热点13 交变电流和变压器
1.(2024·辽宁葫芦岛市期末)闭合回路中的交变电流在1个周期内的i－t图像如图所示，其中图线的ab段和bc段均为正弦曲线的四分之一，则该交变电流的有效值为( )
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A． A B． A
C．1 A D． A
2．(2024·四川省部分学校一模)在特、超高压变电设备中，变压器占有重要地位。某理想变压器的简化模型如图所示，原线圈的回路中，理想交流电流表的示数为I，理想交流电压表的示数为U，副线圈的负载阻值为R，则电源电压的有效值为( )
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A．IR
B．
C．
D．因为原、副线圈的匝数比未知，所以不能求出电源电压的有效值
3．(多选)(2024·天津市八校期末质量调查)风力发电是一种绿色清洁能源。其发电原理可简化如图甲所示，风轮转动带动内部的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )
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A．t＝0.01 s时穿过线圈的磁通量最大
B．t＝0.01 s时穿过线圈的磁通量变化率为零
C．灯泡两端的电压为18 V
D．每秒内电流方向改变50次
4．(多选)(2024·福建厦门市第二次质量检测)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则( )
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A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
5．(多选)(2024·湖北省八市3月联考)尽管无线充电有一定的便利性，但目前还面临来自效率、散热，以及应用场景等方面的挑战：一是充电效率不高，无线充电的转换效率大多在60%上下；二是将手机拿开一定距离就无法充电。手机无线充电的原理如图乙所示，下列说法正确的是( )
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A．无线充电能量转化率不高的主要原因是漏磁严重
B．虽然漏磁严重，但送电线圈和受电线圈的电压比仍等于匝数比
C．充电时将手机拿离充电基座，受电线圈的电压大幅降低，将无法充电
D．充电时将手机拿离充电基座，受电线圈的电流频率过低，将无法充电
6.(多选)(2024·湖南张家界市二模)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶3，a、b端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为R0恒定不变的灯泡L，副线圈接入可变电阻R、理想电压表V，则下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA272.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA272.TIF" \* MERGEFORMAT
A．原、副线圈中的电流比为3∶1
B．ab端电压与可变电阻两端电压之比为1∶3
C．若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表V示数变大
D．当可变电阻接入电路的阻值为3R0时，可变电阻消耗的功率最大
[特色专项训练]
热点13 交变电流和变压器
1．解析：选A。根据有效值的定义可知，令该交变电流的有效值为I，则有I2RT＝()2R·＋2R·，解得I＝ A。
2．解析：选B。由能量守恒定律可知P原＝P副＝，电源电压的有效值U原＝＝。
3．解析：选AB。由题图乙可知，t＝0.01 s时瞬时电压为零，线圈位于中性面，故此时穿过线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量变化率为零，故A、B正确；由题图可知，发电机的有效电压U＝＝10 V，灯泡两端的电压U′＝U＝9 V，故C错误；由题图可知，周期为0.02 s，每个周期发电机的电流方向改变2次，故每秒发电机的电流方向改变100次，故D错误。
4．解析：选BC。保持P的位置不动，U2不变，将Q向下移动时，R变大，故电流表的读数变小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，n2变大，U2变大，故电流表的读数变大。
5．解析：选AC。由于穿过受电线圈的磁通量明显小于送电线圈的磁通量，从而大量的能量浪费掉，导致效率不高，A正确；由于穿过送电线圈的磁通量与穿过受电线圈的磁通量不同，因此电压之比不等于匝数比，B错误；充电时，若将手机拿离充电基座，受电线圈的磁通量迅速减小，从而电压大幅降低，将无法充电，但受电线圈电流的频率仍等于送电线圈的频率，C正确，D错误。
6．解析：选AC。设ab端的输入电压为U，则原线圈的输入电压U1＝U－UL，由理想变压器的电压关系有＝＝＝，而U2等于可变电阻两端的电压，所以ab端电压U与可变电阻的电压U2之比不为1∶3，B错误；根据理想变压器的电流关系有＝＝，可得原、副线圈的电流比为3∶1，A正确；若可变电阻接入电路的阻值变大，设副线圈的输出电压不变，则副线圈中的电流I2减小，由变压器的电流关系可知，原线圈的电流I1也会减小，根据U1＝U－UL＝U－I1R0可知，原线圈输入电压U1变大，根据变压器的电压关系可知，副线圈的输出电压U2变大，则电压表示数变大，C正确；根据能量守恒定律可得，可变电阻消耗功率为P＝UI1－IR0，可知，当I1＝时，可变电阻消耗功率最大，则有U1＝U－I1R0＝U，根据理想变压器的电压关系＝＝，此时可变电阻两端的电压U2＝3U1＝，根据理想变压器电流关系＝＝，此时可变电阻的电流I2＝I1＝，则可变电阻的阻值R＝＝9R0，所以当可变电阻接入电路的电阻为9R0时，可变电阻消耗功率最大，D错误。热点15 热学基本概念和规律
1.(多选)(2024·江苏前黄高级中学一模)如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示。F>0表示斥力， F<0表示引力，A、B、C、D为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从A处由静止释放，下列选项中分别表示乙分子的速度、加速度、动能、势能与两分子间距离的关系，其中可能正确的是( )
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INCLUDEPICTURE "25YA282.tif" INCLUDEPICTURE "25YA282.tif" \* MERGEFORMAT
2．(2024·江苏淮安洪泽中学考前综合练一)我国已经在空间站上开展过四次精彩的太空授课，在亿万中小学生心里播撒下科学的种子。“天宫课堂”曾经做过两个有趣实验：一个是微重力环境下液桥演示实验，在两个固体表面之间可形成大尺寸液桥，如图(a)所示；另一个是微重力环境下液体显著的“毛细现象”演示，把三根粗细不同的塑料管，同时放入装满水的培养皿，水在管内不断上升，直到管顶，如图(b)所示。对于这两个实验的原理及其应用的理解，下列说法正确的是( )
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A．液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”
B．分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如图(c)所示，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“A”位置
C．农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土形成了土壤毛细管，使得土壤下面的水分更容易被输送到地表
D．航天员在太空微重力环境中会因为无法吸墨、运墨而写不成毛笔字
3．(2024·河北廊坊市部分高中期末)下列有关热学现象的说法正确的是( )
A．双手互相摩擦发热的现象是用热传递的方法来改变物体内能的
B．在散热的条件下被压缩的气体内能一定增加
C．第二类永动机不违反热力学第二定律，只违反热力学第一定律
D．宏观与热现象有关的自发的物理过程都是不可逆的
4.(2024·河南焦作市一模)“珍爱生命、预防溺水”。如图中的游泳浮漂是游泳爱好者自我保护的装备，采用高弹、环保的PVC材质，内置双气囊，使用时向里充气使之膨胀，充气后体积可视为不变且不漏气，气囊内气体可视为理想气体。当充气浮漂在水中温度降低时，则浮漂气囊内气体( )
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A．压强变大 B．内能增加
C．向外界放热 D．分子数密度减小
5.(2024·江苏南通市如皋市调研)小明同学设计了一种测温装置，用于测量室内的气温(室内的气压为一个标准大气压，相当于76 cm汞柱产生的压强)，结构如图所示，大玻璃泡A内有一定量的气体，与A相连的B管插在水银槽中，管内水银面的高度x可反映泡内气体的温度，即环境温度，当室内温度为27 ℃时，B管内水银面的高度为16 cm，B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，则以下说法正确的是( )
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A．该测温装置利用了气体的等压变化的规律
B．B管上所刻的温度数值上高下低
C．B管内水银面的高度为22 cm时，室内的温度为－3 ℃
D．若把这个已经刻好温度值的装置移到高山上，测出的温度比实际偏低
6.(2024·天津和平区第一次质调)健身球是一种内部充气的健身辅助器材，如图所示，球内的气体可视为理想气体，当球内气体被快速挤压时来不及与外界热交换，而缓慢变化时可认为能与外界充分的热交换。下列说法正确的是( )
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A．人体快速挤压健身球过程中，球内气体压强减小
B．人体快速挤压健身球过程中，球内气体分子热运动的平均动能增大
C．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体压强增大
D．人体缓慢离开健身球过程中，球内气体对外放热
[特色专项训练]
热点15 热学基本概念和规律
1．解析：选BD。乙分子从A到C的过程中一直受到引力，速度一直增大，故A错误；加速度与力的大小成正比，方向与力相同，加速度等于0的是C点，故B正确；分子动能不可能为负值，故C错误；乙分子从A处由静止释放，分子势能先减小，到C点最小，之后增大，故D正确。
2．解析：选A。液体表面张力使得液桥表面形状得以维持，而不会“垮塌”，故A正确；分子势能Ep和分子间距离r的关系图像如题图(c)所示，水表面层中水分子间距离大于内部水分子的距离r0，能总体上反映水表面层中水分子势能Ep的是图中“C”位置，故B错误；农民使用“松土保墒”进行耕作，通过松土阻断了土壤毛细管，使得土壤下面的水分不容易被输送到地表，故C错误；毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，并牢牢“困”在毛笔内部。而当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，其间根本无须重力作用，故D错误。
3．解析：选D。双手互相摩擦发热的现象是用做功的方法来改变物体内能的，A错误；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，在散热的条件下被压缩的气体内能不一定增加，B错误；第二类永动机不违反热力学第一定律，只违反热力学第二定律，C错误；宏观与热现象有关的自发的物理过程都是不可逆的，D正确。
4．解析：选C。根据体积不变，温度降低，根据＝可知，压强降低，故A错误；气囊内气体可视为理想气体，其内能的大小由温度决定，温度降低，内能减小，故B错误；ΔU＝Q＋W，其中ΔU减小，W＝0，故Q<0，故气体向外界放热，故C正确；气体质量不变，分子数不变，体积不变，故分子数密度不变，故D错误。
5．解析：选C。根据受力分析可知pA＋px＝p0，又B管的体积与大玻璃泡A的体积相比可忽略不计，故可知气体做等容变化，故A错误；温度越高，由＝C可知压强越大，故而温度越高，刻度x的数值就越小，应为上低下高，故B错误；由pA1＋px＝p0，得pA1＝60 cmHg，同理pA2＝54 cmHg，＝，T1＝300 K，得T2＝270 K＝－3 ℃，故C正确；若把该装置放到高山上，p0′会减小，px′＝p0′－pA会减小，根据刻度上低下高，测出的温度偏高，故D错误。
6．解析：选B。人体快速挤压健身球过程中，球内气体来不及与外界热交换，体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，球内温度升高，球内气体分子热运动的平均动能增大，由理想气体状态方程可知，球内压强变大，A错误，B正确；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，由理想气体状态方程可知，当体积变大时球内气体压强变小，C错误；人体缓慢离开健身球过程中，球内气体与外界发生充分的热交换，则球内气体的温度不变，由热力学第一定律可知，体积增大，气体对外做功，内能不变，则球内气体从外界吸热，D错误。热点16 机械振动和机械波
1．(2024·北京市昌平区期末质量抽测)关于声波，下列说法正确的是( )
A．火车驶离远去时，音调变低，是声波的反射现象
B．在空房子里讲话，声音特别响亮，是声波的干涉现象
C．把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，是声波的衍射现象
D．绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，是声波的干涉现象
2.(2024·辽宁省部分高中期末)路面共振破碎机是一种新型路面破碎机械，用于旧水泥路面破碎。破碎机工作锤头由电脑自动调节振动情况，激发锤头下水泥路面局部范围产生共振。若破除旧的混凝土的同时要保护旧路面的地基，为实现这样的目的，破碎机工作锤头的振动应该( )
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A．振动的频率越大，效果越好
B．振动的振幅越大，效果越好
C．振动的频率越接近旧路面地基的固有频率，效果越好
D．振动的频率越接近要破碎的混凝土的固有频率，效果越好
3.(多选)(2024·河北唐山市选考一)某研究小组将两相干波源S1、S2置于矩形区域两个顶点上，O为AB边中点，如图所示。两波源开始振动一段时间后，发现A、O、B为三个连续分布的振幅最大的点，则下列说法正确的是( )
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A．当波源S1位于波峰时，波源S2也位于波峰
B．A、B两点间有两个振幅最小的点
C．将两波源的频率都加倍，A点振幅仍为最大
D．将两波源的频率都减半，A点振幅仍为最大
4．(2024·吉林白山市二模)如图甲所示，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别得出图乙和丙两条纸带，π取3.14，重力加速度g大小取9.8 m/s2。下列说法正确的是( )
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A．无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带通过的距离表示时间
B．由图知乙纸带的速度为丙纸带速度的0.5
C．单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同
D．若图乙中，纸带拖动速度为10 cm/s，可推算该单摆的摆长约为1 m
