簧振子的周期为
[解题心得]
预测1 (多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图像如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是( )
A．OB＝5cm
B．第0.2s末质点的速度方向是A→O
C．第0.4s末质点的加速度方向是A→O
D．第0.7s末时质点位置在O点与A点之间
预测2 [2022·湖北押题卷]如图所示，倾角为θ的斜面MN上的B点固定一光滑圆弧槽AB(对应的圆心角小于10°)，其圆心在B点正上方的O点，另外，光滑斜面OC和OD的下端亦在MN上，让可视为质点的小球分别无初速出发，从A点到达B的时间为tB，从O点到达C的时间为tC，从O点到达D的时间为tD.比较这三段时间，正确的是( )
A．tB>tD>tC B．tD>tC>tB
C．tB＝tC＝tD D．tB>tC＝tD
考点二 波的图像及波的叠加
1．波的传播特点
(1)质点只在自己的平衡位置附近振动，并不随波的传播向前迁移；
(2)介质中每个质点的起振方向都和波源的起振方向相同；
(3)每个质点的振动周期都等于波的传播周期，质点振动一个周期，波传播一个波长；
(4)波传播的是波源的振动形式和能量，也能传递信息．
2．波长、波速和频率的关系
(1)关系式：v＝λf.
(2)机械波的波速取决于介质，与波的频率无关．
(3)机械波的频率取决于波源振动的频率．
3．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
(1)“上下坡”法
(2)“同侧”法
(3)“微平移”法
4．波的叠加
两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为：Δx＝nλ(n＝0，1，2，…)，振动减弱的条件为：Δx＝(2n＋1)(n＝0，1，2，…)．
例2 [2021·湖北卷](多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示．已知x＝0处的质点在0～1s内运动的路程为4.5cm.下列说法正确的是( )
A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1s
C．波的传播速度大小为13m/s
D．t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴负方向运动
[解题心得]
预测3 [2022·江苏冲刺卷]一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，此时质点Q位于波峰，质点P沿y轴负方向运动0.04s后，质点P第一次到达平衡位置，则下列说法正确的是( )
A．该波沿x轴正方向传播
B．P点的横坐标x＝4.5m
C．在0～1.2s内，质点P通过的路程为0.2m
D．质点Q的振动方程为y＝2cos (50πt)cm
预测4 [2022·湖北押题卷]x轴上的波源s1、s2分别位于x1＝0和x2＝1.4m处，t＝0时刻两波源同时开始振动，产生的两列简谐横波沿s1、s2连线相向传播，t1＝1s时两列波的图像如图所示．质点M的平衡位置位于x3＝0.7m处，求：
(1)两列波传播速度的大小；
(2)质点M从开始振动到t2＝2.5s时运动的路程．
[试解]
预测5 [2022·辽宁沈阳二中三模](多选)如图甲所示，在某介质的xOy平面内有两个相干波源S1和S2，波源S1的坐标为(0，0.15m)，其振动图像如图乙所示；波源S2的坐标为(0，－0.15m)，其振动图像如图丙所示．在x＝0.4m处有一平行于y轴的直线，与x轴交于N点，直线上M点的坐标为(0.4m，0.15m)．两波源发出的波的波长均为0.2m，则下列说法中正确的是( )
A．波源S1发出的波传播到M点的时间为4s
B．波源S2发出的波传播到M点为波峰时，波源S1发出的波传播到M点为波谷
C．M点是振动加强点
D．N点是振动加强点
考点三 振动图像与波的图像的综合应用
波动图像与振动图像综合问题的处理方法
例3 [2021·辽宁卷]一列沿x轴负方向传播的简谐横波，t＝2s时的波形如图(a)所示，x＝2m处质点的振动图像如图(b)所示，则波速可能是( )
A．m/s B．m/s
C．m/s D．m/s
[解题心得]
预测6 [2022·山东押题卷]一列简谐波沿绳向右传播，P、Q是绳上两点，振动图像分别如图中实线和虚线所示．t＝5s时，下列P、Q两点间的波形图可能正确的是( )
预测7 一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5m/s.
(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4s时刻的波形图．
[试解]
素养培优·情境命题
实际情境中的振动和波动问题
情境1 [2021·浙江1月](多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示．则( )
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
[解题心得]
情境2 消除噪声污染是当前环境保护的一个重要课题．如图所示的消声器可以用来削弱高速气流产生的噪声．波长分别为0.6m和1.0m的两列声波沿水平管道自左向右传播，在声波到达A处时，分成两列波，这两列波在B处相遇时，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果．消声器消除噪声的工作原理及A、B两点间弯管与直管中声波的路程差至少为( )
A．波的衍射 1.5m B．波的干涉 1.5m
C．波的衍射 3m D．波的干涉 3m
[解题心得]
情境3 [2022·山东押题卷]资料记载，海啸波是重力长波，波长可达100公里以上，由于其传播速度在深海区与浅海区不同，使得在开阔的深海区低于几米的一次单个波浪，到达浅海区波长减小振幅增大，掀起10～40米高的拍岸巨浪，有时最先到达海岸的海啸可能是波谷，水位下落，暴露出浅滩海底；几分钟后波峰到来，一退一进，造成毁灭性的破坏．
(1)在深海区有一海啸波(忽略海深度变化引起的波形变化)如图甲，实线是某时刻的波形图，虚线是t＝900s后首次出现的波形图．已知波沿x轴正方向传播，波源到浅海区的水平距离s1＝8640km，求海啸波到浅海区的时间t1(要求时间单位为小时)；
(2)第(1)小问中的海啸波进入浅海区后的波形(忽略海深度变化引起的波形变化)变为如图乙所示，若浅海区到达海岸的水平距离为s2＝60km，求该海啸波从进入浅海区到波谷最先到达海岸的时间t2(要求时间单位为分钟)．
[试解]
专题八 机械振动和机械波
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：弹簧振子的周期取决于自身性质，拉动记录纸的速率改变，相同时间内图线沿x轴方向移动的距离也随之改变，而距离与速率之比不变，周期不变，故A错误；弹簧振子的周期与振幅无关，故B错误；由图可知，弹簧振子的振幅为，故C错误；记录纸在匀速运动，移动(x2－x1)距离的时间内，弹簧振子已振动了2.5个周期，则周期T＝，故D正确．
答案：D
预测1 解析：由图(b)可知振幅为5cm，则OB＝OA＝5cm，A项正确；由图(a)(b)可知0～0.2s内质点从B向O运动，第0.2s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图(a)(b)可知第0.4s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图(a)(b)可知第0.7s末时质点位置在O点与B点之间，D项错误．
答案：AC
预测2 解析：由单摆运动的等时性可知从A点到达B的时间tB＝＝
由于OD垂直于MN，则点D同样位于AB所构成的圆上，分析可知OD与竖直方向夹角为倾角，则OD段为l＝Rcosθ＝
解得tD＝，同理利用等时圆分析可知tC小于tD，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
考点二
例2 解析：由题意，x＝0处的质点在0～1s的时间内通过的路程为4.5cm，则结合图可知t＝0时刻x＝0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；由题意可知，t＝1s为T，解得T＝s，由图可知λ＝12m，则v＝＝m/s＝13m/s，故C正确，B错误；由同侧法可知t＝1s时，x＝6m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误．
答案：AC
预测3 解析：此时质点P沿y轴负方向运动，根据上下坡法可知，该波沿x轴负方向传播，A错误；波的传播速度v＝＝m/s＝25m/s，0.04s内向左传播的距离为x＝vt＝25×0.04m＝1m，由波形平移法知图中x＝6m处的状态传到P点，所以P点的横坐标为x＝6m－1m＝5m，B错误；该波的周期T＝＝s，由＝2.5可知，在0～1.2s内，质点P通过的路程s＝2.5×4×2cm＝0.2m，C正确；根据ω＝＝rad/s，则Q点的振动方程y＝Acosωt＝2cost(cm)，D错误．
答案：C
预测4 解析：(1)由图像可知，两列波的波长λ＝0.4m
1s内传播了一个波长，该波的周期T＝1s
在同一种介质中两列波的传播速度相同，由v＝
解得v＝0.4m/s
(2)设再经时间Δt1，两列波传播至M点，则0.3＝vΔt
到t2＝2.5s，M点振动时间Δt2＝t2－t1－Δt1
代入数据解得Δt2＝0.75s＝T
M点为振动加强点，其振幅A′＝A1＋A2＝12cm
根据简谐运动的周期性，质点M从开始振动到t2＝2.5s运动的路程s＝3A′＝36cm.
答案：(1)均为0.4m/s (2)36cm
预测5 解析：波的周期为2s，故波速，波源S1发出的波传播到M点的时间为t1＝＝s＝4s，故A正确；根据几何关系可知，两波到M点的路程差为0.1m，即，根据振动图像可知，两波初始相位差半个周期，所以波源S2发出的波传播到M点为波峰时，波源S1发出的波传播到M点也为波峰，故B错误；根据以上分析可知，M点为振动加强点，N点到两波源距离相等，则为振动减弱点，故C正确，D错误．
答案：AC
考点三
例3 解析：根据图(b)可知t＝2s时x＝2m处的质点正经过平衡位置向下振动；又因为该波向负方向传播，结合(图a)，利用“上下坡”法可知x＝2m为半波长的奇数倍，即有(2n－1)＝2(n＝1，2，3…)
而由图(b)可知该波的周期为T＝4s；所以该波的波速为
v＝＝(n＝1，2，3…)
当n＝3时可得波的速率为v＝m/s，故选A.
答案：A
预测6 解析：由振动图像可知，t＝5s时，P处于正向位移最大处，Q处于平衡位置且向y轴正方向运动，波向右传播，结合同侧法可知A正确，B、C、D错误．
答案：A
预测7 解析：(1)由题知图(a)为波源的振动图像，则可知
A＝4cm，T＝4s
由于波的传播速度为0.5m/s，根据波长与速度关系有
λ＝vT＝2m.
(2)由(1)可知波源的振动周期为4s，则4s内波源通过的路程为s＝4A＝16cm.
(3)由题图可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5m/s，则在4s时根据x＝vt＝2m
可知该波刚好传到位置为2m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿正方向传播，则根据“上坡、下坡”法可绘制出t＝4s时刻的波形图如下图所示
答案：(1)2m (2)16cm (3)见解析
素养培优·情境命题
情境1 解析：根据发生共振的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，A正确；当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，B错误；打击杆对不同粗细的树干打击结束后，树干按固有频率振动，所以树干的振动频率不一定相同，C错误；树干在振动器的振动下做受迫振动，物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，所以稳定后，不同粗细的树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，D正确．
答案：AD
情境2 解析：这两列波在B处相遇时叠加，消声器对这两列波都达到了良好的消声效果，这是利用了波的干涉；两列频率相同的波相遇时，如果路程差满足半波长的奇数倍，就可以在B处出现振动减弱，从而达到消声的效果，要使两列波都达到消声的效果，需满足Δs＝(2n＋1)＝(2m＋1)，可求得当n＝2，m＝1时，A、B两点间弯管与直管中声波的路程差为Δs＝1.5m，这是消声的最小路程差．故选项B正确．
答案：B
情境3 解析：(1)由题图甲得λ1＝240km
依题意有t＝T，v1＝，s1＝v1t1
解得T＝1200s，t1＝12h.
(2)由图像得波的振幅A＝20m，波长λ2＝40km
波的周期T＝1200s
波啸波在浅海区的传播速度v＝＝120km/h
故波谷最先到达海岸的时间t2＝T＝35min.
答案：(1)12h (2)35min专题二牛顿运动定律与直线运动
命题热点 常考题型
(1)匀变速直线运动规律及应用； (2)牛顿运动定律及应用； (3)整体法、隔离法的应用； (4)实际情境中的直线运动． (1)选择题 (2)计算题
高频考点·能力突破
考点一 匀变速直线运动规律的应用
1．基本公式
v＝v0＋at，x＝＝2ax.
2．重要推论
＝＝(利用平均速度求瞬时速度)；
初、末速度平均值
＝；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)．
3．符号法则
选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
4．解决运动学问题的基本思路
例1 [2022·湖北卷]我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间．假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站．列车从W站始发，经停4站后到达终点站G.设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h.若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为( )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
[解题心得]
预测1 钢架雪车也被称为俯式冰橇，是2022年北京冬奥会的比赛项目之一．运动员需要俯身平贴在雪橇上，以俯卧姿态滑行．比赛线路由起跑区、出发区、滑行区及减速区组成．若某次运动员练习时，恰好在终点停下来，且在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动．运动员通过减速区时间为t，其中第一个时间内的位移为x1，第四个时间内的位移为x2，则等于( )
A．1∶16 B．1∶7
C．1∶5 D．1∶3
预测2 [2022·福建泉州高三联考]如图为某轿车在行驶过程中，试图借用逆向车道超越客车的示意图，图中当两车相距L＝4m时，客车正以v1＝6m/s速度匀速行驶，轿车正以v2＝10m/s的速度借道超车．客车长L1＝10m，轿车长L2＝4m，不考虑变道过程中车速的变化和位移的侧向变化．
(1)若轿车开始加速并在3s内成功超越客车L3＝12m后，才能驶回正常行驶车道，其加速度多大？
(2)若轿车放弃超车并立即驶回正常行驶车道，则至少要以多大的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾？
[试解]
考点二 动力学基本规律的应用
动力学两类基本问题的解题思路
温馨提示 动力学中的所有问题都离不开受力分析和运动分析，都属于这两类基本问题的拓展和延伸．
例2[2022·浙江卷1月]第24届冬奥会在我国举办．钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°.运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0s．若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°＝0.26(取g＝10m/s2)，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小．
[试解]
预测3 (多选)14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠．在女子10m跳台的决赛中(下面研究过程将全红婵视为质点)，全红婵竖直向上跳离跳台的速度为5m/s，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为35kg，重力加速度大小为g＝10m/s2，则( )
A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态
B．入水后全红婵处于失重状态
C．全红婵在空中运动的时间为1.5s
D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5N
预测4 衢州市2022年5月1日起部分县、区超标电动车不得上道路行驶，新的电动自行车必须符合国标GB17761－2018的标准，新标准规定最高车速不能高于25km/h，整车质量应当小于或等于55kg，制动性能要符合如下规定：
表1 制动性能
实验条件 实验速度km/h 使用的车闸 制动距离m
干态 25 同时使用前后车闸 ≤7
单用后闸 ≤15
湿态 16 同时使用前后车闸 ≤9
单用后闸 ≤19
某人体重m＝50kg，骑着符合新标准、质量M＝50kg的电动自行车在水平路面行驶．电动自行车的刹车过程可简化为匀变速直线运动．
(1)当遇到紧急情况时，若他同时使用前后车闸刹车，在干燥路面上该车的最小加速度是多少？此时受到的制动力是多大？(保留两位有效数字)
(2)若此人私自改装电瓶输出功率，致使车速超标(其他条件不变)，当他以32km/h速度在雨后的路面上行驶，遇见紧急情况，采取同时使用前后车闸方式刹车，则该车刹车后行驶的最大距离是多少？
(3)根据你所学物理知识，分析电动自行车超速超载有什么危害？
[试解]
考点三 连接体问题
1．处理连接体问题的常用方法
整体法的 选取原则 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法的 选取原则 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
整体法、 隔离法的 交替运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”
2.连接体问题中常见的临界条件
接触与脱离 接触面间弹力等于0
恰好发生滑动 摩擦力达到最大静摩擦力
绳子恰好断裂 绳子张力达到所承受的最大力
绳子刚好绷直与松弛 绳子张力为0
例3[2022·全国甲卷]如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
[解题心得]
预测5 如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动距离很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若本实验中，m1＝100g，m2＝5g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是( )
A．1.41N B．1.42N
C．1410N D．1420N
预测6 [2022·全国乙卷]如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为( )
A． B．
C． D．
预测7 如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面上端系有一劲度系数为k＝100N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m＝8kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．从t＝0时刻开始挡板A以加速度a＝1m/s2沿斜面向下匀加速运动，则：(g＝10m/s2)
(1)t＝0时刻，挡板对小球的弹力多大？
(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？
(3)小球向下运动多少距离时速度最大？
[试解]
素养培优·情境命题
实际情境中的直线运动
情境1 [2022·山东押题卷]高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离，总长为19.6m．某汽车以5m/s的速度匀速进入识别区，ETC用0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，汽车又向前行驶了2s司机发现自动栏杆没有抬起，于是紧急刹车，汽车恰好没有撞杆．已知司机的反应时间和汽车系统的反应时间之和为0.8s．则刹车的加速度大小约为( )
A．2.52m/s2 B．3.55m/s2
C．3.75m/s2 D．3.05m/s2
[解题心得]
情境2 驾驶员看见过马路的人，从决定停车，直至右脚刚刚踩在制动器踏板上经过的时间，叫反应时间，在反应时间内，汽车按一定速度匀速行驶的距离称为反应距离；从踩紧踏板(抱死车轮)到车停下的这段距离称为刹车距离；司机从发现情况到汽车完全停下来，汽车所通过的距离叫做停车距离．如图所示，根据图中内容，下列说法中正确的是( )
A．根据图中信息可以求出反应时间
B．根据图中信息可以求出汽车的制动力
C．匀速行驶的速度加倍，停车距离也加倍
D．酒后驾车反应时间明显增加，停车距离不变
[解题心得]
情境3 [2022·浙江6月]物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接．若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos24°＝0.9，sin24°＝0.4)．
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
[试解]
情境4 疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐(如图甲)．该款机器人的最大运行速度为4m/s，加速度大小可调节在1m/s2≤a≤3m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，机器人到达餐桌时速度刚好为0.现把送餐过程简化为如图乙的直线情境图，已知机器人恰好以最大运行速度v＝4m/s通过O处，O与餐桌A相距x0＝6m，餐桌A和餐桌F相距L＝16m，机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.
(1)在某次从O到餐桌A的过程中，机器人从O开始匀减速恰好到A停下，求机器人在此过程加速度a的大小．
(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从A继续送餐到F，若要求以最短时间从A送餐到F，求机器人运行的最大加速度am和加速过程通过的位移x加．
[试解]
专题二 牛顿运动定律与直线运动
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：108km/h＝30m/s，324km/h＝90m/s
由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，为总的节省时间，相邻两站间的距离x＝m＝2.16×105m
普通列车加速时间t1＝＝s＝60s
加速过程的位移x1＝＝×0.5×602m＝900m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t2＝＝s＝7140s
同理高铁列车加速时间t′1＝＝s＝180s
加速过程的位移x′1＝＝×0.5×1802m＝8100m
根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间
t′2＝＝s＝2220s
相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t′2＋2t′1)＝4680s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分，B正确．
答案：B
预测1 解析：由题意知，在减速区AB间的运动视为匀减速直线运动，且最终减为零，将此减速过程由逆向思维，可看作初速度为零的匀加速直线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内位移之比为1∶3∶5…可知，x2∶x1之比即为初速度为零的匀加速直线中第一个时间内的位移与第四个时间内的位移之比，即x2∶x1＝1∶7，故选B.
答案：B
预测2 解析：(1)设轿车的加速度大小为a，经过t1＝3s，客车和轿车位移分别为s1、s2，由运动学公式得
s1＝v1t1，
s2＝，
s2＝s1＋L1＋L2＋L＋L3，
解得a＝4m/s2.
(2)设轿车减速的加速度大小为a′，经过时间t2，轿车、客车达到共同速度，则
v2－a′t2＝v1，
客车和轿车位移分别为s′1、s′2，满足s′2＝，
s′1＝v1t2，
s′2＝s′1＋L，
解得a′＝2m/s2，即轿车至少以2m/s2的加速度做匀减速运动，才能避免与客车追尾．
答案：(1)4m/s2 (2)2m/s2
考点二
例2 解析：(1)设雪车从A→B的加速度大小为a、运动时间为t，根据匀变速直线运动的规律有2alAB＝、vB＝at
解得t＝3s、a＝m/s2.
(2)方法一 由题知雪车从A→C全程的运动时间t0＝5s，设雪车从B→C的加速度大小为a1、运动时间为t1，故t1＝t0－t，根据匀变速直线运动的规律有
lBC＝
vC＝vB＋a1t1
代入数据解得a1＝2m/s2、vC＝12m/s.
方法二 由于雪车在BC上做匀变速运动，故lBC＝·t1＝(t0－t)
解得vC＝12m/s.
(3)方法一 设雪车在BC上运动时受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律有mgsin15°－f＝ma1
代入数据解得f＝66N
方法二 对雪车在BC上的运动过程由动量定理有
(mgsin15°－f)(t0－t)＝mvC－mvB
代入数据解得f＝66N.
方法三 对雪车从B→C由动能定理有＝
解得f＝66N.
答案：(1)m/s2 (2)12m/s (3)66N
预测3 解析：跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A正确；入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B错误；以向上为正方向，则根据－h＝v0t－gt2，可得t＝2s，即全红婵在空中运动的时间为2s，C错误；入水时的速度v1＝v0－gt＝5m/s－10×2m/s＝－15m/s，在水中的加速度大小a＝＝7.5m/s2，方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得f＝ma＋mg＝35×10N＋35×7.5N＝612.5N，D正确．
答案：AD
预测4 解析：(1)根据匀变速运动公式2ax＝
＝－3.4m/s2
根据牛顿第二定律得：制动力F＝(M＋m)a＝340N.
(2)根据匀变速运动公式2a1x1＝，2a1x2＝＝
联立解得x2＝36m.
(3)超速时，加速度不变但刹车距离变大，超载时，质量变大，减速的加速度变小，刹车距离变大．
答案：(1)－3.4m/s2 340N (2)36m (3)见解析
考点三
例3 解析：撤去力F后到弹簧第一次恢复原长之前，弹簧弹力kx减小，对P有μmg＋kx＝maP，对Q有μmg－kx＝maQ，且撤去外力瞬间μmg＝kx，故P做加速度从2μg减小到μg的减速运动，Q做加速度从0逐渐增大到μg的减速运动，即P的加速度始终大于Q的加速度，故除开始时刻外，任意时刻P的速度大小小于Q的速度大小，故P的平均速度大小必小于Q的平均速度大小，由x＝t可知Q的位移大小大于P的位移大小，可知B、C错误，A、D正确．
答案：AD
预测5 解析：香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得μm1g＝m1a1
解得a1＝2m/s2
对纸板，根据牛顿第二定律可得F－μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2a2
为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为x1＝
纸板运动距离为d＋x1＝
纸板抽出后香皂盒运动的距离为x2＝
则l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
代入数据联立得F＝1.42N，故B正确，A、C、D错误．
答案：B
预测6
解析：如图可知sinθ＝＝，则cosθ＝，对轻绳中点受力分析可知F＝2Tcosθ，对小球由牛顿第二定律得T＝ma，联立解得a＝，故选项A正确．
答案：A
预测7 解析：解答本题的关键是要能分析得出板和小球分离时，板对小球的作用力为零；当球的速度最大时，球的加速度为零．(1)因开始时弹簧无形变，故对小球，根据牛顿第二定律得mgsin30°－F1＝ma
解得F1＝32N.
(2)当挡板和小球分离时，根据牛顿第二定律得mgsin30°－kx＝ma，其中x＝at2
解得t＝0.8s，x＝0.32m.
(3)当小球的速度最大时，加速度为零，此时mgsin30°＝kx1
解得x1＝0.4m.
答案：(1)32N (2)0.8s (3)0.4m
素养培优·情境命题
情境1 解析：设刹车的加速度大小为a，则有
x＝
代入数据有19.6＝5×(0.3＋2＋0.8)＋
解得a＝3.05m/s2，所以D正确；A、B、C错误．
答案：D
情境2 解析：图中知道汽车速度，反应距离，根据x＝v0t可以求出反应时间，故A正确；由于不知汽车质量，则无法求出汽车的制动力，故B错误；设停车距离为x，反应时间为t0.则x＝，可知匀速行驶的速度加倍，停车距离不是简单的加倍，故C错误；除了反应时间，其他条件不变的情况下，根据公式x＝，酒后驾车反应时间明显增加，停车距离增加，故D错误．
答案：A
情境3 解析：(1)根据牛顿第二定律
mgsin24°－μmgcos24°＝ma1
a1＝2m/s2
(2)在倾斜滑轨上运动过程为匀加速直线运动
v2＝2a1l1
v＝4m/s
(3)在水平滑轨上的运动过程为匀减速直线运动
－v2＝2a2l2
a2＝－μg
l2＝2.7m
答案：(1)2m/s2 (2)4m/s (3)2.7m
情境4 解析：(1)从O点到A点，由运动公式0－v2＝2ax0，
解得a＝＝－m/s2＝－m/s2，机器人在此过程加速度a的大小为m/s2.
(2)要想用时最短，则机器人先以最大加速度加速，然后匀速一段时间，再以最大加速度做减速到零．最大加速度为am＝μg＝2m/s2，
加速的位移为x加＝＝4m.
答案：(1)m/s2 (2)2m/s2 4m专题九光
命题热点 常考题型
(1)光的折射、全反射现象； (2)光的干涉与衍射； (3)几何光学与物理光学的综合分析； (4)生活、科技中的光学问题． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 光的折射与全反射
1．求解光的折射和全反射问题的思路
(1)确定研究的光线：该光线一般是入射光线，还有可能是反射光线或折射光线，若需研究的光线不明确，则要根据题意分析、寻找，如临界光线、边界光线等．
(2)画光路图：找入射点，确定界面，并画出法线，根据反射定律、折射定律作出光路图，结合几何关系，具体求解．
2．注意两点：
(1)光疏→光密：一定有反射、折射光线；
(2)光密→光疏：若入射角大于或等于临界角，则发生全反射．
例1 [2021·海南卷]如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ，MN＝2NP，其折射率为.一束单色光在纸面内以α＝45°的入射角从空气射向MQ边的中点O，则该束单色光( )
A．在MQ边的折射角为60°
B．在MN边的入射角为45°
C．不能从MN边射出
D．不能从NP边射出
[解题心得]
预测1 将一透明体平放于平整坐标纸上，并在一端放上光屏，如图(俯视图)所示，用激光平行于坐标纸照射该透明体右侧表面上的P点，调整入射光角度，在光屏上仅出现了M、N两个亮斑，则该透明体对该激光的折射率约为( )
A．1.25 B．1.33
C．1.50 D．1.67
预测2 [2022·辽宁模拟卷]导光管采光系统是一套采集天然光，并经管道传输到室内的采光系统，如图为过装置中心轴线的截面．上面部分是收集阳光的半径为R的某种均匀透明材料的半球形采光球，O为球心，下面部分是内侧涂有反光涂层的导光管，MN为两部分的分界面，M、N为球面两点．若一束平行MN且与MN相距h=R的细光束从空气入射到采光球表面时，经折射绿光恰好照射到N点．则( )
A．绿光在采光球中的传播速度为c
B．红光一定能从N点上方射出
C．紫光有可能直接折射经过O点
D．要使光束在导光管中发生全反射，涂层折射率应小于管壁折射率
预测3 [2022·山东冲刺卷]如图所示，梯形ABCD为玻璃砖的横截面，∠A＝60°，∠B＝30°，AD＝2l，AB＝5l.一单色细光束从空气中垂直AD边中点射向玻璃砖，通过玻璃砖后从BC边射出的光线与最初入射方向的夹角为30°，求：
(1)玻璃砖对该光束的折射率；
(2)该光束在玻璃砖中运动的最长时间．
[试解]
考点二 光的干涉与衍射现象
1．单缝衍射与双缝干涉的比较
种类 项目 单缝衍射 双缝干涉
不同点 条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等
条纹间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距
亮度 中央条纹最亮，两边较暗 清晰条纹，亮度基本相同
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
2.研究干涉现象时的两点注意
(1)只有相干光才能形成稳定的干涉图样，光的干涉是有条件的．
(2)单色光形成明暗相间的干涉条纹，白光形成彩色条纹．
例2 [2021·江苏卷]铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是( )
[解题心得]
预测4 [2022·北京押题卷]一束激光照在一个很小的圆盘上，在屏上观察到如图所示的图样，在影的中心有一个亮斑，这就是著名的“泊松亮斑”．下列说法正确的是( )
A．圆盘中心有个小孔，这是光的衍射现象
B．圆盘中心是不透光的，这是光的衍射现象
C．圆盘中心有个小孔，这是光的干涉现象
D．圆盘中心是不透光的，这是光的干涉现象
预测5 [2022·江苏冲刺卷](多选)如图所示，a、b为两束颜色不同的单色光，它们以不同的入射角射入等腰梯形玻璃棱镜，两条射出光能合为一束，下列说法正确的是( )
A．b光在玻璃中的折射率小
B．b光在玻璃中的光速大
C．对于同种金属，a光能发生光电效应，则b光一定也能发生光电效应
D．若两束光通过同一双缝装置且都能形成干涉图样，则a光条纹间距较大
考点三 电磁波
1．电磁波的特点
(1)电磁波是横波．
(2)真空中的传播速度等于光速c＝3×108m/s.
