2025年高考物理解密之题型专题训练多选题（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之题型专题训练多选题（Word版附解析），共126页。试卷主要包含了如图所示，某学生练习用头颠球等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•天津）某静电场在轴正半轴的电势随变化的图像如图所示，、、、为轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从点开始沿轴负方向运动到点，则该电荷
A．在点电势能最小B．在点时速度最小
C．所受静电力始终做负功D．在点受静电力沿轴负方向
2．（2024•顺庆区校级模拟）从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星半径约为月球的倍，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是“祝融”绕火星表面做圆周运动周期的倍，则下列说法正确的是
A．发射“玉兔”登月时的理论速度应大于
B．发射“祝融”探火时的理论速度应大于
C．火星的质量与月球的质量之比为
D．火星的质量与月球的质量之比为
3．（2024•沙坪坝区校级模拟）吸血鬼恒星是一种理论上的天体，它通过从伴星吸取物质来维持自身的光和热。这种恒星通常处于双星系统中，吸血鬼恒星通过这种方式获得额外的物质，从而延长自己的寿命。这种现象在天文学中被称为质量转移或吸积过程。假设两恒星中心之间的距离保持不变，忽略因热核反应和辅射等因素导致的质量亏损，经过一段时间演化后，则
A．两恒星的周期不变B．两恒星的轨道半径保持不变
C．吸血鬼恒星的线速度增大D．伴星的线速度增大
4．（2025•邯郸一模）如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是
A．在冬至位置地球所受万有引力最大
B．在立春位置，根据万有引力定律可得
C．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
D．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.03
5．（2025•邯郸一模）如图，质量为的形金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直，左端接有阻值为的电阻。一根电阻、质量为的光滑导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动导体棒，运动过程中，装置始终处于竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，与金属框始终保持良好接触，且与边保持平行。与足够长，两平行导轨间距为，整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数，滑动摩擦力可视为最大静摩擦力且金属框电阻可忽略，取。则以下说法正确的是
A．若，则导体棒运动的最大速度为
B．若，则导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
C．若，当导体棒的速度为时形金属框开始运动
D．若，导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动
6．（2025•邯郸一模）如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分别从、点射出。下列说法中正确的是
A．从点射出的是红光
B．在相同条件下，从点射出的光更容易发生衍射
C．两束光从点射入，到从、点射出所用的时间相等
D．沿、折射的单色光的能量之和等于沿入射复色光的能量
7．（2024•罗湖区校级模拟）如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，取，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是
A．足球下落到与头部刚接触时速度为
B．头部对足球的平均作用力为
C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0
8．（2024•天津）中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：①②，下列说法正确的是
A．方程①中是中子
B．方程②中发生了衰变
C．受反应堆高温影响，的半衰期会变短
D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分
9．（2024•天津）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为。则卫星未发射时和在轨道上运行时
A．角速度之比为
B．线速度之比为
C．向心加速度之比为
D．受到地球的万有引力之比为
10．（2024•天河区三模）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、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，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），为水平虚线与竖直虚线的交点，、两点关于点中心对称。现有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环。下列说法正确的是
A．点电势比点电势低
B．点场强与点场强相同
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电势能减少