5．(2024·天津十二区重点校一模)取一条较长的软绳，用手握住一端拉平后连续周期性地向上、向下抖动，可以看到在绳上产生一列波，a、b、c为绳上的质点，某时刻波刚好传播到质点c，绳上形成的波形如图所示，下列说法正确的是( )
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A．质点a开始振动的方向向上
B．之后质点b比质点a先回到平衡位置
C．再过四分之一周期，质点c加速度向下且达到最大值
D．再过半个周期，质点c向右移动半个波长
6．(2024·天津红桥区一模)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图(b)为介质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点。下列说法正确的是( )
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A．波的传播方向向右
B．波速为2 m/s
C．前2 s时间内，P运动的路程为8 cm
D．当t＝15 s时，P恰好在正的最大位移处
7．(多选)(2024·天津河西区一模)平衡位置位于坐标原点的波源M沿y轴方向做周期为2 s的简谐运动，产生的简谐波沿x轴传播。t＝0时刻波的图像如图中实线所示，此时M恰好运动到y轴正向最大位移处。下列说法正确的是( )
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A．由波源M振动产生的简谐波与声波一样，都是横波
B．由波源M振动产生的简谐波在传播过程中遇到尺寸比其波长大的障碍物时，也能够发生衍射
C．t＝0时刻质点P正在向上振动
D．从t＝0时刻开始，质点Q经过 s达到波峰位置
[特色专项训练]
热点16 机械振动和机械波
1．解析：选D。火车驶离远去时，音调变低，是声波的多普勒现象，故A错误；在空房子中说话，声音特别响亮，这是声波的反射现象，故B错误；把耳朵贴在铁轨上可以听到远处的火车声，说明声波可以在固体中传播，故C错误；绕正在发音的音叉走一圈，可以听到忽强忽弱的声音，是由于路程差为半个波长的偶数倍处为振动加强点，若为奇数倍则为振动减弱点，是声波的干涉现象，故D正确。
2．解析：选D。根据共振现象可知，当驱动力的频率等于物体的固有频率时物体的振幅达到最大值，所以应使破碎机工作的锤头的振动频率与要破碎的混凝土的固有频率相接近，从而更容易损坏混凝土，而与地基频率相差较大，可以不损坏路面的地基。
3．解析：选ABC。A、O、B为三个连续分布的振幅最大的点，则O为振动加强点，两波源振动步调一致，当波源S1位于波峰时，波源S2也位于波峰，故A正确；A、O、B为三个连续分布的振幅最大的点，AO与OB之间各有一个振幅最小的点，A、B两点间有两个振幅最小的点，故B正确；A为振动加强点，则S2A－S1A＝2n×(n＝1，2，3…)，将两波源的频率都加倍，波长减半，有S2A－S1A＝4n×(n＝1，2，3…)，A点仍为振动加强点，振幅最大，故C正确；将两波源的频率都减半，波长加倍，有S2A－S1A＝n×(n＝1，2，3…)，A点不一定是振动加强点，振幅不一定最大，故D错误。
4．解析：选D。纸带匀速运动时，由x＝vt知，位移与时间成正比，因此只有在匀速运动的条件下，才可以用纸带通过的距离表示时间，故A错误；由于题图乙中单摆的摆动时间为两个周期，题图丙中单摆的摆动时间为四个周期，纸带同样移动40 cm，丙的时间是乙的两倍，故乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍，故B错误；根据同侧法，可知单摆漏斗在P点向上振动，在Q点向下振动，单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相反，故C错误；题图乙中，纸带拖动速度为10 cm/s，可得单摆周期T＝·＝2 s，根据单摆周期公式T＝2π，可得单摆的摆长约为L≈1 m，故D正确。
5．解析：选B。根据波的传播方向，结合同侧法可知，波刚传播到c点时，质点c将向下振动，而在波的传播方向上任何质点的起振方向都和波源的起振方向相同，则质点a开始振动的方向向下，故A错误；分析可知，之后质点a先向下振动到波谷再经历周期从波谷回到平衡位置，而之后质点b直接向上振动回到平衡位置，可知质点a回到平衡位置的时间大于，而质点b回到平衡位置的时间小于，即之后质点b比质点a先回到平衡位置，故B正确；再过四分之一周期，质点c向下振动到波谷，加速度向上且达到最大值，故C错误；质点c在原位置上下振动，不会随波左右移动，故D错误。
6．解析：选C。根据图(b)可知，平衡位置在x＝1.5 m处的质点在2 s时刻沿y轴负方向运动，在图(a)中，根据同侧法可知，波的传播方向向左，故A错误；根据图像可知，波速v＝＝ m/s＝0.5 m/s，故B错误；周期为4 s，由于2 s＝T，则前2 s时间内，P运动的路程2A＝2×4 cm＝8 cm，故C正确；由于15 s－2 s＝13 s＝3T＋T，根据题图(a)可知，2 s时刻，质点P位于波谷，则当t＝15 s时，P恰好在平衡位置，故D错误。
7．解析：选BD。声波是纵波，故A错误；衍射是波特有的现象，由波源M振动产生的简谐波在传播过程中遇到尺寸比其波长大的障碍物时，也能够发生衍射，故B正确；根据同侧法， t＝0时刻质点P正在向下振动，故C错误；波速v＝＝ m/s＝6 m/s，从t＝0时刻开始，质点Q经过时间t＝ s，波传播的距离Δx＝vt＝19 m，Δx＝λ＋7 m，则可知Q在t＝ s时与题图中x＝0处质点的振动情况一致，即Q到达波峰位置，故D正确。热点17 光学部分
1．(多选)(2024·黑龙江省第二次联考)关于光现象，下列说法正确的是( )
A．光的偏振现象说明光是纵波
B．一束单色光由空气射入玻璃，这束光的速度变慢，波长变短
C．光照射细金属丝，在其后的阴影中有亮线，这是光的干涉现象
D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以削弱反射光的干扰
2．(2024·天津河西区一模)生活中有很多有趣的光学现象，关于这些现象，下列表述中错误的一项是( )
A．甲图所示的光导纤维，内芯的折射率比外套的大
B．乙图所示的肥皂膜看起来是彩色的，这是光的折射现象
C．丙图所示的劈尖干涉，任意相邻明条纹所对应的薄膜厚度差恒定
D．如丁图所示，要想减弱玻璃表面反射光的干扰，拍出清晰的车窗内景象，可以在相机镜头前装一片偏振滤光片
3.(2024·陕西榆林市二模)如图所示的电路中，L为自感系数较大、电阻忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器，完全相同的灯L1、L2分别与电感线圈和电容器串联，下列说法正确的是( )
A．闭合开关，两灯同时变亮
B．闭合开关待电流稳定后，两灯的亮度相同
C．电流稳定时，断开开关的瞬间，两灯立刻熄灭
D．电流稳定时，断开开关后，两灯同时忽亮忽暗，就像在“呼吸”一样
4．(2024·黑龙江六校联盟联合性适应测试)有a、b两束单色光从空气中平行照射在平行玻璃砖上，它们经玻璃折射后射入空气的光线如图所示，则有关a、b光的说法正确的是( )
A．在玻璃中传播时a光的速度较大
B．在同一双缝干涉实验装置发生干涉时a光的干涉条纹间距较大
C．从同一介质射向空气时a光发生全反射的临界角较小
D．a光和b光频率相同
5.(2024·云南曲靖市第一次复习检测)半圆形玻璃砖在光学中有许多重要应用，可以用来做许多光学实验。如图所示，一束光由半圆形玻璃砖的左侧面沿半径射入，经AB界面折射后分为a、b两束光，则下列说法正确的是( )
A．玻璃对b光的折射率大于对a光的折射率
B．现将入射光绕O点顺时针转动，则b光先消失
C．在半圆形玻璃中，b光的传播时间大于a光的传播时间
D．分别用a、b光在同一个装置上做双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距
6.(2024·辽宁省二模)如图所示为一个透明均匀玻璃圆柱的横截面，一束单色光从A点射入，在柱内经一次反射后照射到柱面上的B点。已知光在A点入射角为60°，AB与入射光垂直，则玻璃对光的折射率为( )
A． B．
C． D．
7.(2024·浙江温州市二模)如图所示，半径为R，圆心角为135°的扇形玻璃砖OAB，M为OB边上的一点，OM＝R。一束平行单色红光从OB边射入玻璃砖，入射方向与OA边平行。由M点入射的光从圆弧边AB出射后恰好与OA平行。真空中的光速为c，除了全反射，不考虑其他反射光，则( )
A．玻璃砖圆弧边上有光射出的长度为R
B．从玻璃砖圆弧边射出的光对应在OB边上的长度为R
C．从B点入射的光在玻璃砖中传播时间为(4－)
D．若改为单色绿光，由M点入射的光经玻璃砖后从圆弧边射出仍然与OA平行
[特色专项训练]
热点17 光学部分
1．解析：选BD。光的偏振现象说明光是横波，A错误；单色光由空气射入玻璃，频率不变，根据公式n＝和v＝λf可知，这束光的速度变慢，波长变短，B正确；光照射细金属丝，在其后的阴影中有亮线，说明光能够绕过细金属丝，这是光的衍射现象，C错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以削弱反射光的干扰，D正确。
2．解析：选B。光导纤维能够使光在有机玻璃内传播是利用光的全反射原理，要想发生全反射，光必须从光密介质射入光疏介质，所以内芯的折射率大于外套的折射率，A正确；肥皂膜看起来是彩色的，这是薄膜干涉，是光的干涉现象，B错误；劈尖干涉中任意相邻明条纹所对应的薄膜厚度差恒定，C正确；要想减弱玻璃表面反射光的干扰，拍出清晰的车窗内景象，可以在相机镜头前装一片偏振滤光片，D正确。
3．解析：选D。闭合开关瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，电流不会立刻达到最大，所以灯L1逐渐变亮，而电容器被充电，所以灯L2立即变亮，故A错误；闭合开关待电流稳定后，电感线圈相当于导线，灯L1正常发光，而电容器相当于断路，灯L2熄灭，故B错误；电流稳定时，断开开关的瞬间，电容器放电，同时电感线圈产生感应电动势，阻碍电流的变化，所以两灯同时忽亮忽暗，就像在“呼吸”一样，故C错误，D正确。
4．解析：选C。根据光路图知，a光的偏折程度大于b光的偏折程度，则玻璃对a光的折射率大于b光的折射率，a光的频率大于b光的频率，根据v＝可知，在玻璃中传播时a光的速度较小，故A、D错误；在同一双缝干涉实验装置发生干涉时，根据Δx＝λ，由于a光的频率大于b光的频率，则a光的波长小于b光的波长，则a光的干涉条纹间距较小，故B错误；根据全反射临界角公式sin C＝，可知从同一介质射向空气时a光发生全反射的临界角较小，故C正确。
5．解析：选D。由光路图可知，a光的偏折程度较大，可知玻璃对b光的折射率小于对a光的折射率，A错误；现将入射光绕O点顺时针转动，光线在AB面上的入射角变大，则折射角变大，因a光折射角大于b光，可知a光先消失，B错误；因a光折射率较大，根据v＝可知，a光在玻璃中的速度较小，则在半圆形玻璃中，b光的传播时间小于a光的传播时间，C错误；因a光折射率较大，则频率较大，波长较短，分别用a、b光在同一个装置上做双缝干涉实验，根据Δx＝λ可知，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，D正确。
6．解析：选A。如图所示为光线在玻璃圆柱内的光路图，A、B为折射点，C为反射点，AB垂直于入射光线，故∠BAO＝30°，由对称性得∠ACO＝∠OCB，CO垂直于AB，∠CAO＝∠ACO＝30°，玻璃的折射率n＝＝。
7．解析：选B。M点入射的光从圆弧边AB出射后恰好与OA平行，其光路图如图1所示，根据题意可得α＝45°，说明光线在M点的折射角与N点时的入射角相等，从而可确定∠MON为直角，且tan β＝＝，所以β＝30°，n＝＝，根据临界角与折射率的关系sin C＝，所以C＝45°，所以当光线在圆弧面射出时的入射角为45°时将发生全反射，为圆弧边界有光射出区域的上边界，从O点射入的光线从圆弧面射出时为下边界，所对应圆心角为∠COD等于45°，如图2所示，所以玻璃砖圆弧边上有光射出的长度s＝·2πR＝，故A错误；从玻璃砖圆弧边射出的光对应在OB边上的长度OE＝·R＝R，故B正确；从B点入射的光在玻璃中的路程为R，所以t＝＝＝，故C错误；由于不同颜色的光的折射率不同，所以换成绿光不会平行射出，故D错误。
热点7 动量定理和动量守恒定律
1．(2024·江西赣州市期末)如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是( )
A．水平方向动量守恒，机械能守恒
B．水平方向动量守恒，机械能不守恒
C．水平方向动量不守恒，机械能守恒
D．水平方向动量不守恒，机械能不守恒
2．(2024·湖南雅礼中学一模)光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在t1时间内动能由0增大到Ek，在t2时间内动能由Ek增大到2Ek。设恒力在t1时间内冲量为I1，在t2时间内冲量为I2，两段时间内物体的位移分别为x1和x2，则( )
A．I1I2，x1>x2
C．I1>I2，x1＝x2 D．I1＝I2，x1＝x2
3．(2024·广西南宁市、河池市质监联考)如图所示，两物体A、B之间有一压缩的轻质弹簧并置于光滑的水平面上，两物体与轻弹簧不连接，开始用细线将两物体拴接，某时刻将细线烧断。已知弹簧储存的弹性势能为Ep，物体A、B的质量分别为3m、m，则下列说法正确的是( )
A．两物体与弹簧分离时，物体A的速度为
B．两物体与弹簧分离时，物体B的速度为
C．轻弹簧对两物体做的功相同
D．轻弹簧对两物体的冲量大小相等
4．(多选)(2024·四川乐山市第二次调研)图(a)所示的后排进攻是排球比赛中一种重要进攻手段。假设某次后排进攻可简化为图(b)所示模型，甲运动员以极短的时间Δt＝0.01 s完成击球，将初速度为零的排球从O点以水平速度击出，球恰好打到拦网队员乙的手指P后飞出。已知排球质量m＝0.26 kg，O、P间的水平距离L＝3 m，O、P的高度差h＝7.2 cm。球视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则可知( )
A．球被甲击出时的速率约为72 km/h
B．球被甲击出时的速率约为90 km/h
C．甲对球的平均作用力大小约为650 N
D．甲对球的平均作用力大小约为520 N
5.(2024·广东深圳市龙岗区期末)如图，游乐园水上表演中，水面摩托艇上安装的水泵通过轻质软管将水喷出，将质量为M的游客(包括踏板)顶起在空中保持静止(此时软管竖直且喷水口竖直向下)，设软管与喷口的横截面积相同，喷水速率为v，重力加速度为g，则t时间内喷水的质量为( )
A． B．
C． D．
6．(多选) (2024·江西赣州市期末)如图所示，质量为3m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为2m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块b沿a上升的最大高度为 eq \f(3v,10g)
B．滑块b沿a上升的最大高度为 eq \f(v,2g)
C．滑块a运动的最大速度为v0
D．滑块a运动的最大速度为v0
[特色专项训练]
热点7 动量定理和动量守恒定律
1．解析：选B。以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向动量守恒，但由于要产生内能，所以机械能不守恒。
2．解析：选C。根据动能定理可知，第一段加速过程F·x1＝Ek，第二段加速过程F·x2＝2Ek－Ek，联立可得x1＝x2，物体做初速度为零的加速运动，故通过连续相等位移的时间变短，即通过位移x2的时间t2小于通过位移x1的时间t1；根据冲量的定义，有I1＝F·t1，I2＝F·t2，故I1＞I2，故C正确，A、B、D错误。
3．解析：选D。设分离时物体A、B的速度大小分别为v1、v2，由于水平面光滑，则两物体及弹簧组成的系统动量守恒，又只有弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，则有0＝3mv1－mv2，Ep＝×3mv＋mv，解得v1＝，v2＝，故A、B错误；分离时，物体A、B的动能分别为EkA＝×3mv＝，EkB＝mv＝，轻弹簧对物体A、B做的功分别为W1、W2，由动能定理W1＝EkA－0，W2＝EkB－0，故＝＝，故C错误；由于分离瞬间，两物体的动量大小相等，所以轻弹簧对两物体的冲量大小相等、方向相反，故D正确。