(3)传播不需要介质．
2．电磁波谱的特性及应用
电磁波谱 特性 应用
红外线 热效应 红外线遥感
紫外线 化学效应、荧光效应、能杀菌 医用消毒、防伪
X射线 贯穿性强 检查、医用透视
γ射线 贯穿本领最强 工业探伤、医用治疗
例3 [2020·天津卷]新冠肺炎疫情突发，中华儿女风雨同舟、守望相助，筑起了抗击疫情的巍峨长城．志愿者用非接触式体温测量仪，通过人体辐射的红外线测量体温，防控人员用紫外线灯在无人的环境下消杀病毒，为人民健康保驾护航．红外线和紫外线相比较( )
A．红外线的光子能量比紫外线的大
B．真空中红外线的波长比紫外线的长
C．真空中红外线的传播速度比紫外线的大
D．红外线能发生偏振现象，而紫外线不能
[解题心得]
预测6 (多选)电磁波广泛应用在现代医疗中．下列属于电磁波应用的医用器械有( )
A．杀菌用的紫外灯
B．拍胸片的X光机
C．治疗咽喉炎的超声波雾化器
D．检查血流情况的“彩超”机
预测7 如图为生活中遇到的各种波，以下关于波的说法正确的是( )
A．声波是横波
B．WiFi信号的传播不需要介质
C．丙图是泊松亮斑图样
D．月全食时的红月亮是因为红光在月球表面发生干涉所致
素养培优·情境命题
生活、科技中的光学问题
情境1 夏天，海面上的下层空气的温度比上层空气的温度低．可以设想海面上的空气是由折射率不同的许多水平气层组成的．景物反射的光线由于不断被折射，越来越偏离原来的方向，人们逆着光线看去就出现了蜃景．如图所示，下列说法正确的是( )
A．蜃景是景物由于海平面对光的反射所成的像
B．海面上上层空气的折射率比下层空气的折射率大
C．A是蜃景，B是景物
D．B是蜃景，A是景物
[解题心得]
情境2 (多选)在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有( )
A．雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声
B．超声波被血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化
C．观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低
D．同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同
[解题心得]
情境3 高速公路上的标志牌常用“回归反光膜”制成，夜间行车时，它能将车灯照射过来的光逆向返回，标志牌上的字特别醒目．这种“回归反光膜”是用球体反射元件制成的．如图所示，反光膜内均匀分布着直径为10μm的细玻璃珠，所用玻璃的折射率为，为使入射的车灯光线经玻璃珠的折射、反射、再折射后恰好和入射光线平行，那么第一次入射时的入射角是( )
A．60° B．45°C．30° D．15°
[解题心得]
情境4 如图所示为单反相机的取景五棱镜原理图，光线①经反光镜反射后以垂直AB面射入五棱镜，以平行于AB面的方向射出五棱镜．已知玻璃相对空气的折射率为1.6，CD面与AB面的夹角为30°，∠ABC＝90°.(已知：sin38°＝)
(1)如图所示，如果左下角的桃心表示一正立的物体，判断经过多次反射后在取景窗中得到的是正立还是倒立的像；
(2)试分析光线在F点是否发生全反射．如不发生全反射，求折射角的正弦值：
(3)调节CD和AE面与AB面的夹角，使得光线①由CD面射向空气时，恰好发生全反射，且光线出射方向仍与AB面平行，求调整后CD面和AE面与AB面的夹角分别为多大？(在传播过程中光线与DE面无交点)
[试解]
专题九 光
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：
光线从O点入射，设折射角为β，由折射定律有sinα＝nsinβ，解得β＝30°，即在MQ边的折射角为30°，故A错误；设边长NP＝l，则MN＝2l，作出折射后的光路图如图所示．由几何关系可知光在MN边的入射角为60°，故B错误；光从光密到光疏发生全反射的临界角设为θ，有sinθ＝＝，即θ＝45°，而MN边的入射角为60°>45°，且满足光密到光疏，故光在MN边发生全反射，即不能从MN边射出，故C正确；根据几何关系可知光在A点发生全反射后到达NP边的B点，根据光的折射的可逆性可知，光从NP边的B点折射后的折射角为45°，故D错误．故选C.
答案：C
预测1 解析：由题意可知，光点N是由射到P点的光线直接反射后射到N点；而光斑M是由射到P点的光折射后射到左侧表面，然后发生全反射射到M点；则在P点，由光的折射定律结合几何关系可知n＝＝＝1.33，故选B.
答案：B
预测2 解析：
如图所示，根据几何关系sinα＝＝，α＝2θ折射率n＝＝，绿光在采光球中的传播速度为v＝＝c，故A错误；红光折射率小，折射角大，则红光一定能从N点上方射出，故B正确；紫光不可能直接折射经过O点，如果过的话，折射角为0°，故C错误；光由光密到光疏可能发生全反射，则涂层折射率应大于管壁折射率，故D错误．
答案：B
预测3 解析：
(1)由几何关系可知，该光束通过玻璃砖后，平行于AB边射出，如图所示
由几何关系得光束在E点的入射角α＝30°、折射角α′＝60°
则玻璃砖对该光束的折射率n＝＝＝.
(2)经AB边反射到BC边的光一部分从BC边折射出去，另一部分经BC边反射到AB边，由几何关系可知其方向与AB边垂直，出射方向与AB边的夹角为90°
由n＝
可得光在玻璃砖中运动的速度为v＝
光线在玻璃砖中运动的路程为
x＝·tan60°＋＝
光在玻璃砖中运动的时间为t＝＝.
答案：(1) (2)
考点二
例2 解析：薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，在复色光时，出现彩色条纹，由于重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距上疏下密，由于表面张力的作用，使得肥皂膜向内凹陷，故C正确，A、B、D错误．故选C.
答案：C
预测4 解析：光线通过小圆盘，则会在屏上出现中心有亮斑，这就是著名的“泊松亮斑”，说明光线也偏离原来的直线方向传播，所以属于光的衍射，故B正确．
答案：B
预测5 解析：
根据题意画出光路图，两光束出棱镜时，折射角相同，a光的入射角小，b光入射角大，可得a光的折射率大，b光的折射率小，A正确；在同种介质中的光速，折射率越大，光速越小，在同种介质中b光的速度较大，B正确；折射率越大，光子频率越大，光子能量越大，a光能发生光电效应，但b光折射率更小，故b光不一定也能发生光电效应，C错误；折射率大的光束波长小，根据条纹间距公式x＝l较大，b光折射率较小，故b光条纹间距较大，D错误．
答案：AB
考点三
例3 解析：与紫外线相比，红外线波长较长，频率较低，由E＝hν得红外线的光子能量比紫外线的小，A错误，B正确．红外线与紫外线均为电磁波，电磁波在真空中传播速度为c，所以两者在真空中的传播速度相等，C错误．红外线与紫外线均为横波，均可以发生偏振现象，D错误．
答案：B
预测6 解析：紫外线、X射线均属于频率高、能量高的电磁波，故A、B正确．雾化器、“彩超”机属于超声波的应用，超声波是机械波，不属于电磁波，故C、D错误．
答案：AB
预测7 解析：甲图说明声波可以发生多普勒效应，故A错误；WiFi信号是电磁波，其传播不需要介质，故B正确；丙图是衍射图样，泊松亮斑是一个很小的亮点，故C错误；月全食时的红月亮是太阳光被大气层散射后照射到月球上，被月球反射后射向地面，由于红光的波长最长，衍射能力最强，传播最远，到达地面时红光最多，所以我们看到的是红月亮，是光的散射和衍射现象，不是光的干涉现象，故D错误．
答案：B
素养培优·情境命题
情境1 解析：当大气层比较平静时，空气的密度随温度的升高而减小，对光的折射率也随之减小，海面上下层空气的温度比上层空气的温度低，下层空气的折射率比上层的大．远处的景物反射的光线射向空中时，不断被折射，射向折射率较低的上一层的入射角越来越大，当光线的入射角大于临界角时，就会发生全反射现象．在地面附近的观察者就可以观察到由空中射来的光线形成的虚像．这就是海市蜃楼的景象．故选C.
答案：C
情境2 解析：雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，不属于多普勒效应，故选项A不符合题意；超声波遇到血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，属于多普勒效应，故选项B符合题意；列车和人的位置相对变化了，所以听到的声音频率发生了变化，属于多普勒效应，故选项C符合题意；同一声源发出的声波，在空气和水这两个不同介质中传播时，频率不变，传播速度发生变化，不属于多普勒效应，故选项D不符合题意．
答案：BC
情境3 解析：
设入射角为i，折射角为θ，作出光路图如图所示．因为出射光线恰好和入射光线平行，所以i＝2θ，根据折射定律有＝＝，所以θ＝30°，i＝2θ＝60°.选项A正确．
答案：A
情境4 解析：(1)光路如图所示
由图可知，经过多次反射后在上方的景出现在取景窗的下方，所以在取景窗中得到的是倒立的像．
(2)如图所示
由几何关系可知，光线在F点的入射角为r＝90°－60°＝30°
由已知折射率n＝1.6，sin38°＝可知，五棱镜玻璃全反射的临界角C＝38°＞30°
所以光线在F点不发生全反射．根据折射定律可得＝n代入数据，解得折射角为i＝53°，则sin53°≈0.8.
(3)光线①由CD面射向空气时，恰好发生全反射，如图所示
由于光线①在CD面恰好发生全反射，则入射角等于临界角，设此时CD面与AB面的夹角为α，则有C＋∠MO1C＝α＋∠MO1C
解得α＝C＝38°
即CD面与AB面的夹角为38°；由反射定律可知，入射角等于入射角，则有∠O1O2M＝90°－∠MO1O2＝90°－2C＝14°
再应用反射定律，入射角等于反射角，法线与反射面垂直，则有∠MO2A＝90°－∠O1O2M＝83°
所以有∠EO2M＝∠EAB＝180°－∠MO2A＝97°
即AE面与AB面的夹角为97°.
答案：(1)倒立的像 (2)不发生全反射 0.8 (3)38° 97°专题六功能关系与能量守恒
命题热点 常考题型
(1)功和功率的计算； (2)动能定理的综合应用； (3)机械能守恒定律的应用； (4)功能关系及能量守恒定律． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 功与功率
1．功率的分析与计算
明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fvcosα(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
2．机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此过程Pt－F阻s＝；
②恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝.
例1[2022·广东卷](多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶．已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的有( )
A．从M到N，小车牵引力大小为40N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700J
[解题心得]
预测1 [2022·山东滨州二模]如图所示是动力滚筒输送机示意图，水平框架上安装了许多同样的转筒，由电动机带动转筒转动．当物体放到转筒上，依靠转筒摩擦带动运送货物．动力滚筒输送机适用于各类箱、包、托盘等货件的输送．滚筒输送机具有结构简单、可靠性高、使用维护方便等优点．某快递公司用动力滚筒输送机分拣快递，动力滚筒输送机水平方向放置，转筒半径为r＝4cm，转动角速度ω＝50rad/s，现将一个质量m＝2kg的快递箱无初速度放在A点，将快递箱从A点传送到B点运动的距离为16m．快递箱与转筒间的动摩擦因数μ＝0.2，整个过程转筒始终保持匀速转动，快递箱大小可忽略不计，重力加速度g取10m/s2，快递箱从A点传到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．所需要的时间为8s
B．平均速度为4m/s
C．输送机对快递箱做的功为64J
D．运送快递箱电动机多做的功为8J
预测2 [2022·广东冲刺卷]2022年1月10日起，全国铁路将实行新的列车运行图，攀枝花至西昌的动车开通运营，最大运行速度为200km/h的复兴号动车组运行在设计时速为160km/h的成昆铁路复线上，攀西地区进入动车时代，攀枝花至西昌的运行时间由原来的3个小时缩短为1.5小时．开通前的某次测试中从攀枝花南站匀加速开出的动车，经t1＝150s速度达到v1＝108km/h，之后动车以恒定功率行驶．相关资料显示，该列动车质量m＝180t，运行过程中所受阻力恒为车重的0.06倍.设铁轨为水平直线，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)该列动车匀加速运动过程中牵引力F的大小；
(2)该列动车运行的最大速度vm及从车站开出后运行x＝8km的时间t(此时列车已达到最大速度)．
[试解]
考点二 动能定理的综合应用
1．应用动能定理解题的步骤图解：
2．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的；
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．
例2 (一题多变)如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则 ( )
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W[解题心得]
[考法拓展1] (多选)在[例2]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝，质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则( )
A．质点经过N点时的速度大小为
B．质点由P点至N点的过程中洛伦兹力做负功
C.质点由静止下落至P点的过程机械能守恒
D．质点由静止下落至N点的过程机械能减少mgR
[解题心得]
[考法拓展2] 在[例2]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E，质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是( )
A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
[解题心得]
[考法拓展3] (多选)在[例2]中，若将半圆形轨道更换为圆弧轨道，如图所示，并让质点自P点上方高度2R处由静止开始下落，质点沿轨道到达最高点Q时对轨道压力为，则质点从静止运动到Q点的过程中( )
A．重力势能减少2mgR
B．合外力做功mgR
C．克服摩擦力做功mgR
D．机械能减少mgR
[解题心得]
预测3 如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示．重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )
A．m＝0.7kg，f＝0.5N
B．m＝0.7kg，f＝1.0N
C．m＝0.8kg，f＝0.5N
D．m＝0.8kg，f＝1.0N
预测4 [2022·江苏冲刺卷](多选)第24届冬奥会于2022年2月4日在我国的北京等地举行，冰滑梯作为体验冰雪运动乐趣的设施受到广大游客的欢迎．某冰滑梯的示意图如图所示，设螺旋滑道机械能的损耗为20%，水平滑道和倾斜滑道对同一滑板的动摩擦因数相同，对不同滑板的动摩擦因数μ满足.在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上．以下说法正确的是( )
A．L1不能小于
B．L1不能大于
C．L1、L2之和不能小于
D．L1、L2之和不能大于
预测5 如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L1＝10m，BC长度L2＝4m，圆轨道半径R＝0.72m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L3＝3m，水平边NE的长度L4＝6m，M点在C点的正下方，MC的长度L5＝1.2m．小物块的质量为m＝1kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求动摩擦因数μ；
(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；
(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9s，求小物块刚运动至P点时的动能．
[试解]
考点三 机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
例3[2022·全国乙卷]固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环．小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
[解题心得]
预测6 [2022·山东押题卷](多选)北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线．已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为
C．运动员到达最高点时速度的大小为
D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为
预测7 [2022·浙江1月]如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝.滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．
[试解]
素养培优·情境命题
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体、运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例] [2022·江西宜春第二次联考]如图所示，半径为R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Emax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
第二步：抓关键点→选规律
①“恰好从B点沿轨道切线进入轨道”vB＝
②“光滑圆弧轨道BC”小物块由B→C过程中机械能守恒mgR(1＋sinθ)＝
③“C点”―→圆周运动的最低点FN－mg＝
④“过C点后…弹簧被压缩至最短”小物块在D点的速度为零能量守恒．Emax＝－μmgL
[规范解答]
(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vB＝＝m/s＝2m/s.
(2)小物块由B运动到C，只有小物块的重力做功，小物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR(1＋sinθ)＝
在C点处，对小物块由向心力公式有
解得小物块在C点所受轨道的支持力FN＝9N
根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9N.
(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律有Emax＝＋mgR(1＋sinθ)－μmgL
代入数据解得Emax＝2J.
反思总结：碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．
专题六 功能关系与能量守恒
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：从M到N，由P1＝F1v1可得小车牵引力F1＝＝N＝40N，A正确．从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1＝F1＝40N，小车克服摩擦力做的功Wf1＝f1·MN＝40×20J＝800J，B正确．从P到Q，由P2＝F2v2可得小车牵引力F2＝＝N＝285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2＝f2＋mgsin30°，解得f2＝F2－mgsin30°＝285N－50×10×N＝35N；从P到Q，小车克服摩擦力做的功Wf2＝f2·PQ＝35×20J＝700J，D正确．从P到Q，小车上升的高度h＝PQsin30°＝20×0.5m＝10m，小车重力势能的增加量ΔEp＝mgh＝50×10×10J＝5000J，C错误．
答案：ABD
预测1 解析：滚筒输送机的线速度v＝ωr＝2.0m/s，快递箱无初速度放在A点，在摩擦力作用下产生的加速度a＝μg＝2.0m/s2，快递箱加速到2.0m/s用的时间t1＝＝1s，在t1时间内发生的位移x1＝t1＝1m，其后快递箱随滚筒输送机做匀速运动的时间t2＝＝7.5s，快递箱从A点传到B点所需要的时间t＝t1＋t2＝8.5s，故A错误；快递箱从A点传到B点的平均速度＝≈1.9m/s，故B错误；输送机对快递箱做的功W1＝μmgx1＝4.0J，故C错误；运送快递箱滚筒输送机在t1时间内发生的“位移”x2＝vt1＝2m，所以运送快递箱电动机多做的功为W2＝μmgx2＝8.0J，故D正确．
答案：D
预测2 解析：(1)设列车匀加速运动的加速度为a，由匀变速运动规律有v1＝at1
根据牛顿第二定律F－f＝ma
由题意可知f＝kmg
联立以上各式并代入数据得F＝1.44×105N.
(2)列车匀速运动时速度最大，设此时列车牵引力为F0，
由平衡条件有F0＝f
设列车以恒定功率运行时的功率为P，由功率公式有
P＝Fv1，P＝F0vm
联立以上各式并代入数据得vm＝40m/s
列车匀加速运动发生的位移为x1，由匀变速运动规律有x1＝v1t1
设列车以恒定功率运行的时间为t2，列车从车站开出后运行x＝8km的过程中，由动能定理有Pt2＋Fx1－fx＝
列车从车站开出后运行x＝8km的时间t＝t1＋t2
联立以上各式并代入数据得t＝308.3s.
答案：(1)1.44×105N (2)40m/s 308.3s
考点二
例2 解析：在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝，联立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧对应点的速度v右0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确．
答案：C
[考法拓展1] 解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvB－mg＝m，解得v＝，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，由功能关系得质点的机械能减少mgR，选项D正确．
答案：CD
[考法拓展2] 解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
答案：D
[考法拓展3] 解析：质点能通过Q点，则在Q点由牛顿第二定律得mg＋mg＝m，解得v＝，从静止运动到Q点的过程，重力做功等于重力势能减少量，为mgR，选项A错误；合外力做功等于动能增加量，即W合＝ΔEk＝＝mgR，选项B正确；机械能减少量为ΔE＝mgR－mgR＝mgR，选项D错误；由功能关系得克服摩擦力做功等于机械能减少量为mgR，选项C正确．
答案：BC
预测3 解析：0～10m内物块上滑，由动能定理得
－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0
整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s
结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N
10～20m内物块下滑，由动能定理得
(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek
整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1
结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N
联立解得f＝0.5N，m＝0.7kg，故选A.
答案：A
预测4 解析：设倾斜轨道的倾角为θ，游客质量为m.因为要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，所以要满足mgsinθ<μ0mgcosθ
即tanθ＝<μ0，可得L1>
假设游客恰好停止在水平轨道右端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh－20%mgh－(μmgcosθ)＝0－0当μ取最大值1.2μ0时，L1的临界长度最短，故要使游客能滑到水平轨道上，需满足L1≤
假设游客恰好停止在水平轨道左端，对于游客运动的过程，由动能定理得2mgh－20%mgh－(μmgcosθ)－μmgL2＝0－0
当μ取最小值μ0时，(L1＋L2)的临界长度最长，故要使游客能停在水平轨道上，需满足L1＋L2≥>，故选BC.
答案：BC
预测5 解析：(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgL1sinθ－μmgL1cosθ－μmgL2＝0
代入数据得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得F(L1cosθ＋L2)＋mgL1sinθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)L1－μmgL2＝mv2
代入数据得v2＝30F
小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足
从D到C的过程由机械能守恒定律得＋2mgR＝mv2
解得v≥6m/s
小物块不脱离斜面AB，应满足Fsinθ≤mgcosθ
解得v≤20m/s
所以v的取值范围为6m/s≤v≤20m/s.
(3)P点与C点的高度差为h＝gt2＝4.05m，设物块在C点初速度为v0，P点与竖直墙的水平距离为v0t－L4
如图，
由几何关系得tan∠MNE＝
已知tan∠MNE＝＝
解得v0＝7m/s
从C到P由动能定理得mgh＝
代入数据，解得Ek＝65J
即小物块刚运动至P点时的动能为65J.
答案：(1)0.5 (2)v2＝30F (6m/s≤v≤20m/s) (3)65J
考点三
例3
解析：如图所示，设大圆环半径为R，P、A距离为L，由机械能守恒定律可知，小环沿圆弧滑到A点的速率与沿斜线PA滑到A点的速率相等，分析小环的运动可知小环沿斜线PA下滑加速度a＝gcosθ＝，v＝at＝t，由等时圆模型可知小环沿斜线PA从P到A的时间与沿直线PB从P到B的时间相同，即2R＝gt2，代入上式可得：v＝L，故C正确．
答案：C
预测6 解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
根据h＝gt2，解得t＝，故B正确；
从a到b根据功能关系得mv2＝
解得vt＝，故C正确；
从a到b速度变化量Δv＝gt＝，故D正确．
答案：BCD
预测7 解析：(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝
代入数据解得FN＝7N.
(2)要使得滑块到达F点，则必过圆弧轨道DEF的最高点，即有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝≥0
即lx≥0.85m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85m≤lx≤3m)．
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin37°－mgsin37°－nμmgcos37°＝0
解得lx＝m
将0.85m≤lx≤3m代入上式可得≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝m
②当n＝3时，lx＝m
③当n＝5时，lx＝m
答案：(1)7N
(2)v＝(m/s)(0.85m≤lx≤3m) (3)见解析专题七动量定理 动量守恒定律
命题热点 常考题型
(1)动量定理的理解及应用； (2)动量守恒定律及应用； (3)碰撞模型及拓展； (4)利用动量观点解决实际情境问题． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量．
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况．
图像法 F - t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F - t成线性关系，也可直接用平均力求解．
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又是物体动量变化的量度．
合力的冲量
(2)动量定理的研究对象是一个物体 (或可视为一个物体的系统)．
可能是流体
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例1[2022·全国乙卷](多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示．已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.则 ( )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6s时间内F对物块所做的功为40J
[解题心得]
预测1 [2022·历城二中测评]如图为酒泉卫星发射基地发射“神舟十三号”飞船点火瞬间的情景．在发射的当天，小李同学守在电视机前观看发射实况转播．通过电视解说员的介绍，他了解到火箭连同装载物的总质量约为480t，发射塔架的高度约为100m．小李同学注意到在火箭点火起飞约10s时火箭尾部刚好越过塔架．假设火箭从点火到越过塔架的过程中喷气对火箭的推力是恒力，忽略火箭质量的变化及火箭受到的空气阻力，g取9.8m/s2，根据以上信息估算推力的大小为( )
A．4.7×108 N B．4.9×106 N
C．5.9×108 N D．5.7×106 N
预测2 [2022·山东冲刺卷]质量为1kg的小滑块以某一初动能沿水平面向右滑动，如图甲所示，刚开始滑动的2m内小滑块的动能与位移关系如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.滑块在水平面上运动的总时间为1.2 s
B．滑块在水平面上运动的总位移为4 m
C．滑块沿水平面做加速度逐渐减小的减速运动
D．整个过程中，滑块受水平面作用力的冲量大小为6N·s
考点二 碰撞模型中动量守恒定律的应用
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
3．“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球曲面模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足＝＋
4.“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
例2[2022·河北卷]如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．
[试解]
预测3 如图水平桌面上放置一操作台，操作台上表面水平且光滑．在操作台上放置体积相同，质量不同的甲、乙两球，质量分别为m1、m2，两球用细线相连，中间有一个压缩的轻质弹簧，两球分别与操作台左右边缘距离相等．烧断细线后，由于弹簧弹力的作用，两球分别向左、右运动，脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离，然后平抛落至水平桌面上．则下列说法中正确的是( )
A．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量相同
B．刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能相同
C．甲、乙两球不会同时落到水平桌面上
D．甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为
预测4 [2022·重庆押题卷]如图所示，一个质量为4m的小球(视为质点)，从高度为H的A点由静止释放，沿光滑曲线轨道到最低点B处与质量为m的另一个小球发生正碰，碰撞时间极短，且碰后粘在一起进入两个半径均为R＝0.4m的光滑圆管，恰好能通过圆管最高点C.在离开C进入与水平线成60°的固定的气垫导轨的顶端时，立即接通气垫导轨的电源，给小球一个方向垂直于气垫导轨平面、大小F风＝5mg的恒定风力．不计空气阻力，g取10m/s2.求：
(1)高度H；
(2)小球到达水平线O′D时的速度大小．
[试解]
预测5 如图所示，两足够长的直轨道所在平面与水平面夹角θ＝37°，一质量为M＝3kg的“半圆柱体”滑板P放在轨道上，恰好处于静止状态，P的上表面与轨道所在平面平行，前后面半圆的圆心分别为O、O′.有3个完全相同的小滑块，质量均为m＝1kg.某时刻第一个小滑块以初速度v0＝2m/s沿O′O冲上滑板P，与滑板共速时小滑块恰好位于O点，每当前一个小滑块与P共速时，下一个小滑块便以相同初速度沿O′O冲上滑板．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑板P与小滑块间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，求：
(1)滑板P恰静止时与一侧长直轨道间的摩擦力f；
(2)第1、2个小滑块分别与滑板P共速时的速度大小v1和v2；
(3)第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q.
[试解]
考点三 力学三大观点的综合应用
1．力学三大观点对比
动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma
匀变速直线运动规律 v＝v0＋atx＝at2v2-＝2ax等
能量观点 动能定理 W合＝ΔEk
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系 WG＝－ΔEp等
能量守恒定律 E1＝E2
动量观点 动量定理 I合＝p′－p
动量守恒定律 p1＝p2
2.选用原则
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题，因时间短且作用力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
例3[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sinθ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
[试解]
预测6 如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出．现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2m，弹珠B与坑的间距x2＝1m．某同学将弹珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1m后停下．已知两弹珠的质量均为2.5g，取重力加速度g＝10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：
(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出．
[试解]
预测7 如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R＝0.18m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.3kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M＝0.4kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车．一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计．现用手将一质量m2＝0.1kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端．已知b与AP间的动摩擦因数μ＝0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g＝10m/s2.
(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；
(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；
(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？
[试解]
素养培优·情境命题
利用动量观点解决实际情境问题
情境1 [2021·北京西城二模]蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高．如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中( )
A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
[解题心得]
情境2 [2022·北京押题卷]如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰．已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则( )
A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
[解题心得]
情境3 [2021·广东卷]算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
[试解]
专题七 动量定理 动量守恒定律
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：由图知0～3s内F的大小为F1＝4N，3～6s内F的大小F2＝4N；在0到3s内，物块沿正方向做匀加速直线运动，F1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，为正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物块先沿正方向减速到零，F2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，为负方向，物块减速到零所用的时间t2＝＝1s，即4s末物块减速到零；在4～6s内，物块再反向做匀加速直线运动，F2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，为负方向．画出整个过程中的v t图像如图所示：
4s时物块的速度为零，动能为零，A正确；由图可知在0～6s内，物块的位移不为零，6s时物块没有回到初始位置，B错误；3s时的速度v1＝6m/s，动量p1＝mv1＝6kg·m/s，C错误；由v t图线与时间轴所围的面积表示位移知，0～3s内、3～4s内、4～6s内物块的位移大小分别为x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，则F对物块做的功分别为W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，则0～6s时间内F对物块所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正确．
答案：AD
预测1 解析：10s末火箭的速度为v＝＝m/s＝20m/s
由动量定理可得(F－mg)t＝mv
解得F＝5.7×106N，D正确．
答案：D
预测2 解析：刚开始滑动的2m内：Ek－Ek0＝－μmgx，带入数据解得μ＝0.5
物体的加速度a＝μg＝5m/s2
根据图像结合动能定义式可知，初速度v0＝6m/s
所以滑块在水平面上运动的总时间为t＝＝1.2s，故A正确；滑块在水平面上运动的总位移为x＝v0t＝3.6m，故B错误；滑块沿水平面做加速度不变的匀变速运动，故C错误；根据动量定理，整个过程中，滑块受水平面摩擦力的冲量大小为I＝Δp＝mv0－0＝6N·s，
但水平面对物体的作用力还包括弹力，故滑块受水平面作用力的冲量大小不是6N·s，故D错误．
答案：A
考点二
例2 解析：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝v0＝5(1－k) m/s＞0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右．
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝m/s＞0
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v′物＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5m/s，碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v′滑＝m/s＝0m/s
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2kg，新滑板的质量为M′＝3kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1m/s
根据能量守恒可得μm′gx相＝
解得x相＝1.875m.
答案：(1)5(1－k) m/s，m/s，方向均向右
(2)1.875m
预测3 解析：脱离弹簧的过程满足动量守恒定律，以甲的运动方向为正方向可得p1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0
故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动量大小相等，方向相反，A错误；
动能与动量的关系为Ek＝mv2＝
由于质量不同，故刚脱离弹簧时，甲、乙两球的动能不相同，B错误；
甲、乙两球在操作台滑行时，距台边缘距离相等但速度不等，故在操作台滑行时间不相等，之后做平抛运动的竖直位移相同，由h＝gt2
可知，两球做平抛运动的时间相等，因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上，C正确；
由A的解析可得＝
平抛的水平位移为x＝v0t
故甲、乙两球做平抛运动的水平射程与初速度成正比，即与质量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D错误．
答案：C
预测4 解析：(1)小球从A释放滑到最低点的过程，根据动能定理有4mgH＝－0
两球在B处发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有4mv1＝(4m＋m)v2
两球恰好滑到C点速度为零，根据动能定理有－5mg·2R＝
联立解得H＝1.25m
(2)两球在离开C后它受到的力如图所示，由于F风＝5mg，且它们的夹角等于120°，根据力的平行四边形定则，可得合力的大小F合＝5mg
方向与重力的夹角成60°，如图所示
设小球到达水平线的点为E，其速度为vE，从C到E的过程中，根据动能定理有F合·＝－0
解得vE＝4m/s.
答案：(1)1.25m (2)4m/s
预测5 解析：(1)滑板受力平衡，所以2f＝Mgsin37°，
解得f＝9N.