11．（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从处运往较低的处，传送带与水平面的夹角，且始终以一定速度逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的处，小包裹与传送带间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则关于小包裹从运动到的说法正确的是
A．若，则可能一直加速
B．若，则可能先加速再匀速
C．若，则可能先加速再匀速
D．若，则可能先加速再减速
12．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在某空间的一个区域内有一直线与水平面成角，在两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为。从直线上的点水平向右射出速率为的粒子，粒子带正电，比荷为，若粒子运动过程中经过直线上的点，粒子从点运动到点的时间为。已知，不计粒子重力。则
A．可能为B．可能为
C．可能为D．一定为
13．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是
A．的大小为B．弹簧的劲度系数为
C．的最大速度为D．最终停在位置
14．（2024•琼山区一模）边长为的正方形单匝线框放置在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为，线框总电阻为，若线框从图示位置开始以角速度绕轴匀速转动，则下列说法正确的是
A．线框产生的感应电动势最大值是
B．线框产生的感应电动势有效值是
C．线框所在平面和磁场的方向垂直时，回路电流最大
D．线框所在平面和磁场的方向平行时，回路电流最大
15．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第三、四象限范围内有沿轴正方向的匀强电场，在坐标原点有一个粒子源可以向轴上方以不同速率向各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，轴上的点坐标为，轴上的点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是
A．所有经过点的粒子最小速度为
B．若以最小速率经过点的粒子又恰好能过点，则电场强度大小为
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过点，速度大小一定不同
D．所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
16．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是
A．滑块到达点时的速度大小为
B．弹簧获得的最大弹性势能为
C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为
D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为
17．（2024•陕西一模）如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最后经等压过程回到状态。下列说法正确的是
A．在过程中气体的内能增加
B．在过程中外界对气体做功
C．在过程中气体对外界做功
D．在过程中气体从外界吸收热量
E．在过程中气体从外界吸收热量
18．（2024•成都模拟）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力，则
A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
19．（2024•九龙坡区模拟）一列沿轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在处的质点和在处的质点的振动图像分别如图甲和图乙。下列说法正确的是
A．质点的振动方程为
B．质点处在平衡位置时，质点一定在波谷且向轴正方向振动
C．若波沿轴正方向传播，这列波的最大传播速度为
D．若波沿轴负方向传播，这列波的最大传播速度为
20．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是
A．地面对手的支持力做了正功B．地面对手的支持力冲量为零
C．他克服重力做了功D．他的机械能增加了
21．（2024•罗湖区校级模拟）某些为屏蔽电磁波设计的人工材料，其折射率为负值，称为负折射率材料。电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射波与入射波位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。如图所示，波源发出的一束电磁波的入射角，经负折射率的平板介质材料后，从另一侧面射出（图中未画出），已知平板介质的厚度为，电磁波在真空中的传播速度为，不考虑电磁波在介面处的反射，下列说法正确的是
A．该电磁波的出射点位于法线的上方
B．电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行
C．电磁波由空气进入平板介质，波长变长
D．电磁波在平板介质中的传播时间为
22．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是
A．球的运动时间为
B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为
C．球的水平初速度大小为