4．解析：选BC。球被甲击出后做平抛运动，设球被甲击出时的速率为v0，运动时间为t，则有L＝v0t，h＝gt2，联立解得v0＝25 m/s＝90 km/h，故A错误，B正确；甲运动员完成击球的时间Δt＝0.01 s，设甲对球的平均作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝mv0－0，将已知量代入上式可解得F＝650 N，故C正确，D错误。
5．解析：选C。对游客与踏板整体进行分析，根据平衡条件有F1＝Mg，令极短时间Δt内喷出水的质量为Δm，根据牛顿第三定律可知，踏板对喷出水的反作用力F2＝F1，由于软管竖直且喷水口竖直向下，根据题意可知水泵先将水沿软管竖直向上以速率v送至踏板处，冲击踏板后又以速率v从喷水口竖直向下喷出，取竖直向下为正方向，对极短时间Δt内喷出水进行分析，由于时间极短，其所受重力可以忽略，根据动量定理有F2Δt＝Δmv－(－Δmv)，则t时间内喷水的质量m＝t，解得m＝。
6．解析：选AC。b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律得×2mv＝(2m＋3m)v2＋2mgh，解得h＝ eq \f(3v,10g) ，故A正确，B错误；滑块b滑离a后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程中，由动量守恒定律得2mv0＝2mvb＋3mva，由机械能守恒定律得×2mv＝×2mv＋×3mv，解得va＝v0，故C正确，D错误。热点4 抛体运动
1．(2024·江西南昌市一模)一住宅阳台失火，消防员用靠在一起的两支水枪喷水灭火。如图所示，甲水柱射向水平阳台近处着火点A，乙水柱射向水平阳台远处着火点B，两水柱最高点在同一水平线上，不计空气阻力，甲、乙水柱喷出时的速度大小分别为v1、v2，甲、乙水柱在空中运动的时间分别为t1、t2。以下判断正确的是( )
A．v1>v2，t1＝t2 B．v1C．v1>v2，t12．(多选)(2024·贵州黔南州二模)如图(a)所示，在小球的抛出点O处固定有一点光源，它的正前方水平距离L＝1.00 m处竖直放置一块毛玻璃屏。用弹射器将小球以某一速度从O点水平向右抛出后，在毛玻璃屏上可以看到小球影子的运动，利用闪光频率f＝20 Hz的频闪相机拍摄了影子的位置照片，如图(b)所示。空气阻力不计，当地的重力加速度g取9.78 m/s2。下列说法正确的是( )
A．影子做匀速直线运动
B．影子做自由落体运动
C．实验测得小球抛出时的初速度约为6 m/s
D．实验测得小球抛出时的初速度约为10 m/s
3．(2024·陕西咸阳市模拟一)某同学玩飞镖时，先、后两次飞镖的抛出点在同一竖直线上的A、B 两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图中曲线1、2 所示，飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角分别为α、β。已知AB、BO的竖直高度相同，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．先、后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为 1∶
B．先、后两次飞镖在空中的运动时间之比为2∶1
C．α＝2β
D．tan β＝2tan α
4．(多选)(2024·广东梅州市二模)某场足球赛中，一名运动员在离球门正前方水平距离6 m处头球攻门，足球在1.8 m高处被水平顶出，顶出时速度垂直于球门，并恰好落在球门线上。足球视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2，则此过程( )
A．球的运动时间为1 s
B．球的水平初速度大小为10 m/s
C．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为6 m/s
D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为45°
5．(2024·江苏宿迁市一模)如图所示，网球运动员训练时在同一高度的前后两个不同位置，将网球斜向上打出，网球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，不计空气阻力，则( )
A．网球两次击中墙时的速度相等
B．网球沿1轨迹打出时的初速度大
C．网球沿1轨迹打出时速度方向与水平方向夹角大
D．从打出到撞墙，网球沿2轨迹在空中运动时间长
6．(多选)(2024·广东省选择考模拟二)如图，甲将排球从离地面高为1 m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8 m的P位置时，速度大小为10 m/s，此时，排球被乙击回并以18 m/s的水平速度沿轨迹②运动，恰好落回到O位置。已知排球的质量约为0.3 kg，g取10 m/s2，忽略空气阻力，则( )
A．排球沿轨迹②运动的时间为0.6 s
B．O、P两位置的水平距离为10.8 m
C．甲对排球做的功约为20 J
D．乙对排球做的功约为15 J
[特色专项训练]
热点4 抛体运动
1．解析：选B。根据题意可知，甲、乙两水柱从同一高度射向同一水平线上的A、B两点，且最高点也在同一水平线上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，甲、乙水柱竖直方向的初速度相等，由题图可知，乙的水平位移大，则乙水平方向的初速度大，则有v2>v1。
2．解析：选AC。由于相机的曝光时间是一样的，在误差范围内，相邻两个小球的投影间的距离相等，可知小球的投影做匀速直线运动，故A正确，B错误；两相邻投影间的时间间隔T＝＝0.05 s，影子的速度大小v＝×10－2 m/s＝0.814 m/s，由平抛运动的规律可知＝，整理得y＝t，竖直方向投影做匀速直线运动，则有＝v，解得v0≈6 m/s，故C正确，D错误。
3．解析：选A。由题意，假设2下落的高度为h，则1下落的高度为2h，竖直方向做自由落体运动，则由公式y＝gt2得t＝，即t1＝、t2＝，所以1、2在空中运动的时间之比为∶1；水平方向有x＝v0t，则先、后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为 1∶，故A正确，B错误。两飞镖落在O点的竖直速度分别为vy1＝gt1＝，vy2＝gt2＝，又有tan α＝＝，tan β＝＝，由以上整理得tan α＝2tan β，则α≠2β，故C、D错误。
4．解析：选BC。根据平抛运动公式，有h＝gt2，代入数据解得t＝0.6 s，故A错误；在水平方向上，有v0＝，代入数据解得球的水平初速度大小v0＝10 m/s，故B正确；根据vy＝gt可得球落地前瞬间竖直方向的分速度大小vy＝6 m/s，故C正确；落地时速度与水平方向的夹角正切值tan θ＝＝，所以θ不是45°，故D错误。
5．解析：选B。网球恰好能垂直撞在竖直墙上的同一点，则此时网球在竖直方向上的速度分量为0，则2gh＝v，h＝gt2，因为网球在1轨迹与在2轨迹竖直方向上的位移h相等，所以运动时间相等，vy也相等，根据vx＝，有vx1>vx2，所以v1>v2，B正确，D错误；因为网球两次击中墙时的速度等于初速度在水平方向上的分量，所以网球两次击中墙时的速度不相等，A错误；设网球打出时速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝，所以tan θ16．解析：选ABC。对于排球沿轨迹②的运动，有h＝gt2，解得运动时间t＝＝ s＝0.6 s，A正确；设排球从P位置返回的速度为v′，水平位移x＝v′t＝18×0.6 m＝10.8 m，B正确；从O位置到P位置，设排球在O位置的速度为v0，到P位置的速度v，根据动能定理可知，－mgh＝mv2－mv，解得mv＝20.4 J，根据动能定理可知，W甲＝mv＝20.4 J，C正确；在P位置根据动能定理有W乙＝mv′2－mv2＝33.6 J，D错误。热点12 带电粒子在复合场中的运动
1．(2024·江苏无锡市期末)霍尔元件被广泛使用在新能源行业中。图中左侧线圈连接待测电压U时，霍尔元件将输出一个电压值UH。霍尔元件由载流子为正电荷的材料制成，元件中通入的霍尔电流I0从a流向b，放大示意图见下部分，则( )
A．图中霍尔元件处有方向向上的磁场
B．图中霍尔元件前表面c为高电势面
C．增大待测电压U，霍尔电压UH将增大
D．霍尔电压UH的大小与霍尔电流I0无关
2．(多选)(2024·广东汕头市一模)2023年11月，中国原子能科学研究院“BNCT强流质子回旋加速器样机研制”顺利通过技术验收。如图所示，该回旋加速器接在高频交流电压U上，质子束最终获得Ek的能量，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A．质子获得的最终能量与高频电压U无关
B．回旋加速器连接的高频交流电压不可以是正弦交流电
C．图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下
D．若用该回旋加速器加速α粒子，则应将高频交流电的频率适当调大
3.(2024·广东湛江市二模)核废水中包含了具有放射性的碘的同位素131I，利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量相同的131I和127I以相同的速度从O点进入速度选择器(速度选择器中的电场方向水平向右、磁场的磁感应强度为B1)后，再进入偏转磁场(磁感应强度为B2)，最后打在照相底片的c、d两点，不计各种粒子受到的重力。下列说法正确的是( )
A．B1垂直于纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为127∶131
B．B1垂直于纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为∶
C．B1垂直于纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为131∶127
D．B1垂直于纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为∶
4．(2024·广东深圳市龙岗区期末)把用金属导体制成的霍尔元件接入如图电路中，把电压表接在霍尔元件a、b极上，调节滑动变阻器使输入电流为I，又从左向右加垂直于板面的磁感应强度为B的匀强磁场，当电场力等于洛伦兹力时，电压表测出的霍尔电压为UH。下列判断正确的是( )
A．a极的电势高于b极的电势
B．只改变B的强度，则UH跟B成正比
C．只改变I的强度，则UH跟I的平方成正比
D．将B、I的方向反向，电压表指针会偏向另一边
5．(多选)(2024·河北邯郸市选考一)如图所示，直角坐标系xOy的x轴上方存在匀强磁场和匀强电场，y轴是磁场和电场的分界线，磁场方向垂直于xOy平面向外，电场方向与y轴平行，指向y轴负方向，M、P两点的坐标为M(0，L)、P(－2L，0)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0从P点射入电场，经电场偏转后从M点垂直于y轴进入磁场，然后从x轴上的N点离开磁场。已知粒子到达N点时与x轴负方向的夹角为60°，粒子的重力不计。下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度大小为 eq \f(mv,4qL)
B．匀强电场的电场强度大小为 eq \f(\r(2)mv,4qL)
C．匀强磁场的磁感应强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
[特色专项训练]
热点12 带电粒子在复合场中的运动
1．解析：选C。根据右手螺旋定则可知，题图中霍尔元件处有方向向下的磁场，故A错误；根据左手定则可知正电荷在霍尔元件中向后表面d聚集，霍尔元件后表面d为高电势面，故B错误；设霍尔元件宽为L，根据q＝qvB可得UH＝LvB，待测电压U越大，则霍尔元件所在处的磁感应强度B越大，增大待测电压U，霍尔电压UH将增大，又由电流的微观表达式I＝neSv可知，正电荷的移动速度v与霍尔电流I0大小有关，则可知霍尔电压UH的大小与霍尔电流I0有关，故C正确，D错误。
2．解析：选AC。带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动，有qvB＝m，解得粒子获得的最大速度vm＝，根据动能的表达式可得，质子获得的最终能量Ek＝mv＝，可知，质子获得的最终能量与高频电压U无关，故A正确；回旋加速器连接的高频交流电压可以是正弦交流电，只要保证质子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等即可，则高频交流电的频率f＝＝，若用该回旋加速器加速α粒子，粒子的比荷减小，则应将高频交流电的频率适当调小，故B、D错误；由题图根据质子在磁场中的运动轨迹及左手定则可知，题图中加速器的磁场方向垂直于D形盒向下，故C正确。
3．解析：选C。由于粒子向左偏转，根据左手定则可知磁场的方向垂直于纸面向外，设碘131和碘127的电荷量为q，质量分别为m1、m2，进入偏转磁场时的速度为v，则碘131在磁场中运动时，由qvB1＝m1解得r1＝，同理可得，碘127在磁场中运动的轨道半径r2＝，则碘131和碘127的半径之比＝＝。
4．解析：选B。根据左手定则可知，电子受到安培力指向a极，故电子向a极偏转，故a极的电势低于b极的电势，故A错误；电子平衡时，电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则evB＝eE＝e，可得UH＝Bdv，由电流微观粒子表达式得I＝neSv，联立可得UH＝Bd，所以只改变B的强度，则UH跟B成正比；只改变I的强度，则UH跟I成正比，故B正确，C错误；将B、I的方向反向，根据左手定则，a极的电势仍低于b极的电势，电压表指针不会偏向另一边，故D错误。
5．解析：选AD。设P点粒子入射时水平方向和竖直方向的速度分别为vx、vy，到M点时水平入射，则竖直速度为0，只剩下水平速度，设P到M的时间为t，电场提供的加速度为a，由运动学公式有vy＝at，vxt＝2L，at2＝L得vx＝vy，即入射角为45°，在M点速度为v0，代入上面式子得a＝ eq \f(v,4L) ，由牛顿第二定律得F＝Eq＝ma，得E＝ eq \f(mv,4qL) ，故A正确，B错误；根据几何关系知，粒子在磁场中运动的半径R＝L，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，得B＝，故C错误，D正确。热点9 电场性质的理解和应用
1．(2024·北京市石景山区期末)如图所示，两个固定的等量正点电荷，其连线中点为O，a、b、c、d四个点位于以O为圆心的同一个圆周上，bd⊥ac。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA235.tif" INCLUDEPICTURE "25YA235.tif" \* MERGEFORMAT
A．a、c两点的电场强度大小和方向均相同
B．若一电子从b点由静止释放，以后将在b、d之间沿直线往复运动
C．从O点开始，沿Ob向上各处电场强度大小越来越小
D．从O点开始，沿Ob向上各处电势越来越高
2.(多选)(2024·天津红桥区一模)如图，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA236.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA236.TIF" \* MERGEFORMAT
A．电容器的电容将变小
B．电容器极板间的电场强度将变小
C．P点电势将升高
D．P处电荷的电势能将变大
3．(2024·广西柳州市三模)在某正点电荷形成的电场中有一条直线，直线上各点中a点的电场强度最大，直线上另一点b的电场强度大小为a点的，则下列说法正确的是( )
A．a、b两点的电场强度方向相同