(2)由系统动量守恒得mv0＝(M＋m)v1
第1个小滑块与滑板P共速的速度v1＝0.5m/s
由系统动量守恒得2mv0＝(M＋2m)v2
第2个小滑块与滑板P共速的速度v2＝0.8m/s
(3)由系统动量守恒得3mv0＝(M＋3m)v3
3个小滑块与滑板P共速的速度v3＝1m/s
设第3个小滑块滑上滑板后与P发生的相对位移为l3，由动能定理得mgsinθ·l3－μm3gcosθ·l3＝
解得l3＝1.5m
第3个小滑块与P之间摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·l3＝9.6J.
答案：(1)9N (2)0.5m/s 0.8m/s (3)9.6J
考点三
例3 解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝0.36v0t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝1.2v0t0－xA－xA＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：＝+
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有＝－m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案： (2)0.768v0t0 (3)0.45
预测6 解析：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝，v1＝v0－at1
由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma
联立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.
(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v′1，由运动学规律v′21＝2aΔx
解得v′1＝1m/s
设碰后瞬间弹珠B的速度为v′2，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2
解得v′2＝3m/s
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失
ΔΕk＝＋m)
解得ΔEk＝7.5×10－3J
碰后弹珠B运动的距离为Δx′＝＝0.9m<1m
所以弹珠B没有进坑，故不能胜出．
答案：(1)4m/s 0.5 (2)7.5×10－3J，不能
预测7 解析：(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有m1g＝
根据机械能守恒定律有＝＋m1g×2R
解得v1＝3m/s.
(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有m2v＝m1v1－m2v2
m2v2＝
解得v＝6m/s，v2＝3m/s
由能量守恒定律有＝μm2g×2L
解得L＝1m
从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有W－μm2gL＝m2v2
解得W＝2.025J.
(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有m2v2＝(M＋m2)v3
由能量守恒定律有＝＋μm2gx
解得x＝1.6m
b最终停在P点左侧x－L＝0.6m处．
答案：(1)3m/s (2)1m 2.025J (3)0.6m处
素养培优·情境命题
情境1 解析：运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，A错误；运动员的机械能增加，是运动员消耗了自身体能，B错误；根据动量定理可知，运动员初、末速度均为0，动量的变化量为0，则合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，C正确，D错误．
答案：C
情境2 解析：两壶碰后在冰面上滑行，则有a＝＝μg
两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系
＝－2ax，得v1∶v2＝1∶3
根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v1＝，v2＝，C正确，D错误；
两壶碰撞过程机械能的变化量为ΔE＝＝，机械能有损失，A错误；
动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相同但方向相反，B错误．
答案：C
情境3 解析：(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝＝1m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则＝2a1s1，
解得v1＝0.3m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝＝0.02m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a.
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s.
答案：(1)能，计算过程见解析 (2)0.2s专题三运动学图像和动力学图像
命题热点 常考题型
(1)x - t图像的理解及应用； (2)v - t图像的理解及应用； (3)a - t、v2 - x、－t、a－F等图像的理解及应用； (4)与体育、交通有关的v - t图像问题． 选择题、实验题(图像法处理实验数据，后面实验专题讲)
高频考点·能力突破
考点一 常规图像
1．常规图像
斜率k 面积 两图像交点
x - t图像 ＝v 表示相遇
v - t图像 ＝a 位移x 表示速度相等，不表示相遇，往往是距离最大或最小的临界点
a - t图像 速度变化量Δv 表示此时加速度相等
2.图像问题的解题思路
例1[2022·河北卷]科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示．由图像可知( )
A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C.t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小
D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
[解题心得]
预测1 (多选)如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位移—时间图像，由图像可知( )
A.甲、乙两物体开始运动时的速度方向相反
B．甲、乙两物体同时同地开始运动
C．甲物体在0～4s内的平均速率比乙物体在1～4s内的平均速率大
D．两图线交点表示两物体速度相同
预测2 (多选)2020东京奥运会田径男子4×100米接力比赛，由汤星强、谢震业、苏炳添和吴智强组成的中国队取得优异成绩．如图(a)所示，假设某接力比赛中甲、乙两运动员在直道交接棒过程的v－t图像大致如图(b)所示．设t1时刻为交接棒时刻，下列说法正确的是( )
A．甲为交棒运动员，乙为接棒运动员
B．0～t1过程中，甲在前，乙在后，二者距离越来越小
C．t1～t2过程中，接棒运动员的加速度越来越小
D．交接棒时的速度越大，因交接棒而损失的时间越少
预测3 [2022·北京押题卷]很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况．用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向．由此可判断出( )
A．手机可能离开过手掌
B．手机在t1时刻运动到最高点
C．手机在t2时刻改变运动方向
D．手机在t1～t3时间内，受到的支持力先减小再增大
考点二 非常规图像
1．非常规图像
举例 函数表达式 斜率k 纵截距b
v2- x图像 由＝2ax得v2＝+2ax 2a
- t图像 由x＝v0t＋at2得＝v0＋at a v0
a - F图像 由F－μmg＝ma得a＝－μg －μg
2.解决非常规图像的方法
对于这类新型图像问题，关键是认清图像中横、纵轴所代表的物理量，找出它们的函数关系，并能迁移运用物理知识和方法清楚理解图像中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”的物理意义．
例2 [2022·河北押题卷]无人驾驶汽车在新冠疫情期间对疫情防控起到了积极作用．某自主品牌的一款无人驾驶汽车在直线测试时的速度平方与位移关系v2- x图像如图所示．从汽车经过x＝0位置时开始计时，则以下说法中正确的是( )
A．汽车做匀加速直线运动
B．汽车的加速度大小为10m/s2
C．该车在2s内的位移大小为2.0m
D．该车在2s内的位移大小为3.6m
[解题心得]
预测4 一质点沿直线运动，如图所示是从t＝0时刻开始的质点的 - t(式中x为位移)图像，可以推知( )
A．质点做匀减速运动
B．加速度的大小是1m/s2
C．t＝2s时的速度是1m/s
D．t＝2s时位移是3m
预测5 [2022·安徽示范高中皖北协作区联考](多选)如图1所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图2所示的a- F图像，已知g取10m/s2，则( )
A．滑块A的质量为2kg
B．木板B的质量为6kg
C．当F＝12N时，木板B的加速度为4m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.4
素养培优·情境命题
与体育运动、交通有关的v - t图像问题
情境1 [2022·湖南株洲4月质检]为节约运行时间，设想一种高铁进站不停车模式．如图(a)所示，站台内铁路正上方有一固定轨道AB，高铁分为可分离的上下副、主车两部分，副车可在主车车顶轨道上滑行，主车保持匀速过站，需下车的乘客提前进入副车甲中，需上车的乘客已在静止于A端的副车乙中等待．车尾到B端瞬间，甲刚好完全滑上固定轨道AB，主、副车分离，副车甲立即减速，甲的车头到A端时刚好停下，乘客下车．当主车车头到A端时，副车乙立即从固定轨道开始加速滑上车顶轨道，当乙的车尾与主车车尾对齐时主、副车刚好共速，锁死一起前进．设高铁以40m/s速度匀速驶来，副车长均为20m，副车甲、乙运动的v - t图像如图(b)所示，则主车长为( )
A．180mB．200m
C．220mD．820m
[解题心得]
情境2 图(a)为2022年北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面．比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度—时间(v - t)图像如图(b)所示，则下列判定正确的是( )
A．0～t1和t2～t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面
B．t1～t2时间内，冰壶的加速度大小为
C．t1～t2时间内，冰壶的位移大小为(v1＋v2)·(t2－t1)
D．0～t3时间内，冰壶的平均速度大小为(v0＋v1＋v2)
[解题心得]
情境3 (多选)2021年7月31日，第二十届全国大学生机器人大赛ROBOCON圆满闭幕，本次大赛的主题项目为“投壶行觞”和“机器马术”．如图甲，在一次比赛中a、b两机器人从同一起跑线沿同一方向做直线运动，它们的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．20s时，a、b两机器人在运动方向上相距约500m
B．40s时，a、b两机器人速度相等，在运动方向上相距最远，为400m
C．60s时，b机器人在a机器人的前方，在运动方向上相距400m
D．a、b加速时，b机器人的加速度大于a机器人的加速度
[解题心得]
专题三 运动学图像和动力学图像
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：根据v - t图像的斜率表示加速度，及题图可知时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；根据v - t图像围成的面积表示位移，及题图可知时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；根据v - t图像围成的面积表示位移，及题图可知时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；由v - t图像可直接看出，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确．
答案：D
预测1 解析：甲物体开始运动时沿正向运动，乙物体开始运动时沿负向运动，A正确；甲物体从0时刻在x＝-5m位置开始运动，乙物体从1s时开始运动，开始运动的位置为x＝0m，B错误；x t图线的斜率的绝对值表示速度大小，则甲物体在0～4s内平均速率为v甲＝m/s＝2.5m/s，乙物体在1～4s内平均速率为v乙＝m/s＝m/s，则甲物体在0～4s内的平均速率比乙物体在1～4s内的平均速率大，C正确；x t图线的交点表示该时刻位置坐标相同，即两物体相遇，速度应看图线斜率，D错误．
答案：AC
预测2 解析：由图(b)可知，交接棒过程中，接棒运动员在前，从静止开始向前加速运动，交棒运动员在后，开始时交棒运动员速度大于接棒运动员速度，二者之间的距离越来越小，当二者速度相等时，二者距离达到最小，此时要完成交接棒动作．交接棒完成后，接棒运动员继续加速直到达到最大速度，交棒运动员继续减速直到停下，综上分析，甲为交棒运动员，乙为接棒运动员，A正确.0～t1过程中，乙在前，甲在后，二者距离越来越小，B错误．由图(b)可知，t1～t2过程中，接棒运动员乙做加速度逐渐减小的加速运动，C正确．交接棒时的速度越大，移动相同位移所需时间越短，因交接棒而损失的时间越少，D正确．
答案：ACD
预测3 解析：根据Δv＝aΔt可知，a - t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可知手机在t1时刻速度为正，还没有到最高点，故B错误；根据Δv＝aΔt可知a t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，可知手机在t2时刻前后速度均为正，运动方向没有发生改变，故C错误；由图可知t1～t2时间内加速度向上不断减小，根据牛顿第二定律得N-mg＝ma，即N＝ma＋mg.可知t1～t2时间内支持力不断减小，t2～t3时间内加速度向下，不断增大，根据牛顿第二定律得mg -N＝ma′得N＝mg-ma′，可得支持力还是不断减小，故D错误；由图可知，手机的加速度某一段时间内等于重力加速度，则手机与手掌没有力的作用，手机可能离开过手掌，故A正确．
答案：A
考点二
例2 解析：根据速度—位移关系＝2ax，
当x＝0时，车的初速度为v0＝6m/s，
将x＝2m，v2＝16m2/s2代入可得a＝-5m/s2.
可知车做匀减速运动，则车的速度减小为零的时间为t＝s＝1.2s<2s.
所以该车在2s内的位移大小为x＝×1.2m＝3.6m，故D正确，A、B、C错误．
答案：D
预测4 解析：由题分析可得图线的函数表达式为＝1＋t，即x＝t＋t2，又因为匀变速直线运动中位移公式为x＝v0t＋at2，根据对应关系得v0＝1m/s，a＝1m/s2>0，v0与a方向相同，则质点做匀加速运动，故A项错误，B项正确．当t＝2s时，根据公式v＝v0＋at，求出速度是3m/s，故C项错误．当t＝2s时，代入表达式x＝t＋t2，可得位移是4m，故D项错误．
答案：B
预测5 解析：设滑块A的质量为m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图2可知，当F＝Fm＝10N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度am＝，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝10kg.当F>10N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F-μmg＝ma，整理得a＝-μg.根据题图2解得m＝2kg，μ＝0.4，则M＝8kg，故A、D正确，B错误；当F＝12N时，木板B的加速度为aB＝＝，故C错误．
答案：AD
素养培优·情境命题
情境1 解析：根据题意，对副车乙和主车的运动进行简化分析，如图所示．已知副车长20m，由v t图像可知，副车乙发生的位移为x1＝×(24.5-15.5)×40m＝180m，在这一段时间内，主车做匀速直线运动，主车发生的位移为x2＝(24.5-15.5)×40m＝360m，故主车的长度为L＝x2-x1＋20m＝360m-180m＋20m＝200m，故选B正确．
答案：B
情境2 解析：v t图线的斜率表示加速度，由图知t1～t2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律a＝＝＝μg，知t1～t2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0～t1和t2～t3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A错误；由加速度定义式a＝知t1～t2时间内，冰壶的加速度大小为a＝，故B错误；v t图线与坐标轴围的面积表示位移，在t1～t2时间内，冰壶的位移大小为x＝(v1＋v2)(t2-t1)，故C正确；根据平均速度的定义式＝知在0～t3时间内，冰壶的平均速度大小为
＝＝
＝，故D错误．
答案：C
情境3 解析：根据图像可知，t＝20s时b车才出发，20s时两者间距即为a在0～20s内的位移；速度—时间图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，则Δx＝xa＝×20m＝500m，故A正确；由图像所围面积可知：0～40s内a比b多运动的位移S＝(×20＋×40×20)m＝900m，故B错误；由a、b图像所围面积可知，60s时二者的位移之差等于20s时的位移差，由A选项分析可知，此时b机器人在a机器人的后方，在运动方向上相距500m，故C错误；速度—时间图像图线的斜率表示加速度，由图像可知：a、b加速时，a图线的斜率小于b图线的斜率，说明b机器人的加速度大于a机器人的加速度，故D正确．
答案：AD专题十电场及带电粒子在电场中的运动
命题热点 常考题型
(1)电场的基本性质； (2)带电粒子在电场中运动的分析与计算； (3)实际情境中的电场问题． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 电场的基本性质
1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
2．三个物理量的判断方法
判断场强大小 ①根据电场线或等势面的疏密判断； ②根据公式E＝k和场强叠加原理判断
判断电势的高低 ①根据电场线的方向判断； ②由UAB＝和UAB＝φA－φB判断； ③根据电场力做功(或电势能)判断
判断电势能大小 ①根据Ep＝qφ判断； ②根据WAB＝－ΔEp，由电场力做功判断
例1[2022·全国乙卷](多选)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上．L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点．则( )
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
[解题心得]
预测1 某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示．下列说法正确的是( )
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
预测2 [2022·山东卷]半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷．点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷．将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零．圆环上剩余电荷分布不变，q为( )
A．正电荷，q＝ B．正电荷，q＝
C.负电荷，q＝ D．负电荷，q＝
预测3 如图所示，匀强电场内有一矩形区域ABCD，电荷量为e的某带电粒子从B点沿BD方向以8eV的动能射入该区域，粒子恰好经过A点．已知矩形区域的边长AB＝8cm，BC＝6cm，A、B、C三点的电势分别为6V、12V、18V，不计粒子重力，下列判断正确的是( )
A．粒子带负电
B．电场强度的大小为100V/m
C．粒子到达A点时动能为12eV
D．仅改变粒子在B点初速度的方向，该粒子可能经过C点
预测4 中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，在电子显微镜中电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚或发散作用，其中的一种电子透镜的电场分布如图所示，其中虚线为等势面，相邻等势面间电势差相等．一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是( )
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子从a点到b点电势能减小
C．电子从a点到b点做匀加速运动
D．a点的电场强度大于b点的电场强度
【技法点拨】
电场中三线问题的解题思路
解决电场中的三线问题，分清电场线、等势线、轨迹线是解题的基础，做曲线运动的物体一定要受到指向轨迹内侧的合外力是解题的切入点，功能关系(电场力做的功等于电势能的减少量，合外力的功等于物体动能的增量等)是解题的重要手段．
考点二 带电粒子在电场中的运动
1．解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，加速或减速直线运动还是曲线运动等)．
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图像)，找出已知量和待求量之间的关系．
注意：“化曲为直”思想的应用．
2．用能量观点处理带电体运动的思维方法
(1)用动能定理W＝ΔEk处理
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理
例2[2022·全国甲卷](多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点．则射出后，( )
A．小球的动能最小时，其电势能最大
B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量
[解题心得]
例3[2022·全国乙卷](多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RA．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
[解题心得]
预测5 如图所示，长为l的轻质绝缘细线一端悬于O点，另一端悬吊一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)．在空间施加一沿水平方向的匀强电场，保持细线始终张紧，将小球从A点拉起至与O点处于同一水平高度的B点，并由静止释放．小球在A点时速度最大，此时细线与竖直方向夹角为α＝37°.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，电场的范围足够大，重力加速度为g.
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球运动至A点时的速度大小v；
(3)求小球上升到右侧最大高度时，细线与竖直方向的夹角θ.
[试解]
预测6 [2022·辽宁卷]如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动．以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在x≥－R区域有方向与x轴夹角为θ＝45°的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；
(2)小球经过O点时的速度大小；
(3)小球过O点后运动的轨迹方程．
[试解]
素养培优·情境命题
实际情境中的电场问题
情境1 [2022·广东冲刺卷]如图，医用口罩由多层织物材料构成，其中有一层熔喷布经过特殊工艺处理后成为驻极体材料，这层材料表面长期带有正电荷，能有效吸附细小的粉尘，而这些粉尘通常是细菌和病毒传播的载体．则其中即将被吸附的带电粉尘，一定是( )
A．带正电
B．沿电场线加速靠近熔喷布
C．在靠近熔喷布的过程中电场力做正功
D．在靠近熔喷布的过程中电势能增加
[解题心得]
情境2
[2022·全国冲刺卷]静电喷漆的原理图如图所示，雾化的油漆微粒在直流高压(80kV～90kV)电场中带负电荷，在电场力作用下，油漆微粒飞向带正电荷的工件表面形成漆膜，此过程称为静电喷漆．图中虚线为电场线，a、b、c为电场中三点．下列说法正确的是( )
A．a、b、c三点的电势大小关系为φb>φc>φa
B．电子在a、b、c三点的电势能大小关系为Epc>Epb>Epa
C．a、b、c三点的电场强度大小关系为Ec>Eb>Ea
D．电子仅受电场力，一定沿图中虚线运动
[解题心得]
情境3 [2022·北京怀柔模拟预测]2020年2月，中国科学家通过冷冻电镜捕捉到新冠病毒表面S蛋白与人体细胞表面ACE2蛋白的结合过程，首次揭开了新冠病毒入侵人体的神秘面纱．电子显微镜是冷冻电镜中的关键部分，它与光学显微镜相比具有更高的分辨率，其原因是电子的物质波波长远小于可见光波长．在电子显微镜中，电子束相当于光束，通过由电场或磁场构成的电子透镜实现会聚和发散作用．其中的一种电子透镜由两个金属圆环M、N组成，其结构如图甲所示，图乙为图甲的截面示意图．显微镜工作时，两圆环的电势φN>φM，图乙中虚线表示两圆环之间的等势面(相邻等势面间电势差相等)．现有一束电子经电压U加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环M.根据题目信息和所学知识，下列推断正确的是( )
A.电子比可见光的波动性强，衍射更为明显
B．增大电子的加速电压U，可提升该显微镜的分辨率
C．该电子透镜对入射的电子束能起到发散作用
D．电子在穿越电子透镜的过程中速度不断减小
[解题心得]
情境4 [2022·山东日照二模]喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5m的墨汁微粒．此微粒经过带电室时带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制．带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒．设偏转极板长L1＝1.6m，两板间的距离d＝0.50cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝2.4cm.若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10kg，所带电荷量为1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点距原射入方向在纸上对应点的距离是1.0mm，下列说法正确的是(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)( )
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是2.0×103V
C．两偏转板间的电压是5.0×102V
D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%
[解题心得]
专题十 电场及带电粒子在电场中的运动
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：根据电场强度的叠加可知L点的电场方向沿对角线从O点指向L点，N点的电场方向沿对角线从N点指向O点，L和N两点处的电场方向相互垂直，A正确；根据电场强度的叠加可知M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左，B正确；M、O两点在等量异号电荷连线的中垂线上，M、O两点的电势相等，将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，C错误；L点的电势比N点的电势低，将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电势能增大，电场力做负功，D错误．
答案：AB
预测1 解析：因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误．
答案：C
预测2 解析：在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前，整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零，而取走的A、B处的电荷的电量qA＝qB＝ΔL，qA、qB在O点产生的合场强为EAB＝＝，方向为从O指向C，故取走A、B处的电荷之后，剩余部分在O点产生的场强大小为，方向由C指向O，而点电荷q放在D点后，O点场强为零，故q在O点产生的场强与qA、qB在O点产生的合场强相同，所以q为负电荷，即有k＝k，解得q＝，C项正确．
答案：C
预测3 解析：根据题意得φD－φA＝φC－φB，解得φD＝12 V．B、D在同一等势面上，电场线方向为垂直B、D连线斜指向左下方，粒子经过A点，则粒子带正电荷，A错误；电场强度为E＝＝×102 V/m，B错误；根据动能定理得e(φB－φA)＝EkA－EkB，解得EkA＝14 eV，C错误；粒子从B点到C点克服电场力的功为W＝e(φC－φB)＝6 eV<8 eV，仅改变粒子在B点初速度的方向，该粒子一定能经过C点，D正确．
答案：D
预测4 解析：电子所受电场力方向指向轨迹凹侧，大致向右，则电场强度方向背离轨迹凹侧，大致向左，并且垂直于等势面，根据沿电场方向电势降低可知a点的电势低于b点的电势，故电子从a点到b点电势能减小，电场力做正功，做加速运动，但不是匀加速，故B正确，A、C错误；等势面越密集的位置电场强度越大，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，故D错误．
答案：B
考点二
例2 解析：本题可以看成等效重力场问题，如图，等效重力方向斜向右下方45°，PQ为等效水平方向．小球的运动可以看成类斜上抛运动，小球动能最小时在斜上抛最高点，即如图速度为v′处，v′与水平方向夹角为45°，此时小球速度的水平分量等于竖直分量，不是电势能最大处，电势能最大处在Q处，此时小球速度方向竖直向下，大小等于初速度v，P处与Q处小球动能相等，所以A、C错误，B正确；从P到Q(Q点处小球速度水平分量为零)重力做的功等于重力势能的减少量，P处与Q处小球动能相等，由于机械能与电势能的总和不变，所以减少的重力势能等于增加的电势能，故D正确．
答案：BD
例3 解析：极板间各点的电场强度方向指向O点，粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，在这个过程中电场力做正功，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大，A错误，B正确；粒子1、2做圆周运动，设粒子1的轨迹处的电场强度为E1，则qE1＝，粒子1的动能Ek1＝＝，设粒子2的轨迹处的电场强度为E2，则qE2＝，粒子2的动能Ek2＝＝，由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，即＝，所以Ek1＝Ek2，C错误；粒子3出射时，此时粒子3的动能＝<＝Ek1，即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能，而粒子3入射时的动能比它出射时的小，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，D正确．
答案：BD
预测5 解析：
(1)小球在A点时速度最大，说明A点为等效最低点，受力如图．
此时有tan α＝，
解得E＝＝.
(2)小球从B点到A点的过程，根据动能定理有mglcosα－qEl(1－sin α)＝mv2，
解得v＝.
(3)根据对称性，小球上升到右侧最大高度时，细线与OA的夹角为90°－α，
根据几何关系可知此时细线与竖直方向的夹角为θ＝90°－2α＝16°.
答案：(1) (2) (3)16°
预测6 解析：(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得Ep＝＝mgR.
(2)小球从B到O，根据动能定理有－mgR＋qE·R＝
解得vO＝.
(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qEcos 45°＝max，
竖直方向有qE sin 45°－mg＝may
解得ax＝g，ay＝0
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x＝gt2，y＝vOt，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为y2＝6Rx.
答案：(1)mgR (2) (3)y2＝6Rx
素养培优·情境命题
情境1 解析：由于口罩材料表面长期带有正电荷，则被吸附的带电粉尘，一定是带负电荷，A错误；熔喷布产生的电场线不一定是直线，而只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时带电粒子的轨迹才与电场线重合，B错误；由选项A可知，被吸附的带电粉尘，一定是带负电荷，则负电荷靠近熔喷布的过程中电场力做正功，电势能减小，C正确、D错误．
答案：C
情境2 解析：由图中的正负极可知，电场强度方向大致指向左边．沿电场线方向，电势逐渐降低，则a、b、c三点的电势大小关系为φc>φb>φa，故A错误；由于φc>φb>φa，则电子在a、b、c三点的电势能大小关系为EpcEb>Ea，故C正确；图中电场线只有正中间那条是直线，其它都是曲线，则电子仅受电场力，不一定沿图中虚线运动，故D错误．
答案：C
情境3 解析：电子物质波的波长比可见光的波长短，因此不容易发生明显衍射，A错误；波长越短，衍射现象越不明显，根据德布罗意物质波波长关系式λ＝＝可知，增大电子的加速电压U，电子的速度增大，波长减小，则显微镜的分辨率增大，B正确；由于两圆环的电势φN>φM，根据等势面的特点可知，电场线垂直于等势面且凹侧向外，并由N指向M方向，如图所示，则电子受力指向中间电场线，所以该电子透镜对入射的电子束能起到会聚作用，C错误；
如图所示，电子在穿越电子透镜的过程中，电场力一直对电子做正功，所以电子速度不断增大，D错误．
答案：B
情境4 解析：墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；墨汁出偏转电场后做匀速直线运动，且此时速度的反向延长线平分交于水平位移的中点，如图所示，
由图可知tan θ＝＝，又vy＝at＝t，t＝，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102V，选项B错误，C正确；由以上式子整理得y＝，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，选项D错误．
答案：C专题十二直流电路与交流电路
命题热点 常考题型
(1)直流电路的分析与计算； (2)交变电流的产生与描述； (3)变压器与远距离输电； (4)利用变压器规律解决实际问题． 选择题
高频考点·能力突破
考点一 直流电路的分析与计算
电路动态分析的两种方法
(1)程序法最常规的方法
(2)极限法最直接的方法
即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．
例1[2022·陕西渭南市教学质量检测](多选)如图所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是( )
A．U增大、I减小 B．U减小、I增大
C．P增大、Q减小 D．P、Q均减小
[解题心得]
预测1 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻小于电源的内阻，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是( )
A．电流表的读数变大
B．灯泡L变亮
C．电源输出功率先减小后增大
D．电压表的读数先增大后减小
预测2 [2022·四川绵阳模拟]如图所示，闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中( )
A．电流表A1的示数变小
B．电流表A2的示数变小
C．电压表V的示数变小
D．电阻R1的电功率变大
考点二 交变电流的产生及变化规律
解答交变电流问题的三点注意
(1)理解两个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点：线圈与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变，线圈与中
类比v和a的关系
性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不变．
(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．
(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题．
例2[2022·浙江1月]如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
[解题心得]
预测3 [2022·湖北押题卷]一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a所示．仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b所示，则图线b电动势瞬时值的表达式是( )
A．e＝100sin 5πt (V)
B．e＝100sin (V)
C．e＝120sin 5πt(V)
D．e＝120sin(V)
预测4 [2022·山东章丘二模]一半径为a的半圆形单匝闭合线框，其总电阻为r，空间中存有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．某时刻在外力驱动下，线框开始绕其水平放置的直径以角速度ω匀速转动(左侧观察顺时针转动)．t时刻线框恰好转动至如图所示的竖直平面，下列说法正确的是( )
A．线框匀速转动一周的过程中外力做功为W＝
B．从t时刻开始计时，感应电动势的表达式为e＝sin (ωt)V
C．线框从t时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q＝
D．设N点电势为零，t时刻M点电势为φM＝－
考点三 变压器与远距离输电
1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系
(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝.原制约副
(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝.副制约原
(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2.副制约原
2．分清远距离输电的三个回路和三种关系
(1)理清三个回路
(2)分清三种关系
电压关系 ＝ U2＝ΔU＋U3 ＝
电流关系 ＝ I2＝I3＝I线 ＝
功率关系 P1＝P2 P2＝P3＋ΔP ΔP＝R线＝ P3＝P4
例3[2022·河北卷]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnzsin (2πnz)t
[解题心得]
预测5 [2022·湖北押题卷]如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R的电阻，电表都是理想电表．已知每匝线圈的电阻均为R，若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等．下列说法正确的是( )
A．时刻两电流表示数均达最大
B．时刻两电流表示数均为0
C．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1
D．对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大
预测6 [2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是( )
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
预测7 [2022·福建押题卷]如图所示为研究远距离输电的装置．理想变压器T1、T2的匝数比相等(n1∶n2＝n4∶n3)，变压器T1的输入电压u1＝e＝50sin100πt(V)，输电线的总电阻为r，则( )
A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50V
B．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100Hz
C．闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大
D．依次闭合开关S1、S2、S3…，灯泡L1越来越暗
素养培优·情境命题
利用理想变压器规律解决实际问题
情境1 [2022·江苏冲刺卷]互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合，则( )
A．该电流表可用来测量直流电
B．次级线圈匝数越少，电流表读数越大
C．该电流表测电流时相当于降压变压器
D．测量时电流表应串联在被测通电导线中
[解题心得]
情境2 [2022·历城二中测评]如图是一个家庭用的漏电保护器的简单原理图，它由两个主要部分组成，图中左边虚线框内是检测装置，右边虚线框内是执行装置．检测装置是一个特殊的变压器，它把即将引入室内的火线和零线并在一起绕在铁芯上作为初级(n1匝)，另绕一个次级线圈(n2匝)．执行装置是一个由电磁铁控制的脱扣开关．当电磁铁的线圈中没有电流时，开关是闭合的，当电磁铁的线圈中的电流达到或超过一定值时，开关断开，切断电路，起到自动保护作用．我国规定当漏电流达到或超过30mA时，就要切断电路以保证人身的安全．至于电磁铁中的电流达到多大时脱扣开关才断开，则与使用的具体器材有关，如果本题中的脱扣开关要求电磁铁中的电流至少达到80mA才会脱扣，并且其检测装置可以看作理想变压器，那么，n1与n2的比值为( )
A．n1∶n2＝5∶3 B．n1∶n2＝3∶5
C．n1∶n2＝8∶3 D．n1∶n2＝3∶8
[解题心得]
情境3 [2022·广东冲刺卷]氮化镓手机充电器具有体积小、功率大、发热量少的特点，图甲是这种充电器的核心电路．交流电经前端电路和氮化镓开关管后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电，则正常工作时，变压器cd输出端( )
A．输出的电压也是直流电压
B．输出电流的频率为
C．输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值
D．需将输入电压转变为交流电，输出端才会有电压输出
[解题心得]
情境4 [2022·山东冲刺卷]近十年来，我国环形变压器从无到有，已形成相当大的生产规模，广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面，如图甲所示．环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器．原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12V 22W”的照明电灯，示意图如图乙所示，图中电压表与电流表均为理想交流电表．原线圈接交流电源，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图丙所示，最大值Um＝220V，最大值始终保持不变，照明电灯恰好正常发光．则( )
A．原线圈两端电压的有效值和t＝2.5×10－3s的电压瞬时值相等
B．若电压表为非理想电表，电压表的读数会变小
C．照明电灯正常发光时，电流表的读数为0.05A
D．在t＝5×10－3s时刻，电压表的示数为零
[解题心得]
专题十二 直流电路与交流电路
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，接入电路中的电阻减小，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，由路端电压U＝E－Ir知U变小，电压表示数减小，电流表示数增大，R2两端电压增大，功率P增大，电容器与变阻器并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU可知，电荷量减小，故B、C正确．
答案：BC
预测1 解析：滑动变阻器的滑片位于最右端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数最大；滑动变阻器的滑片位于中间时，滑动变阻器两部分并联的阻值最大，此时电路的外电阻最大，干路电流最小，路端电压最大，电流表示数小于初始位置时的示数；滑动变阻器的滑片位于最左端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数为零，所以A、B错误，D正确．滑动变阻器两部分并联的阻值先增大后减小，但与灯泡L及内阻的阻值关系未知，故输出功率无法确定，C错误．
答案：D
预测2 解析：程序法：在滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变小，选项A正确；由于干路电流变小，根据U外＝E－Ir可知外电路两端的电压变大，电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，则并联部分电路两端的电压变大，即电压表V的示数变大，通过电阻R2的电流变大，即电流表A2的示数变大，选项B、C错误；根据P1＝I2R1可知，电阻R1不变，通过R1的电流变小，则电阻R1的电功率变小，选项D错误．
结论法：根据“串反并同”，滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程，R变大，与之间接串联部分的电流、电压减小，R1的电功率变小，选项A正确、D错误；与之并联部分的电流、电压变大，选项B、C错误．
答案：A
考点二
例2 解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D错误．
答案：A
预测3 解析：由图可知，调整转速前后周期之比＝＝
由ω＝可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为＝＝
调整线圈转速之后，交流电的角速度ωb＝＝＝rad/s
感应电动势最大值Em＝NBSω
转速调整前后，NBS相同，Em与ω成正比＝
由图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势Ema＝150V
所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势Emb＝Ema＝×150V＝100V
线圈从中性面开始转动计时，所以图线b电动势的瞬时值表达式e＝100sin(V)，故选B.