D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为
23．（2024•贵州模拟）如图（a），水平放置长为的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为、电荷量为的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期相同，不计粒子重力，则
A．金属板间距离的最小值为
B．金属板间距离的最小值为
C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于
24．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为
D．铜环所受安培力大小为
25．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
2025年高考物理解密之多选题
参考答案与试题解析
一．多选题（共25小题）
1．（2024•天津）某静电场在轴正半轴的电势随变化的图像如图所示，、、、为轴上四个点。一负电荷仅在静电力作用下，以一定初速度从点开始沿轴负方向运动到点，则该电荷
A．在点电势能最小B．在点时速度最小
C．所受静电力始终做负功D．在点受静电力沿轴负方向
【答案】
【考点】电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断；电场力做功与电势能变化的关系；图像斜率的物理意义
【专题】理解能力；推理法；电场力与电势的性质专题；定性思想
【分析】、根据：，结合轴上、、、四个点的电势高低情况，确定电势能最小的位置；
、电荷的动能与电势能的总和不变，依据电荷在轴上、、、四个点的电势能的大小关系，分析其动能的大小关系；
、根据电场力做正功电势能减小，判断所受静电力做功情况；
、根据沿电场方向电势逐渐降低，得到点的电场方向，负电荷所受静电力与电场方向相反。
【解答】解：、根据电势能，可知负电荷所处电势越高电势能越小，轴上、、、四个点中点的电势最高，故在点电势能最小，故错误；
、因电荷仅受静电力作用，故动能与电势能的总和不变，轴上、、、四个点中点的电势最低，故在点电势能最大，则其动能最小，速度最小，故正确；
、从点到点电势先降低后升高，此电荷从点开始沿轴负方向运动到点的过程，其电势能先增大后减小，由功能关系可知，所受静电力先做负功后做正功，故错误；
、根据沿电场方向电势逐渐降低，可知在点电场方向沿方向，故此负电荷在点受静电力沿轴负方向，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了电场中图像的物理意义，掌握图像的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据沿电场方向电势逐渐降低确定电场强度的方向。
2．（2024•顺庆区校级模拟）从“玉兔”登月到“祝融”探火，我国星际探测事业实现了由地月系到行星际的跨越。已知火星半径约为月球的倍，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是“祝融”绕火星表面做圆周运动周期的倍，则下列说法正确的是
A．发射“玉兔”登月时的理论速度应大于
B．发射“祝融”探火时的理论速度应大于
C．火星的质量与月球的质量之比为
D．火星的质量与月球的质量之比为
【答案】
【考点】卫星或行星运行参数的计算；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义
【专题】万有引力定律的应用专题；模型建构能力；定量思想；模型法
【分析】根据第二宇宙速度的意义分析发射“玉兔”登月时的理论速度和发射“祝融”探火时的理论速度大小；分别以“玉兔”和“祝融”为研究对象，根据万有引力提供向心力求出火星的质量与月球的质量，再求质量之比。
【解答】解：、“玉兔”绕月球圆周运动的同时仍和月球一起绕地球运动，未脱离地球引力的束缚，所以发射“玉兔”登月时的理论速度要小于，故错误；
、“祝融”绕火星运动，脱离地球引力的束缚，所以发射“祝融”探火时的理论速度应大于，故正确；
、设“玉兔”的质量为，“玉兔”绕月球表面做圆周运动的周期是，月球半径为，月球的质量为。
根据月球的万有引力提供“玉兔”绕月球做圆周运动所需要的向心力，可得
解得月球的质量为
设“祝融”的质量为，“祝融”绕火星表面做圆周运动的周期是，“祝融”的质量为，火星半径为，火星的质量为。
根据火星的万有引力提供“祝融”绕火星做圆周运动所需要的向心力，可得
解得火星的质量为
故火星的质量与月球的质量之比为
，故正确，错误。
故选：。
【点评】解答本题时，关键要掌握万有引力提供向心力，来求解中心天体的质量。
3．（2024•沙坪坝区校级模拟）吸血鬼恒星是一种理论上的天体，它通过从伴星吸取物质来维持自身的光和热。这种恒星通常处于双星系统中，吸血鬼恒星通过这种方式获得额外的物质，从而延长自己的寿命。这种现象在天文学中被称为质量转移或吸积过程。假设两恒星中心之间的距离保持不变，忽略因热核反应和辅射等因素导致的质量亏损，经过一段时间演化后，则
A．两恒星的周期不变B．两恒星的轨道半径保持不变
C．吸血鬼恒星的线速度增大D．伴星的线速度增大
【答案】
【考点】双星系统及相关计算
【专题】模型建构能力；万有引力定律的应用专题；比较思想；模型法
【分析】双星绕两者连线上的一点做匀速圆周运动，由相互之间万有引力提供向心力，由此列式分析。
【解答】解：、假设在演化开始时，吸血鬼恒星的质量为，伴星的质量为，两者之间的中心距离为，周期为。
根据双星由相互之间万有引力提供向心力，对于吸血鬼恒星，有
对于伴星，有
又有
联立解得
由题意知，两恒星的总质量不变，也不变，则周期不变，故正确；
、由中分析，联立可解得
，