B．a、b两点的电场强度方向的夹角为30°
C．a、b两点的电场强度方向的夹角为60°
D．a、b两点的电场强度方向的夹角为120°
4．(2024·四川省部分学校一模)一带正电的点电荷和两个带负电的点电荷附近的电场线分布如图所示。三个点电荷所带电荷量均相等且均被固定，M是两负点电荷连线的中点，M、N两点及正点电荷在同一水平线上且M、N两点到正点电荷的距离相等。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA238.tif" INCLUDEPICTURE "25YA238.tif" \* MERGEFORMAT
A．E点的电势比F点的高
B．同一正点电荷在M点的电势能比在N点的小
C．同一点电荷在M点受到的电场力比在N点的小
D．若撤去正点电荷，在N点由静止释放一带正电的检验电荷，则检验电荷在从N点运动到M点的过程中做加速运动，且加速度一定减小
5.(多选)(2024·福建莆田市二模)如图，等边三角形ABC位于竖直平面内，BC边水平，三个点电荷分别固定在三角形的顶点上。已知L、M、N点分别为三条边的中点，L点的电场强度方向水平向右，M点的电场强度方向竖直向下，C处点电荷的电荷量绝对值为q，则( )
INCLUDEPICTURE "25YA239.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA239.TIF" \* MERGEFORMAT
A．三个点电荷均带负电
B．N点的电场强度方向水平向左
C．A处点电荷的电荷量绝对值为q
D．B处点电荷的电荷量绝对值为q
6．(2024·河北石家庄市教学质检一)某区域存在一电场，该区域内x轴上各点电势φ随位置x变化的关系如图所示。α粒子从D点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴通过C点，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA240.tif" INCLUDEPICTURE "25YA240.tif" \* MERGEFORMAT
A．由D点到C点电场强度的方向始终沿x轴正方向
B．α粒子从D点到C点运动的过程中所受电场力先增大后减小
C．α粒子从D点到C点运动的过程中其电势能减小10 eV
D．α粒子从D点到C点运动的过程中其动能先增大后减小
[特色专项训练]
热点9 电场性质的理解和应用
1．解析：选B。根据对称性可知，a、c两点的电场强度大小相同，方向相反，故A错误；若一电子从b点由静止释放，电子在Ob间受到向下的电场力，在Od间受到向上的电场力，将在b、d之间沿直线往复运动，故B正确；O点处电场强度为零，无穷远处电场强度为零，则从O点开始，沿Ob向上各处电场强度大小先增大后减小，故C错误；根据等量同种正电荷连线中垂线上的电场分布可知，从O点开始，沿Ob向上各处电势越来越低，故D错误。
2．解析：选AD。根据电容公式有C＝，可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；由于断开了开关，因此电容器所带电荷Q不变，又Q＝CU＝CEd，解得E＝，可知电容器间的电场强度将不变，B错误；P点电势φP＝0－ELAP，因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；电势能Ep＝qφP因为电势降低，而所带电荷为负，因此电势能变大，D正确。
3．解析：选C。直线上各点中a点的电场强度最大，则点电荷到直线的垂线的垂足为a点，设垂线段长为d，则有k＝×k，解得x＝2d，则a、b两点的电场强度方向的夹角为60°，如图所示。
INCLUDEPICTURE "25YA237.tif" INCLUDEPICTURE "25YA237.tif" \* MERGEFORMAT
4．解析：选B。电场线从正点电荷到负点电荷，沿着电场线方向电势降低，所以F点的电势比E点的高，故A错误；正点电荷在M、N两点的电势相等，M、N两点在等量负点电荷的连线的中垂线上，有φN>φM又Ep＝qφ，则带正电的检验电荷在N点的电势能更大，故B正确；两负点电荷在M点的合电场强度为零，M点只有正点电荷产生的电场，在N点正点电荷产生的电场的电场强度水平向右，两个负点电荷产生的合电场强度水平向左，且该合电场强度小于正点电荷在N点产生的电场的电场强度，所以M点的电场强度比N点的大，同一点电荷在M点受到的电场力比在N点的大，故C错误；若撤去正电荷且N点离负点电荷很远，则带正电的检验电荷在从N点运动到M点的过程中做加速运动，但加速度先增大后减小，故D错误。
5．解析：选BD。A点的电荷在M点的电场强度沿AM所在直线，C点处点电荷和B点处点电荷在M点的电场强度沿CB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则C、B两点处的点电荷在M点的合电场强度为零，即C和B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；A点处的点电荷在M点的电场强度方向沿AM向下，则A点处点电荷为正电荷，故A错误，D正确。根据对称性可知N点的电场强度方向水平向左，故B正确。设三角形的边长为l，由几何关系得CL＝l，AL＝BL＝l，设A点电荷的电荷量为Q，A点电荷在L点的电场强度竖直分量的大小EA＝k×sin 60°＝，方向竖直向下，B点电荷在L点的电场强度竖直分量的大小EB＝k×sin 60°＝，C点电荷在L点的电场强度竖直分量大小EC＝k×sin 30°＝，要使得L点竖直方向电场强度为零，则需要C点电荷在L点的电场强度竖直分量方向向上，B点电荷在L点的电场强度竖直分量方向向上，则有EB＋EC＝EA，解得Q＝q，故C错误。
6．解析：选D。α粒子带正电，则所受电场力方向与电场方向相同；α粒子从D点到C点做直线运动，则电场力方向沿x轴方向，所以D点到C点的电场方向沿x轴，又因为沿电场方向电势降低，所以从D点到C点电场强度的方向先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，故A错误。φ－x图像的斜率绝对值表示电场强度的大小，可知从D点到C点电场强度先减小后增大，所以α粒子从D点到C点的过程中所受电场力先减小后增大，故B错误。α粒子所带电荷量为2e，则从D点到C点运动的过程中其电势能减小量ΔEp＝qφD－qφC＝20 eV，故C错误。从D点到C点，α粒子所受电场力先向右后向左，则电场力先做正功后做负功，由动能定理可知，动能先增大后减小，故D正确。热点3 牛顿运动定律的应用
1.(2024·贵州毕节市第二次诊断)春节过后，气温急升，贵州多地因高温引发山火，因交通不便，为尽快扑灭山火，减小损失，多地紧急出动空中直升机取水救火。图示为某一直升机取水后，平行于地面沿直线加速飞往火灾现场的情境，在某一时间内悬绳与竖直方向的夹角θ保持不变，水桶和水的总质量为m，重力加速度为g，不计悬绳的质量和空气阻力，则在这段时间内( )
INCLUDEPICTURE "25YA196.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA196.TIF" \* MERGEFORMAT
A．悬绳拉力大小为
B．悬绳拉力对水桶及水做负功
C．直升机的加速度大小为g tan θ
D．水桶及水处于超重状态
2．(2024·陕西咸阳市模拟一)跳跳杆是一种深受小朋友喜爱的弹跳器。可以自由伸缩的中心弹簧，一端固定在跳杆上，另一端固定在与踏板相连的杆身上。人在踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧向上弹起，将人和跳杆带离地面。当某同学玩跳跳杆时从最高点竖直下落到最低点的过程中，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA198.tif" INCLUDEPICTURE "25YA198.tif" \* MERGEFORMAT
A．下落全过程中，该同学速度一直减小
B．下落全过程中，该同学加速度先增大后减小
C．下落全过程中，跳跳杆刚接触地面时，该同学速度最大
D．下落全过程中，跳跳杆形变量最大时，该同学处于超重状态
3．(2024·甘肃省一模)智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA199.tif" INCLUDEPICTURE "25YA199.tif" \* MERGEFORMAT
A．释放时，手机离地面的高度为gt
B．手机第一次与地面碰撞的作用时间为t2－t1
C．手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的10倍
D．0至t2时间内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等
4．(2024·湖南九校联盟第二次联考)水果的碰伤阈值是指水果在不碰伤的情况下能够从静止竖直跌落的最大高度。已知导致苹果碰伤所需的平均作用力约为苹果自身重力的3倍。某学习小组在探究苹果的碰伤阈值实验中，发现苹果从静止竖直跌落，在接触某材料0.1 s后减速至0，苹果刚好碰伤，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．苹果刚接触此材料时的速率约为3 m/s
B．苹果在此材料的碰伤阈值约为20 cm
C．苹果在此材料的碰伤阈值与苹果质量成正比
D．苹果从静止竖直跌落到减速为0的过程中平均速度为0
5．(2024·湖北十一校第二次联考)物块P、Q中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块P的质量为2 kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长，t＝0时对物块P施加水平向右的恒力F，t＝1 s时撤去，在前1 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。整个运动过程中以下说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA204.tif" INCLUDEPICTURE "25YA204.tif" \* MERGEFORMAT
A．t＝1 s时，物块Q的速度大小为0.4 m/s
B．恒力F大小为1.6 N
C．物块Q的质量为0.5 kg
D．t＝1 s后，物块P、Q一起做匀加速直线运动
6．(2024·安徽合肥市二模)如图所示，三块完全相同的匀质板状工件上下对齐码放在卡车上，只有最下面的工件与车厢底部固定。若运输途中司机紧急刹车，工件出现的状态可能是( )
INCLUDEPICTURE "25YA205.tif" INCLUDEPICTURE "25YA205.tif" \* MERGEFORMAT
INCLUDEPICTURE "25YA206.tif" INCLUDEPICTURE "25YA206.tif" \* MERGEFORMAT
[特色专项训练]
热点3 牛顿运动定律的应用
1．解析：选C。根据题意，飞机在水平方向做加速运动，则可知水桶在水平方向做加速运动，其合外力在水平方向，受力分析如图所示，可
INCLUDEPICTURE "25YA197.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA197.TIF" \* MERGEFORMAT
得悬绳拉力大小T＝，故A错误；悬绳的拉力方向与水及水桶速度方向的夹角为锐角，则可知悬绳拉力对水桶及水做正功，故B错误；直升机的加速度大小与水桶加速度大小相同，水及水桶所受合外力F合＝mg tan θ，则a＝g tan θ，故C正确；水及水桶在水平方向做加速运动，竖直方向合力为零，因此水及水桶既不超重也不失重，故D错误。
2．解析：选D。下落全过程中，跳跳杆接触地面前，该同学和跳杆做自由落体运动，速度增大，加速度保持不变；跳跳杆接触地面后，一开始弹簧弹力小于该同学和跳杆的总重力，该同学和跳杆继续向下做加速度减小的加速运动；当弹簧弹力等于该同学和跳杆的总重力时，该同学和跳杆的速度达到最大；之后弹簧弹力大于该同学和跳杆的总重力，该同学和跳杆继续向下做加速度增大的减速运动；故下落全过程中，该同学速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A、B、C错误。下落全过程中，跳跳杆形变量最大时，加速度方向向上，该同学处于超重状态，故D正确。
3．解析：选D。由题图可知，t1时刻手机开始接触地面，则0到t1内做自由落体运动，释放时，手机离地面的高度h＝gt，故A错误；t1时刻手机开始接触地面，t3时刻手机开始离开地面，则手机第一次与地面碰撞的作用时间为t3－t1，故B错误；t2时刻手机的加速度最大，且方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得F－mg＝m·10g，可得F＝11mg，手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误；t2时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则0到t2时间内手机的速度变化量为零，根据a－t图像与横坐标围成的面积表示速度变化量，可知0至t2内图线与横坐标围成的面积中，时间轴下方与上方的面积大小相等，故D正确。
4．解析：选B。苹果刚好碰伤，可知苹果接触材料过程中平均合力F合＝N－mg＝2mg，由牛顿第二定律，得平均加速度a＝＝2g，由加速度大小公式a＝＝，可知苹果刚接触材料时的速率约为v＝2gt＝2×10×0.1 m/s＝2 m/s，A错误；设苹果从静止状态下落的最大高度为h，有v2＝2gh，解得h＝0.2 m＝20 cm，B正确；由上述推导可知，苹果在此材料上的碰伤阈值与苹果质量无关，C错误；苹果从静止状态竖直跌落到减速为0的过程中位移不为0，故平均速度不为0，D错误。
5．解析：选C。a－t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，若前1 s内Q的加速度均匀增大，则t＝1 s时Q的速度大小vQ＝×1×0.8 m/s＝0.4 m/s，由题图可得，实际Q的图线与坐标轴围成的面积大于Q的加速度均匀增大时图线与坐标轴围成的面积，故t＝1 s时Q的速度大小大于0.4 m/s，故A错误；t＝0时，对物块P有F＝mPa0＝2×1 N＝2 N，故恒力大小为2 N，故B错误；t＝1 s时，对物块P、Q整体有F＝(mP＋mQ)a1，解得mQ＝0.5 kg，撤去推力后，两物块受弹簧弹力作用，不会一起做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
6．解析：选A。上面两工件从相对静止到停止，根据整体可知2μmg＝2ma，解得a＝μg，满足条件，故A正确；由题图B、D可知，最上面工件受到中间工件的摩擦力向右，加速度大小a1＝μg，中间工件受到两个摩擦力都向左2μmg＋μmg＝ma2，解得a2＝3μg>a1，则与题图B、D中情况矛盾，故B、D错误；由题图C可知，最上面工件受到中间工件的摩擦力向左，加速度大小a1＝μg，中间工件受到两个摩擦力2μmg－μmg＝ma2，解得a2＝μg＝a1，则与题图C中情况矛盾，故C错误。热点11 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.(2024·广东梅州市期末调研)科学研究表明，地球周围存在的磁场虽然微弱，但作用巨大，既可以抵御宇宙射线对地球的侵扰，也会影响生物的定向迁徙，甚至会影响人的身体健康。如图所示为地球周围的磁感线分布(磁偏角的影响可以忽略)，下列关于地磁场的说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA249.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA249.TIF" \* MERGEFORMAT
A．地球周围的磁感线起始于地球南极附近，终止于地球北极附近
B．地面附近，磁感应强度的方向与地面平行
C．地面附近，赤道处的磁感应强度大小大于两极处的磁感应强度大小
D．由外太空垂直射向赤道的带正电粒子将向东偏转