答案：B
预测4 解析：根据法拉第电磁感应定律有，线框中产生感应电动势的有效值为E有＝＝NBSω＝πa2Bω，则线框匀速转动一周的过程中线框中产生的焦耳热为Q＝T，T＝，联立解得Q＝，线框匀速转动一周的过程中外力做功等于线框中产生的焦耳热，即W＝Q＝，故A正确；t时刻开始计时，线框中产生的感应电动势的表达式为e＝Emcosωt＝cos (ωt)V，B错误；线框从t时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q＝＝＝＝，C错误；设N点电势为零，t时刻M点电势为φM＝－·e＝－··cos0＝－，故D错误．
答案：A
考点三
例3 解析：发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin (2πnz)t，D错误．
答案：C
预测5 解析：电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，A、B错误；根据题意得×100R＝×R，＝，解得＝，C正确；由图乙可知当磁感应强度最大时，磁感应强度的变化率为零，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D错误．
答案：C
预测6 解析：设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝＝＝＝R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B项正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C项错误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D项错误．
答案：B
预测7 解析：闭合开关后，灯泡两端的电压为U4＝U3＝(U2－ΔU)＝＝U1－ΔU，A错误；变压器不改变频率，交变电流的频率为f＝＝50Hz，B错误；设升压变压器的输出电压为U2，输送电流为I2，所有灯泡获得的总功率为P＝r＝
闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小，C错误；依次闭合开关S1、S2、S3…，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L1越来越暗，D正确．
答案：D
素养培优·情境命题
情境1 解析：互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，故A错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故B正确；该电表原线圈为单匝，是升压变压器，故C错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D错误．
答案：B
情境2 解析：根据题意可知＝＝＝，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
情境3 解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A错误；由乙图可知周期为T，故输出电流的频率为f＝，B错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值，C正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D错误．
答案：C
情境4 解析：原线圈两端电压的有效值为U＝＝220V，由图丙可知电压周期T＝2×10－2s，则电压瞬时值表达式为u＝Umcost＝220cos (100πt)，当t＝2.5×10－3s的电压瞬时值为u＝220cos (100π×2.5×10－3)V＝220V，故A正确；电压表测的是输出电压，不会随外电阻的变化而变化，故B错误；照明电灯正常发光时，电流为I2＝＝A，线圈匝数比为＝＝＝，电流表的读数为I＝I2＝0.1A，故C错误；电压表的示数为有效值，即为12V，故D错误．
答案：A专题十六力学实验
高频考点·能力突破
考点一 力学基本仪器的使用与读数
物理量 测量工具或测量方法
力 ①弹簧测力计(不超量程；调零；会读数)； ②力传感器(调零)
质量 天平(水平放置、调零；被测物体放左盘、砝码放右盘；会读数)
长度 ①毫米刻度尺(精度1mm，要估读到0.1mm)； ②螺旋测微器(精度0.01mm，要估读到0.001mm)； ③游标卡尺(精度有0.1mm、0.05mm、0.02mm三种，不估读)
时间 ①打点计时器用交变电流(电磁打点计时器接约8V交流电源，电火花打点计时器接220V交流电源)，电源频率为50Hz时打点时间间隔为0.02s； ②光电计时器(记录挡光时间Δt)； ③秒表(精度0.1s，不估读)
速度 ①打点纸带：＝＝； ②频闪照相：＝＝； ③光电门：瞬时速度v＝(d为遮光片宽度)； ④速度传感器
加速度 ①打点纸带：a＝； ②频闪照相：a＝； ③光电门：a＝或a＝； ④v - t图像：a＝k(斜率)
注意事项：
1．游标卡尺在读数时先确定各尺的分度，把数据读成以毫米为单位的，先读主尺数据，再读游标尺数据，最后两数相加．
2．游标卡尺读数时不需要估读．
3．螺旋测微器读数时，要准确到0.01mm，估读到0.001mm，结果若用mm作单位，则小数点后必须保留三位数字．
4．游标卡尺在读数时注意区分游标卡尺的精度．
5．螺旋测微器在读数时，注意区别整毫米刻度线与半毫米刻度线，注意判断半毫米刻度线是否露出．
例1某同学用50分度的游标卡尺测量一圆柱体工件的长度，如图1所示，则工件的长度为________mm；用螺旋测微器测量工件的直径如图2所示，则工件的直径为________mm.
[解题心得]
预测1 用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图所示，其读数为________cm.
预测2 如图甲所示，某同学用弹簧OC和弹簧测力计a、b做“验证力的平行四边形定则”实验．在保持弹簧伸长量及方向不变的条件下：
(1)若弹簧测力计a、b间夹角为90°，弹簧测力计a的读数是________N；(如图乙所示)
(2)若弹簧测力计a、b间夹角小于90°，保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，增大弹簧测力计b与弹簧OC的夹角，则弹簧测力计a的读数________、弹簧测力计b的读数________．(选填“变大”“变小”或“不变”)
预测3 (1)某同学用游标卡尺的________(选填“内测量爪”“外测量爪”或“深度尺”)测得一玻璃杯的内高，如图甲所示，则其内高为________cm.
(2)该同学随后又用螺旋测微器测得玻璃杯的玻璃厚度如图乙所示，则厚度为________mm.
(3)该同学用螺旋测微器测得一小球直径如图丙所示，正确读数后得小球直径为1.731mm，则a＝________，b＝________．
(4)该同学测定一金属杆的长度和直径，示数分别如图丁、戊所示，则该金属杆的长度和直径分别为________cm和________mm.
考点二 纸带类实验综合
纸带的三大应用
(1)由纸带确定时间：要区别打点计时器打出的计时点与人为选取的计数点之间的区别与联系，若每五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔Δt＝0.02×5s＝0.10s.
(2)求解瞬时速度：利用做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求打某一点时的瞬时速度，如图甲所示，打点n时的速度vn＝.
(3)用“逐差法”求加速度：如图乙所示，因为a1＝，a2＝，a3＝，所以a＝＝.当位置间隔数是奇数时，应舍去位置间隔小的数据．
例2[2022·福建押题卷]某实验小组利用如图甲所示的装置，探究加速度与小车所受合外力和质量的关系．
(1)下列做法正确的是________；
A．实验前应先将木板左端适当垫高，以平衡摩擦力
B．实验时应满足砝码桶与砝码总质量远小于小车和车内砝码总质量
C．释放小车前应将小车靠近打点计时器，并使纸带尽量伸直
D．实验时为了安全应先释放小车再接通打点计时器的电源
E．在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力不变，即只需要保持砝码桶和砝码总质量不变
(2)实验时得到一条如图乙所示的纸带，打点计时器的频率为50Hz，任意两个计数点间还有四个计时点未画出，由图中数据可计算小车的加速度为________m/s2.(结果保留两位有效数字)
(3)在保持小车和车中砝码质量一定，探究小车的加速度与受到的合外力的关系时，甲、乙两位同学分别得到了如图丙所示的a - F图像，则甲同学的a - F图线不过原点的原因是________________________________________________________________________．
[解题心得]
预测4 [2022·辽宁押题卷](1)在下列实验中，能用图中装置完成且仅用一条纸带就可以得出实验结论的是________(单选)；
A．验证小车和重物组成的系统机械能守恒
B．探究小车速度随时间变化的规律
C．探究小车加速度与力、质量的关系
D．探究不同力做功与小车速度变化的关系
(2)某次实验中按规范操作打出了一条纸带，其部分纸带如下图．已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源上，纸带左端接小车，请根据图中纸带判断其做的是________(填“匀速”“匀变速”或“加速度变化的变速”)运动，此次实验中打点计时器打下A点时小车的速度为________m/s；(保留两位有效数字)
(3)如下图所示，在水平气垫导轨上用光电门记录数据的方式做“验证动量守恒定律”实验，测量滑块A的质量记为m1，测量滑块B的质量记为m2，测量滑块A上的遮光条宽度如下图所示，其宽度d1＝________cm，测得滑块B上的遮光条宽度为d2.滑块A从右向左碰静止的滑块B，已知m1>m2，光电门计时器依次记录了三个遮光时间Δt1、Δt2、Δt3，验证动量守恒需要满足的关系式为____________________________(用测量的物理量符号表示)．
考点三 “弹簧”“橡皮条”“碰撞”类实验
例3 [2022·浙江6月](1)①“探究小车速度随时间变化的规律”实验装置如图1所示，长木板水平放置，细绳与长木板平行．图2是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为________cm.由图3中小车运动的数据点，求得加速度为________m/s2(保留两位有效数字)．
②利用图1装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，需调整的是________(多选)．
A．换成质量更小的车
B．调整长木板的倾斜程度
C．把钩码更换成砝码盘和砝码
D．改变连接小车的细绳与长木板的夹角
(2)“探究求合力的方法”的实验装置如图4所示，在该实验中
①下列说法正确的是________(单选)．
A．拉着细绳套的两只弹簧秤，稳定后读数应相同
B．在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择相距较远的两点
C．测量时弹簧秤外壳与木板之间不能存在摩擦
D．测量时，橡皮条、细绳和弹簧秤应贴近并平行于木板
②若只有一只弹簧秤，为了完成该实验至少需要________(选填“2”“3”或“4”)次把橡皮条结点拉到O.
[解题心得]
例4 [2022·全国甲卷]利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞．完成下列填空：
(1)调节导轨水平．
(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为________kg的滑块作为A.
(3)调节B的位置．使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等．
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2.
(5)将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤(4)．多次测量的结果如下表所示．
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k＝ 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2＝________(保留2位有效数字)．
(7)的平均值为________(保留2位有效数字)．
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断．若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________(保留2位有效数字)；若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞．
[解题心得]
预测5 某兴趣小组同学想探究橡皮圈中的张力与橡皮圈的形变量是否符合胡克定律，若符合胡克定律，则进一步测量其劲度系数(圈中张力与整圈形变量之比)．他们设计了如图甲所示实验：橡皮圈上端固定在细绳套上，结点为O，刻度尺竖直固定在一边，0刻度与结点O水平对齐，橡皮圈下端悬挂钩码，依次增加钩码的个数，分别记录下所挂钩码的总质量m和对应橡皮圈下端P的刻度值x，如下表所示：
钩码质量m/g 20 40 60 80 100 120
P点刻度值x/cm 5.53 5.92 6.30 6.67 7.02 7.40
(1)请在图乙中，根据表中所给数据，充分利用坐标纸，作出m - x图像；
(2)作出m - x图像后，同学们展开了讨论：
甲同学认为：这条橡皮圈中的张力和橡皮圈的形变量基本符合胡克定律；
乙同学认为：图像的斜率k即为橡皮圈的劲度系数；
丙同学认为：橡皮圈中的张力并不等于所挂钩码的重力；
……
请参与同学们的讨论，并根据图像数据确定：橡皮圈不拉伸时的总周长约为______cm，橡皮圈的劲度系数约为________N/m(重力加速度g取10m/s2，结果保留三位有效数字)．
(3)若实验中刻度尺的0刻度略高于橡皮筋上端结点O，则由实验数据得到的劲度系数将________(选填“偏小”“偏大”或“不受影响”)；若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，则由实验数据得到的劲度系数将________(选填“偏小”“偏大”或“不受影响”)．
预测6 某研究小组做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，所用器材有：方木板一块、白纸、量程为5N的弹簧测力计两个、橡皮条(带两个较长的细绳套)、小圆环、刻度尺、三角板、图钉(若干个)．主要实验步骤如下：
a．橡皮条的一端与轻质小圆环相连，另一端固定；
b．用手通过两个弹簧测力计共同拉动小圆环，小圆环运动至O点，记下两弹簧测力计的读数F1和F2及两细绳套的方向；
c．用一个弹簧测力计将小圆环拉到O点，记下弹簧测力计的读数F及细绳套的方向；
d．在白纸上做出力F、F1和F2的图示，猜想三者的关系，并加以验证．
(1)b、c步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是________________________．
(2)某次操作后，在白纸上记录的痕迹如图丁所示，请你在图丁中完成步骤d.
预测7 [2022·北京押题卷]如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球碰撞前后的动量关系．图1中的O点为小球抛出点在记录纸上的垂直投影．实验时，先使A球多次从斜轨上位置P静止释放，找到其平均落地点的位置E.然后，把半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P静止释放，与B球相碰后两球均落在水平地面上，多次重复上述A球与B球相碰的过程，分别找到碰后A球和B球落点的平均位置D和F.用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF.测得A球的质量为mA，B球的质量为mB.
图1
(1)实验中，通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度．
①实验必须满足的条件有________．
A．两球的质量必须相等
B．轨道末端必须水平
C．A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放
②“通过测量小球做平抛运动的水平射程来代替小球碰撞前后的速度”可行的依据是________________．
A.运动过程中，小球的机械能保持不变
B．平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比
(2)当满足表达式__________________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果再满足表达式________________时，则说明两球的碰撞为弹性碰撞. (用所测物理量表示)
(3)某同学在实验时采用另一方案：使用半径不变、质量分别为mA、mA、mA的B球．将A球三次从斜轨上位置P静止释放，分别与三个质量不同的B球相碰，用刻度尺分别测量出每次实验中落点痕迹距离O点的距离OD、OE、OF，记为x1、x2、x3.将三组数据标在x1 - x3图中．从理论上分析，图2中能反映两球相碰为弹性碰撞的是________.
图2
考点四 力学其他实验
例5 某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置完成了“探究向心力与线速度关系”的实验，将小球用质量不计长为L的细线系于固定在铁架台上的力传感器上，小球的下端有一长度极短、宽度为d的挡光片，测得小球的直径为D，重力加速度用g表示．请回答下列问题：
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度如图乙所示，则挡光片的宽度为________mm；如果挡光片经过光电门时的挡光时间为10ms，则小球通过光电门时的速度大小为v＝________m/s(结果保留3位有效数字)．
(2)小球通过光电门时力传感器的示数为F0，改变小球释放点的高度，多次操作，记录多组F0、v的数据，作出F0-v2的图像，如果图线的斜率为k，则小球(含挡光片)的质量为________；向心力大小为F＝________．(用已知物理量的符号表示)
[解题心得]
预测8 用如图甲所示装置研究平抛运动的轨迹．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的木板上．钢球沿斜槽PQ滑下后从Q点飞出，落在竖直挡板MN上．由于竖直挡板与竖直木板的夹角略小于90°，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．每次将竖直挡板向右平移相同的距离L，从斜槽上同一位置由静止释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．
(1)实验前需要检查斜槽末端是否水平，正确的检查方法是______________________．
(2)以平抛运动的起始点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向建立坐标系．将钢球放在Q点，钢球的________(选填“最右端”“球心”或“最下端”)对应白纸上的位置即为坐标原点．
(3)实验得到的部分点迹a、b、c如图乙所示，相邻两点的水平间距均为L，ab和ac的竖直间距分别是y1和y2，当地重力加速度为g，则钢球平抛的初速度大小为________，钢球运动到b点的速度大小为_______________________________________________________．
预测9 [2022·济南市测评]某实验小组在实验室用单摆做测定重力加速度的实验，实验装置如图甲所示．
(1)摆球的直径用螺旋测微器测出，如图乙所示，其读数为________mm.
(2)正确操作测出单摆完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，螺旋测微器测得摆球直径为d.用上述测得量写出重力加速度的表达式：g＝________________________________________________________________________.
(3)某同学测得的g值比当地的重力加速度偏小，可能原因是________．
A．计算时将L当成摆长
B．测摆线长时摆线拉得过紧
C．开始计时时，秒表按下过晚
D．实验中误将30次全振动计为29次
素养培优·创新实验
1.力学创新型实验的特点
(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和牛顿运动定律设计实验．
(2)将实验的基本方法——控制变量法、处理数据的基本方法——图像法、逐差法融入到实验的综合分析之中．
2．创新实验题的解法
(1)根据题目情境，提取相应的力学模型，明确实验的理论依据和实验目的，设计实验方案．
(2)进行实验，记录数据，应用原理公式或图像法处理实验数据，结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行误差分析．
情境1 [2022·山东卷]在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验．受此启发，某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示．主要步骤如下：
①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；
②接通气源，放上滑块，调平气垫导轨；
③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块．弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；
④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示．
回答以下问题(结果均保留两位有效数字)：
(1)弹簧的劲度系数为________N/m.
(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a-F图像如图丙中Ⅰ所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg.
(3)该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a-F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg.
[解题心得]
情境2 [2022·邯郸二模]如图所示的实验装置可以测量物块与长木板间的动摩擦因数．把长木板一端放在水平面上，另一端支撑起来形成一个斜面．物块沿斜面加速下滑的过程中先后经过光电门A和光电门B.如果测得物块上挡光片宽度为d，物块经过光电门A、B时挡光片的挡光时间分别为Δt1和Δt2，已知当地重力加速度为g.
(1)要测出物块与长木板间的动摩擦因数，需要测量出斜面的倾角θ以及光电门A、B之间的距离L.
(2)计算物块沿斜面下滑的加速度a的运动学公式是a＝________________．
(3)物块与斜面间的动摩擦因数μ＝________________．
[解题心得]
情境3 [2022·河南焦作高一联考]某实验小组利用如图甲所示装置测定小车在斜面上下滑时的加速度，实验开始时，小车静止在A点，光电门位于O点，AO间距离为l0.已知小车上挡光片的宽度为d，且d l0.
(1)释放小车，小车由静止开始下滑，下滑过程中通过位于O点处的光电门，由数字计时器记录挡光片通过光电门的时间Δt.可由表达式v＝________得到小车通过光电门的瞬时速度．
(2)将光电门向下移动一小段距离x后，重新由A点释放小车，记录挡光片通过光电门时数字计时器显示的时间Δt和此时光电门与O点间距离x.
(3)重复步骤(2)，得到若干组Δt和x的数值．
(4)在-x坐标系中描点连线，得到如图乙所示直线，其斜率大小为k，纵轴截距为b，则小车加速度的表达式为a＝________，初始时AO间距离l0＝________．(用d、k、b表示)
[解题心得]
情境4 [2022·全国冲刺卷]为准确测量某弹簧的劲度系数，某探究小组设计了如下实验，实验装置如图甲所示，其原理图如图乙所示．角度传感器与可转动的“T”形螺杆相连，“T”形螺杆上套有螺母，螺母上固定有一个力传感器，弹簧的上端挂在力传感器下端挂钩上，另一端与铁架台底座的固定点相连．当“T”形螺杆转动时，角度传感器可测出螺杆转动的角度，力传感器会随着“T”形螺杆旋转而上下平移，弹簧长度也随之发生变化．实验过程中，弹簧始终在弹性限度内．
(1)已知“T”形螺杆向某一方向旋转10周(10×360°)时，力传感器上移40.0mm，则在角度传感器由0增大到270°的过程中，力传感器向上移动的距离为________mm.(保留一位小数)
(2)该探究小组操作步骤如下：
①旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长；
②记录初状态力传感器示数F0、以及角度传感器示数θ0；
③旋转“T”形螺杆使弹簧长度增加，待稳定后，记录力传感器的示数Fn，角度传感器的示数θn；
④多次旋转“T”形螺杆，重复步骤③的操作；
⑤以力传感器的示数F为纵坐标、角度传感器的示数θ为横坐标，由实验数据描绘出F - θ图像，则该图像可能为________．
(3)若图像的斜率为2.5×10－4N/°，则该弹簧的劲度系数k＝________N/m.(结果保留三位有效数字)
[解题心得]
专题十六 力学实验
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：根据游标卡尺读数规则可知工件的长度为21mm＋0.02mm×36＝21.72mm；根据螺旋测微器读数规则可知工件的直径为4mm＋0.01mm×30.0＝4.300mm.
答案：21.72 4.300
预测1 解析：读数时要注意分度值是1mm，要估读到分度值的下一位．
答案：1.50 (1.49～1.51均可)
预测2 解析：(1)由图乙所示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，弹簧测力计a的读数是3.50N；
(2)若弹簧测力计a、b间夹角小于90°，保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变，增大弹簧测力计b与弹簧OC的夹角，如图所示，则可知弹簧测力计a的示数变小，b的示数变大．
答案：(1)3.50 (3.48～3.52) (2)变小 变大
预测3 解析：(1)因需测量的是玻璃杯的内高即深度，所以要用游标卡尺的深度尺测量，根据图甲可知，游标卡尺主尺上的整毫米数为100mm，游标尺的精确度为0.1mm，且第3条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则玻璃杯的内高为100mm＋0.1mm×3＝100.3mm＝10.03cm.(2)螺旋测微器的读数规则：测量值＝固定刻度读数(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度(0.01mm)×可动刻度读数(一定要估读)，由图乙可知玻璃厚度为2.5mm＋0.01mm×26.0＝2.760mm.(3)因1.731mm＝1.5mm＋0.01mm×23.1，由螺旋测微器读数规则知a＝20，b＝0.(4)由图丁所示可得金属杆的长度L＝60.10cm.由图戊知，此游标尺为50分度，游标尺上第10条刻度线(不计0刻度线)与主尺上的刻度线对齐，则该金属杆直径d＝4mm＋0.02×10mm＝4.20mm.
答案：(1)深度尺 10.03 (2)2.760 (3)20 0 (4)60.10 4.20
考点二
例2 解析：(1)为了使小车所受的合外力等于拉力，实验前应该平衡摩擦力，故A正确；因为有拉力传感器，小车受到的拉力的大小可以直接读出，故无需让砝码桶和砝码的质量远小于小车和车内砝码的质量，B错误；为了使纸带上能尽可能多打点，使其得到充分的利用，故释放小车前应将小车靠近打点计时器，纸带伸直是为了尽量减小纸带与限位孔间的摩擦，故C正确；凡是使用打点计时器的实验，都应该先接通电源，让打点计时器稳定运行后再释放纸带(小车)，故D错误；在探究加速度与质量的关系时，应保持拉力不变，即需要保持拉力传感器的示数不变，故E错误．(2)由题意知T＝0.1s，采用逐差法求加速度，可得a＝＝2.4m/s2；(3)由甲同学的a - F图像可知，拉力传感器的示数F＝0时，小车已经有了加速度，可能原因是平衡摩擦力过度，木板的倾角过大．
答案：(1)AC (2)2.4 (3)平衡摩擦力过度，木板的倾角过大
预测4 解析：(1)验证小车和重物组成的系统机械能守恒，需要测量小车和重物的质量，A错误；探究小车速度随时间变化的规律，仅需要一条纸带即可得出实验结论，B正确；探究小车加速度与力、质量的关系，还需知道二者的质量，C错误；探究不同力做功与小车速度变化的关系，需要知道二者的质量，D错误．
(2)根据Δx＝aT2，T均相等，即只要满足Δx均相等即可满足运动为匀变速运动，根据图像可知Δx均为0.1cm，则该运动为匀变速运动．
小车的速度为v＝m/s＝0.53m/s.
(3)游标卡尺读数为
1cm＋0.02×0mm＝1cm＝1.000cm
要验证动量守恒定律，即验证碰撞前的动量和碰撞后的动量相等，即m1v1＝m2v2＋m1v3
故有＝
答案：(1)B (2)匀变速 0.52～0.54 (3)1.000cm～1.010cm均可 ＝
考点三
例3 解析：(1)①由刻度尺的读数规则可知，打下计数点B时小车的位移大小为x2＝6.20cm；连接图3中的点，由斜率可知加速度a＝1.9m/s2；②利用图1装置进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，为减小实验误差，应使连接小车的细绳与长木板平行，D错误；实验时应将钩码更换成砝码盘和砝码，应保证小车的质量远大于砝码以及砝码盘的总质量，因此不能换成质量更小的小车，A错误，C正确；实验时应将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力，B正确．
(2)①“探究求合力的方法”时不用保证两弹簧秤的读数相同，A错误；在已记录结点位置的情况下，确定一个拉力的方向需要再选择与结点相距较远的一点，B错误；实验时，弹簧秤外壳与木板之间的摩擦不影响实验的结果，C错误；为了减小实验误差，实验时，应保证橡皮条、细绳和弹簧秤贴近并平行于木板，D正确．②如果只有一个弹簧秤，应先后两次将弹簧秤挂在不同的细绳套上，然后将结点拉到同一位置O，并保证两次两分力的方向不变；再将弹簧秤挂在一个细绳套上，将结点拉到位置O，因此为了完成实验至少需要3次把橡皮条的结点拉到O.
答案：(1)①6.20±0.05 1.9±0.2 ②BC
(2)①D ②3
例4 解析：(2)在一动一静的弹性碰撞中，质量小的滑块碰撞质量大的滑块才能反弹，故应选质量为0.304kg的滑块作为A.
(6)滑块A、B碰后的速度v1＝、v2＝，因s1＝s2，故有＝，则k2＝≈0.31.
(7)的平均值＝≈0.32.
(8)设滑块A碰前的速度为v0，若为弹性碰撞，则有：
联立①②得：v1＝v0，v2＝
则＝＝≈0.34.
答案：(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32
(8) 0.34
预测5 解析：(1)描点作出m - x图像如图所示
(2)由m - x图像可知，橡皮圈不拉伸时P点距离O点的距离约为5.20cm (5.10cm～5.40cm)，则橡皮圈的总周长约为10.40cm (10.20cm～10.80cm)．由m - x图像可知，橡皮圈的劲度系数，则有k＝＝N/m＝54.5N/m.
(3)若实验中刻度尺的0刻度略高于橡皮筋上端结点O，则由实验数据得到的劲度系数将不受影响，因为计算劲度系数时考虑的是橡皮筋的伸长量而不是长度．若实验中刻度尺没有完全竖直，而读数时视线保持水平，会使读数偏大，则由实验数据得到的劲度系数将偏小．
答案：(1)见解析 (2)10.40 54.5 (3)不受影响 偏小
预测6 解析：(1)b、c步骤中将小圆环拉到同一位置O的目的是保证两次操作力的作用效果相同；(2)在白纸上画出各力的大小及方向，并用表示F1、F2的线段为邻边作平行四边形，比较其对角线和表示F的线段是否在实验误差允许范围内相等．
答案：(1)保证两次操作力的作用效果相同 (2)见解析
预测7 解析：(1)①为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，A错误；为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确；为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故C正确．故选BC.②小球做平抛运动的过程，有h＝gt2，x＝vt，
整理得t＝，x＝v，发现平抛运动的下落高度一定，运动时间相同，水平射程与速度大小成正比．故选B.
(2)因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，根据动量守恒有
mAv0＝mAv1＋mBv2
mAOE＝mAOD＋mBOF
若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有＝
即mAOE2＝mAOD2＋mBOF2
(3)因为碰撞前，球A的速度不变，则球A单独落地时的x2一直不变．
根据mAx2＝mAx1＋mBx3
mA
整理得x1＝x3
因为三组数据中球B的质量不同，故x1 - x3图像中，三个数据点与原点连线的斜率不同，且代入数据得斜率分别为k1＝，k2＝，k3＝，故选A.