根据题意可知，增大，减小，则减小，增大。由可知，吸血鬼恒星的线速度减小，伴星的线速度增大，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题是双星问题，要抓住双星系统的条件：角速度与周期相同，运用万有引力提供向心力列式进行研究。
4．（2025•邯郸一模）如图为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上的示意图，其中冬至时地球离太阳最近。仅考虑太阳对地球的引力，关于地球绕太阳公转过程，下列说法正确的是
A．在冬至位置地球所受万有引力最大
B．在立春位置，根据万有引力定律可得
C．地球自转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数
D．经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比约为1.03
【答案】
【考点】万有引力的基本计算；开普勒三大定律
【专题】万有引力定律的应用专题；定量思想；推理论证能力；推理法
【分析】地球绕太阳的公转轨道是椭圆，根据开普勒第二定律分析即可。
【解答】解：、在冬至位置地球离太阳最近，根据万有引力表达式可知，所受万有引力最大，故正确；
、由于地球绕太阳做椭圆运动，不是匀速圆周运动，所以在立春位置
故错误；
、根据开普勒第三定律可知，地球公转周期的平方与轨道半长轴三次方的比值是一个仅与太阳质量有关的常数，故错误；
、根据开普勒第二定律可知，在相同的时间内，扫过的面积相等可得，经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小与距离成反比，所以经过近日点、远日点两位置的瞬时速度大小之比为
故正确。
故选：。
【点评】解答本题的关键要掌握开普勒第二定律，知道地球在近日点的速度最大，在远日点的速度最小。
5．（2025•邯郸一模）如图，质量为的形金属框置于水平绝缘平台上，和边平行，和边垂直，左端接有阻值为的电阻。一根电阻、质量为的光滑导体棒置于金属框上，用水平恒力向右拉动导体棒，运动过程中，装置始终处于竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，与金属框始终保持良好接触，且与边保持平行。与足够长，两平行导轨间距为，整个金属框与水平绝缘平台间的动摩擦因数，滑动摩擦力可视为最大静摩擦力且金属框电阻可忽略，取。则以下说法正确的是
A．若，则导体棒运动的最大速度为
B．若，则导体棒先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
C．若，当导体棒的速度为时形金属框开始运动
D．若，导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动
【答案】
【考点】共点力的平衡问题及求解；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；牛顿第二定律的简单应用；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻
【专题】分析综合能力；比较思想；电磁感应中的力学问题；模型法
【分析】金属棒最终稳定状态做匀速直线运动，对金属框棒受力平衡求一定外力作用下的超导体棒的最大速度；
根据牛顿第二定律判断金属棒的运动状态；
对金属框由平衡条件、安培力公式、欧姆定律等求出使框运动时金属棒的最大速度。
用隔离法和整体法，分别对金属棒和框牛顿第二定律求最终两物体的加速度。
【解答】解：由于金属棒与框之间无摩擦，当有外力作用在棒上时，棒将加速运动。
、导体棒运动速度最大时，导体棒受力平衡，则有：
导体棒产生的感应电动势为：
感应电流为：
导体棒运动的最大速度为：
若，代入数据得：，故正确；
、对导体棒，根据牛顿第二定律可得：
可知随着速度的增大，导体棒受到安培力逐渐增大，导体棒做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，故错误；
、若，则导体棒运动的最大速度为：
而要使金属框开始运动时有：
导体棒产生的感应电动势为：
感应电流为：
联立代入数据解得：
故若，当导体棒的速度为时，形金属框开始运动，故正确；
、若，则导体棒运动的速度为金属框开始运动，此时电路中的电动势为
电路中的电动势变大，电流变大，当金属框和导体棒的加速度相同时达到稳定状态，则，假设导体棒和形金属框一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
解得：
导体棒和形金属框最终将做加速度为的匀加速直线运动，故正确。
故选：。
【点评】本题考查电磁感应的动力学问题，综合性较强，难度较大，对学生综合分析物理问题的能力要求较高；本题难点是金属框和导体棒开始都做变加速直线运动，故必须抓住运动一段时间后，二者加速度相等。
6．（2025•邯郸一模）如图所示为半圆柱体玻璃的横截面，为直径，一束由紫光和红光组成的复色光沿方向从真空射入玻璃，分别从、点射出。下列说法中正确的是
A．从点射出的是红光
B．在相同条件下，从点射出的光更容易发生衍射
C．两束光从点射入，到从、点射出所用的时间相等
D．沿、折射的单色光的能量之和等于沿入射复色光的能量
【答案】
【考点】光的折射定律；折射率的波长表达式和速度表达式；光发生明显衍射的条件
【专题】比较思想；图析法；光的折射专题；理解能力
【分析】红光的折射率小于紫光的折射率，根据折射定律分析折射角大小，从而判断从点射出的是否是红光；红光波长较长，更容易发生衍射；根据光在玻璃中的传播距离和光速公式、折射定律相结合分析光在玻璃中传播时间关系；根据能量守恒定律分析沿、折射的单色光的能量之和与沿入射复色光的能量关系。
【解答】解：、红光的折射率小于紫光的折射率，红光和紫光的入射角相同，根据折射定律可知，红光的折射角大于紫光的折射角，所以从点射出的是红光，从点射出的是紫光，故错误；