2.(2024·辽宁省县级重点高中协作体期末)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC、DE是圆的两条互相垂直的直径，质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从A点沿纸面与AC成45°斜向上射入磁场后，恰好从D点离开，不计粒子受到的重力，则粒子射入磁场时的速度大小为( )
INCLUDEPICTURE "25YA251.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA251.TIF" \* MERGEFORMAT
A． B．
C． D．
3.(2024·湖南衡阳市第二次联考)如图所示，半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为q的带正电粒子由M点沿与过该点的直径成30°角的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场，不计粒子所受重力，则( )
INCLUDEPICTURE "25YA252.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA252.TIF" \* MERGEFORMAT
A．粒子的运动速度大小为
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．若仅改变粒子的入射方向，粒子离开磁场时的速度方向不变
D．若仅增大粒子的入射速度，则粒子在磁场中的运动时间变长
4.(2024·河北张家口市期末)如图所示，在直线MN上及其下方的半圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场。已知半圆的圆心为О，半径为r，M、O、N三点共线，N是圆外一点且OM＝ON。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M点在纸面内沿MO垂直于磁场射入半圆中，第一次从A点(图中未画出)沿圆的半径方向射出半圆形区域后从N点垂直于MN离开磁场区域。不计粒子所受重力，半圆内、外磁场的磁感应强度大小之比为( )
INCLUDEPICTURE "25YA255.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA255.TIF" \* MERGEFORMAT
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
5.(多选)(2024·新疆乌鲁木齐第二次质检)如图所示为有一小孔的绝缘圆筒的横截面，内圆的半径为R，外圆圆筒的半径为2R。内、外圆间环形区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的带电粒子以初速度大小v0＝从小孔沿半径方向射入筒内，粒子在筒内运动过程中，每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中粒子的电荷量不变。已知粒子从小孔射出前始终在环形磁场区域内运动，不计粒子所受重力，忽略小孔的尺寸，sin 36.87°＝0.6，则( )
INCLUDEPICTURE "25YA257.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA257.TIF" \* MERGEFORMAT
A．粒子在磁场中运动的半径为R
B．粒子在磁场中运动的半径为R
C．粒子在时间内能够从小孔射出
D．粒子在时间内不能从小孔射出
[特色专项训练]
热点11 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.解析：选D。磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，曲线的切线为该点磁场的方向，所以地面附近的磁场方向不是都与地面平行，故A、B错误；磁感线的疏密表示磁场的强弱，由磁感线分布情况可知，地面附近，赤道处的磁感应强度大小小于两极处的磁感应强度大小，故C错误；地球的磁场由南向北，当带正电粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力方向为向东，所以粒子将向东偏转，故D正确。
2．解析：选B。粒子从A点沿纸面与AC成45°斜向上射入磁场后，恰好从D点离开，可知轨迹圆心在AD中点处，由几何关系可得r＝R，由洛伦兹力作为向心力可得qvB＝m，解得v＝。
3．解析：选C。根据题意作出粒子运动轨迹如图1所示，根据几何关系可知半径r＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，故A错误；根据几何关系可知圆心角为120°，则运动时间t＝T＝，故B错误；只改变粒子的速度方向，不改变粒子的速度大小，则粒子轨迹圆的半径保持不变，则粒子轨迹圆的圆心、磁场区域圆的圆心、两个圆的交点构成菱形，故粒子出磁场时速度方向不变，故C正确；若增大粒子的入射速度，则半径增大，轨迹如图2所示，根据几何关系可知圆心角减小，则粒子在磁场中的运动时间变小，故D错误。
INCLUDEPICTURE "25YA253.tif" INCLUDEPICTURE "25YA253.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "25YA254.tif" INCLUDEPICTURE "25YA254.tif" \* MERGEFORMAT
4．解析：选C。根据题意，作出带电粒子在半圆内、外的运动轨迹如图，设粒子在半圆内、外磁场中运动的轨道半径分别为R1、R2，由几何关系可知r2＋R＝(2r－R2)2，△O2AO与△O2MO1相似，则＝，有＝，解得R1＝3r，R2＝，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有Bqv＝，即B＝，则B内＝，B外＝，解得B内∶B外＝1∶4。
INCLUDEPICTURE "25YA256.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA256.TIF" \* MERGEFORMAT
5．解析：选AC。带电粒子在圆筒内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B＝m eq \f(v,r) ，又v0＝，解得r＝R，故A正确，B错误；带电粒子在磁场中的轨迹如图所示，根据几何知识有sin α＝＝＝0.6，解得α＝36.87°，则θ＝53.13°，带电粒子在磁场中的运动周期T＝，带电粒子在磁场中偏转一次运动时间t＝T＝，当t′＝时，粒子偏转的次数N＝＝，粒子偏转N次对应的圆心角为2αN＝2×36.87°×≈500π，可知粒子在时间内能够从小孔射出，故C正确，D错误。
INCLUDEPICTURE "25YA258.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA258.TIF" \* MERGEFORMAT热点8 动量和能量观点综合应用
1．(2024·江苏苏州市期末)如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0向B球运动，之后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后( )
A．若m1＝m2，最终将有2个小球运动
B．若m1C．若m1>m2，最终将有3个小球运动
D．无论m1、m2大小关系怎样，最终6个小球都会运动
2.(2024·甘肃省一模)如图所示，一空心铝管与水平面成α角倾斜固定放置。现把一枚质量为m、直径略小于铝管直径的圆柱形小磁块从上端管口无初速度放入管中，小磁块从下端口滑出时的速度为v。已知该铝管长度为l，小磁块和管间的摩擦力是小磁块所受重力的k倍，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．小磁块做匀加速直线运动
B．在小磁块运动过程中，受到的重力和摩擦力的总冲量为mv
C．在小磁块运动过程中，铝管产生的热量为kmgl
D．在小磁块运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为mgl sin α－mv2
3.(多选)(2024·吉林延边州质检)如图所示，竖直轻弹簧两端连接质量均为m的两个小物块A、B，置于水平地面上且处于静止状态，现将质量也为m的小物块C从A的正上方h处由静止释放，物块C与A碰后粘在一起继续向下运动。已知在以后的运动过程中，当A向上运动到最高点时，B刚好要离开地面，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．此弹簧的劲度系数为
B．此弹簧的劲度系数为
C．物块A运动过程中的最高点距离其初始位置
D．物块A运动过程中的最低点距离其初始位置
4.(多选)(2024·广东深圳市罗湖区期末)碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移—时间图像(x－t图像)如图所示。已知小孩的质量为20 kg，大人的质量为60 kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A．碰撞前后小孩的运动方向有改变
B．碰碰车的质量为60 kg
C．碰撞过程中损失的机械能为600 J
D．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80 N·s
5．(2024·广东揭阳市二模)如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B．滑块与木板间的动摩擦因数为
C．k＝2
D．滑块弹回瞬间的速度大小为
6.(2024·湖南娄底市期末)如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M的圆板，处于平衡状态。一质量为m的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，已知重力加速度为g，则( )
A．碰撞过程中环与板组成的系统动量和机械能都守恒
B．碰撞过程中系统损失的机械能为mgh
C．圆环和圆板的最大速度为
D．碰撞后的瞬间圆板对环的弹力为2
[特色专项训练]
热点8 动量和能量观点综合应用
1．解析：选C。A、B碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，分析可知最终只有F小球运动，A错误；若m1v2>0，然后B和C交换，C和D交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换……，则最终不只有1个小球运动，B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，然后依次碰撞交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有A、E、F这3个小球运动，C正确；由以上分析可知，D错误。
2．解析：选D。小磁块运动过程中，在铝管中产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍小磁块的相对运动，根据牛顿第二定律有mg sin α－kmg－F阻＝ma，由于小磁块做加速运动，则感应电流变大，感应电流的磁场对小磁块的阻力逐渐增大，则小磁块的加速度逐渐减小，小磁块做变加速直线运动，A错误；小磁块受重力、摩擦力和感应电流磁场的阻力作用，它们的总冲量等于动量变化量，即mv，B错误；小磁块运动过程中，摩擦产生热量为kmgl，感应电流产生焦耳热，则铝管产生的热量不等于kmgl，C错误；根据能量守恒定律可知，铝管和小磁块产生的总热量Q＝mgl sin α－mv2，D正确。
3．解析：选ACD。根据动能定理有mgh＝mv，可得碰前C的速度v0＝，C、A碰撞，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，可得碰撞后C、A一起的速度v＝，碰撞前，对A分析，根据平衡条件有kx1＝mg，当A向上运动到最高点时，对B分析，根据平衡条件有kx2＝mg，则碰撞后瞬间与A向上运动到最高点瞬间，弹簧弹力大小相等，弹簧的弹性势能相同，则根据能量守恒定律有×2mv2＝2mgH，可得物块A运动过程中的最高点与其初始位置的距离H＝h，故C正确；由上述分析可知x1＝x2＝H＝h，则弹簧的劲度系数k＝＝，故A正确，B错误；碰撞后C、A一起做简谐运动，根据对称性可知，最高点的合力等于最低点的合力，则有kx3－2mg＝2mg＋kx2，解得最低点时弹簧的压缩量x3＝h，则物块A运动过程中的最低点与其初始位置的距离d＝x3－x1＝h，故D正确。
4．解析：选ABC。位移—时间图线的斜率表示速度，规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A正确；由题图可知，碰前瞬间小孩的速度v1＝ m/s＝2 m/s，大人的速度v2＝ m/s＝－3 m/s，碰撞后的共同速度v＝ m/s＝－1 m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有(m1＋M)v1＋(m2＋M)v2＝(2M＋m1＋m2)v，代入数据解得M＝60 kg，故B正确；碰撞前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量p1＝(M＋m1)v1＝(60＋20)×2 kg·m/s＝160 kg·m/s，碰后总动量p1′＝(M＋m1)v＝－80 kg·m/s，根据动量定理可知I＝Δp＝p1′－p1＝－80－160 kg·m/s＝－240 N·s，故D错误；由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能ΔE＝(M＋m1)v＋(M＋m2)v－(2M＋m1＋m2)v2＝600 J，故C正确。
5．解析：选D。滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，解得a＝，故A错误；根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝，故B错误；滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－fL＝0－mv2，小滑块以速度kv滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，由动能定理有－fL＝mv－m(kv)2，滑块与墙碰后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，由动量守恒定律有mv1＝(m＋4m)v2，由能量守恒定律可得fL＝mv－(m＋4m)v，解得k＝，v1＝，故C错误，D正确。
6．解析：选B。碰撞过程中圆环与圆板组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，由于碰撞之后圆环与圆板共同向下运动，则机械能有损失，机械能不守恒，故A错误；根据题意可知，圆环下降到与圆板碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，圆环和圆板碰撞过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v1，解得v1＝ ，则碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝mv2－(m＋M)v，联立解得ΔE＝mgh，故B正确；圆环和圆板在向下运动的过程中，开始阶段重力之和大于弹簧的弹力，圆环和圆板还在加速，则圆环和圆板的最大速度不是 ，故C错误；碰撞后瞬间，对整体由牛顿第二定律有mg＝(m＋M)a，对圆板由牛顿第二定律有F＝Ma，解得F＝，故D错误。热点14 电磁感应
1.(2024·北京市石景山区期末)如图所示的平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀减小，则下列判断正确的是( )