答案：(1)①BC ②B (2)mAOE＝mAOD＋mBOF mAOE2＝mAOD2＋mBOF2 (3)A
考点四
例5 解析：(1)由游标卡尺的读数规则可知，挡光片的宽度为d＝6mm＋0.05×14mm＝6.70mm；小球经过光电门时的挡光时间极短，则该过程的平均速度近似等于瞬时速度，故小球通过光电门时的速度大小为v＝＝0.670m/s.
(2)小球通过最低点时的向心力为细线的拉力与小球(含挡光片)重力的合力，即F＝F0－mg；由牛顿第二定律得F0－mg＝m，整理得F0＝v2＋mg，则k＝，解得m＝，F＝F0－.
答案：(1)6.70 0.670 (2) F0－
预测8 解析：(1)将钢球置于斜槽末端，其能静止，说明斜槽末端水平；也可以用水平仪检查．
(3)由L＝v0T和(y2－y1)－y1＝gT2，
解得v0＝L
由vy＝和v0＝，
解得vb＝＝
答案：(1)将钢球置于斜槽末端，其能静止，说明斜槽末端水平 (2)球心 (3)L
预测9 解析：(1)螺旋测微器的读数为d＝4.5mm＋20.0×0.01mm＝4.700mm
(2)单摆完成n次全振动的时间为t，则单摆的周期为T＝
由题可得，单摆的摆长为l＝L＋
根据单摆的周期公式T＝2π
可得，重力加速度为g＝＝(L＋)
(3)计算时将L当成摆长，此时得到重力加速度的表达式将为g′＝＝，可知，此时测得的重力加速度将偏小，故A正确；测摆线长时摆线拉得过紧，则导致摆长l偏大，会使测得的重力加速度将偏大，故B错误；开始计时时，秒表按下过晚，会导致测得的时间t偏小，从而导致测得的重力加速度偏大，故C错误；实验中误将30次全振动计为29次，会使得记录的次数n偏小，从而导致测得的重力加速度偏小，故D正确．
答案：(1)4.700 (2) (3)AD
素养培优·创新实验
情境1 解析：(1)初始时弹簧的伸长量为5.00cm，结合图乙可读出弹簧弹力为0.610N，由F＝kx可得弹簧的劲度系数k＝12N/m.(2)根据牛顿第二定律F＝ma，结合图丙可得a-F图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量，代入数据得m＝0.20kg.(3)同理图像斜率的倒数＝m＋m测，得m测＝0.13kg.
答案：(1)12 (2)0.20 (3)0.13
情境2 解析：(2)经过光电门A的速度为：vA＝
经过光电门B的速度为：vB＝
再根据物块做匀加速直线运动，位移与速度的关系
2aL＝代入解得：a＝(－)．
(3)根据牛顿第二定律可得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma
将a代入解得：μ＝tan θ－(－)．
答案：(2)(－)
(3)tan θ－(－)
情境3 解析：(1)用挡光片通过光电门平均速度表示小车通过光电门的瞬时速度v＝.
(4)由运动学规律得()2＝2a(l0＋x)，整理得＝x＋，则k＝，解得加速度a＝，由b＝，解得初始时AO间距离l0＝.
答案：(1) (4)
情境4 解析：(1)当其旋转270°时，力传感器在竖直方向移动的距离为x＝×270°mm＝3.0mm；(2)⑤由于实验时旋转螺杆使初状态弹簧长度大于原长，则说明在未转动时，即θ＝0时弹簧就有弹力了，故选B；(3)角度增加Δθ时，弹簧形变量为Δx，“T”形螺杆的螺纹间距为d，则有Δx＝，d＝mm，根据胡克定律得ΔF＝kΔx，解得k＝，代入数据有k＝22.5N/m.
答案：(1)3.0 (2)B (3)22.5专题十七电学实验
高频考点·能力突破
考点一 电学基本器材的使用与读数
1．电压表、电流表、多用电表的读数技巧
对电表读数问题，要先弄清楚电表的分度值，即每小格的数值，再确定是、还是估读，明确读数的小数位数．
2．多用电表的使用问题
在弄清其基本原理的基础上，会选择测量项目及量程、挡位，能区分机械调零和欧姆调零，掌握测量电阻的步骤．
3．电表的“三用”
如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．
例1 (1)如图甲所示，电压表选0～3V量程时的读数为________V，电压表选0～15V量程时的读数为________V．
(2)如图乙所示，电流表选0～0.6A量程时的读数为________A，电流表选0～3A量程时的读数为________A．
(3)如图丙所示，电阻箱的读数为________．
[解题心得]
预测1 如图所示为多用电表的刻度盘．若选用倍率为“×100”的欧姆挡测电阻时，表针如图所示，则：
(1)所测电阻的阻值为________Ω；如果要用此多用电表测量一个阻值约为2.0×104Ω的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是________(选填“×10”“×100”或“×1k”)．
(2)用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA；当选用量程为250mA的电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为________mA.
(3)当选用量程为10V的电压挡测量电压时，表针也指于图示位置，则所测电压为______V．
考点二 以测量电阻为核心的电学实验
1．电阻的测量
电阻测量首先要根据实验目的、实验原理、实验器材的不同而灵活选用“伏安法”(又分为内接法和外接法)“安安法”“伏伏法”“伏安加R法”等测量电路．从供电方式上又可分为限流电路和分压电路．
(1)有电压表、电流表且量程恰当时选择“伏安法”．
(2)电压表不能用或没有电压表等情形下，若精确知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择“安安法”．
(3)电流表不能用或没有电流表等情况下，若精确知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择“伏伏法”．
(4)在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全精确的原则，选择“伏安加R法”，此法又叫“加保护电阻法”．
2．实验器材的选择
(1)电源的选择：一般根据待测电阻的额定电流或额定电压选择符合需要的直流电源．
(2)电表的选择：一般根据电源的电动势或待测用电器的额定电压选择电压表；根据待测电流的最大电流选择电流表；电表的指针摆动的幅度较大，一般应使指针能达到半偏．
例2[2022·全国甲卷]某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E(电动势1.5V，内阻很小)，电流表(量程10mA，内阻约10Ω)，微安表(量程100μA，内阻Rg待测，约1kΩ)，滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，定值电阻R0(阻值10Ω)，开关S，导线若干．
(1)将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
(2)某次测量中，微安表的示数为90.0μA，电流表的示数为9.00mA，由此计算出微安表内阻Rg＝________Ω.
[解题心得]
例3[2022·全国乙卷]一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0～5mA范围内的伏安特性．可用器材有：电压表(量程为3V，内阻很大)，电流表(量程为1mA，内阻为300Ω)，电源E(电动势约为4V，内阻不计)，滑动变阻器R(最大阻值可选10Ω或1.5kΩ)，定值电阻R0(阻值可选75Ω或150Ω)，开关S，导线若干．
(1)要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，将图(a)所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图；
(2)实验时，图(a)中的R应选最大阻值为____(填“10Ω”或“1.5kΩ”)的滑动变阻器，R0应选阻值为________(填“75Ω”或“150Ω”)的定值电阻；
(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线．若在某次测量中，电压表、电流表的示数分别如图(b)和图(c)所示，则此时Rx两端的电压为________V，流过Rx的电流为______mA，此组数据得到的Rx的阻值为______Ω(保留3位有效数字)．
[解题心得]
预测2 [2022·河北押题卷]一金属线材料电阻未知且电阻分布不均匀，为了测量其阻值并将其截为阻值相等的两段，实验研究小组设计了如图所示电路，实验器材如下：
未知电阻，阻值约为4.8Ω；
微安表(零刻度在表盘中间)，一段接导线，另一端接表笔；
定值电阻R1，阻值为10Ω；
电阻箱R2，阻值0～99.9Ω；
电流表，量程0～0.6A，内阻RA＝1Ω；
电压表，量程0～3.0V，内阻约为3000Ω；
滑动变阻器，0～10Ω；
电源，电动势为3V；
电键，导线若干．
实验过程如下：
(1)按图连接电路，闭合电键之前，将滑动变阻器的滑片滑到最________端(填“左”或“右”)；
(2)将电阻箱R2的阻值调整到________Ω，闭合电键；
(3)将滑动变阻器R3的滑片调节到合适位置，连接微安表的表笔与未知电阻试触，防止微安表电流过大，不断改变表笔在未知电阻上的接触位置，直到________时，记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置；
(4)保持表笔与记录的接触位置的接触，读出此时电流表和电压表的读数分别为________A和________V.
(5)通过两表读数可以得到未知电阻的阻值为________Ω.
预测3 [2022·湛江市测试]两同学为测定一段粗细均匀、电阻率较小的电阻丝的电阻率，采用了如图甲所示的电路进行测量．
实验步骤如下：
a．用螺旋测微器在电阻丝上的三个不同位置测出电阻丝直径，求出平均值D；
b．调节电阻丝上的导电夹P的位置，用毫米刻度尺测量并记录导电夹P到电阻丝右端B的长度x；闭合开关S，记录电压表示数U、电流表示数I；
c．改变电阻丝上导电夹P的位置，重复步骤b，记录多组x、U、I的值．
(1)若螺旋测微器某次测量结果如图乙所示，其示数为________mm.
(2)若选用某组U、I值，用Rx＝算出电阻丝连入电路的电阻Rx，则计算值与真实值相比________．(选填“偏小”“相等”或“偏大”)
(3)根据多组测量得到的实验数据绘出 - x图像如图丙所示，若图线斜率为k，则电阻丝的电阻率ρ＝________(用已知或测量出的物理量的符号表示)；电流表内阻对电阻率的测量________(选填“有”或“没有”)影响．
(4)用记录的数据绘制出U - I图像如图丁所示，由图像可知电源的内阻r＝________Ω.(结果保留两位有效数字)
考点三 电表的改装、多用电表的原理与使用
例4 [2022·辽宁卷]某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1＝40Ω，R2＝360Ω.
(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～________mA；
(2)当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时________(填“大”或“小”)；
(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中两个电路．不考虑实验操作中的偶然误差，则使用________(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差．
[解题心得]
预测4 [2022·重庆押题卷]某兴趣小组利用所学知识自制一个欧姆表，他们先利用题图所示电路测量，一只量程为100mA的电流表内阻，实验步骤如下：
①闭合S1，断开S2，调节滑动变阻器R1，使电流表达到满偏值I0＝100mA；
②保持R1的滑片位置不变，闭合S2，调节电阻箱R2，使电流表的读数如题图所示，然后读出此时电阻箱R2的阻值为12.8Ω；(可认为电路总电流保持不变)
③计算出电流表内阻R0.
(1)步骤②中电流表示数为________mA，步骤③中电流表内阻R0为________Ω.
(2)题图为改装后的欧姆表电路示意图．电源电动势为2V、内阻很小可不计，S为单刀双掷开关，a、b为制作的两个挡位，其中一个是“×1”挡，另外一个是“×10”挡．可计算出定值电阻R3为________Ω.(保留两位有效数字)
(3)现使用该自制欧姆表测一未知定值电阻Rx的阻值，将开关S接到b处，完成欧姆调零后，在红黑表笔间接入Rx时电流表指针在题图所示位置，计算出Rx电阻为______Ω.
预测5 在“多用电表的使用”实验中：
(1)甲同学利用多用电表测量电阻．他用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为____(填写选项前的字母)．
A．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0Ω”
B．将选择开关旋转到电阻挡“×10”的位置
C．将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置
D．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
(2)乙同学利用多用电表测量图示电路中小灯泡正常工作时的有关物理量．闭合开关，以下操作正确的是________．
A．将选择开关旋转到合适的电阻挡，闭合开关，利用图1的电路测量小灯泡的电阻
B．将选择开关旋转到合适的电压挡，闭合开关，利用图1的电路测量小灯泡两端的电压
C．将选择开关旋转到合适的电流挡，闭合开关，利用图2的电路测量通过小灯泡的电流
D．将选择开关旋转到合适的电流挡，把图2中红、黑表笔接入电路的位置互换，闭合开关，测量通过小灯泡的电流
(3)丙同学将选择开关旋转到“直流250mA”挡作为电流表，设计了如图3所示的电路，已知电流表内阻RA＝0.4Ω，R1＝RA，R2＝7RA.若将接线柱1、2接入电路时，最大可以测量的电流为________A；若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为________V.
考点四 以测量电源电动势为核心的电学实验
1．常见测量电源电动势和内阻的三种方法
根据闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，而最关键的是看电路中如何测量出路端电压U和电路中的总电流I.
2．在数据处理问题中，利用图像得出电动势和内阻是常用的方法——注意“化曲为直”．
例5 [2022·北京押题卷]在测量一节干电池的电动势和内阻的实验中，可选用的器材有：
A．电压表V1：0～3V，内阻约3kΩ；
B．电压表V2：0～15V，内阻约15kΩ；
C．电流表A1：0～0.6A，内阻约0.1Ω；
D．电流表A2：0～3A，内阻约0.01Ω；
E．滑动变阻器R1：0～100Ω；
F．滑动变阻器R2：0～15Ω；
G．开关S和导线若干．
(1)电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________；(选填项目前的符号)
(2)用所选器材按照图连接好电路后，将滑动变阻器滑片置于合适位置，闭合开关S，通过调整滑动变阻器，得到多组电流I和电压U.根实验数据，绘制出如图所示的U - I图像，由图线可求出E＝________V，r＝______Ω；
(3)实验中，某同学发现电流表被损坏，他利用完好的电压表和实验室中的下述器材，仍然可以较准确测量电源电动势和内阻的是______.
A．另一滑动变阻器
B．电阻箱
C．多个定值电阻(阻值为几欧)
D．量程合适的电压表(内阻未知)
[解题心得]
预测6 [2022·沧州二模]某同学想测量一旧手机中的锂电池的电动势和内阻(电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为500mA)．实验室备有如下器材：
A．电压表V(量程为3V，电阻RV约为4.0Ω)；
B．定值电阻R0(阻值为5Ω)；
C．电阻箱R(0～999.9Ω)；
D．开关S一只，导线若干．
(1)为测量锂电池的电动势E和内阻r，该同学设计了如图甲所示的电路图．请你帮助该同学按图甲所示的电路图，将图乙中实物连线补充完整．
(2)实验时，该同学通过改变电阻箱R的阻值，得到多组测量数据，根据测量数据作出 - 图像，如图丙所示．则该锂电池的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω(结果均保留两位有效数字)．该实验中电动势E的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是________________________________________________________________________．
预测7 [2022·福建押题卷]某同学用多用电表做了以下两个实验：
(1)用欧姆挡测量一电阻的阻值(约580Ω～610Ω)，进行了如图甲所示的a、b、c、d四个操作，正确的顺序是________；其中步骤b的指针指在图乙所示的刻度处，该同学选择的倍率为__________(选填“×1”“×10”或“×100”)；
(2)欧姆挡进行电阻调零后，为了测量红、黑表笔短接时流出多用电表的电流Im，该同学设计了如图丙所示的电路，但电路中有一处接线错误，请指出：________________；正确连接线路后，闭合开关，改变电阻箱的阻值，可得到多组电流表示数I和电阻箱阻值R，作出 - R图线如图丁，该图线纵轴截距为b，若忽略毫安表内阻，可得出Im＝__________；若考虑到毫安表内阻的影响，这个测量值__________真实值(选填“大于”“等于”或“小于”)．
考点五 电学其他实验
例6在“观察电容器的充、放电现象”实验中，对给定电容值为C的电容器充电后放电，无论采用何种放电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同．
(1)请在图甲中画出上述u - q图像．类比直线运动中由v - t图像求位移的方法，可以推导出两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep＝________(用C和U表示)．
(2)在如图乙所示的放电电路中，R表示电阻阻值．通过改变电路中元件的参数对同一电容器用相同的电压充电后进行两次放电，对应的q - t图像分别如图丙中①、②所示．
a．①、②两图像不同是________的改变造成的；
b．在实际应用中，有时需要电容器快速放电，有时需要电容器均匀放电．依据a中的结论，说明实现这两种放电方式的途径________________________________．
(3)如图丁所示，若某电容器的额定电压为2.7V，电容为10F，其充满电后储存的电能为________J(计算结果保留3位有效数字)．
[解题心得]
预测8 某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验．
(1)首先按图甲所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图乙所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转．进行上述实验的目的是________．
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．检查干电池是否为新电池
C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系
(2)接下来用图丙所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向．某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿______(选填“顺时针”或“逆时针”)方向．
(3)下表是该小组的同学设计的记录表格的一部分，表中完成了实验现象的记录，还有一项需要推断的实验结果未完成，表格中未完成的部分应填：________________(选填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”)．
实验记录表(部分)
操作 N极朝下插入螺线管
从上往下看的平面图(B0表示原磁场，即磁铁产生的磁场)
原磁场通过螺线管磁通量的增减 增加
感应电流的方向 沿逆时针方向
感应电流的磁场B′的方向
(4)该小组同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识．结合以上实验，有同学认为，理解楞次定律，关键在于抓住______(选填“B0”或“B′”)总是要阻碍________(选填“B0”或“B′”)磁通量的变化．
预测9 某物理兴趣小组在进行物理课外实验中，学生电源损坏，不能使用．
(1)(多选)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，可以使用220V的交流电源来代替，要完成实验，下图实验器材中需要用到的有________．
(2)组装变压器时，没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接u＝311sin314t(V)的交流电源，原副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是________．
A．27.5V B．38.9V
C．10.0V D．1760V
素养培优·创新实验
情境1 [2022·福建莆田二模]物理兴趣小组的同学们想通过实验探究热敏电阻的阻值与温度的关系及并联电路的电流与电阻的关系．实验室有如下器材：
A．热敏电阻Rx；
B．定值电阻R0；
C．学生直流电压电源(电动势为5V，内阻不计)；
D．电流表A1(量程为0.6A，内阻r1为5Ω)；
E．电流表A2(量程为3A，内阻r2约为1Ω)；
F．数字温控箱；
G．开关S，导线若干．
(1)为了更精确地描述出电阻Rx随温度变化的关系(精确测定不同温度时的阻值)，请完成虚线框内图甲电路图的设计．
(2)闭合开关S，分别记下电流表A1、A2的示数为I1、I2，其中A2的示数如图乙所示，则I2＝________A，可得Rx＝________(用题中已知和测量出的物理量的符号表示)．
(3)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rx - t图像．由图像分析可知，当温控箱中的温度达到450℃时，通过热敏电阻的电流为0.03A，此时热敏电阻的阻值仍满足图丙中的变化规律，则电流表A1的示数为________A．(结果保留2位有效数字)
[解题心得]
情境2 [2022·辽宁押题卷]目前表现比较出色的18650锂电池具有容量大、寿命长、安全性能高等优点，被广泛应用．
中文名 18650锂电池 常见类型 锂离子电池和磷酸铁锂电池
电池直径 18mm 电压 3.7V～4.2V
电池高度 65mm 常见容量
某活动小组利用以下器材测定一个新锂电池的电动势，实验电路图如甲图所示．
A．电流表G：量程2mA、内电阻RG约为200Ω
B．电压表V：量程0～3V、内电阻RV未知
C．固定电阻R0；阻值R0＝1800Ω
D．电键、导线若干
实验过程如下：
(1)闭合电键S1，将电键S2拨至“2”，稳定后电流表示数为I0＝1.85mA；
(2)将电键S2拨至“1”，稳定后电流表的示数为I1＝1.00mA.由乙图可知电压表的示数为U1＝________V；
(3)由以上数据可得：电动势E＝________V；(结果保留2位有效数字)
(4)活动小组利用以上数据计算出了电压表的内阻为________Ω，该电压表内阻的测量值________其真实值．(填“大于”“小于”或“等于”)
[解题心得]
情境3 [2022·重庆外国语学校一诊]酒驾严重危害了公共交通安全，打击酒驾现象已成为日常．如图甲为交警使用的某种酒精检测仪，核心部件为酒精气体传感器，其电阻R1与酒精气体浓度x的关系如图乙所示．
(1)某同学自行设计了简易酒精检测仪，如图丙所示，用到的器材有酒精气体传感器R1、电源(电动势为9.0V，内阻未知)、电流表(满偏电流为100mA，内阻为8.5Ω)．闭合开关，周围无酒精气体时，发现电流表刚好满偏，则电源内阻为________Ω.用该仪器________(选填“能”或“不能”)检测酒驾．
驾驶员状态 非酒驾 酒驾
酒精气体浓度标准(mg/mL) 小于0.2 大于或者等于0.2
检测仪状态 只有绿灯亮 绿灯、红灯都亮
(2)另一位同学查阅酒精检测仪说明书时看到题表，他根据自己的理解将酒精检测仪的内部电路简化为图丁．只有绿灯亮表示被测试者非酒驾，红灯、绿灯一起亮表示被测试者酒驾．图丁中电源电动势为6V，内阻不计，R2为定值电阻，R1为酒精气体传感器，L1、L2是彩色小灯泡，颜色一红一绿，小灯泡两端的电压达到0.7V才会发光，则L1为________(选填“红”或“绿”)灯，当红灯刚亮时通过其的电流为________A(结果保留2位有效数字)．
[解题心得]
专题十七 电学实验
高频考点·能力突破
考点一
例1 答案：(1)1.20 6.0 (2)0.50 2.50 (3)530.0Ω
预测1 解析：(1)欧姆表读数：对应最上边一行刻度值为15，倍率为“×100”，读数为1.5×103Ω；测2.0×104Ω电阻时应选“×1k”的欧姆挡．
(2)选50mA电流挡，则每一大格表示10mA，每一小格表示1mA，测量的精确度为1mA，应估读到0.1mA(此时为估读)，表针对应的读数为30.7mA；选择量程为250mA的电流挡，则每一大格表示50mA，每一小格表示5mA，测量的精确度为5mA，应估读到1mA(此时为估读)，表针对应的读数为153mA.
(3)选择10V电压挡，则每一大格表示2V，每一小格表示0.2V，测量的精确度为0.2V，应估读到0.1V(此时应为估读)，表针对应的读数为6.1V.
答案：(1)1.5×103 ×1k (2)30.7(30.5～30.9都正确) 153(152～154都正确) (3)6.1
考点二
例2 解析：流过电阻R0的电流I0＝I-Ig＝9mA-0.09mA＝8.91mA，由欧姆定律可知，Rg＝＝Ω＝990Ω.
答案：(1)如图所示 (2)990
例3 解析：(1)要求通过Rx的电流可在0～5mA范围内连续可调，则应用滑动变阻器的分压式接法，电流表的量程为1mA，需测到5mA，则要对电流表改装，与其并联一个电阻R0，电压表的内阻很大，则电流表采用外接法．
(2)滑动变阻器采用分压式接法，R应选最大阻值较小的滑动变阻器；电流表量程1mA改装为量程5mA，则R0＝＝＝75Ω，故R0应选阻值为75Ω的定值电阻．
(3)电压表的分度值为0.1V，读数时需估读到分度值的下一位，读数为2.30V，电流表的分度值为0.02mA，此时示数为0.84mA，考虑到改装关系，流过Rx的电流为5×0.84mA＝4.20mA，利用R＝解得Rx≈548Ω.
答案：(1)如图所示 (2)10Ω 75Ω (3)2.30 4.20 548
预测2 解析：(1)按图连接电路，闭合电键之前，要保护电路，让电流最小，则将滑动变阻器的滑片滑到最右端，让阻值最大．
(2)由于为了测量其阻值并将其截为阻值相等的两段，则将电阻箱R2的阻值调整与定值电阻R1相等，调为10Ω.
(3)利用了串联电阻的分压作用，当两电阻阻值相等时，电势降低一样，则两触点的电势相等，流过微安表的电流为零，所以为了等分电阻，只需要调节表笔在未知电阻上的接触位置，直到流过微安表的电流为零时，记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置．
(4)电流表的最小刻度为0.02A，读数时，只需要同位估读，所以电流表的读数为0.50A.
电压表的最小刻度为0.1V，读数时，需要估读到下一位，所以电压表的读数为2.50V.
(5)并联电阻的阻值为R并＝＝＝5Ω
根据并联电路电阻关系有＝
代入数据解得Rx≈6.7Ω
答案：(1)右 (2)10 (3)流过微安表的电流为零
(4)0.50 2.50 (5)6.7
预测3 解析：(1)根据图乙的螺旋测微器可知，其示数为D＝1.5mm＋16.5×0.01mm＝1.665mm
(2)由图甲电路图可知，电压表测量的是Rx和电流表的电压，电流表测量的是流过Rx的电流，若用Rx＝算出电阻丝连入电路的电阻Rx，则计算值与真实值相比偏大．
(3)根据电阻的决定式可知，电阻丝连入电路的电阻Rx＝ρ＝ρ
设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知＝Rx＋RA＝x＋RA
根据图丙 - x图像可知＝k，解得ρ＝
电流表内阻对电阻率的测量没有影响．
(4)根据闭合回路的欧姆定律可知U＝E-Ir
由图丁的U - I图像可知，电源的内阻r＝Ω≈0.91Ω
答案：(1)1.665(1.662～1.668均可) (2)偏大 (3) 没有 (4)0.91
考点三
例4 解析：(1)由图可知当S接A时，R1和R2串联接入电路，和电流表并联，满偏时电流表两端的电压为
Um＝Imr＝250×10-6×1.2×103V＝0.3V
此时R1和R2的电流为I＝＝A＝0.75×10-3A＝0.75mA
所以总电流为I总＝Im＋I＝1mA，即量程为0～1mA.
(2)当开关S接B端时，由图可知电阻R1和电流表串联再和电阻R2并联，由于和电流表并联的电阻变小，当电流表满偏时，流过电阻R2的电流变大，干路电流变大，即量程变大；所以开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时大．
(3)图甲是电流表的外接法，误差是由于电压表的分流引起的；图乙是电流表的内接法，误差是由于电流表的分压引起的，因为题目中电压表电阻未知，故采用图乙的方法可以修正由电表内阻引起的实验误差．
答案：(1)1 (2)大 (3)乙
预测4 解析：(1)电流表示数I1＝80mA时，R2所在支路电流I2＝I0-I1＝20mA，故R0＝＝3.2Ω.
(2)S接a时，欧姆表内阻R内＝＝20Ω，S接b时R3分流，电流表满偏时，电路总电流增大，此时欧姆表内阻R′内(3)S接b且电流表示数I1＝80mA时
＝10I1，＝0.8A
解得Rx＝0.5Ω
答案：(1)80 3.2 (2)0.36 (3)0.5
预测5 解析：(1)甲同学用电阻挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，说明倍率挡选择过低，应该选择×1k挡，换挡后再重新调零，然后进行测量，则下列选项中合理的操作顺序为CAD.
(2)根据欧姆挡使用规则，严禁在通有电流的电阻上使用欧姆挡测量电阻，则选项A错误；将选择开关旋转到合适的电压挡，闭合开关，利用图1的电路测量小灯泡两端的电压，红表笔接高电势点，电流从红表笔流入，选项B正确；将选择开关旋转到合适的电流挡，闭合开关，利用图2的电路测量通过小灯泡的电流，电流从红表笔流入，选项C正确，D错误．
(3)因R1＝RA，则若将接线柱1、2接入电路时，当电流计满偏时，通过R1的电流也为250mA，则最大可以测量的电流为500mA＝0.5A；若将接线柱1、3接入电路时，最大可以测量的电压为U＝2Ig＝1.5V.
答案：(1)CAD (2)BC (3)0.5 1.5
考点四
例5 解析：(1)一节干电池的电动势约为1.5V，则电压表应选用A，为了减小测量误差，电流表选择C，为了方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的F；
(2)根据闭合电路欧姆定律得U＝E-Ir
可得U - I图线的纵轴截距为电源电动势E＝1.49V
斜率的绝对值为电源内阻r＝Ω＝0.76Ω
(3)利用滑动变阻器和电压表，无法求出电路中的电流，所以不能测出电动势和电源内阻，故A错误；利用变阻箱和电压表，由于电阻箱可以读出阻值，所以可以计算出电路中的电流，可以测出电动势和电源内阻，故B正确；利用多个定值电阻和电压表，定值电阻阻值已知，所以可以计算出电路中的电流，可以测出电动势和电源内阻，故C正确；利用两个电压表，由于电压表的内阻未知，无法较准确测量电源电动势和内阻，故D错误．
答案：(1)C A F (2)1.49 0.76 (3)BC
预测6 解析：(1)图乙中实物连线如图所示
(2)由闭合电路的欧姆定律可知E＝U＋(r＋R0)
化简可得＝
对照题图丙可知＝0.3
解得E≈3.3V
根据表达式＝
可得，图丙斜率为
＝k＝
解得r≈12Ω
电压表的分流主要导致实验中电动势E的测量值偏小．
答案：(1)图见解析 (2)3.3 12 电压表的分流
预测7 解析：(1)机械调零，用刻度盘下的调零旋钮手动把指针拨到零刻度线处；指针调零，两个表笔短接，调整调零旋钮，让指针指在零的位置；连接待测电阻测量，表盘电阻的读数，乘以挡位开关倍率，乘积为电阻值；测完后万用表挡位调到交流电压的最高挡，或断开挡．故正确的顺序是adcb；由于电阻的阻值(约580Ω～610Ω)，根据在图乙所示的刻度，可知选择的倍率为×10；
(2)万用表欧姆挡表内自带电源，电流红进黑出，而对于毫安表，电流应从正极进负极出，因此电流表的正负接线柱接反；欧姆表测量原理为I＝(设毫安表无电阻)，作如题图线可将其转化为＝，当Rx为零时，此时＝，即Im＝，由于Im＝，当考虑到毫安表内阻的影响，R总增大，这个测量值小于真实值．
答案：(1)adcb ×10 (2)电流表的正负接线柱接反 小于
考点五
例6 解析：
(1)由电容的定义式可知C＝，则u - q图像为过原点的斜率恒定的直线，如图所示，图像和横轴围成的面积表示电容器储存的电能，则Ep＝qU，又由电容的定义式有C＝＝，则有Ep＝CU2.