、从点射出的光是红光，红光波长较长，更容易发生衍射，故正确；
、作出光路图，如图所示。
光从点传到玻璃内表面的传播距离为
则光从点传到玻璃内表面的传播时间为
由此可知，两束光从点射入，到从、点射出所用的时间相等，故正确；
、光在空气与玻璃的分界面上既有折射也有反射，反射光也有能量，根据能量守恒定律可知，沿、折射的单色光的能量之和小于沿入射复色光的能量，故错误。
故选：。
【点评】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要有运用数学知识分析几何光学的意识和能力。
7．（2024•罗湖区校级模拟）如图所示，某学生练习用头颠球。某一次足球由静止下落被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为。已知足球与头部的作用时间为，足球的质量为，取，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是
A．足球下落到与头部刚接触时速度为
B．头部对足球的平均作用力为
C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0
【答案】
【考点】动量变化量的计算；自由落体运动的规律及应用；求恒力的冲量；用动量定理求平均作用力
【专题】受力分析方法专题；定量思想；推理法；理解能力
【分析】由自由落体运动的速度—位移公式及竖直上抛运动的对称性求出足球与头部碰撞前的速度大小和反弹后的速度大小，从而求得足球与头部作用过程中动量变化量的大小，对足球应用动量定理求解头部对足球的平均作用力。根据冲量的定义求重力的冲量大小。
【解答】解：、根据匀变速直线运动公式：
代入数据可得足球下落到与头部刚接触时速度为
，故正确；
、由题意当足球离开头部后竖直上升的最大高度仍为，则离开的速度
对足球列动量定理得
解得头部对足球的平均作用力为
，故错误；
、足球与头部作用过程中足球动量变化量为
△，故正确；
、足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为
，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，应用动量定理时要注意先选正方向，动量变化量一定为末态动量减去初态动量。
8．（2024•天津）中国钍基熔盐堆即将建成小型实验堆，为我国能源安全和可持续发展提供有力支持。反应堆中涉及的核反应方程有：①②，下列说法正确的是
A．方程①中是中子
B．方程②中发生了衰变
C．受反应堆高温影响，的半衰期会变短
D．方程②释放电子，说明电子是原子核的组成部分
【答案】
【考点】原子核的半衰期及影响因素；核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系；衰变的特点、本质及方程
【专题】定量思想；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理法；推理论证能力
【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒规律进行分析判断，结合反应产物分析衰变类型；
根据放射性元素的半衰期的决定因素进行分析解答；
根据衰变的原理进行分析解释。
【解答】解：．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，方程①中是中子，故正确；
．方程②中放出的粒子是电子，则发生了衰变，故正确；
．半衰期只由原子核自身决定，与外界因素无关，也不会受反应堆高温影响，故的半衰期不变，故错误；
．方程②释放电子，但该电子是由于原子核的中子转化为质子释放出来的，并不能说明电子是原子核的组成部分，故错误。
故选：。
【点评】考查核反应方程的书写规则以及放射性元素半衰期等知识，会根据题意进行准确分析解答。
9．（2024•天津）卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，地球半径为。卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，轨道半径为。则卫星未发射时和在轨道上运行时
A．角速度之比为
B．线速度之比为
C．向心加速度之比为
D．受到地球的万有引力之比为
【答案】
【考点】万有引力的基本计算；不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较
【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题；推理论证能力
【分析】根据未发射时卫星的角速度和发射后在同步轨道的角速度相等，结合线速度、向心加速度以及万有引力定律列式分析判断。
【解答】解：卫星未发射时静置在赤道上随地球转动，角速度与地球自转角速度相等，卫星发射后在地球同步轨道上做匀速圆周运动，角速度与地球自转角速度相等，则卫星未发射时和在轨道上运行时角速度之比为，故正确；
根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则线速度之比为轨道半径之比，故错误；
根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，由于角速度相等，则向心加速度之比为轨道半径之比，故正确；
根据题意，由公式可知，卫星未发射时和在轨道上运行时，受到地球的万有引力之比与轨道半径的平方成反比，即，故错误。
故选：。
【点评】考查万有引力定律的应用和人造卫星问题，关键是抓住地球自转周期和同步轨道的卫星周期相等进行分析解答。