A．线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a
B．线框中产生的感应电流逐渐减小
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向左
2．(2024·北京市大兴区期末考试)如图甲所示，电阻为5 Ω、匝数为100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与电阻R相连，R＝95 Ω。线圈内有方向垂直于纸面向里的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列说法错误的是( )
A．A点的电势低于B点的电势
B．在线圈位置上感生电场沿逆时针方向
C．0.1 s时间内通过电阻R的电荷量为0.05 C
D．0.1 s时间内非静电力所做的功为2.5 J
3．(2024·贵州黔南州二模)如图所示，左右两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒ab、cd分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使ab棒向右快速摆动，则下列说法正确的是( )
A．cd棒受到的安培力向左，左侧装置的工作原理相当于电动机
B．ab棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机
C．cd棒受到的安培力向右，左侧装置的工作原理相当于发电机
D．ab棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机
4.(2024·湖北武汉市江岸区元月调考)如图所示，abcdef为“日”字形导线框，其中abdc和cdfe均为边长为l的正方形，导线ab、cd、ef的电阻相等，其余部分电阻不计。导线框右侧存在着宽度同为l的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转动。线框穿越磁场的过程中，cd两点间电势差Ucd随位移变化的图像正确的是( )
5.(多选)(2024·贵州毕节市第二次诊断)如图，两平行倾斜光滑导轨间距1 m，与水平面间夹角均为α＝37°，导轨底端连接阻值为1 Ω的电阻。匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为1 T。垂直于导轨放置一导体棒，其电阻为1 Ω，质量为1 kg，导体棒始终与两导轨良好接触。由静止释放导体棒，经一段时间后速度达到最大，且未到达底端，之后做匀速运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．导体棒释放后做匀加速直线运动
B．导体棒的最大速度为12 m/s
C．导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小为6 A
D．导体棒下滑过程中所受安培力做正功
6.(多选)(2024·黑龙江齐齐哈尔市二模)一种无绳电梯依靠电磁驱动原理运行，如图所示，质量为m、宽度为l的电梯轿厢一端处于方向垂直于轿厢平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。某次向上启动电梯时，磁场以速度v匀速向上移动，轿厢一端始终处于磁场区域内，整个轿厢的电阻为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．轿厢向上做匀加速直线运动
B．轿厢向上运动的速度可能为v－
C．安培力对轿厢做的功大于轿厢机械能的增量
D．安培力对轿厢做的功可能小于回路中产生的热量
[特色专项训练]
热点14 电磁感应
1．解析：选D。根据右手定则可知，长直导线右侧磁场垂直于纸面向里，根据楞次定律可知，感应电流的磁场垂直于纸面向里，线框中感应电流的方向为a→b→c→d→a，故A错误；线框内的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E＝，可知线框产生稳定的感应电流，故B错误；由于磁场的磁感应强度均匀减小，感应电流恒定，根据F＝IBL，可知线框ad边所受的安培力大小减小，故C错误；离长直导线越远，磁场的磁感应强度越小，则线框ad边所受向左的安培力大于bc边所受向右的安培力，ab边与cd边所受安培力平衡，线框整体受到的安培力方向水平向左，故D正确。
2．解析：选A。线圈相当于电源，由楞次定律可知线圈电流方向为逆时针，A点的电势高于B点的电势，故B正确，A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝100× V＝50 V，由闭合电路欧姆定律得I＝＝ A＝0.5 A，则0.1 s时间内通过R的电荷量q＝It＝0.05 C，故C正确；0.1 s时间内非静电力所做的功W＝Eq＝50×0.05 J＝2.5 J，故D正确。
3．解析：选C。ab棒向右切割磁感线，相当于发电机，根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，受安培力向左，cd中电流由c到d，再根据左手定则可知，cd中电流受向右的安培力；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。
4．解析：选B。根据题意，设ab、cd、ef的电阻均为R，线框匀速通过磁场，且磁场宽度l＝ac＝ce，可知开始时ab切割磁感线，感应电动势E1＝BLv，cd棒中电流方向由c→d，则c点电势高于d点电势，则有Ucd＝E1＝BLv，ab棒离开磁场，cd棒切割磁感线，感应电动势E2＝BLv，cd棒中电流方向由d→c，则c点电势高于d点电势，则有Ucd＝E2＝BLv，cd棒离开磁场，ef棒切割磁感线，感应电动势E3＝BLv，cd棒中电流方向由c→d，则c点电势高于d点电势，则有Ucd＝E3＝BLv，综上所述可知，cd两点间电势差Ucd随位移变化一直保持不变为BLv。
5．解析：选BC。当导体棒下滑时，受向下的重力，轨道的支持力和沿斜面向上的安培力作用，某时刻的加速度a＝，随速度的增加，加速度逐渐减小，当加速度为零时速度达到最大，棒做匀速运动，此时棒的最大速度满足mg sin θ－＝0，解得vm＝12 m/s，A错误，B正确；导体棒匀速运动时流过电阻的电流大小I＝＝6 A，C正确；在导体棒下滑过程中，一直受到沿斜面向上的安培力作用，安培力做负功，D错误。
6．解析：选BC。根据题意，轿厢一端始终处于磁场区域内，开始时，磁场匀速向上移动，轿厢中的导体棒相对于磁场向下的速度大小为v，根据右手定则判断感应电流水平向右，安培力竖直向上；若安培力小于轿厢重力，则轿厢会先向下做加速运动，至安培力等于轿厢重力时，开始匀速向下运动，最终离开磁场区域，而轿厢始终处于磁场区域内，所以开始时轿厢所受的安培力大于轿厢重力，则轿厢会先向上做加速运动，至安培力等于轿厢重力时，开始匀速向上运动，故A错误。轿厢先向上做加速运动，至安培力等于轿厢重力时，开始匀速向上运动，此时轿厢向上运动的速度达最大，根据BIl＝mg，I＝，E＝Bl(v－v′)，联立可得此时轿厢的速度v′＝v－，故B正确。根据功能关系知，安培力对轿厢做的功一部分转化为轿厢的机械能，一部分转化为回路中产生的热量，故安培力对轿厢所做的功大于轿厢机械能的增量，不可能小于回路中产生的热量，故C正确，D错误。题型一 选择题补救练
热点1 匀变速直线运动规律的应用
1．(2024·广东佛山市质检一)为提高航母的效能，福建舰安装了电磁弹射器，舰载机在弹射器的助推下能获得30 m/s2～50 m/s2的加速度。若某舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150 m后达到100 m/s的起飞速度，则该过程的时间为( )
A．3.3 s B．3.0 s
C．2.5 s D．1.5 s
2．(2024·山东枣庄市一模)如图所示，光滑斜面与平台相连，小物块以某一初速度从斜面底端冲上斜面并从平台右端滑落。已知斜面长2 m，小物块在斜面上运动的时间为1 s，则其初速度的大小可能为( )
A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．5 m/s
3．(2024·江苏南京市、盐城市一模)如图所示，物体从斜面上的A点由静止开始下滑，经B点进入水平面(经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点。每隔0.1 s测量物体的瞬时速度，部分测量数据如表所示，则物体通过B点时的速度为( )
t/s 0.0 0.1 0.2 … 0.9 1.0 …
v/(m·s－1) 0.0 0.5 1.0 … 1.5 1.4 …
A．2.0 m/s B．1.8 m/s
C．1.7 m/s D．1.5 m/s
4．(2024·吉林延边州质检)如图，某滑雪爱好者从倾角一定的雪道上A点由静止滑下，滑到水平雪道上C点时速度刚好为零，滑雪爱好者经过倾斜雪道的最低点B点时速度大小不变。若滑雪爱好者在倾斜和水平雪道上均做匀变速直线运动，已知从A到C运动的路程为60 m，时间为40 s，则该滑雪爱好者经过B点时的速度大小为( )
A．5 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D．2 m/s
5. (2024·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图所示，一辆汽车行驶在平直公路上，从t＝0时开始制动，汽车在第1 s、第2 s、第3 s前进的距离分别为14 m、10 m、6 m。由此可知，由开始制动到静止，汽车运动的距离为( )
A．30 m B．32 m
C．34 m D．36 m
6．(2024·辽宁辽阳市一模)某人坐在树下看到熟透的苹果(视为质点)从树上掉下来，从与头顶相同高度处落到水平地面的时间为0.1 s。已知头顶到地面的高度为1.25 m，取重力加速度大小为10 m/s2，则苹果( )
A．经过与头顶相同高度处时的速度大小为10 m/s
B．在空中运动的时间为1.2 s
C．刚掉落时离地的高度为8.45 m
D．落地时的速度大小为12 m/s
7．(2024·河南驻马店市期末)以一定的初速度竖直上抛的物体，从抛出至回到出发点的时间为t。现于物体上升的最大高度的处设置一块挡板，物体撞击挡板后以原速率弹回(撞击所需时间不计，空气阻力不计，重力加速度大小g取10 m/s2)，则此时物体从抛出至回到出发点的时间为( )
A．0.2t B．0.3t
C．0.4t D．0.5t
[特色专项训练]
第三部分|高考热点补救练
题型一 选择题补救练
热点1 匀变速直线运动规律的应用
1．解析：选B。由题知，舰载机从静止开始弹射，匀加速运动150 m后达到100 m/s的起飞速度，则＝，解得t＝3.0 s。
2．解析：选B。设小物块的初速度为v0，加速度为a，则x＝v0t－at2，v＝v0－at>0，联立解得v0<4 m/s，又因小物块做匀减速直线运动，则其初速度大于平均速度，即有v0>＝＝2 m/s，所以有2 m/s3．解析：选A。物体匀加速阶段的加速度a1＝ m/s2＝5 m/s2，在1.0 s时的速度为1.4 m/s，说明已经进入匀减速阶段，加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，设匀加速运动时间为t，则1.4＝a1t－a2(1.0－t)，得t＝0.4 s，则物体通过B点时的速度v＝a1t＝2.0 m/s。
4．解析：选B。设滑雪爱好者经过B点时的速度大小为v，则有xAC＝t1＋t2，t＝t1＋t2，联立解得v＝3 m/s。
5．解析：选B。根据匀变速直线运动相邻的相等时间间隔内的位移差相等，可知汽车做匀变速直线运动，根据逐差法有x2－x1＝aT2，解得a＝－4 m/s2，1 s末的速度大小v＝ m/s＝12 m/s，由开始制动到静止，汽车运动的距离s＝14 m＋＝32 m。
6．解析：选C。设经过与头顶相同高度处时的速度大小为v1，根据运动学公式可得h2＝v1t2＋gt，其中h2＝1.25 m，t2＝0.1 s，可得经过与头顶相同高度处时的速度大小v1＝12 m/s，苹果在空中运动的时间t＝＋t2＝1.3 s，苹果刚掉落时离地的高度h＝gt2＝8.45 m，苹果落地时的速度大小v＝gt＝13 m/s。
7．解析：选D。物体做竖直上抛运动，从抛出至回到原点的时间为t，根据对称性可得，物体下降时间为，故物体上升的最大高度h＝g＝gt2，物体自由下落h过程，有＝gt，解得t1＝，故撞击挡板的过程物体从抛出至回到出发点的时间t′＝2×＝0.5t。热点10 磁场和磁场对电流的作用
1．(2024·浙江金华市十校期末)磁电式电流表的内部结构示意图如图所示，在极靴和铁质圆柱间存在磁场，电流通过电表接线柱流入线圈，在安培力作用下发生偏转，与螺旋弹簧的反向作用平衡后，指针指示电流大小。下列说法正确的是( )
A．铁质圆柱将磁场屏蔽，内部没有磁场
B．线圈所处位置是匀强磁场
C．若更换更强的磁场，将增大电流表的量程
D．运输过程中把电表正、负接线柱用导线相连可减缓表针摆动幅度
2.(2024·河南省创新发展联盟期末)质量为m、长为l的直导线用两根平行绝缘细线悬挂于O、O′两点，导线中通入图示方向的电流I，由于空间存在匀强磁场，因此平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A．匀强磁场可能竖直向上
B．匀强磁场可能与两根细线所在平面垂直
C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
D．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
3．(2024·河北省部分重点高中期末)两个回路中的电流大小均为I，方向如图所示。圆弧导线中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，直线电流在其延长线上的磁感应强度为零。关于图中a、b两点的磁感应强度Ba、Bb的大小关系和方向的判断正确的是( )
A．Ba>Bb，a点磁感强度的方向垂直于纸面向里
B．BaC．BaD．Ba>Bb，b点磁感强度的方向垂直于纸面向外
4.(2024·广西柳州市三模)已知足够长的通电直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。现将两根通电长直导线分别固定在绝缘正方体的ae、gh边上，电流大小相等、方向如图中箭头所示，则顶点b、f两处的磁感应强度大小之比为( )
A．1∶2 B．∶2
C．∶2 D．1∶3
5.(2024·广东江门市一模)如图所示，两条通有同向电流的平行无限长导线L1、L2，其中M、N点连线与两导线垂直，M点到两导线的距离相等，M、N两点关于L2对称。忽略其他磁场的影响，检测发现M点的磁场方向垂直于纸面向外，则下列说法正确的是( )
A．N点的磁场方向垂直于纸面向外
B．导线L1中的电流大于导线L2中的电流
C．M点的磁场与N点的磁场方向相同
D．M点的磁场比N点的磁场弱
6．(多选)(2024·广东深圳市龙岗区期末)电磁炮是一种新式兵器，其主要原理如图所示。某电磁炮能够把m＝2.2 g的炮弹(包括金属杆CD的质量)由静止加速到v＝10 km/s，若轨道宽L＝2 m，长s＝100 m，通过的电流I＝10 A，设电磁炮做匀加速直线运动，忽略轨道摩擦，则( )
A．加速度大小为5×102 m/s2
B．安培力大小为1.1×103 N
C．磁场的磁感应强度为55 T
D．电磁炮的最大功率为1.1×105 W
[特色专项训练]
热点10 磁场和磁场对电流的作用
1．解析：选D。铁质圆柱没有将磁场屏蔽，内部有磁场，故A错误；线圈所处位置磁场是均匀辐向分布的，故B错误；若更换更强的磁场，安培力增大，但不会增大电流表的量程，故C错误；运输过程中把电表正、负接线柱用导线相连，电流表短路，指针摆动时产生感应电流，感应电流受到安培力作用，可减缓表针摆动幅度，故D正确。
2．解析：选D。若匀强磁场竖直向上，根据左手定则可知，直导线受到的安培力水平向左，直导线不可能向右偏转，故A错误；若匀强磁场与两根细线所在平面垂直，则直导线受到的安培力与细线拉力方向平行，直导线不可能向右偏转处于静止状态，故B错误；当匀强磁场方向沿着细线方向向下时，直导线受到的安培力与细线拉力方向垂直向上，此时安培力最小，匀强磁场的磁感应强度最小，则有F安min＝BminIl＝mg sin θ，解得匀强磁场的磁感应强度的最小值Bmin＝，故C错误，D正确。