(2)a.因为两次放电是同一电容器用相同电压充电后的放电，由Q＝CU可知两次放出的总电荷量相等，故①、②两条曲线不同只能是R的改变造成的．b.R较小时，刚开始放电瞬间电流I大，图像在该点切线斜率大，对应图像①，短时间内放出的电荷量更多，故减小R可以实现电容器快速放电；R较大时，放电瞬时电流I小，对应图像②，故增大R可以实现均匀放电．
(3)根据公式有Epmax＝＝×10×2.72J＝36.5J．
答案：(1)CU2 (2)a.R b．减小R可以实现电容器快速放电，增大R可以实现均匀放电 (3)36.5
预测8 解析：(1)由题意可知，电流从电流计左边进时，指针左偏，右边进时，指针右偏，本实验目的是探究感应电流的方向，则进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系，故选C；(2)电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的右边(正接线柱)流入，则说明螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿顺时针方向；(3)由题意可知，感应电流的方向为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向外；(4)由题意可知，理解楞次定律，关键在于抓住B′总是要阻碍B0磁通量的变化．
答案：(1)C (2)顺时针 (3)垂直纸面向外 (4)B′ B0
预测9 解析：(1)本实验需要线圈和铁芯，还需要电压表测量电压，故选A、C.
(2)根据题意U1＝V＝220V
根据＝
代入数据得U2＝U1＝27.5V
由于铁芯没有闭合，有漏磁现象，实际上输出电压低于计算值，故选C.
答案：(1)AC (2)C
素养培优·创新实验
情境1 解析：(1)题中没有电压表，可用已知内阻的电流表A1与热敏电阻并联测电压，电流表A2放在干路上测电流，实验电路图如图所示．
(2)A2的量程为3A，最小刻度为0.1A，则示数I2＝1.20A，根据电路图可得Rx＝.
(3)由图丙可知Rx＝(10＋t) Ω，当温控箱中的温度达到450℃时，热敏电阻的阻值为Rx＝70Ω，又此时通过热敏电阻的电流为0.03A，则电流表A1的示数为I1＝＝A＝0.42A.
答案：(1)见解析图 (2)1.20 (3)0.42
情境2 解析：(2)由乙图可知电压表量程选择为0～3V，1格对应的电压数值为0.1V，故需要估读到精确值的下一位，图中示数为U1＝1.70V.
(3)将电键S2拨至“2”，由闭合电路欧姆定律可得E＝I0(r＋RG＋R0)，将电键S2拨至“1”，由闭合电路欧姆定律可得E＝U1＋I1(r＋RG＋R0)，联立以上式子解得E＝＝V＝3.7V
(4)根据欧姆定律可得电压表的内阻为RV＝＝Ω＝1700Ω，由于将电键S2拨至“1”，电流表与电压表为串联关系，故电流表示数就是通过电压表的电流，所以电压表内阻测量值等于真实值．
答案：(2)1.70 (3)3.7 (4)1700 等于
情境3 解析：(1)电流表刚好满偏，则电流表两端电压为UA＝IRA＝0.85V，此时周围无酒精气体，则R1取80Ω，其两端电压为U1＝IR1＝8V，则电源内阻为r＝＝1.5Ω；当无酒精气体时，R1电阻最大，此时电流表刚好满偏，若有酒精气体时，R1电阻变小，电路中电流变大，超过电流表的最大量程，所以该仪器不能检测酒驾．
(2)两个小灯泡颜色一红一绿，小灯泡两端的电压达到0.7V才会发光，所以亮绿灯的小灯泡需要保证其两端的电压一直大于等于0.7V，初始电阻大时应当不让红色小灯泡亮，等电阻变小时让红色小灯泡亮，这样才可以查出酒驾，所以一直亮绿灯的小灯泡应当与定值电阻串联接在一起，这样无论R1如何变化，都不会影响绿色小灯泡是否亮，且与定值电阻串联接在一起也会保证绿灯一直亮，所以L2是绿灯，L1是红灯．当酒精气体浓度达到0.2mg/mL时，L1会变亮，此时L1两端电压为0.7V，已知电源电动势为6V，则R1两端电压为5.3V，根据图乙可知R1的阻值为30Ω，则当红灯刚亮时，通过其的电流为I1＝＝A＝0.18A.
答案：(1)1.5 不能 (2)红 0.18专题十四热学
命题热点 常考题型
(1)分子动理论，晶体、非晶体、液体及表面张力； (2)气体实验定律和理想状态方程的应用； (3)热力学定律与气体实验定律的结合； (4)与生活实际相关的热学问题． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 分子动理论 固体与液体
1．必须注意的“三点”
(1)分子直径的数量级是10－10m；分子永不停息地做无规则运动．
(2)球体模型(适用于固体、液体)，立方体模型(适用于气体)．
(3)晶体、非晶体的关键性区别为是否具有固定的熔点，只有单晶体才可能具有各向异性．
2．必须弄清分子力和分子势能
理想气体没有分子势能
(1)分子力：分子间引力与斥力的合力．分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增大，但斥力总比引力变化得快．
(2)分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0(分子间的距离为r0时，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小．
例1[2022·河北高三一模](多选)下列说法正确的是( )
A.图甲为中间有隔板的绝热容器，隔板左侧装有温度为T的理想气体，右侧为真空．现抽掉隔板，气体的最终温度仍为T
B．图乙为布朗运动示意图，悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的不平衡性表现得越明显
C．图丙为同一气体在0 ℃和100 ℃两种不同情况下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线，两图线与横轴所围面积不相等
D．图丁中，液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的作用力表现为引力
[解题心得]
预测1 [2022·江苏冲刺卷]北京冬奥会的雪花形主火炬由96块小雪花和6个橄榄枝组成．关于雪花的下列说法正确的是( )
A．一片雪花大约由1 000个水分子组成
B．雪花融化成的水是液态的晶体
C．雪花是水蒸气凝华时形成的晶体
D．没有两片雪花是相同的，因此雪花不属于晶体
预测2 (多选)2021年8月5日，在东京奥运会跳水女子10m台决赛中，14岁的全红婵以总分466.2拿到金牌，并打破了世界纪录．她的五次跳水中有三次满分，娴熟的动作和标准的姿势不禁让李小鹏感叹：我扔个硬币溅起的水花都比她跳水的水花大．下列说法正确的是( )
A．运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为制造泳衣的材料对水不浸润
B．运动员入水过程中，在水中产生的气泡内的气体压强大于大气压
C．运动员入水激起的水花中，很多接近球形，这是水的表面张力的作用
D．运动员入水后，身体周围会出现一些小气泡，这些小气泡在做无规则的布朗运动
考点二 气体实验定律和理想状态方程的应用
对三个气体实验定律的理解
(1)定律在温度不太低、压强不太大的情况下适用： 中学阶段，所涉及的计算题一般都适用
(2)一定质量的理想气体做等容变化时，气体的压强跟摄氏温度不成正比；
(3)气体做等容变化时，气体压强的变化量与温度的变化量成正比，即＝＝.
例2[2022·全国甲卷，节选]如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0.环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦．
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强．
[试解]
预测3 [2022·江苏冲剌卷]如图，某材料制备系统由供气瓶、反应室、加热器和真空泵等设备组成．供气瓶的容积为20L，储存的气体压强为3.0×105Pa，反应室的容积为10L．制备材料前，反应室处于真空状态，关闭所有阀门．制备材料时，先打开阀门1，供气瓶向反应室缓慢供气，当反应室气压达到1.0×102Pa时，关闭阀门1；对反应室内气体缓慢加热，使其从室温25℃升到200℃，进行材料合成．实验结束后，待反应室温度降至室温，将其抽至真空状态．环境温度恒定，忽略材料体积，气体不参与反应．
(1)加热后，求反应室内气体的压强(结果保留3位有效数字)．
(2)当供气瓶剩余气体压强降到1.5×105Pa时，需更换新的供气瓶，供气瓶最多能给反应室充气多少次？
[试解]
预测4 如图甲所示，粗细均匀的足够长玻璃管的一端开口，另一端封闭，管的横截面积S＝10cm2，沿水平方向放置时，一段长h＝38cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，管内气柱长度L1＝30cm，大气压强恒为p0＝76cmHg，室内热力学温度恒为T1＝300K．现将玻璃管沿逆时针方向缓慢转过90°.取76cmHg＝1×105Pa.
(1)求稳定后管内气柱的长度；
(2)使玻璃管的封闭端浸入冰水混合物中，管内气体的温度缓慢降低，求管内气体的温度降低的过程中，水银柱对管内气体做的功．
[试解]
考点三 热力学定律和气体定律的结合
热力学定律与气体实验定律问题的处理方法
(1)气体实验定律研究对象是一定质量的理想气体．
(2)解决具体问题时，分清气体的变化过程是求解问题的关键，根据不同的变化，找出与之相关的气体状态参量，利用相关规律解决．
(3)对理想气体，只要体积变化，外界对气体(或气体对外界)就要做功，如果是等压变化，W＝pΔV；只要温度发生变化，其内能就发生变化．
(4)结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q求解问题．
例3[2022·全国甲卷，节选](多选)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p T图上从a到b的线段所示。在此过程中________．
A.气体一直对外做功
B．气体的内能一直增加
C．气体一直从外界吸热
D．气体吸收的热量等于其对外做的功
E．气体吸收的热量等于其内能的增加量
[解题心得]
例4一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环，该过程每个状态可视为平衡态．下列说法中正确的是( )
A．状态A气体分子的平均动能比状态B气体分子的平均动能大
B．状态C到状态D，气体的内能保持不变
C．状态B到状态C，气体将放出热量
D．状态D到状态A，气体对外做功
[解题心得]
预测5 [2022·山东冲刺卷](多选)一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C、D再回到状态A，其体积V与温度T的关系如图所示．图中TA、VA和TD为已知量，则下列说法正确的是( )
A．从状态A到B，气体经历的是等压过程
B．从B到C的过程中，气体的内能减小
C．从C到D的过程中，气体向外放热
D．气体在状态D时的体积VD＝
预测6 [2022·辽宁模拟卷]真空泵抽气腔与容器相连，活塞向左运动时即从容器中抽气，活塞向右运动时阀门自动关闭，将进入气腔内的气体全部排出，示意图如图甲．设抽气过程中抽气腔与容器中的气体压强始终相等，每次抽气活塞均从抽气腔最右端移动至最左端．已知容器的容积为V0，抽气腔的容积为nV0，初始时刻气体压强为p0.
(1)若抽气过程中气体的温度保持不变，求第一次抽气后容器中气体的压强p；
(2)若在绝热的条件下，某次抽气过程中，气体压强p随体积V变化的规律如图乙，求该过程气体内能的变化量ΔU.
[试解]
素养培优·情境命题
与生活实际相关的热学问题
情境1 为了有效控制新冠疫情传播，在转移患者时采用专用的负压救护车，负压救护车的核心是负压舱．它不工作时为开放状态，工作时通过顶部循环过滤的进、排气高效净化系统保证负压舱内为微负压环境及内部空气流通，为疑似病人提供新鲜空气，同时保护周围人员及周围环境不受病源体污染．已知大气压强为p0，环境温度为T0.负压舱正常工作时内部温度比环境温度高了k1T0，内部压强比外界低了k2P0.空气视为理想气体，物理量的单位均为国际单位制，常数k1和k2均远小于1.则负压舱从开放状态转为正常工作状态需向外界排出的空气质量与原有空气质量的比值为( )
A． B．
C． D．
[解题心得]
情境2 [2022·重庆质检]可折叠轮椅(RevolveAir)的发明为参加北京冬残奥会的运动员的出行提供了便利．该轮椅只需简单几步，能缩至不到20L的拉杆箱大小，并可带上飞机放入行李舱．若轮椅折叠收入箱中时，轮胎中空气全部被排尽，打开使用时需重新充气．已知大气压强为p0且保持不变，某次在室温下(27℃)对轮胎充气，使轮胎内压强达到4p0.单边轮胎充满气时内部气体体积为V0，且充好后轮胎不漏气．
(1)若打气筒每次充入0.1V0的压强为p0的空气，则对单边轮胎共需打气多少次？
(2)若运动员坐上轮椅后，轮胎内气体体积变为V0，要使轮胎内压强不超过4.5p0，则行驶时胎内气体温度应不超过多少摄氏度？(不考虑行驶过程中胎内气体体积的变化，取T＝273＋t)
[试解]
情境3 [2022·广东押题卷]“拔火罐”是我国传统医疗的一种手段．如图所示，医生先用点燃的酒精棉球加热小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上．已知小罐质量m＝0.1kg，开口部位的直径d＝5cm.设加热后小罐内的空气温度t＝77℃，室温t0＝21℃，大气压p0＝1.0×105Pa，不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积的变化．取g＝10m/s2.当罐内空气变为室温时．
(1)求此时罐内气体的压强p；
(2)计算此时小罐对皮肤的压力F；并说明若考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积的变化，上述压力F的数值比真实值偏大还是偏小．
[试解]
情境4 新冠肺炎疫情期间，某班级用于消毒的喷壶示意图如图甲所示．壶的容积为1.5L，内含1.0L的消毒液．闭合阀门K，缓慢向下压压杆A，每次可向瓶内储气室充入0.05L的1.0atm的空气，多次下压后，壶内气体压强变为2.0atm时，按下按柄B，阀门K打开，消毒液从喷嘴处喷出．储气室内气体可视为理想气体，充气和喷液过程中温度保持不变，1.0atm＝1.0×105Pa.
(1)求充气过程向下压压杆A的次数和打开阀门K后最多可喷出液体的体积；
(2)喷液全过程，气体状态变化的等温线近似看成一段倾斜直线，如图乙所示，估算全过程壶内气体从外界吸收的热量．
[试解]
专题十四 热学
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：右侧为真空，气体自由膨胀，“没有做功对象”，根据热力学第一定律有ΔU＝W＋Q，做功W＝0，因为是绝热容器，所以没有热交换，即Q＝0，因此内能不变，理想气体的内能由温度决定，所以温度不变，所以A正确；悬浮在液体中的微粒越大，在某一瞬间跟它相撞的液体分子越多，撞击作用的平衡性表现的越明显，所以B错误；由丙图可知，在0 ℃和100 ℃两种不同情况下各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线与横轴所围面积都应该等于1，即相等，所以C错误；液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，液体表面层中分子间的作用力表现为引力，即液体的表面张力，所以D正确．
答案：AD
预测1 解析：一片雪花大约由大量的水分子组成，远大于1 000个，A错误；雪花融化成的水不是晶体，故B错误；根据物态变化可知，雪花是水蒸气凝华时形成的晶体，故C正确；雪花是晶体，故D错误．
答案：C
预测2 解析：运动员出水后泳衣上的水很快滑落，这是因为泳衣由对水不浸润的材料制成，故A正确；运动员入水后，水下气泡内的气体压强大于大气压，故B正确；运动员入水激起的水花接近球形，这是表面张力的作用，故C正确；运动员入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，故D错误．
答案：ABC
考点二
例2 解析：(1)选第Ⅳ部分气体为研究对象，在B汽缸中的活塞到达汽缸底部的过程中发生等压变化：＝，解得T1＝T0.
(2)以第Ⅱ、Ⅲ部分气体整体为研究对象，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：＝.对第Ⅳ部分气体，温度由T0升至2T0过程，由理想气体状态方程：＝，解得p1＝p0.
答案：(1)T0 (2)p0
预测3 解析：(1)根据查理定律得＝
解得p2＝p1＝159 Pa.
(2)设可以供n次，则根据玻意耳定律得p0V0＝，解得n＝3 000次．
答案：(1)159 Pa (2)3 000次
预测4 解析：(1)设稳定后管内气柱的长度为L2，对管内封闭气体初态时p1＝p0＝76 cmHg
V1＝L1S，T1＝300 K
末态时p2＝(76＋38) cmHg＝114 cmHg
V2＝L2S
根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得L2＝20 cm.
(2)设稳定后管内气柱的长度为L3
V3＝L3S，T3＝273 K
气体发生等压变化，有＝，可得L3＝18.2 cm
水银柱对管内气体做的功W＝p2(L2－L3)S
解得W＝2.7 J.
答案：(1)20 cm (2)2.7 J
考点三
例3 解析：p -T图线过坐标原点，因此气体从状态a到状态b发生等容变化，气体没有对外做功，A、D错误；从状态a到状态b气体温度升高，一定质量的理想气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加，B正确；根据热力学第一定律可知气体从外界吸热，且吸收的热量等于其内能增加量，C、E正确．
答案：BCE
例4 解析：由图可知A状态的压强、体积都比B状态的小，由理想气体状态方程＝，得TATC，所以气体从状态B到状态C内能减小，ΔU<0，W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q<0，故气体将放出热量，故C正确；状态D到状态A，气体体积不变，气体对外做功为0，故D错误．
答案：C
预测5 解析：从状态A到B，气体经历的是等容过程，所以A错误；从B到C的过程中，温度不变，则气体的内能不变，所以B错误；从C到D的过程中，气体温度降低，气体内能减小ΔU<0，体积减小，则外界对气体做正功W>0，根据热力第一定律ΔU＝W＋Q可知，Q<0则气体向外放热，所以C正确；从状态D到A，气体经历的是等压过程，根据＝解得VD＝，所以D正确．故选C、D.
答案：CD
预测6 解析：(1)等温变化，第一次抽气p0V0＝p(V0＋nV0)
得p＝.
(2)绝热过程可知Q＝0
又有W＝－ΔV＝－(nV0)＝－0.8p0nV0
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝W＝－0.8p0nV0.
答案：(1)p＝ (2)－0.8p0nV0
素养培优·情境命题
情境1 解析：根据题意，设原有气体的质量为m，放出气体的质量为Δm，初态体积为V，排出的气体体积为ΔV，由理想气体状态方程有＝，解得ΔV＝·V，则向外界排出的空气质量与原有空气质量的比值为＝＝，故D正确．
答案：D
情境2 解析：(1)在室温下对轮胎充气，由玻意耳定律可得np0×0.1V0＝4p0V0
解得n＝40次．
(2)设运动员坐上轮椅后轮胎内气体压强为p′，应用玻意耳定律，有4p0V0＝p′×V0
行驶过程中胎内气体体积不变，由查理定律可得＝，联立，可得t＝42 ℃.
答案：(1)40次 (2) 42 ℃
情境3 解析：(1)拔罐内的气体做等容变化，初态：p1＝p0，T1＝(273＋77) K＝350 K
末态：p2＝？，T2＝(273＋21)K＝294 K
根据查理定律可得＝，
解得p2＝0.84×105 Pa.
(2)对皮肤的压力为F＝mg＋(p0－p2)·π·()2＝32.4 N
若考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积的变化，应为封闭气体的体积减小了，即V2答案：(1)0.84×105 Pa (2)此时小罐对皮肤的压力F为32.4 N，若考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积的变化，上述压力F的数值比真实值偏大．
情境4 解析：(1)壶中原来空气的体积
V1＝0.5 L
由玻意耳定律p1(nV0＋V1)＝p2V1
解得n＝10次．
最多喷射的液体ΔV＝nV0＝0.5 L.
(2)外界对气体做功W＝－ΔV＝－75 J
由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q＝0
解得Q＝75 J.
答案：(1)10次 0.5 L (2)75 J专题十五光电效应 能级跃迁 原子核
命题热点 常考题型
(1)光电效应规律的应用； (2)玻尔理论和能级跃迁； (3)衰变、核反应与核能的计算； (4)与近代物理相关的生活、科技问题． 选择题
高频考点·能力突破
考点一 光电效应规律的应用
1．光电效应两条对应关系
(1)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大；
(2)光照强度大(同种频率的光)→光子数目多→发射光电子多→光电流大．
2．定量分析时应抓住三个关系式
爱因斯坦光电效应方程 Ek＝hν－W0
最大初动能与遏止电压的关系 Ek＝eUc
逸出功与截止频率的关系 W0＝hνc
例1[2022·河北卷]如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h.由图像可知( )
A．钠的逸出功为hνc
B．钠的截止频率为8.5×1014Hz
C．图中直线的斜率为普朗克常量h
D．遏止电压Uc与入射光频率ν成正比
[解题心得]
预测1 [2022·全国冲刺卷]胶片电影利用光电管把“声音的照片”还原成声音，原理如图所示，在电影放映机中用频率为ν、强度不变的一极窄光束照射声音轨道，由于影片上各处的声音轨道宽窄不同，在影片移动的过程中，通过声音轨道后的光强随之变化，射向光电管后，在电路中产生变化的电流，经放大电路放大后，通过喇叭就可以把声音放出来．则( )
A．只减小光的频率，一定可以还原出声音
B．只增大光的强度，一定可以还原出声音
C．a端为电源正极
D．a端为电源负极
预测2 [2022·湖南押题卷]某同学欲探测某种环境下是否有频率高于7.73×1014Hz的电磁波辐射，利用光电效应现象自制了一个探测器，如图所示．当环境中含有高于此频率的电磁波时灵敏电流表有示数．下表给出了几种金属的极限频率．则( )
金属 钨 钙 钠 钾 铷
νc/(×1014Hz) 10.95 7.73 5.53 5.44 5.15
A.发生光电效应的金属板应该选用金属钙
B．如果发生光电效应的金属板选择金属钠，则电流表有示数时，环境中一定含有频率高于7.73×1014Hz的电磁波
C．要想提高仪器的灵敏度，电流表选灵敏一些的，两板间距选适当大一些的
D．如果在两板间加上“左正右负”的电压，效果会更好
预测3 [2022·湖南押题卷](多选)用如图所示的装置研究光电效应现象，光电管阴极K与滑动变阻器的中心抽头c相连，光电管阳极与滑动变阻器的滑片P相连，初始时滑片P与抽头c正对，电压表的示数为0(电压表0刻线在表盘中央)．在移动滑片P的过程中，光电流I随电压表示数U变化的图像如图所示，已知入射光的光子能量为1.6eV.下列说法正确的是( )
A．当滑片P与c正对时，电路中有光电流
B．当U＝－0.6V时，滑片P位于a、c之间
C．阴极材料的逸出功为1.0eV
D．当U＝0.8V时，到达阳极的光电子的最大动能为2.4eV
考点二 玻尔理论和能级跃迁
1．玻尔理论的三条假设
轨道量子化 核外电子只能在一些分立的轨道上运动
能量量子化 原子只能处于一系列不连续的能量状态，En＝E1(n＝1，2，3, ...)
吸收或辐射 能量量子化 原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或辐射一定频率的光子，hν＝En－Em(m＜n)
2.解决氢原子能级跃迁问题的三点技巧
(1)原子跃迁时，所吸收或辐射的光子能量只能等于两能级的能量差．
(2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值，剩余能量为自由电子的动能．
(3)一个氢原子跃迁发出的可能光谱线条数最多为(n－1)，而一群氢原子跃迁发出的可能光谱线条数可用N＝＝求解．
例2 [2022·浙江6月]如图为氢原子的能级图．大量氢原子处于n＝3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29eV的金属钠．下列说法正确的是( )
A．逸出光电子的最大初动能为10.80eV
B．n＝3跃迁到n＝1放出的光子动量最大
C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D．用0.85eV的光子照射，氢原子跃迁到n＝4激发态
[解题心得]
例4 [2022·东北三省四市联考]氦离子(He＋)和氢原子一样．原子核外只有一个电子，因此它们有着相似的能级图，如图所示为氢原子和氦离子的能级图．一群处于量子数n＝4的激发态的氦离子，能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射光子．已知金属钨的逸出功为4.54eV.则向外辐射多种频率的光子中( )
A．最多有3种频率的光子
B．能使金属钨发生光电效应的有3种频率的光子
C.能够使处于基态的氢原子电离的有3种频率的光子
D．能够使处于基态的氢原子跃迁的有4种频率的光子
例5 [2022·山东押题卷]为了更形象地描述氢原子能级和氢原子轨道的关系，作出如图所示的能级轨道图，处于n＝4能级的氢原子向n＝2能级跃迁时辐射出可见光a，处于n＝3能级的氢原子向n＝2能级跃迁时辐射出可见光b，则以下说法正确的是( )
A．a光照射逸出功为2.14eV的金属时，光电子的最大初动能为0.41eV
B．a光的波长比b光的波长长
C．辐射出b光时，电子的动能和电势能都会变大
D．一个处于n＝4能级的氢原子自发跃迁可释放6种频率的光
考点三 衰变、核反应与核能的计算
1．核衰变问题
(1)核衰变规律：m＝m0，N＝N0.