10．（2024•天河区三模）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、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，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），为水平虚线与竖直虚线的交点，、两点关于点中心对称。现有一束电子经电场加速后，沿着平行于两金属圆环轴线的方向进入金属圆环。下列说法正确的是
A．点电势比点电势低
B．点场强与点场强相同
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电势能减少
【答案】
【考点】通过电场线的方向判断电势的高低；电势能的概念和计算；电场强度与电场力的关系和计算
【专题】电场力与电势的性质专题；推理法；定性思想；推理论证能力
【分析】根据两圆环的电势判断电势，结合电场线与等势线垂直以及分析求解。
【解答】解：．两圆环的电势，则靠近环的点电势较高，靠近环的点电势较低，即点电势比点电势高，故错误；
．根据对称性可知，点场强与点场强大小相等，方向相同，故正确；
．根据电场线与等势线垂直可知，入射的电子受电场力指向中轴线，则该电子透镜对入射的电子束能起到会聚作用，故错误；
．根据电势能与电势的关系：可知，电子在穿越电子透镜的过程中电势能减少，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了静电场相关知识，理解电场线与等势线的关系以及电势能和电势的关系是解决此类问题的关键。
11．（2024•开福区校级模拟）如图，快递员工通过倾斜传送带将包裹从处运往较低的处，传送带与水平面的夹角，且始终以一定速度逆时针转动。在某时刻将小包裹（看作质点）轻放在传送带的处，小包裹与传送带间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则关于小包裹从运动到的说法正确的是
A．若，则可能一直加速
B．若，则可能先加速再匀速
C．若，则可能先加速再匀速
D．若，则可能先加速再减速
【答案】
【考点】倾斜传送带模型
【专题】推理论证能力；推理法；定量思想；牛顿运动定律综合专题
【分析】对、受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，关键是两者共速后摩擦力方向突变，确定加速度的方向，从而确定运动状态；
若，可以确定共速后，由于最大静摩擦力大于重力的下滑分力，两者一起匀速到达下端。
【解答】解：、若，化简有：，则有：。即最大静摩擦力小于重力的下滑分力。刚开始，根据牛顿第二定律则有：
小包裹可能以加速度：，一直加速到。
也可能先以加速度：，加速达到速度后，摩擦力方向突变，再以加速度：，继续加速到，故正确，错误；
、同理，若，则小包裹可能以加速度：一直加速到，也可能先以：，加速达到速度后，再匀速运动到，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了传送带问题，解决本题的关键是熟练掌握牛顿第二定律求加速度以及运动学规律，而此题更要理解的是与动摩擦因数的大小关系的代表的意义。
12．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在某空间的一个区域内有一直线与水平面成角，在两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为。从直线上的点水平向右射出速率为的粒子，粒子带正电，比荷为，若粒子运动过程中经过直线上的点，粒子从点运动到点的时间为。已知，不计粒子重力。则
A．可能为B．可能为
C．可能为D．一定为
【答案】
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动
【专题】推理法；推理论证能力；定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】根据洛伦兹力做向心力得到粒子在两磁场中运动轨道半径相等，且得到速率和半径的关系，结合几何关系和对称性求磁感应强度的可能值；
然后根据每次偏转角，结合时间公式求总时间。
【解答】解：、由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，
粒子每次经过直线均偏转，由几何关系，将分成等份，可知半径：
根据洛伦兹力提供向心力：
联立可得：，故正确，错误；
、粒子从点运动到点的时间为为：，故错误，正确。
故选：。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
13．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与质量为的小物体栓接，紧靠着的右端放置质量为的小物体，、均静止，弹簧处于原长状态。现对施加水平向左的恒力，使和一起向左运动，当两者速度为零时撤去，、最终均停止运动。以初始时静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从开始向左运动到撤去前瞬间，的加速度随位移变化的图像如图乙所示。已知、两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取。下列说法正确的是
A．的大小为B．弹簧的劲度系数为
C．的最大速度为D．最终停在位置
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用动能定理求解多过程问题
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力
【分析】由牛顿第二定律得到加速度与的关系式求解和劲度系数，根据功的计算公式求解做的功；根据图像与坐标轴围成的面积表示的物理意义求解求解、一起向左运动时两者的最大速度，向右运动时，当时速度最大，由能量关系求解的最大速度；由能量关系求解最终的位置。
【解答】解：开始时对和组成的整体，由牛顿第二定律可得：，