3．解析：选D。圆弧导线中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比，则B＝，则Ba＝＋，根据右手螺旋定则可知，磁场的方向垂直于纸面向外；同理Bb＝－，方向垂直于纸面向外，可知Ba>Bb。
4．解析：选A。根据题意设磁感应强度B＝，若正方体的边长为L，ae和gh的电流在f点产生的磁感应强度方向垂直、大小均为B1＝，f点的磁感应强度Bf＝，ae的电流在b点产生的磁感应强度Bb1＝，gh的电流在b点产生的磁感应强度Bb2＝，Bb1与Bb2夹角为135°，根据矢量合成法则结合余弦定理可得b点的磁感应强度Bb＝ eq \r(B＋B－2Bb1Bb2cos 45°) ＝，则有＝。
5．解析：选D。由安培定则可知，两导线中电流产生的磁场在N点的方向均垂直于纸面向里，所以N点的磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；同理，可知导线L1中电流产生的磁场在M点方向垂直于纸面向里，导线L2中电流产生的磁场在M点方向垂直于纸面向外，依题意，M点的磁场方向垂直于纸面向外，则导线L1中的电流小于导线L2中的电流，故B错误；由前面选项分析可知，M点的磁场与N点的磁场方向相反，故C错误；依题意，M、N两点关于L2对称，则导线L2中电流产生的磁场在M、N两点磁感应强度大小相等、方向相反，导线L1中电流产生的磁场在M、N两点均垂直于纸面向里，可知，M点的磁场为两电流磁场相减，N点的磁场为两电流磁场相加，所以M点的磁场比N点的磁场弱，故D正确。
6．解析：选BC。电磁炮从静止到飞出轨道瞬间，由动能定理得Fs＝mv2，解得电磁炮所受安培力F＝1.1×103 N，根据F＝BIL可知，磁感应强度B＝55 T，根据牛顿第二定律F＝ma，解得加速度大小a＝＝5×105 m/s2，故A错误，B、C正确；当电磁炮的速度最大时功率最大，则Pm＝BIL·v＝1.1×107 W，故D错误。热点18 近代物理
1．(2024·江西新余市二模)中国科学家在稻城“拉索”基地探测到迄今为止最高能量的γ射线，能量值为1.40×1015 eV，即( )
A．1.40×1015 V B．2.24×10－4 J
C．2.24×10－4 C D．2.24×10－4 W
2．(2024·陕西榆林市二模)核污水与核废水在危害程度上存在巨大差别，核污水中某放射性原子核X释放出一个α粒子后转变为新核Y，下列说法正确的是( )
A．原子核X比新核Y少2个电子
B．原子核X比新核Y多4个质子
C．原子核发生α衰变后，原子序数向前移动两位
D．原子核X的比结合能比新核Y的比结合能大
3．(2024·四川泸州市二诊)2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批约7 800吨核污染水排海，引起多国强烈反对。其中有一种难以被清除的氚具有放射性，会发生β衰变，其半衰期为12.43年，衰变方程为H→He＋e。下列说法正确的是( )
A．H发生的β衰变产生了高速电子流，说明原子核中存在着电子
B．H能进行天然β衰变，是因为它的结合能高于He的结合能
C．可采用高温、高压的环境，加速氚的衰变，从而净化污水
D．1 kg的H原子核，经过24.86年，约有0.75 kg发生了衰变
4.(2024·辽宁协作校一模)紫外光电管是利用光电效应原理对油库等重要场所进行火灾报警的装置，其工作电路如图所示，A为阳极，K为阴极，只有当明火中的紫外线照射到阴极K时，电压表才有示数且启动报警装置。已知太阳光中紫外线频率主要在7.5×1014 Hz～9.5×1014 Hz，而明火中紫外线频率主要在1.1×1015 Hz～1.5×1015 Hz。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA302.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA302.TIF" \* MERGEFORMAT
A．为避免太阳光中紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于1.5×1015 Hz
B．电压表的示数与明火中紫外线的强度大小无关
C．电源左边为负极有利于提高报警装置的灵敏度
D．只有明火照射到K极的时间足够长，电压表才会有示数
5．(2024·甘肃省二模)硼中子俘获疗法是肿瘤治疗的新技术，其原理是进入癌细胞内的硼核(B)吸收慢中子(动能可忽略不计)，转变成锂核(Li)和α粒子，释放出γ光子。已知核反应过程中质量亏损为Δm，γ光子的波长为λ，硼核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，普朗克常量为h，真空中光速为c。关于上述核反应，说法正确的是( )
A．核反应方程为B＋n→Li＋He
B．上述核反应属于α衰变
C．γ光子的能量E0＝
D．锂核的比结合能E3＝
6.(2024·四川宜宾市第二次诊断)如图为氢原子6种可能的跃迁，对它们发出的光，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA303.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA303.TIF" \* MERGEFORMAT
A．a光的波长最长
B．c光的频率最低
C．f光的光子能量最大
D．b、d光的光子能量之和大于e光的光子能量
7．(多选)(2024·陕西宝鸡市二模)氢原子的能级图如图甲所示，一群处于第3能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出不同频率的光，用这些光照射图乙中的光电管，有2种频率的光可让光电管阴极K发生光电效应。调节滑片P的位置，当电压表的示数为7.55 V时，微安表示数恰好为零。下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA304.tif" INCLUDEPICTURE "25YA304.tif" \* MERGEFORMAT
A．图乙电路中电源左侧为负极
B．氢原子跃迁放出的光中有3种频率不同的光子
C．光电管阴极K金属材料的逸出功为4.54 eV
D．用能量为1.5 eV的光照射处于第3能级的氢原子，可以使氢原子发生电离
[特色专项训练]
热点18 近代物理
1．解析：选B。γ射线的能量值E＝1.40×1015 eV＝1.40×1015×1.6×10－19 J＝2.24×10－4 J。
2．解析：选C。原子核X释放出一个α粒子后，电荷数减小2，质量数减小4，则原子核X比新核Y多2个中子，也多2个质子，A、B错误；原子核发生α衰变后，电荷数减小2，则原子序数向前移动两位，C正确；发生衰变后放出核能，且生成的新核Y更加稳定，新核Y的比结合能比原子核X的比结合能大，D错误。
3．解析：选D。β衰变现象是原子核内部的中子转化为质子的同时产生一个电子，不能说明原子核中存在着电子，故A错误。H能发生β衰变生成He，所以He更稳定，比结合能更大，结合能等于比结合能乘以核子数，两种原子核的核子数相同，所以H的结合能低于He的结合能，故B错误。放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系；一种放射性元素，不管它是以单质的形式存在，还是与其他元素形成化合物，或者对它施加压力、提高温度，都不能改变它的半衰期，故C错误。根据半衰期的剩余质量计算公式m余＝m0＝1 kg×＝0.25 kg，因此1 kg的H原子核，经过24.86年，约有0.75 kg发生了衰变，故D正确。
4．解析：选C。太阳光中的紫外线频率主要在7.5×1014 Hz～9.5×1014 Hz，为避免太阳光中的紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于9.5×1014 Hz，A错误；明火中紫外线的强度越大，产生的光电流越大，由欧姆定律知，电压表的示数越大，故电压表的示数与明火中紫外线的强度大小有关，故B错误；电源左边接负极时，光电管上被施加正向电压，发生光电效应时到达阳极的光电子数增加，因此会提高报警装置的灵敏度，C正确；根据爱因斯坦光电效应方程可知，只要明火中的紫外线照射到K极，就会发生光电效应，跟明火照射时间无关，D错误。
5．解析：选A。根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为B＋n→Li＋He，故A正确；核反应过程中虽然生成物有α粒子，但有中子参与反应，反应物有两个，而衰变的特点是反应物只有一个且自发地发生，故上述核反应不属于α衰变，故B错误；γ光子的波长为λ，则其能量E0＝hν＝，故C错误；已知核反应过程中质量亏损为Δm，则核反应放出的能量为Δmc2，即生成物放出的能量与反应物吸收的能量之差为核能，则有7E3＋4E2－10E1＝Δmc2，可得锂核的比结合能E3＝，故D错误。
6．解析：选A。玻尔原子结构模型第三条：原子在两个定态之间跃迁时，将辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量为hν＝Em－En，又依据能级公式En＝，波长公式λ＝，得到a的能量最小，a的频率最低，波长最长，c的能量最大，故B、C错误，A正确；b、d光的光子能量之和E′＝＋＝－，e光的光子能量E″＝＝－，由于E1<0可知E″>E′，故D错误。
7．解析：选BC。光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在题图乙中从右向左流动，要阻止该电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故A错误；氢原子跃迁放出的光中有C＝3种频率不同的光子，故B正确；由题图甲可知，光子的能量E＝hν＝(－1.51 eV)－(－13.6 eV)＝12.09 eV，遏止电压为7.55 V，光电子的初动能Ek＝eUc＝hν－W0，解得金属材料的逸出功W0＝4.54 eV，故C正确；至少用能量为1.51 eV的光照射处于第3能级的氢原子，才能使氢原子发生电离，故D错误。热点6 功和功率 动能定理的应用
1．(2024·辽宁省名校联盟调研卷)如图所示，运动场上，一位同学将铅球斜向上抛出，若不计空气阻力，则铅球在空中运动过程中，下列说法正确的是( )
A．在相等的时间内铅球的速度变化量都相等
B．铅球所受重力的瞬时功率与时间成正比
C．铅球在运动到最高点之前处于超重状态，经过最高点之后处于失重状态
D．在任意相等时间内铅球动能的变化量相等
2．(多选)(2024·四川雅安市第一次诊断)跳马是一项竞技体操项目。在2023年成都大运会女子跳马比赛中，一运动员经过助跑、前空翻、踏板起跳、前空翻、双手推撑跳马(如图所示)、腾空翻转一系列精彩动作后稳稳落在软垫上，赢得了现场观众热烈的掌声。下列说法正确的是( )
A．助跑过程中，随速度的增大，运动员的惯性逐渐增大
B．踏板起跳过程中，踏板一直对运动员做正功
C．推撑跳马过程中，运动员对跳马的力和跳马对运动员的力大小相等
D．落地处铺软垫，目的是减小支撑面对运动员的平均作用力大小
3．(2024·天津十二区重点校一模)重型气垫船有强悍的运力，主要用于投送登陆部队。已知其质量为5×105 kg，最高时速32 m/s，装有额定功率9 600 kW的发动机。假设气垫船在海面沿直线航行且所受阻力不变，下列说法正确的是( )
A．无法计算重型气垫船在海面航行过程中所受的阻力大小
B．若重型气垫船以额定功率启动，则加速度先增大后减小到零
C．重型气垫船在海面以额定功率航行，速度为19.2 m/s时，加速度为0.4 m/s2
D．重型气垫船在海面以额定功率匀速航行，若阻力突然增大到原来的1.5倍，则气垫船将做加速度增大的减速运动
4．(多选)(2024·云南昆明市一模)法国的古斯塔夫·埃菲尔为了研究空气动力学，曾将不同形状的物体从埃菲尔铁塔上由静止释放以研究空气阻力的规律。若空气阻力与物体速度的平方成正比，用v表示物体的速度，a表示物体的加速度，Ek表示物体的动能，E表示物体的机械能，t表示物体运动的时间，h表示物体下落的高度，取地面为零势能面。当物体竖直下落时，下列图像可能正确的是( )
5．(2024·河北邯郸市选考一)一辆汽车质量为103 kg，发动机的额定功率为3×104 W。若汽车以1.5 m/s2的恒定加速度启动，所受阻力为车重的0.15，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．匀加速阶段结束时刻汽车的速度最大
B．匀加速运动阶段的平均速度大小为4 m/s
C．启动后经过6 s发动机的功率为3×104 W
D．汽车的最大动能为2×105 J
6.(多选)(2024·广东省部分学校二模)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：如图所示，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面高度h后人停止施力，最后重物自由下落砸入地面的深度为。cos 37°＝0.8，不计空气阻力，则( )
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为
D．地面对重物的平均阻力大小为17mg
[特色专项训练]
热点6 功和功率 动能定理的应用
1．解析：选A。做斜上抛运动的物体只受重力的作用，所以其加速度为重力加速度，不发生变化，是匀变速运动，可知在相等的时间内速度的变化量都相等，故A正确；斜上抛运动在竖直方向上是先竖直上抛后做自由落体运动，重力的瞬时功率 PG＝mgvy，且vy先向上减小后又反向增大，不与时间成正比，故B错误；铅球从抛出一直只受重力作用，加速度为重力加速度，处于完全失重状态，故C错误；做斜上抛运动的铅球在竖直方向上先竖直上抛后做自由落体运动，任意相等时间内竖直方向发生的位移大小不同，任意相等时间内重力做功不等，由动能定理可知动能变化量不同，故D错误。
2．解析：选CD。物体的惯性只与物体的质量有关，助跑过程中，运动员的惯性不变，故A错误；运动员从开始与踏板接触到运动至最低点的过程，跳板对运动员做负功，故B错误；推撑跳马过程中，运动员对跳马的力和跳马对运动员的力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，故C正确；落地处铺软垫，目的是增加运动员落地过程的时间，减小支撑面对运动员的平均作用力大小，故D正确。
3．解析：选C。当功率为额定功率，且牵引力等于阻力时，气垫船速度达到最大，则有f＝＝ N＝3×105 N，故A错误；若重型气垫船以额定功率启动，根据牛顿第二定律可得a＝＝，可知随着速度的增大，气垫船的加速度逐渐减小，故B错误；重型气垫船在海面以额定功率航行，速度为19.2 m/s时，加速度a＝＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，故C正确；重型气垫船在海面以额定功率匀速航行，若阻力突然增大到原来的1.5倍，根据牛顿第二定律可得a′＝＝，随着速度的减小，加速度逐渐减小，则气垫船将做加速度减小的减速运动，故D错误。
4．解析：选BD。根据题意可知空气阻力f＝kv2，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得mg－kv2＝ma，得a＝g－v2，物体速度增大，加速度减小，a－t图像的斜率为＝－＝－，加速度逐渐减小，速度变化量Δv减小，故a－t图像的斜率减小，当重力等于空气阻力时，加速度减小为零做匀速直线运动，这时a－t图像的斜率为零，那么速度先增大后不变，v－t图像的斜率应先减小后不变，故A错误，B正确；由动能定理可得mgh－fh＝Ek－0，Ek＝(mg－kv2)h，随着速度v的增大，Ek－h图像的斜率减小，故C错误；机械能的变化量等于克服阻力做的功有ΔE＝－fΔh，随着物体的不断下降，机械能始终在减少，由＝－kv2得，随着速度v的增大，E－h图像的斜率增大，故D正确。
5．解析：选D。牵引力等于阻力时，汽车的速度最大，最大速度vm＝＝20 m/s，汽车的最大动能Ekm＝mv＝2×105 J，故A错误，D正确；匀加速运动阶段F－0.15mg＝ma，得牵引力F＝3×103 N，匀加速运动结束时，速度v＝＝10 m/s，则匀加速运动阶段的平均速度大小＝＝5 m/s，故B错误；根据P0＝Fv＝Fat可得达到额定功率的时间t＝ s，故C错误。