(2)α衰变和β衰变次数的确定方法
①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数．
②方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解．
2．核能的计算方法
(1)根据爱因斯坦质能方程，用核反应亏损的质量乘真空中光速c的平方，即ΔE＝Δmc2(J)．
(2)根据1u(原子质量单位)相当于931.5MeV的能量，用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘931.5MeV，即ΔE＝Δm×931.5 (MeV)．
3．常见的核反应
(1)衰变
(2)重核裂变
(3)轻核聚变
(4)人工转变
例3 [2022·全国甲卷]两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t＝0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t＝2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t＝4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为( )
A． B． C． D．
[解题心得]
预测6 [2022·历城二中测评]2021年12月30日，中国“人造太阳”——全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)再次创造新的世界纪录，实现1056秒的长脉冲高参数等离子体运行．大科学工程“人造太阳”通过核反应释放的能量用来发电，其主要的核反应过程可表示为( )
A.H―He
BHe―
Cn―
DU―Th
预测7 [2022·辽宁卷]2022年1月，中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果．表明我国核天体物理研究已经跻身国际先进行列．实验中所用核反应方程为―→，已知X、、的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E.下列说法正确的是( )
A．X为氘核
B．X为氚核
C．E＝(m1＋m2＋m3)c2
D．E＝(m1＋m2－m3)c2
预测8 (多选)2021年9月，在甘肃省武威市全球首台钍基熔盐核反应堆进行试运行放电，也标志着我国成为世界上第一个对第四代核电技术进行商业化试验运营的国家．反应堆工作原理如图所示，钍)吸收一个中子后会变成钍233，钍233不稳定，会变成易裂变核素铀)．下列说法正确的是( )
A．钍233变成铀233的核反应方程式是：，―→
B．中间产生的新核镤)从高能级向低能级跃迁时，会伴随γ辐射
C．新核铀)的结合能小于钍)
D．核反应堆是通过核裂变把核能直接转化为电能发电
预测9 [2022·辽宁押题卷]碳14是宇宙射线撞击空气中的氮14原子所产生，具有放射性，碳14原子发生β衰变转变为氮14.生物存活期间需要呼吸，其体内的碳14含量大致不变；生物停止呼吸后，体内的碳14开始减少．可以根据死亡生物体内残余碳14含量来推断它的死亡时间．碳14各个半衰期所剩原子比例如图所示，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的三分之一．下列说法正确的是( )
A．碳14的衰变方程式为―→+
B．该古木的年代距今大于11460年
C．14C和14N中含有的中子个数相等
D．如果古木处于高温、高压下测量结果可能有较大误差
素养培优·情境命题
与近代物理相关的生活、科技问题
与近代物理相关的科技问题相对较多，与我们生活接近的有：放射治疗、辐照保鲜、烟雾报警器等，与生产科技有关的有：射线测厚装置、示踪原子、光伏发电、核电站等．要解决科技发展问题必须要了解科技问题背后的原理．放射治疗、辐照保鲜、射线测厚装置、示踪原子等是利用了放射性同位素的射线，烟雾报警器、光伏发电利用了光电效应，核电站利用了核裂变．
情境1 [2022·浙江6卷](多选)秦山核电站生产的核反应方程为―→＋X，其产物的衰变方程为―→+.下列说法正确的是( )
A．X是
B．可以用作示踪原子
C．来自原子核外
D．经过一个半衰期，10个将剩下5个
[解题心得]
情境2 (多选)2021年4月13日日本政府宣布将向太平洋倾倒逾125万吨福岛核电站内储存的核废水，消息一出举世哗然．福岛核电站的裂变材料是铀235，核废水含有大量的氚以及钡141、氪92、锶90、钴60、碘129、钉106等放射性核素．由于含氚的水和普通的水具有相同的化学性质，物理性质也相近，因而现有的废水处理技术很难去除，铀235的半衰期大约为12.5年．针对这一事件，下列同学的观点正确的是( )
A．为了保护海洋环境，日本政府应在12.5年后再排放经过处理的核废水
B．比较铀235、钡141、氪92、锶90的原子核，铀235的平均核子质量最大
C．比较铀235、钡141、氪92、锶90的原子核，铀235的比结合能最大
D．核反应方程：+―→+＋3X中的X是中子
[解题心得]
情境3 (多选)红外测温具有响应时间快、非接触、安全准确的优点，在新冠疫情防控中发挥了重要作用．红外测温仪捕捉被测物体电磁辐射中的红外线部分，将其转变成电信号．图甲为红外线光谱的三个区域，图乙为氢原子能级示意图．已知普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，光在真空中的速度c＝3.0×108m/s，下列说法正确的是( )
A．红外线光子能量的最大值约为1.64eV
B．氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时释放出的光子能被红外测温仪捕捉
C．大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时，红外测温仪可捕捉到2种频率的红外线
D．大量处于n＝2激发态的氢原子吸收能量为2.86eV的光子后，辐射出的光子可能被红外测温仪捕捉
[解题心得]
情境4 [2022·山东青岛二模](多选)如图为某同学设计的一个光电烟雾探测器，光源S发出一束波长为0.8μm的红外线，当有烟雾进入探测器时，来自S的红外线会被烟雾散射进入光电管C，当红外线射到光电管中的金属表面时发生光电效应，当光电流大于8×10－9A时，便会触发报警系统．已知元电荷e＝1.6×10－19C，光在真空中的传播速度为3×108m/s.下列说法正确的是( )
A．光电流的大小与光照强度无关
B．若光源发出的是可见光，则该装置将会失去报警功能
C．该金属的极限频率小于3.75×1014Hz
D．若射向光电管C的光子中有10%会产生光电子，当报警器报警时，每秒射向该金属表面的光子数最少为5×1011个
[解题心得]
专题十五 光电效应 能级跃迁 原子核
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc＝Ekmax，根据爱因斯坦光电效应方程有Ekmax＝hν－W0，结合图像可知，当Uc为0时，解得W0＝hνc，A正确；钠的截止频率为νc，根据图像可知，截止频率约为5.5×1014Hz，B错误；结合遏止电压与光电效应方程可解得Uc＝ν－，对比遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线可知，图中直线的斜率表示，C错误；根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压Uc与入射光频率ν成线性关系，不是成正比，D错误．
答案：A
预测1 解析：只增大光的频率，肯定有光电子从光电管的阴极到达阳极，从而使电路导通，一定可以还原出声音，反之则不一定发生光电效应现象使电路导通，故A、B错误；光照射部分为阴极材料，光电子到达另一侧，在电场力作用下到达电源正极，故a端为电源正极，故C正确，D错误．
答案：C
预测2 解析：根据题表数据可知金属钙的极限频率为7.73×1014Hz，只有当环境中有高于7.73×1014Hz的电磁波辐射时，才能使光电子从钙板中逸出，从而使灵敏电流表有示数，所以发生光电效应的金属板应该选用金属钙，故A正确；根据题表数据可知金属钠的极限频率为5.53×1014Hz，如果发生光电效应的金属板选择金属钠，则电流表有示数时，环境中一定含有频率高于5.53×1014Hz的电磁波，不一定含有频率高于7.73×1014Hz的电磁波，故B错误；要想提高仪器的灵敏度，电流表选灵敏一些的，且为了能够使光电子能够更易到达阳极，两板间距应选适当小一些的，故C错误；如果在两板间加上“左负右正”的电压，光电子受到向右的电场力，更易到达阳极，效果会更好，故D错误．
答案：A
预测3 解析：当滑片P与c正对时，光电管两端无电压，由题中右图可以看出光电流不为零，故A正确；由图可知，当U＝－0.6V时，光电流为0即为遏止电压，即光电管两端接反向电压，则阴极电势应更高，滑片P位于b、c之间，故B错误；由光电效应方程有Ek＝hν－W0，由图可知，当U＝0.6V时，光电流为0即为遏止电压，则有－0.6eV＝0－Ek联立解得W0＝1.0eV，故C正确；光电子逸出时的最大初动能为Ek0＝hν－W0＝0.6eV，当U＝0.8V时由动能定理得eU＝Ek－Ek0，得Ek＝eU＋Ek0＝(0.8＋0.6)eV＝1.4eV，故D错误．
答案：AC
考点二
例2 解析：氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级时释放的光子能量最大，频率也最大，能量为E1＝(－1.51eV)－(－13.6eV)＝12.09eV，照射逸出功为2.29eV的金属钠，光电子的最大初动能为Ekm＝E1－W＝9.8eV，频率大的光子波长小，根据p＝可知频率大的光子动量大，A错误，B正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级时释放的光子能量为E2＝(－1.51eV)－(－3.4eV)＝1.89eV答案：B
预测4 解析：一群氦离子从n＝4能级向低能级跃迁时可以辐射出6种频率的光子，A选项错误；其中只有从n＝4能级向n＝3能级跃迁时所辐射出的光子能量小于4.54eV，不能使金属钨发生光电效应，故共有5种频率的光子能使金属钨发生光电效应，故B选项错误；因为要使处于基态的氢原子发生电离，所需要的光子能量只要达到13.6eV就可以，根据辐射光子能量等于氦离子能级跃迁前后两能级的能量差可得，有3种频率的光子能使处于基态的氢原子电离，故C选项正确；氦离子只有从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射出的光子能量，等于氢原子n＝1能级与n＝2能级之间的能量差，可使处于基态的氢原子跃迁，故D选项错误．
答案：C
预测5 解析：a光的光子能量Ea＝E4－E2＝2.55eV，b光的光子能量Eb＝E3－E2＝1.89eV，根据E＝h，可知λb>λa，B错误；a光照射逸出功W0＝2.14eV的金属时，由于Ea>W0能发生光电效应，光电子的最大初动能Ek＝Ea－W0＝0.41eV，A正确；辐射出b光时，电子做圆周运动的半径减小，动能增加，电场力做正功，电势能减小，C错误；一个处于n＝4能级的氢原子自发跃迁时，释放出不同频率光的种类最多的情况为n＝4→n＝3→n＝2→n＝1，即最多能释放3种频率的光，D错误．
答案：A
考点三
例3 解析：设两种放射性元素的原子核原来总数分别为N1和N2，则N＝N1＋N2，因为N余＝·N原，所以t＝2t0时刻，＝N1＋N2，联立解得N1＝N，N2＝N，故t＝4t0时刻，N1＋N2＝，C项正确．
答案：C
预测6 解析：根据题意，实验装置为核聚变装置，核反应方程n，属于核聚变，故A正确；核反应方程，属于原子核的人工转变，故B错误；核反应方程n，属于裂变，故C错误；核反应方程―→+，属于衰变，故D错误．
答案：A
预测7 解析：根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为3，电荷数为1，为氚核，A错误，B正确；因该反应为人工转变，反应前两种粒子都有动能(总动能设为Ek1)，反应后的生成物也有动能Ek2，根据质能方程可知，由于质量亏损反应放出的能量为ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3)c2，则反应释放的能量为E＝Ek1＋ΔE－Ek2＝Ek1－Ek2＋(m1＋m2－m3)c2，C、D错误．
答案：B
预测8 解析：根据核反应的电荷数和质量数守恒可知，钍233变成铀233的核反应方程式是+，选项A正确；中间产生的新核镤Pa)从高能级向低能级跃迁时，放出能量，会伴随γ辐射，选项B正确；整个过程中释放能量，则生成的新核铀U)更加稳定，则新核铀U)的结合能大于钍)，选项C错误；在核电站的核反应堆内部，核燃料具有的核能通过核裂变反应转化为内能，然后通过发电机转化为电能，故D错误．
答案：AB
预测9 解析：根据质量数守恒和电荷数守恒，又因为碳14发生β衰变，所以衰变方程为，故A正确；根据图像可知，剩余三分之一，时间应该大于5730年小于11460年，故B错误；由元素序数知碳14中子数为8，氮14中子数为7，故C错误；半衰期与温度、压强无关，故D错误．
答案：A
素养培优·情境命题
情境1 解析：根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可知X为质子，A正确；由于具有放射性，且C是构成生物体的主要元素之一，所以可以用作示踪原子，B正确；β衰变放出的电子来自原子核，C错误；由于半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少量原子核不适用，所以经过一个半衰期，10个不一定剩下5个，D错误．
答案：AB
情境2 解析：为了保护海洋环境，日本政府在12.5年后还是不能排放经过处理的核废水，因为经过一个半衰期只是有半数发生衰变，还有半数的没有衰变，所以废水还是具有放射性的，所以不能排放，则A错误；比较铀235、钡141、氪92、锶90的原子核，铀235的平均核子质量最大，所以B正确；比较铀235、钡141、氪92、锶90的原子核，铀235的比结合能最小，因为比结合能越大原子越稳定，所以C错误；根据核反应过程中，遵循电荷数，质量数守恒定律，所以核反应方程＋3X中的X是中子，则D正确．
答案：BD
情境3 解析：红外线最短波长和最长波长分别为λmin＝0.76μm，λmax＝1000μm，根据光子能量E＝hν＝h，代入数据可得光子最大和最小能量分别为Emax＝1.64eV，Emin＝1.24×10－3eV，A正确；氢原子从n＝3能级向n＝2能级跃迁时释放出的光子能量E＝－1.51－(－3.4)＝1.89eV>Emax，因此不会被红外测温仪捕捉到，B错误；大量氢原子从n＝4能级向低能级跃迁时，放出的能量为E43＝－0.85－(－1.51)＝0.66eV，E32＝－1.51－(3.4)＝1.89eV，只有从n＝4向n＝3轨道跃迁时放出的光子能量在红外区，因此红外测温仪可捕捉到1种频率的红外线，C错误；大量处于n＝2激发态的氢原子吸收能量为2.86eV的光子后跃迁到n＝5的能级，再从该能级向回跃迁时，放出的能量有E54＝－0.54－(－0.85)＝0.31eV，E43＝－0.85－(－1.51)＝0.66eV，因此，辐射出的光子可能被红外测温仪捕捉，D正确．
答案：AD
情境4 解析：在达到饱和电流之前，光照强度越大，光电流越大，光电流的大小与光照强度有关，故A错误；根据报警器的工作原理，可见光的光子能量大于红外线的光子能量，所以若光源发出的是可见光，则该装置不会失去报警功能，故B错误；根据波长与频率的关系式有c＝λν，代入数据，可得ν＝3.75×1014Hz，根据光电效应原理，可知该金属的极限频率小于3.75×1014Hz，故C正确；当光电流等于8×10－9A时，每秒产生的光电子的数目为N＝个＝5×1010个，若射向光电管C的光子中有10%会产生光电子，故每秒射向金属表面的光子数最少为个＝5×1011个，故D正确．
答案：CD专题十一磁场及带电粒子在磁场中的运动
命题热点 常考题型
(1)安培定则、磁场的叠加； (2)安培力的分析与计算； (3)带电粒子在磁场中的运动； (4)带电粒子在复合场中的运动； (5)带电粒子在复合场中运动的应用实例． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 磁场的性质及磁场对电流的作用
1．磁场的叠加和安培定则应用的“三点注意”
(1)注意根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．
即磁感应强度的方向
(2)注意磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
(3)注意磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
要用到平行四边形法则，解三角形
2．安培力的分析与计算
(1)方向：左手定则
(2)大小：F＝BILsinθ
θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL
(3)二级结论：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥
例1[2022·全国乙卷]
(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知 ( )
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A.测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
[解题心得]
预测1 [2022·浙江1月]利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置．先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是( )
预测2 如图所示，两根相距为d的长直导线分别通有电流I1、I2，纸面内有一点P，与两根导线的距离也为d，已知I1＝I2＝I时，P点的磁感应强度大小为B，若保持I1不变，将I2增大为3I，则此时P点磁感应强度大小为( )
A．5B B．2B
C．B D．B
预测3 如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好．图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I.若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是( )
A．两杆所受安培力的方向相同
B．图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C．在时间Δt内图甲中金属杆产生的电能为
D．在时间Δt内图乙中电源输出的能量为BILvΔt
考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动
1．注意“四点、六线、三角”
在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．
(1)四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.
(2)六线：圆弧两端点所在的两条轨迹半径、入射速度直线OB、出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度直线交点的连线AO.
(3)三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．
2．三个“二级”结论
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)．
例2[2022·湖北卷](多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直．离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角．已知离子比荷为k，不计重力．若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为( )
A．kBL，0° B．kBL，0°
C．kBL，60° D．2kBL，60°
[解题心得]
预测4 [2022·辽宁卷](多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示．内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器．两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点．粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点．装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力．下列说法正确的是( )
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
预测5 [2022·全国冲刺卷]如图所示，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h.则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( )
A．32∶41 B．56∶41
C．64∶41 D．41∶28
预测6 如图，在以x轴和虚线围成的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为L，上边界到x轴的距离为2L.在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为v0＝L，不计粒子之间的相互作用．求：
(1)某个粒子沿与x轴正方向成60°射出，它在磁场中运动的时间t；
(2)电流表的示数I；
(3)磁场上边界有粒子射出的区域宽度d.
[试解]
考点三 带电粒子在复合场中的运动
“三步”解决复合场问题
例3[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
[解题心得]
预测7 [2022·广东卷](多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A.电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
预测8 [2022·辽宁模拟卷]在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)．速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外．磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场的分布区域是一边长为L的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L.当偏转系统不加电场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点．整个系统置于真空中，不计离子重力．求：
(1)离子通过速度选择器的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统加电场时，离子从偏转系统底面飞出，注入到晶圆所在水平面的位置到O点的距离x.
[试解]
素养培优·情境命题
带电粒子在复合场中运动的应用实例
情境1 (多选)如图是回旋加速器的原理图，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒上加周期性变化的电压，电压的值为U，D形盒所在平面有垂直盒面向下的磁场，磁感应强度为B.一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则( )
A．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后动能增加qU
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒内运动半圆后动能增加2qvBR
D．粒子离开D形盒时动能为
[解题心得]
情境2 [2022·广东冲刺卷](多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是( )
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
[解题心得]
情境3 [2022·全国冲刺卷]海水中含有大量的正负离子，并在某些区域具有固定的流动方向，据此人们设计并研制“海流发电机”，可生产无污染的再生能源，对海洋航标灯持续供电，其工作原理如图所示，用绝缘防腐材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道上、下两个表面装有防腐导电板M，N，板长为a、宽为b(未标出)，两板间距为d，将管道沿着海水流动方向固定于海水中，将航标灯L与两导电板M和N连接，加上垂直于管道前后面的匀强磁场(方向如图)，磁感应强度大小为B，海水流动方向如图所示，海水流动速率为v，已知海水的电阻率为ρ，航标灯电阻为R，则下列说法正确的是( )
A．“海流发电机”对航标灯L供电的电流方向是N→L→M
B．“海流发电机”产生感应电动势的大小是E＝Bav
C．通过航标灯L电流的大小是
D．“海流发电机”发电的总功率为
[解题心得]
情境4 [2022·浙江6月]离子速度分析器截面图如图所示．半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S.整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点．离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q(q>0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用．
(1)①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小．
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小．
(3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)．
[试解]
专题十一 磁场及带电粒子在磁场中的运动
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．
答案：BC
预测1 解析：根据磁场方向与电流方向垂直时的安培力表达式F＝ILB可知，在只改变电流I时，其安培力F∝I，因此F-I图线为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项A错误，B正确；同理，在只改变导线通电部分长度L时，其安培力F∝L，因此F-L图线也为过坐标原点向上倾斜的直线，故选项C、D均错误．
答案：B
预测2 解析：由安培定则，I1在P点产生的磁感应强度垂直纸面向里，设为B0，I2在P点的磁感应强度竖直向上，由于I1＝I2＝I，P到两导线距离相等，都为d，所以I2在P点的磁感应强度大小也为B0，由矢量合成知B＝B0，将I2增大为3I，则I2在P点的磁感应强度大小也为3B0，则P点磁感应强度大小为B＝＝B0＝B.
答案：C
预测3 解析：图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得I1＝，金属杆受到的安培力F1＝BI1L＝，方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力F2＝BIL，方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为＝，故选项A、B错误；在Δt时间内，图甲中金属杆产生的电能等于金属杆克服安培力做的功E电＝F1vΔt＝，图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功，即E机＝F2vΔt＝BILvΔt，选项C错误，D正确．
答案：D
考点二
例2 解析：若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图
根据几何关系则有R＝L，qvB＝m
可得v＝＝kBL
根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°.
当粒子上下均经历一次时，如图
因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有R＝L
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m
可得v＝＝kBL
此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.
通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足
v＝＝kBL(n＝1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n，1，2，3…)
此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°.故可知B、C正确，A、D错误．
答案：BC
预测4 解析：由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不受磁场力作用，即粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；由以上分析可知粒子1不带电，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；粒子2在磁场中运动．洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得粒子运动轨迹半径r＝.可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确．
答案：AD
预测5 解析：甲粒子从高MN＝h的位置水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示，甲粒子圆周运动的半径为O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中根据勾股定理可知MP＝＝，则OM＝MP－OP＝，在△MNO中，根据几何关系可知tan37°＝＝＝，解得r1＝h，
乙粒子从高O2A＝O2P＝2h的高度水平飞入磁场，转过圆周从P点飞出，则乙粒子运动的半径为r2＝O2A＝2h，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝，可知粒子运动的半径r与粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为＝＝＝，故选项C正确．
答案：C
预测6 解析：(1)由eBv＝m，得r＝L
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝T＝.
(2)左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60°，
则单位时间内打在金属板上的粒子数为N＝n＝n，
电流表的示数为I＝ne.
(3)粒子从磁场左边射出的临界点为f点df＝L，
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝＝L，
粒子从上边界射出磁场的宽度d＝fd＋dg＝L＋L＝()L.
答案：(1) (2)ne (3)()L
考点三
例3 解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
预测7 解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．
答案：BC
预测8 解析：(1)离子通过速度选择器时，有Eq＝Bqv，
解得速度v＝，
离子在磁分析器中，有qvB＝m，
由几何关系，可得R＝，
联立解得＝.
(2)经过电场后，偏移的距离x1＝··，
偏转角度tanθ＝，
离开电场后，偏移的距离x2＝Ltanθ＝，
注入晶圆的位置到O点的距离x＝x1＋x2，
联立解得x＝.
答案：(1) (2)
素养培优·情境命题
情境1 解析：粒子每次经过D形盒之间的缝隙过程，电场力做功，根据动能定理可得qU＝ΔEk，即动能增加qU.由动能表达式Ek＝mv2，可知第n次经过D形盒之间的缝隙后速度变化为Δv＝() ，故A正确，B错误；粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变，故C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子离开D形盒时，粒子轨道半径为R，动能为Ek＝mv2，联立，可得Ek＝，故D正确．
答案：AD
情境2 解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝m，解得B＝，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝，D正确．
答案：BCD
情境3 解析：由左手定则可知，海水中正、负离子受洛伦兹力作用分别向M板和N板；M板带正电，N板带负电，发电机对航标灯提供电流方向是M→L→N，A错误；在M、N两板间形成稳定的电场后，其中的正、负离子受电场力和洛伦兹力作用而平衡，在两板间形成稳定电压，则＝Bqv，解得E＝U＝Bdv，B错误；海水的电阻r＝ρ＝ρ，由闭合电路欧姆定律得通过航标灯的电流为I＝＝，C正确；“海流发电机”发电的总功率为P＝IE＝，D错误．故选C.
答案：C
情境4 解析：(1)①离子在磁场中运动
qv0B＝
B＝.
②离子在磁场中的运动时间t＝
转筒的转动角度ωt＝2kπ＋
ω＝(4k＋1)，k＝0，1，2，…
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R′
R′＝Rtan，v＝v0tan
离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)
转筒的转动角度ω′t′＝2nπ＋θ
转筒的转动角速度为ω′＝·，n＝0，1，2，…
动量定理F＝Nmv
F＝tan，n＝0，1，2，…
(3)转筒的转动角速度＝<
k＝1，θ′＝π，n＝0，2
可得θ′可为π，π.
答案：(1)① ②ω＝(4k＋1)，k＝0，1，2，…
(2)F＝tan，n＝0，1，2，…
(3)π，π专题四运动的合成与分解 平抛运动及类平抛运动
命题热点 常考题型
(1)曲线运动、运动的合成与分解； (2)平抛运动规律的理解及应用； (3)类平抛运动； (4)实际情境中的抛体运动． 选择题 计算题
高频考点·能力突破
考点一 曲线运动的理解和分析
1．曲线运动
2．特点
(1)F合恒定：做匀变速曲线运动．
(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动．
(3)速率变化情况判断
例1[2022·山东卷](多选)如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m．当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点．网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变．重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为( )
A．v＝5m/s B．v＝3m/s
C．d＝3.6m D．d＝3.9m
[解题心得]
预测1 [2022·河南九师联盟联考]如图所示，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，AB水平，长度为2R，BC是半径为R的四分之一的圆弧，与AB相切于B点．为了研究空气动力学问题，现将一小球从距AB水平面高2R的E处以一定初速度水平抛出，由于存在水平向右的风的作用力，且该风力为恒力(其他方向空气的作用力不计)，小球恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道，并沿圆弧轨道运动到水平面上．已知抛出点距C点的水平距离为R，重力加速度为g，则该过程中小球速度为零位置到B点的距离为( )
A．0.5R B．R
C．1.5R D．2R
预测2 [2022·北京押题卷]北京2022年冬奥会，我国选手在单板滑雪U形池比赛中取得了较好的成绩．比赛场地可以简化为如图所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和中央平面直轨道连接而成，轨道倾角为18°.某次比赛中，质量m＝50kg的运动员自A点以vA＝6m/s的速度进入U形池，经过多次腾空跳跃，以vM＝10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72°，腾空后又沿轨道边缘的N点进入轨道．运动员可视为质点，不计空气阻力．取重力加速度g＝10m/s2，sin72°＝0.95，cos72°＝0.31.
(1)若A、M两点间的距离l＝20m，求运动员从A到M的过程中，除重力外其它力做的功W.
(2)运动员自M点跃起后，在M到N的过程中做匀变速曲线运动．对于这种较为复杂的曲线运动，同学们可以类比平抛运动的处理方法，将之分解为两个方向的直线运动来处理．求：
a．在运动员从M点到N点的过程中，运动员从M点运动到距离AD最远处所用的时间t；
b．运动员落回到N点时，速度方向与AD夹角的正切值tanβ(结果保留三位有效数字)．
[试解]
考点二 平抛运动
1．平抛运动的特点
(1)合力F合(mg)为恒力
(2)初速度v0与F合垂直
2．解决平抛运动问题的基本思想
平抛运动为a＝g的匀变速运动，基本思想是运动的分解．可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动．
例2[2022·全国甲卷]将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光．某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示．图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7.重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．
[试解]
预测3 [2022·广东卷]如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L.当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t.不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是( )
A．将击中P点，t大于
B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于
D．将击中P点下方，t等于
预测4 跑酷是以日常生活的环境为运动场所的极限运动．质量m＝50kg的跑酷运动员，在水平高台上水平向右跑到高台边缘，以v0的速度从边缘的A点水平向右跳出，运动时间t1＝0.6s后落在一倾角为53°的斜面B点，速度方向与斜面垂直．此时运动员迅速转身并调整姿势，以v0的速度从B点水平向左蹬出，刚好落到斜面的底端C点．假设该运动员可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：
(1)运动员从高台边缘跳出的水平速度v0大小；
(2)从B点落到C点的过程中运动员重力做的功W.
[试解]
考点三 类平抛运动
1．类平抛运动
有时物体的运动与平抛运动很相似，也是在某方向做匀速直线运动，在另一垂直方向做初速度为零的匀加速直线运动．这种运动，像平抛又不是平抛，通常称为类平抛运动．
2．处理类平抛运动的方法
与处理平抛运动方法一样，都是“化曲为直”的思想，只是加速度a不同而已．
例3[2022·湖北卷](多选)如图所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入，并经过点P(a＞0，b＞0)．若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达P点的动能为Ek1.若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达P点的动能为Ek2.下列关系式正确的是( )
A．t1＜t2 B．t1＞t2
C．Ek1＜Ek2 D．Ek1＞Ek2
[解题心得]
预测5 [2022·四川攀枝花第二次统考]如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场．a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力．下列说法中正确的是( )
A．粒子a、b的带电荷量之比为1∶2
B．电场力对a、b粒子做功之比为1∶2
C．粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D．粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1∶2
预测6 如图所示，为了研究带电小球在电场中的运动情况，将涂有导电膏的泡沫小球带上电荷放置于两竖直极板间加速，留出孔洞将小球引出后，进入两水平极板间，两水平极板间加电压U，让小球在电场中发生偏转，按照1∶1的比例拍摄小球运动的频闪照片，测得相邻两个小球的竖直方向距离分别是x1、x2，若已知偏转电场极板长L，两板间距为d，小球的带电荷量为q，质量为m，则小球入射到偏转电场中的初速度为多少？加速电场中两极板间电压为多少？(不考虑小球重力的影响)
[试解]
素养培优·情境命题
实际情境中的抛体运动
情境1 [2022·河北邢台4月检测]如图所示，在我国空军某部一次军事演习中，一架国产轰炸机正在进行投弹训练，轰炸机以200m/s的恒定速度向竖直峭壁水平飞行，先释放炸弹甲，再飞行5s后释放炸弹乙．炸弹甲和炸弹乙均击中竖直峭壁上的目标．不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．炸弹甲击中目标5s后，炸弹乙击中目标
B．炸弹甲和炸弹乙同时击中目标
C．两击中点间的距离为125m
D．释放炸弹甲时，飞机与峭壁间的水平距离为1000m
[解题心得]
情境2 [2022·历城二中测评](多选)如图所示，一学生做定点投篮游戏．第一次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α＝60°；第二次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β＝30°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置点．不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法正确的是( )
A．运动时间的比值为∶1
B．上升的最大高度的比值为1∶3
C．在C点时，两球的机械能相等
D．两球的初动能相等
[解题心得]
情境3 [2022·北京押题卷]2022年北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在国家跳台滑雪中心“雪如意”如期举行．图甲为跳台的K120米(起跳点到K点距离120米)级别标准场地解读图．此类比赛并不是只以距离论输赢，而是要以“姿势分”和“距离分”的综合来计算成绩．距离分要由距K点的距离确定，运动员正好落在K点时记为60分，未到K点，将所差距离乘以每米的分值，从60分中减去；超过K点，将所超距离乘以每米的分值，然后加上60分．如图乙所示为简化的跳台滑雪的K120米雪道示意图，AB段为起滑段，H点为起跳点，HS段为坡体总长度(忽略H点到坡体的高度，坡体近似可以看做倾角为32°的斜面，H点为顶点)，PL段为着陆区，K为“K点”．
(1)若总质量(加装备)为60kg的运动员，从A点自由滑下到达半径10m的圆弧末端H点(切线水平)，已知A点和H点的竖直高度h＝45m，忽略阻力，求运动员在H点对轨道的压力大小．
(2)运动员从H点飞出(忽略空气阻力)做平抛运动最后落到PL段，若每米的分值为1.8，请计算滑雪运动员距离分．(已知sin32°＝0.53，cos32°＝0.848，tan32°＝0.625，g＝)
[试解]
专题四 运动的合成与分解 平抛运动及类平抛运动
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：建立如图所示的三维坐标系，网球在竖直方向做竖直上抛运动，上升的最大高度h1＝(8.45-1.25)m＝7.20m，所以在击球点竖直方向的分速度v0z＝＝12m/s，上升时间t1＝＝1.2s，则v0y＝m/s＝4m/s，故沿x方向的分速度v0x＝＝3m/s；到达最高点P与墙壁碰撞后，沿x方向的分速度v0x＝3m/s，沿y方向的分速度大小变为v^' 0y＝4×0.75＝3，所以网球碰撞以后的速度大小为v＝＝3m/s，所以B项正确，A项错误．下落的时间t2＝s＝1.3s，网球着地点到墙壁的距离d＝v′0yt2＝3.9m，所以D项正确，C项错误．
答案：BD
预测1 解析：小球在运动过程中受重力和风力作用，竖直分运动为自由落体运动，有R＝gt2，水平分运动为匀减速直线运动．设初速度为v0，因小球恰能无碰撞地进入圆弧轨道，说明小球运动到C处时，水平分速度恰好减小到零，故有R＝t，得v0＝；设风力大小为F，根据牛顿第二定律得a＝，有＝2aR，得F＝mg.对整个运动过程，由动能定理有mg×2R-F×(2R＋x)＝，解得x＝R，故选项B正确．
答案：B
预测2 解析：(1)对于运动员从A到M过程，根据动能定理有mglsin18°＋W＝
解得W＝-1500J.
(2)a.将运动员的运动沿平行于AD和垂直于AD两个方向进行分解，均为匀变速直线运动．在垂直于AD方向初速度vy0＝vMsin72°，加速度ay＝gcos18°，当运动员该方向的速度为0时，距离AD最远，则有t＝＝1s.
b．在垂直于AD方向上，远离AD和返回AD的过程具有对称性，即运动员到达N点时，垂直于AD的分速度vy＝vy0＝vMsin72°，且运动的总时间tMN＝2t＝2s
在平行于AD方向初速度vx0＝vMcos72°
加速度ax＝gsin18°
运动员到达N点时，平行于AD的分速度vx＝vx0＋axtMN
所以速度方向与AD夹角β的正切值tanβ＝≈1.02.
答案：(1)-1500J (2)a.1s b．1.02
考点二
例2 解析：依题意，相邻两球影像间隔的时间t＝4t0＝0.2s
设初速度大小为v0，如图所示：
由O到A，水平方向：x1＝v0t
竖直方向：y1＝gt2
又s1＝
由A到B，水平方向：x2＝v0t
竖直方向：y2＝g(2t)2-gt2
又s2＝
＝
联立解得v0＝m/s.
答案：m/s
预测3 解析：由于子弹水平射出后做平抛运动，小积木做自由落体运动，二者竖直方向运动状态相同，所以将击中P点．子弹水平方向做匀速直线运动，由L＝vt可得t＝，B项正确．
答案：B
预测4 解析：(1)假设运动员刚落在B点时竖直方向的速度为vy，运动员从A点落到B点，有：vy＝gt1
v0＝vytan53°
得v0＝8m/s.
(2)运动员从B点落到C点，做平抛运动．在此过程中，有：水平位移x＝v0t2
竖直位移y＝
又tan53°＝，W＝mgy
得W＝1600J.
答案：(1)8m/s (2)1600J
考点三
例3 解析：该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝可知t1＜t2，A正确，B错误；该过程中由方向平行于y轴的匀强电场实现，此时粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，此时粒子做匀速圆周运动，到达P点时速率等于v0，而根据Ek＝mv2可知Ek1＞Ek2，C错误，D正确．
答案：AD
预测5 解析：设板长为L，带电粒子在电场中做类平抛运动．则竖直方向偏转位移为
y＝at2＝
由于粒子的质量相等、初速度相等，偏转位移之比为1∶2，则粒子a、b的带电荷量之比为1∶2，故A正确；根据电场力做功的计算公式可得
W＝qEy，
则电场力对a、b粒子做功之比为1∶4，故B错误；
根据动能定理可得
qEy＝
解得粒子离开电场的速度大小为
粒子a、b离开电场时的速度大小之比不等于1∶2，故C错误；根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点，可得tanθa＝＝，tanθb＝＝，tanθa∶tanθb＝1∶2，但是角度之比不等于1∶2，故D错误．
答案：A
预测6 解析：由已知条件，在偏转电场中，竖直方向为匀加速直线运动，则连续相等时间内的位移之差为：
Δx＝aT2
又因为竖直与水平方向具有等时性，T＝
则：x2-x1＝
v0＝
在电场中加速，由动能定理得：U1q＝
则：U1＝
答案：见解析
素养培优·情境命题
情境1 解析：飞机做匀速直线运动，炸弹做平抛运动，所以炸弹一直在飞机的正下方，故炸弹甲和乙击中竖直峭壁上的目标的时间间隔为零，即炸弹甲和炸弹乙同时击中目标，选项B正确，A错误；平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，设甲与乙飞行的时间分别为t1和t2，竖直距离分别为h1、h2，两击中点间的距离为ΔH，根据位移公式有h1＝，h2＝，其中t1-t2＝5s，ΔH＝h1-h2，联立可得ΔH＝(m)＝25(t1＋t2)(m)，因不确定t1、t2的具体数值，故无法解得两击中点间的距离，选项C错误；释放炸弹甲时，飞机与峭壁间的水平距离为x＝v0t1＝v0(t2＋5s)>1000m，选项D错误．
答案：B
情境2 解析：对第一次出手，有tan30°＝2
对第二次出手，有tan60°＝2
联立可得＝
且对第一次出手，有y1＝
对第二次出手，有y2＝
联立可得＝＝，A错误，B正确；
对第一次出手，有·t1＝y1，v1＝，vx1＝
对第二次出手，有·t2＝y2，v2＝，vx2＝
联立可得v1＝v2，vx1＝vx2
因二者初速度相同，则初动能相同，但速度在水平方向上的分量不同，则打在篮板上的末速度不同，则在C点时，两球的机械能不同，C错误，D正确．
答案：BD
情境3 解析：(1)对人从A到H，由动能定理得mgh＝可得v0＝＝30 m/s在H点处FN-mg＝
得FN＝6000N
由牛顿第三定律得，对轨道的压力为6000N，方向竖直向下．
(2)HS段坡体视为倾角为32°的斜面，运动员最终落到斜面上，易得
水平位移为x＝v0t
竖直位移为y＝gt2
tan32°＝，可得t＝3.75s
运动员在HS段长度x＝＝132.7m
运动员所得距离分为60＋(132.7-120)×1.8＝82.86
答案：(1)6000N (2)82.86专题五圆周运动 万有引力与航天
命题热点 常考题型
(1)圆周运动的动力学分析； (2)万有引力定律、天体运动、宇宙航行； (3)生活、科技中的圆周运动． 选择题、计算题，在计算题中，圆周运动通常与能量观点综合考查．
高频考点·能力突破
考点一 水平面内的圆周运动
1．圆周运动中的动力学方程
将牛顿第二定律F＝ma应用于圆周运动，可得到圆周运动中的动力学方程．
F＝＝mω2r＝mωv＝mr＝4π2f2mr.
2．水平面内圆周运动问题的分析思路
例1[2022·山东卷]无人配送小车某次性能测试路径如图所示，半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点，与半径为4m的半圆弧CD相切于C点．小车以最大速度从A点驶入路径，到适当位置调整速率运动到B点，然后保持速率不变依次经过BC和CD.为保证安全，小车速率最大为4m/s.在ABC段的加速度最大为2m/s2，CD段的加速度最大为1m/s2.小车视为质点，小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为( )
A．t＝(2＋) s，l＝8m
B．t＝() s，l＝5m
C．t＝(2＋) s，l＝5.5m
D．t＝s，l＝5.5m
[解题心得]
例2[2021·河北卷](多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑．一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆．金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止．若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
[解题心得]
预测1
[2022·辽宁卷]2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金．
(1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9m/s时，滑过的距离x＝15m，求加速度的大小；
(2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8m、R乙＝9m，滑行速率分别为v甲＝10m/s、v乙＝11m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道．
[试解]
预测2 [2022·福建福州4月份模拟]如图，长L＝0.2m的轻绳一端与质量m＝2kg的小球相连，另一端连接一个质量M＝1kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为μ.现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运动，当绳子与杆的夹角θ＝60°时，滑块恰好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)小球转动的角速度ω的大小；
(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ.
[试解]
考点二 竖直面内的圆周运动
竖直面内圆周运动分析步骤：
(1)定模型→判断是轻杆模型还是轻绳模型
(2)
(3)过程分析→应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
例3[2022·全国甲卷]北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示．运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A. B． C． D．
[解题心得]
例3 如图所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E机、重力势能Ep(取圆轨道的最低点重力势能为零)和动能Ek的相对大小(用柱形高度表示)，可能正确的是( )
预测4 (多选)如图所示，轻杆长为3l，在杆的两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为l处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，对杆恰好无作用力，则球B在最高点时，下列说法正确的是( )
A．球B的速度大小为
B．球A的速度大小为
C．杆对球A的作用力为0.5mg
D．杆对水平轴的作用力为1.5mg
考点三 万有引力定律 天体运动
1．两种卫星的特点
(1)近地卫星：①轨道半径等于地球半径；②卫星所受万有引力等于重力mg；③卫星向心加速度即为重力加速度．
(2)同步卫星：①同步卫星的周期等于地球的自转周期；②所有地球同步卫星都在赤道上空相同的高度上．
六个“一定”
2．巧用“一模型、两思路”解答卫星运行参量问题
(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动．
(2)两条思路
①万有引力提供向心力，即G＝m＝mω2r＝mr＝ma.
②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或gR2＝GM(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)．
“黄金代换”
3．卫星变轨和能量问题
(1)点火加速，v突然增大，G＜m，卫星将做离心运动．
(2)点火减速，v突然减小，G＞m，卫星将做近心运动．
(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大．
(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．
例4[2022·湖北卷]2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟．下列说法正确的是( )
A．组合体中的货物处于超重状态
B．组合体的速度大小略大于第一宇宙速度
C．组合体的角速度大小比地球同步卫星的大
D．组合体的加速度大小比地球同步卫星的小
[解题心得]
例5[2022·山东卷]“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星．如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直．卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈．已知地球半径为R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为( )
A．－R B．
C．－R D．
[解题心得]
预测5 [2022·河北押题卷]如图，“嫦娥五号”“天问一号”探测器分别在近月、近火星轨道运行．已知火星的质量为月球质量的9倍、半径为月球半径的2倍．假设月球、火星均可视为质量均匀分布球体，忽略其自转影响，则( )
A．月球表面重力加速度比火星表面重力加速度大
B．月球的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度大
C．质量相同的物体在月球、火星表面所受万有引力大小相等
D．“嫦娥五号”绕月周期比“天问一号”绕火星周期大
预测6 [2022·福建押题卷](多选)中国“FAST”球面射电望远镜发现一个脉冲双星系统．科学家通过脉冲星计时观测得知该双星系统由一颗脉冲星与一颗白矮星组成．如图所示，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕O点做逆时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，且RA＜RB；C为B的卫星，绕B做逆时针匀速圆周运动，周期为T2，且T2＜T1.A与B之间的引力远大于C与B之间的引力．引力常量为G，则( )
A.恒星A的质量大于恒星B的质量
B．恒星B的质量为MB＝
C．若知道C的轨道半径，则可求出C的质量
D．三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为Δt＝
预测7 [2022·湖南卷](多选)如图，火星与地球近似在同一平面内，绕太阳沿同一方向做匀速圆周运动，火星的轨道半径大约是地球的1.5倍．地球上的观测者在大多数的时间内观测到火星相对于恒星背景由西向东运动，称为顺行；有时观测到火星由东向西运动，称为逆行．当火星、地球、太阳三者在同一直线上，且太阳和火星位于地球两侧时，称为火星冲日．忽略地球自转，只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是( )
A．火星的公转周期大约是地球的倍
B．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为顺行
C．在冲日处，地球上的观测者观测到火星的运动为逆行
D．在冲日处，火星相对于地球的速度最小
素养培优·情境命题
生活、科技中的圆周运动
情境1 [2022·江苏冲刺卷]如图所示，一辆汽车正通过一段弯道公路，视汽车做匀速圆周运动，则( )
A．该汽车速度恒定不变
B．汽车左右两车灯的线速度大小相等
C．若速率不变，则跟公路内道相比，汽车在外道行驶时所需的向心力较小
D．若速率不变，则跟晴天相比，雨天路滑时汽车在同车道上行驶时所需的向心力较小
[解题心得]
情境2 [2022·河北押题卷]2022年2月7日在首都体育馆举行的北京2022年冬奥会短道速滑项目男子1000米决赛中，中国选手任子威夺得冠军，其比赛场地如图甲所示，场地周长111.12m，其中直道长度为28.85m，弯道半径为8m．若一名质量为50kg的运动员以大小12m/s的速度进入弯道，紧邻黑色标志块做匀速圆周运动，如图乙所示，运动员可看作质点，重力加速度g取10m/s2，则运动员在弯道上受到冰面最大作用力的大小最接近的值为( )
A.500 N B．900 N
C．1 030 N D．2400N
[解题心得]
情境3 如图所示，2022年2月3日，宇航员王亚平在中国空间站通过化学实验的方式在空间站“变”出奥运五环，并为奥运健儿送去祝福．将空间站绕地球飞行轨道视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的.下列说法正确的是( )
A．空间站在轨道上运行的速度大于7.9 m/s
B．空间站在轨道上运行的周期等于24 h
C．“变”出的奥运五环在空间站中处于平衡状态
D．核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的()2倍
[解题心得]
情境4 (多选)如图所示为波轮式洗衣机的工作原理示意图，当甩衣桶在电机的带动下高速旋转时，衣服紧贴在甩衣桶器壁上，从而迅速将水甩出．衣服(带水，可视为质点)质量为m，衣服和器壁的动摩擦因数约为μ，甩衣桶的半径为r，洗衣机的外桶的半径为R，当角速度达到ω0时，衣服上的水恰好被甩出，假设滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．衣服(带水)做匀变速曲线运动
B．电动机的角速度至少为时，衣服才掉不下来
C．当ω＝ω0时，水滴下落高度打到外筒上
D．当ω＝ω0时，水滴下落高度打到外筒上
[解题心得]
专题五 圆周运动 万有引力与航天
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1＝＝m/s，在CD段运动的最大速率为v2＝＝2m/s，要安全行驶，进入B点的最大速率为v2＝2m/s，因此在BC段和CD段运动的最短时间t3＝＝s＝s，在B点的速率最大为v2＝2m/s，设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x，则根据匀变速直线运动规律得＝－2a1x，解得x＝3m，t2＝＝1s，所以匀速运动的最大距离l＝8m－x＝5m，运动时间t1＝s，最短时间t＝t1＋t2＋t3＝s，B正确．
答案：B
例2 解析：设弹簧的劲度系数为k，形变量为x，弹簧与竖直方向的夹角为θ，MN、PQ的距离为L，对小球受力分析有kxcosθ－mg＝0，即竖直方向受力为0，水平方向有kxsinθ±FN＝mω2L，当金属框以ω′绕MN轴转动时，假设小球的位置升高，则kx减小，cosθ减小，小球受力不能平衡；假设小球的位置降低，则kx增大，cosθ增大，小球受力同样不能平衡，则小球的位置不会变化，弹簧弹力的大小一定不变，故A错误，B正确．小球对杆的压力大小F压＝FN＝mω2L－kxsinθ或F压＝FN＝kxsinθ－mω2L，所以当角速度变大时压力大小不一定变大，故C错误．当角速度变大时小球受到的合外力一定变大，故D正确．
答案：BD
预测1 解析：(1)根据速度位移公式有v2＝2ax
代入数据可得a＝2.7m/s2.
(2)根据向心加速度的表达式a＝
可得甲、乙的向心加速度之比为＝·＝
甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为t＝
代入数据可得甲、乙运动的时间为t甲＝s，t乙＝s
因t甲＜t乙，所以甲先出弯道．
答案：(1)2.7m/s2 (2) 甲
预测2 解析：(1)通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律得，mgtanθ＝mω2Lsinθ，解得小球转动的角速度ω＝10rad/s.
(2)对小球，在竖直方向有FTcosθ＝mg；对滑块，由平衡条件可得，FTsinθ＝FN，μFN＝Mg＋FTcosθ，解得滑块与竖直杆间的动摩擦因数μ＝.
答案：(1)10rad/s (2)
考点二
例3 解析：运动员从a处滑至c处，mgh＝，在c点，N－mg＝m，联立得N＝mg，由题意，结合牛顿第三定律可知，N＝F压≤kmg，得R≥，故D项正确．
答案：D
预测3 解析：设轨道半径为R，则小球运动到最高点时，速度最小为vmin＝即动能不为零，则机械能E机大于重力势能Ep，故A、B错误；最高点的重力势能Ep＝2mgR，最小动能为Ekmin＝mgR，则动能最小为势能的，也有可能大于或等于势能，故选D.
答案：D
预测4 解析：设球B在最高点时的速度为v0，有mg＝，解得v0＝，选项A错误；因为A、B两球的角速度相等，根据v＝rω知，此时球A的速度为v0＝，选项B正确；根据牛顿第二定律得，FA－mg＝m，解得FA＝1.5mg，A对杆的作用力为1.5mg，水平轴对杆的作用力与A球对杆的作用力平衡，所以F＝1.5mg，选项C错误，D正确．
答案：BD
考点三
例4 解析：组合体在天上只受万有引力的作用，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，而第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24h，则根据角速度和周期的关系有ω＝，由于T同＞T组合体，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有G＝mr，整理有T＝2π，由于T同＞T组合体，则r同＞r组合体，且同步卫星和组合体在天上有ma＝G，则有a同＜a组合体，D错误．
答案：C
例5 解析：依题意可知卫星的绕行周期T0＝，对卫星根据牛顿第二定律可得G＝，根据黄金代换式gR2＝GM，联立解得h＝－R，C正确．
答案：C
预测5 解析：由mg＝G，可得g＝，
结合题意可得g月＝g火，A项错误；由mg＝m，可得v＝，可知v月＝v火，B项错误；由F引＝G，可知F月＝F火，C项错误；由G＝mr，可知T＝2π，得T月＝T火，D项正确．
答案：D
预测6 解析：因为双星系统的角速度相同，故对A、B可得MARAω2＝MBRBω2，即＝，即恒星A的质量大于恒星B的质量，故A正确；对恒星A可得G＝MA，解得恒星B的质量为MB＝，故B正确；对卫星C满足G＝，可见无法求出卫星C的质量，故C错误；因为恒星A和B始终共线，所以三星A、B、C相邻两次共线的时间间隔为，故D错误．
答案：AB
预测7 解析：由开普勒第三定律可知，由于火星轨道半径大于地球轨道半径，所以火星公转周期一定大于地球公转周期(也可根据＝，r火≈1.5r地，得出T火＝T地)，A项错误；火星与地球均绕太阳做匀速圆周运动，即G＝m，解得v＝，所以火星公转速度小于地球公转速度，因此在冲日处，地球上的观测者观测到火星相对于地球由东向西运动，为逆行，B项错误、C项正确；火星和地球运行的线速度大小不变，且在冲日处，地球与火星速度方向相同，故此时火星相对于地球的速度最小，D项正确．
答案：CD
素养培优·情境命题
情境1 解析：拐弯过程中汽车各部位周期相等，因此角速度相等，根据v＝ωr可知，汽车外侧的车灯线速度大，且线速度方向不断变化，该汽车速度发生了变化，故A、B错误；由向心力公式Fn＝可知，若速率不变，则跟公路内道相比，汽车在外道行驶时所需的向心力较小，故C正确；若速率不变，汽车在同车道上行驶时所受的向心力大小不变，但由于雨天最大静摩擦力减小，所以容易出现离心现象，故D错误．
答案：C
情境2 解析：运动员在水平面内做匀速圆周运动需要的向心力为Fn＝m＝900N，
竖直方向受力平衡FN＝mg＝500N，
所以运动员受到冰面的作用力F＝≈1030N.
答案：C
情境3 解析：第一宇宙速度等于贴近地面的卫星做匀速圆周运动的速度，由万有引力提供向心力有：＝，解得：v＝，所以核心舱在轨道上飞行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；对核心舱与地球同步卫星相比，根据万有引力提供向心力有：＝mr，解得：T＝，由于核心舱的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，而地球同步卫星的周期为24h，所以核心舱在轨道上飞行的周期小于24h，故B错误；奥运五环在空间站中绕地球做圆周运动，所以不处于平衡状态，故C错误；根据万有引力定律可得F＝，核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍，故D正确．
答案：D
情境4 解析：衣服(带水)做非匀变速曲线运动，因为其向心加速度是变化的，A错误；竖直方向，根据平衡条件有mg＝μN由于弹力提供向心力，由牛顿第二定律有N＝mω2r联立解得ω＝，B正确；当ω＝ω0时，水滴打到外筒上，则水滴下落高度为h，根据平抛运动规律有h＝gt2；x＝vt；r2＋x2＝R2，v＝ω0r联立解得h＝，C错误，D正确．
答案：BD专题一力与物体的平衡
命题热点 常考题型
(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡； (2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡； (3)利用平衡条件解决实际问题． 选择题
高频考点·能力突破
考点一 静态平衡问题
1．研究对象的选取：整体法和隔离法
2．共点力平衡的常用处理方法
适用条件 平衡关系
合成法 三个共点力 任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
正交分解法 三个或三个 以上共点力 将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件
力的三角形法 三个共点力 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
例1[2022·浙江6月]如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°.一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的( )
A．作用力为G B．作用力为G
C．摩擦力为G D．摩擦力为G
[解题心得]
预测1 [2022·成都市三模]如图所示，三个小球放在固定的倾斜挡板上，挡板与水平面的夹角为30°，每个小球的质量均为m，墙面和挡板均光滑，则墙壁对最左端小球的弹力大小为( )
A．mg B．mg
C．2mg D．3mg
预测2 [2022·广东卷]如图是可用来制作豆腐的石磨．木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态．O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°.下列关系式正确的是( )
A．F＝F1 B．F＝2F1
C．F＝3F1 D．F＝F1
考点二 动态平衡问题
1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．三力作用下的动态平衡
例2 [2022·河北卷]如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以底边MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中( )
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大
B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小
D．两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变
[解题心得]
预测3 [2022·江苏南通高三模拟]如图所示，轻杆的一端固定一光滑球体，杆以另一端O为自由转动轴，将球搁置在光滑斜面上，若杆与竖直墙面的夹角为β，斜面倾角为θ，开始时β<θ，且β＋θ<90°，对斜面施加水平推力F使斜面能在光滑水平面上缓慢向左运动，则作用于斜面上的水平推力F、轻杆弹力N1的大小变化情况是( )
A．推力F的大小逐渐增大
B．推力F先变大后变小
C．轻杆弹力N1逐渐增大
D．轻杆弹力N1先减小后增大
预测4 [2022·河北衡水中学一模]如图所示为一种可折叠壁挂书架，一个书架用两个三角形支架固定在墙壁上，两个支架横梁和斜梁的连接点O、O′可在横梁上移动，OO′始终垂直于横梁，书与书架的重心始终恰好在O、O′连线中点的正上方，书与书架的总重力为60N，某一时刻横梁AO、A′O′水平，斜梁BO、B′O′跟横梁夹角为37°，横梁对O、O′点的拉力始终沿OA、O′A′方向，斜梁对O、O′点的压力始终沿BO、B′O′方向，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计支架的重力，则下列说法正确的是( )
A．横梁OA所受的力的大小为80N
B．斜梁BO所受的力的大小为50N
C．O、O′点同时向A，A′移动少许，横梁OA所受的力变大
D．O、O′点同时向A、A′移动少许，斜梁BO所受的力变大
考点三 电场力、磁场力作用下的平衡问题
1．电场力
(1)大小：F＝Eq，F＝.
(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．
2．磁场力
(1)大小：①安培力F＝BIL；
②洛伦兹力F洛＝qvB.
(2)方向：用左手定则判断．
3．处理电磁力作用下的平衡问题的方法
与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．
例3[2022·湖南卷]如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
[解题心得]
预测5 如图所示，固定的光滑绝缘斜面OM的倾角θ＝37°，空间存在着平行于斜面向上的匀强电场，电场强度的大小E＝3.0×103N/C.现有一电荷量为q＝2.0×10－3C的带正电的小滑块从O点沿斜面匀速下滑(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，则小滑块的质量为( )
A．1kg B．2kg
C．3kg D．4kg
预测6 [2022·山东烟台三模](多选)如图所示，间距为L＝0.8m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长，底部Q、N之间连有一阻值为R1＝2Ω的电阻，磁感应强度为B1＝0.5T的匀强磁场与导轨平面垂直．导轨的上端点P、M分别与横截面面积为5×10－3m2的10匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小均匀变化的匀强磁场B2平行．开关S闭合后，质量为m＝1×10－2kg、电阻为R2＝2Ω的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分电阻不计，g取10m/s2.则( )
A．匀强磁场B2的磁感应强度均匀减小
B．金属棒中的电流为0.25A
C．匀强磁场B2的磁感应强度的变化率为10T/s
D．断开开关S之后，金属棒ab下滑的最大速度为1.25m/s
素养培优·情境命题
利用平衡条件解决实际问题
1．情境化试题，把对物理必备知识、关键能力的考查融入日常生活与现代科技中．该类试题乍一看高、新、深，但所用的知识都不会超出我们平常所用的基本概念和基本规律．
2．解决情境化试题，要仔细分析题目展示的情境，通过分析和判断来理清物理过程，弄清题目中情境所涉及的问题与哪种物理模型符合，然后运用相应的物理知识解答．
情境1 在东京奥运会举重比赛中，李发彬在挺举中展现“金鸡独立”绝技，单脚支撑．又将姿势回复为双脚着地稳定3秒，最终夺得冠军，并打破奥运纪录．将李发彬的单脚支撑和双脚着地均视作平衡状态．关于此过程的表述正确的是( )
A．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力大
B．单脚支撑时地面对其支持力大小比双脚着地时的支持力小
C．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变大
D．若李发彬握杠的两手间距离变大，则其手臂受杠铃的作用力将变小
[解题心得]
情境2 抖空竹在中国有着悠久的历史．假设抖空竹所用轻绳AB总长为L，空竹重力为G，可视为质点．绳能承受的最大拉力是2G，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大值可能为( )
A．L B．L
C．L D．L
[解题心得]
情境3 [2022·北京东城区二模]某建筑工地上，工人用如图所示的方式将重物从平台运到地面．甲、乙两人在同一高度手握轻绳，不计重力的光滑圆环套在轻绳上，圆环下端吊一重物．甲站在A点静止不动，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离．此过程中，下列说法正确的是( )
A．绳的拉力大小保持不变
B．甲所受平台的支持力大小不变
C．甲所受平台的摩擦力变大
D．甲受到平台和绳的作用力的合力变大
[解题心得]
情境4 [2022·浙江1月]如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石礅，石礅与水平地面间的动摩擦因数为μ.工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石礅时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是( )
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石礅的摩擦力也最小
[解题心得]
第一编 专题复习攻略
专题一 力与物体的平衡
高频考点·能力突破
考点一
例1 解析：根据对称性，四根斜杆对横杆的作用力大小相等，设为F，选择横杆和物体为研究对象，根据平衡条件有4Fcos＝G，解得F＝G，故每根斜杆受到地面的作用力也为G，选项B正确．
答案：B
预测1 解析：将三个小球作为整体受力分析如图所示，由共点力平衡可知tan30°＝，解得FN2＝mg，故B正确．
答案：B
预测2 解析：以结点O为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得F＝2F1cos30°＝F1，选项D正确．
答案：D
考点二
例2
解析：设两绳子对圆柱体合力为FT，木板对圆柱体支持力为FN，绳子与木板夹角为α，受力分析如图：
在矢量三角形中，由正弦定理＝＝
木板以MN为轴向后方转动至水平过程中α不变，θ由90°减少至0，
由数学知识可知，FN先增大后减小，FT减小，
又两根绳子间夹角不变，所以每根绳子的拉力都随转动而不断减少．
答案：B
预测3 解析：对球受力分析，设球的质量为m，小球受到重力mg、斜面的支持力T和杆的弹力N1，如图甲所示，三力可构成矢量三角形，随着斜面向左运动，β减小，重力的方向和大小不变，支持力T的方向不变，可知T不断减小，因为β＋θ<90°，所以N1不断增大，故C正确，D错误；再对斜面受力分析，设斜面的质量为M，斜面受重力Mg，推力F，小球的压力T′和地面的支持力FN，如图乙所示．根据共点力平衡有F＝T′sinθ＝Tsinθ，因为θ不变，T不断减小，所以F不断减小，故A、B错误．
答案：C
预测4 解析：两个支架共同承担的力的大小为60N，则每个支架所承担的力的大小为30N，对O点受力分析，如图甲所示．FOA＝＝40N，FBO＝＝50N，故A错误，B正确；O、O′同时向A、A′移动少许，对O点受力分析，如图乙所示．三角形AOB与力三角形相似，所以有＝＝，AB与BO长度不变，OA长度减小，所以FBO不变，FOA减小，故C、D错误．
答案：B
考点三
例3 解析：当导线静止在图(a)右侧时，导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态，由平衡条件可知，导体棒所受安培力指向右侧，又安培力与磁场方向垂直，所以安培力垂直于轻绳指向右上方，由左手定则可知，导线中电流方向由M指向N，A项错误；由平衡条件有轻绳拉力F＝，又BIL＝mgsinθ，得sinθ＝I，分析易知B、C项错误，D项正确．
答案：D
预测5 解析：带正电的小滑块从O到M沿斜面匀速下滑，对小滑块受力分析，可知Eq＝mgsin37°，解得小滑块的质量m＝1kg，A正确．
答案：A
预测6 解析：由于金属棒ab恰能保持静止，则说明金属棒ab所受安培力方向竖直向上，大小与重力大小相等，根据左手定则可知金属棒ab中电流方向为a→b，根据右手螺旋定则可知线圈中感应电流的磁场方向向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律可知B2增大；由于B1IabL＝mg，且感应电动势E1＝IabR2＝n，联立解得Iab＝0.25A，＝10T/s，故A错误，B、C正确．断开开关S之后，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，感应电动势E2＝B1Lv，回路中产生感应电流I＝＝，金属棒ab所受安培力F安＝B1IL＝，当F安＝mg时，金属棒ab速度达到最大值，联立可得最大速度vmax＝＝2.5m/s.故D错误．
答案：BC
素养培优·情境命题
情境1 解析：根据受力平衡可知，单脚支撑时地面对其支持力和双脚着地时的支持力大小都等于运动员和杠铃的总重，A、B错误；手臂对杠铃的作用力大小为F，手臂与横杠之间的夹角为θ，杠铃的重力为G，根据平衡条件可得2Fsinθ＝G.由几何关系可知握杠的两手间距离变大，对应的θ角越小，则F变大，由牛顿第三定律可知，手臂受杠铃的作用力变大，C正确，D错误．
答案：C
情境2 解析：设轻绳与水平方向的夹角为θ，根据受力分析可得竖直方向上有2FTsinθ＝G，绳能承受的最大拉力是2G，当FT＝2G时，解得sinθ＝，由几何关系可得sinθ＝，联立解得d＝L，故选B.
答案：B
情境3 解析：设重物的重力为mg，对圆环受力分析如图(a)所示，根据受力平衡可知2Tcosθ＝mg，解得T＝，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离，θ变小，由此可知绳的拉力变小，A错误；对甲受力分析如图(b)所示，由牛顿第三定律可知，T′＝T，根据受力平衡可知N＝m甲g＋T′cosθ＝m甲g＋mg，f＝T′sinθ＝mgtanθ，乙从B点缓慢向A点移动一小段距离，θ变小，甲所受平台的摩擦力f变小，甲所受平台的支持力大小不变，B正确，C错误；甲受力平衡，所受合力为零，甲受到平台和绳的作用力的合力与甲的重力等大反向，大小恒定，D错误．
答案：B
情境4 解析：方法一 对石礅受力分析如图1，设两根轻绳的合力为F，根据平衡条件有Fcosθ＝f，Fsinθ＋FN＝mg，且μFN＝f，联立可得F＝，选项A错误，B正确；上式变形得F＝，其中tanα＝，根据三角函数特点，由于θ的初始值不知道，因此减小θ，轻绳的合拉力F并不一定减小，选项C错误；根据上述讨论，当θ＋α＝90°时，轻绳的合拉力F最小，而摩擦力f＝Fcosθ＝＝，可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当θ趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力F最小时，地面对石礅的摩擦力不是最小的，选项D错误．
方法二 本题的C、D选项还可以这样判断：设F′为地面对石礅的支持力FN与摩擦力f的合力，β是摩擦力与F′间的夹角，则tanβ＝＝，即不论FN、f怎么变化，合力F′的方向总保持不变，因此可将四力平衡转化为如图2所示的三力平衡问题，用矢量三角形可直观得出随着θ减小绳子的合拉力F可能先减小后增大，也可能一直增大，关键是看初始时θ的大小；摩擦力与支持力的合力F′随着θ的减小而增大，故地面对石礅的摩擦力f随着θ的减小一直增大，即f的最小值不与轻绳合拉力的最小值对应，故选项C、D均错误．
答案：B