6．解析：选AD。设停止施力瞬间重物的速度大小为v1，根据动能定理可得(2F cos 37°－mg)h＝mv，则v1＝，设重物刚落地时的速度大小为v2，根据动能定理有2F cos 37°·h＝mv，则v2＝，故C错误；重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到v1后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为v2，由此可知上升过程中的平均速度大小1＝，下降过程中的平均速度大小2＝，又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故A正确；重物在整个运动过程中，根据动能定理有W人＋WG－W阻＝0，则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；根据动能定理有2F cos 37°·h＋mg－F阻＝0，则F阻＝17mg，故D正确。热点5 万有引力定律的应用
1．(2024·江苏徐州市二模)地球和哈雷彗星绕太阳运行的轨道如图所示。哈雷彗星最近出现在地球附近是1986年，预计下次将在2061年飞近地球，则哈雷彗星轨道的半长轴约为地球公转半径的( )
INCLUDEPICTURE "25YA214.tif" INCLUDEPICTURE "25YA214.tif" \* MERGEFORMAT
A．8倍 B．18倍
C．28倍 D．38倍
2．(2024·江苏宿迁市一模)神舟十六号飞至天宫空间站正上方600 m处，航天员拍摄的天宫空间站照片如图所示。神舟十六号和天宫空间站均只在地球引力的作用下做匀速圆周运动，则( )
INCLUDEPICTURE "25YA215.tif" INCLUDEPICTURE "25YA215.tif" \* MERGEFORMAT
A．神舟十六号中的航天员处于平衡状态
B．神舟十六号与天宫空间站保持相对静止
C．神舟十六号的角速度大于天宫空间站的角速度
D．神舟十六号的加速度小于天宫空间站的加速度
3．(2024·广东深圳市一模)我国发射的夸父一号探测卫星用于探测由太阳发射而来的高能宇宙射线，该卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道离地面的高度为720 km，同步卫星离地面的高度约为36 000 km，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA216.tif" INCLUDEPICTURE "25YA216.tif" \* MERGEFORMAT
A．夸父一号的运行速度大于7.9 km/s
B．夸父一号的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C．为使夸父一号能更长时间观测太阳，采用a轨道比b轨道更合理
D．夸父一号绕地球做圆周运动的周期为24小时
4．(2024·贵州贵阳市适应性一)中国科研团队利用中国天眼FAST发现迄今轨道周期最短的脉冲星双星系统，并命名为M71E。设此双星都是质量均匀分布的球体，它们的质量分别为m1、m2，两者绕其中心连线上某点做匀速圆周运动，其中一颗星的速度大小为v1，不计其他天体对它们的作用，则另一颗星的速度大小为( )
A． B．
C． D．
5．(2024·安徽合肥市二模)2024年3月，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。鹊桥二号入轨后，通过轨道修正、近月制动等系列操作，最终进入环月大椭圆冻结轨道。该轨道离月球表面最近约200 km，最远约16 000 km，周期为24 h。已知月球半径约1 800 km，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。由上述数据可知月球的质量接近于( )
A．7.5×1018 kg B．7.5×1020 kg
C．7.5×1022 kg D．7.5×1024 kg
6．(2024·天津市和平区期末质量调查)2023年10月26日神舟十七号顺利对接天宫空间站，天宫空间站在距地面约400 km高度上做匀速圆周运动。假设神舟十七号先绕地球在低于天宫空间站的轨道上做匀速圆周运动，然后再改变轨道与天宫空间站对接，又已知北斗同步静止卫星距地面约36 000 km，则( )
A．天宫空间站的运行周期可能为12小时
B．天宫空间站的线速度比北斗同步静止卫星的大
C．北斗同步静止卫星运行过程中可能通过北京正上方
D．神舟十七号从近地轨道上需要减速才能对接空间站
7．(2024·江西鹰潭市二模)天问一号从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号( )
INCLUDEPICTURE "25YA217.tif" INCLUDEPICTURE "25YA217.tif" \* MERGEFORMAT
A．发射速度介于7.9 km/s与11.2 km/s之间
B．从P点转移到Q点的时间小于6个月
C．在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
[特色专项训练]
热点5 万有引力定律的应用
1．解析：选B。设哈雷彗星的周期为T哈，地球的公转周期为T地，根据题意有，T哈＝2061年－1986年＝75年，根据开普勒第三定律可得 eq \f(a,T) ＝ eq \f(r,T) ，可得哈雷彗星轨道的半长轴与地球公转半径之比＝ eq \r(3,\f(T,T)) ＝≈18。
2．解析：选D。神舟十六号中的航天员在地球引力的作用下做匀速圆周运动，处于完全失重状态，故A错误；根据牛顿第二定律G＝ma可得a＝，可知神舟十六号的加速度小于天宫空间站的加速度，故D正确；根据万有引力提供向心力有G＝mω2r，可得ω＝，则神舟十六号的角速度小于天宫空间站的角速度，即二者的角速度不同，则相对位置会发生变化，即神舟十六号与天宫空间站不能保持相对静止，故B、C错误。
3．解析：选C。第一宇宙速度7.9 km/s为卫星围绕地球做圆周运动的最大速度，则夸父一号的运行速度小于7.9 km/s，故A错误；由万有引力提供向心力有＝man，解得an＝，由于夸父一号的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则夸父一号的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；由题图可知，采用a轨道可以更长时间观测太阳，故C正确；由万有引力提供向心力有＝mr，解得T＝，由于夸父一号的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则夸父一号绕地球做圆周运动的周期小于地球同步卫星的周期24小时，故D错误。
4．解析：选A。双星系统角速度相同，则设两星体的距离为L，做圆周运动半径分别为r1、r2，有G＝m1ω2r1，G＝m2ω2r2其中v ＝ ωr，联立解得v2＝。
5．解析：选C。环月大椭圆冻结轨道的周期与半长轴分别为T1＝24 h，R1＝ km＝9 900 km，令近月圆轨道卫星的周期为T2，则有G＝m eq \f(4π2R,T) ，根据开普勒第三定律有 eq \f(R,T) ＝ eq \f(R3,T) ，解得M≈7.7×1022 kg，可知月球的质量接近于7.5×1022 kg。
6．解析：选B。根据开普勒第三定律有 eq \f(（R＋h空）3,T) ＝ eq \f(（R＋h同）3,T) ，由题意可知地球半径未知，故无法估算出空间站的运行周期T空，故A错误；根据G＝m解得v＝，可得轨道半径越小，线速度越大，天宫空间站的轨道半径小于北斗同步静止卫星的轨道半径，则天宫空间站的线速度大于北斗同步静止卫星的线速度，故B正确；北斗同步静止卫星距地面约36 000 km，与地球赤道共面，则不可能在运动过程中经过北京上空，故C错误；神舟十七号由低轨道变轨与高轨道的空间站对接，需要在低轨道加速，做离心运动到达高轨道，故D错误。
7．解析：选C。因发射的天问一号卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，即发射速度介于11.2 km/s与16.7 km/s之间，故A错误；因地火转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则天问一号在转移轨道上运行的周期大于地球公转周期(12个月)，则天问一号从P点转移到Q点的时间为在转移轨道上运行的周期的一半，时间应大于6个月，故B错误；因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知天问一号在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；天问一号从Q点变轨时，要加速，即在地火转移轨道上Q点的速度小于火星轨道的速度，而由＝m，可得v＝，可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知天问一号在Q点的速度小于地球轨道速度，故D错误。热点2 受力分析和平衡条件的应用
1.(2024·广东深圳市一模)如图所示，用一轻绳通过定滑轮(图中未画出)将质量为m的小球静置在光滑的半圆柱体上，小球的半径远小于半圆柱体截面的半径R，绳AB长度为L，长度为H的杆BC竖直且与半圆柱体边缘相切，OA与水平面夹角为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g，下列表达式表示绳对小球的拉力F的是( )
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A． B．
C． D．
2．(2024·江苏淮安洪泽中学考前综合练一)用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30°，细线c水平，则( )
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A．Fa＝G B．Fc＝G
C．＝2 D．Fb不能确定
3．(2024·山东烟台市、菏泽市期末)一竖直放置的轻质圆环静止于水平面上，质量为m的物体用轻绳系于圆环边缘上的A、B两点，结点恰位于圆环的圆心О点。已知物体静止时，AO绳水平，BO绳与AO绳的夹角为150°。现使圆环沿顺时针方向缓慢滚动，在AO绳由水平转动至竖直的过程中( )
INCLUDEPICTURE "25YA188.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA188.TIF" \* MERGEFORMAT
A．AO绳中的拉力一直增大
B．AO绳中最大拉力为2mg
C．BO绳中的拉力先减小后增大
D．BO绳中最小拉力为mg
4.(2024·辽宁抚顺市六校协作体期末)如图所示，一同学在擦黑板的过程中，对黑板擦施加一个与竖直黑板面成θ角斜向上的恒力，黑板擦恰好竖直向上做匀速直线运动。已知施加的力等于黑板擦所受重力的2倍，sin θ＝0.6，则黑板擦与黑板间的动摩擦因数为( )
INCLUDEPICTURE "25YA190.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA190.TIF" \* MERGEFORMAT
A．0.3 B．0.4
C．0.5 D．0.6
5．(2024·安徽黄山市二模)如图所示，厢式汽车停放在水平地面上。一条长2L的不可伸长的轻绳两端分别拴在相距为L的a、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑小球(可视为质点)，将光滑小球悬挂起来，此时轻绳拉力为F1。此后将汽车停放在倾角为30°的斜面上，此时轻绳的拉力为F2，则F1∶F2的值为( )
INCLUDEPICTURE "25YA192.tif" INCLUDEPICTURE "25YA192.tif" \* MERGEFORMAT
A．1∶1 B．2∶
C．∶ D．∶2
6．(多选)(2024·第一次学业质量评价T8联考)如图所示，把滑轮固定在倾角为37°的光滑斜面上，轻质细线跨过滑轮，质量分别为m、2m的A、B两滑块与细线连接并叠放在斜面上，A、B沿着斜面分别向上、向下做匀速运动，细线与斜面平行，不计滑轮与绳之间的滑动摩擦力，B的长度足够长，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
INCLUDEPICTURE "25YA195.tif" INCLUDEPICTURE "25YA195.tif" \* MERGEFORMAT
A．斜面对B的支持力大小为mg
B．细线的拉力大小为mg
C．A、B之间的滑动摩擦力大小为mg
D．A、B之间的动摩擦因数为
[特色专项训练]
热点2 受力分析和平衡条件的应用
1．解析：选C。根据题意，对小球受力分析，受拉力、支持力和重力，把拉力和支持力平移，组成矢量三角形，延长AO和BC交于D点，如图所示，由几何关系和相似三角形有＝，解得F＝。
INCLUDEPICTURE "25YA184.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA184.TIF" \* MERGEFORMAT
2．解析：选C。将两小球看作一个整体，对整体受力分析，如图所示，
INCLUDEPICTURE "25YA186.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA186.TIF" \* MERGEFORMAT
根据平衡条件可得Fa cos 30°＝2G，Fa sin 30°＝Fc，联立得Fa＝G，Fc＝G，＝，故A、B错误，C正确；对小球2隔离分析，利用平衡条件可得Fb＝＝G，则细线b对小球2和小球1的拉力大小都为G，故D错误。
3．解析：选B。物体始终保持静止，合力为零，由于重力不变，以及F1和F2夹角α＝150°不变，则β＝30°，则mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示，
INCLUDEPICTURE "25YA189.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA189.TIF" \* MERGEFORMAT
可知在AO绳由水平转动至竖直的过程中，AO绳中的拉力先增大后减小，BO绳中的拉力一直减小，故A、C错误；当F1为直径时，F1最大，AO绳中最大拉力F1＝＝2mg，故B正确；在AO绳竖直时，BO绳中拉力最小，为零，故D错误。
4．解析：选C。如图所示，对黑板擦进行受力分析，当黑板擦匀速向上运动时有Fy＝mg＋f，滑动摩擦力f＝μFx，由题知，F＝2mg，又Fx＝F sin θ，Fy＝F cos θ，联立以上式子得μ＝0.5。
INCLUDEPICTURE "25YA191.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA191.TIF" \* MERGEFORMAT
5．解析：选D。汽车在水平面时，对小球进行受力分析如图1所示，可得F1＝＝，在斜面上对小球受力分析如图2所示，设a到球的距离为x，则b到球的距离为2L－x，设边长为x的边与竖直方向夹角为α，根据几何关系及正弦定理，有＝＝，解得sin α＝，根据受力分析，可得F2＝＝，所以有＝。
INCLUDEPICTURE "25YA193.tif" INCLUDEPICTURE "25YA193.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "25YA194.tif" INCLUDEPICTURE "25YA194.tif" \* MERGEFORMAT
6．解析：选BD。根据垂直于斜面方向上的平衡条件可得N斜B＝(2mg＋mg)cos 37°＝mg，故A错误；分别对A、B进行受力分析可得F－f＝mg sin 37°，F＋f＝2mg sin 37°，联立可得F＝mg，f＝mg，故B正确，C错误；根据f＝μN可得μ＝＝＝，故D正确。