整理得：
由图像可知：，
联立，解得：
，，
故正确，错误；
．、一起向左运动时两者的最大速度：，
向右运动时，当时速度最大，此时，
由能量关系：
其中，
联立，解得：
，
则的最大速度为，故正确；
．两滑块回到原来位置时由能量关系：，
此后与分离，则，
联立，解得：
，即最终停在位置，故正确。
故选：。
【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
14．（2024•琼山区一模）边长为的正方形单匝线框放置在如图所示的匀强磁场中，磁感应强度为，线框总电阻为，若线框从图示位置开始以角速度绕轴匀速转动，则下列说法正确的是
A．线框产生的感应电动势最大值是
B．线框产生的感应电动势有效值是
C．线框所在平面和磁场的方向垂直时，回路电流最大
D．线框所在平面和磁场的方向平行时，回路电流最大
【答案】
【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的图像和图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导
【专题】推理能力；推理法；定量思想；交流电专题
【分析】本题根据感应电动势的最大值，结合有效值和最大值的关系以及中性面和峰值面的特点分析求解。
【解答】解：线框产生的感应电动势的最大值，故正确；
线框产生的感应电动势有效值，故错误；
线框所在的平面和磁场方向垂直时，感应电动势为零，回路电流为零；线框所在平面和磁场的方向平行时，感应电动势最大，回路电流最大，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查了交变电流的基本知识，理解最大值、有效值、中心面和峰值面之间的关系是解决此类问题的关键。
15．（2024•龙凤区校级模拟）如图所示，在平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，在第三、四象限范围内有沿轴正方向的匀强电场，在坐标原点有一个粒子源可以向轴上方以不同速率向各个方向发射质量为、电荷量为的带正电粒子，轴上的点坐标为，轴上的点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是
A．所有经过点的粒子最小速度为
B．若以最小速率经过点的粒子又恰好能过点，则电场强度大小为
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过点，速度大小一定不同
D．所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
【答案】
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题；推理法；定量思想；推理能力
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆周运动半径最小时，粒子经过点时速度最小，由洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解最小速度；速度最小的粒子由点到点做类平抛运动，根据牛顿第二定律与运动学公式求解电场强度；经过、两点的不同圆半径可以相等，也可以不相等，运动半径相等时粒子速度大小相等；沿不同方向进入磁场的粒子，经过点时垂直电场方向的分速度为定值，粒子沿轴负方向做匀速直线运动通过磁场。
【解答】解：、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
，可得：
当为粒子运动轨迹的直径时（即，圆周运动半径最小，粒子经过点时速度最小，可得：，故正确；
、粒子以最小速率经过点时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达点时速度方向垂直于轴，由点到点做类平抛运动。
沿轴负方向做匀速直线运动，则有：
沿轴正方向做匀加速直线运动，则有：
由牛顿第二定律得：
联立解得电场强度，故错误；
、经过点圆弧轨迹均以为弦，如图1所示为经过、两点的半径相等的圆与圆，粒子可以分别沿这两个等大的圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过点，由于运动半径相等，故粒子速度大小相同，故错误；
、设沿不同方向进入磁场的粒子，经过点的速度方向与轴夹角为，如图2所示。
由几何关系得：，同理由：，可得：
在点垂直电场方向的分速度为：，可见为定值。
粒子穿过电场过程沿轴负方向做匀速直线运动，则有：，因为定值，故所有经过点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故正确。
故选：。
【点评】本题考查带电粒子在磁场和电场的运动规律，对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，应用运动的分解与合成解答。
16．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是
A．滑块到达点时的速度大小为
B．弹簧获得的最大弹性势能为
C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为
D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理能力
【分析】根据动量守恒和机械能守恒、牛顿第二定律列式联立求解比较判断；
根据动量守恒和能量守恒分析解答；
根据动量守恒的具体形式人船模型列式求解。
【解答】解：．滑块从滑到时，对滑块和小车组成的系统，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
联立解得
，
设点小球所受的支持力为，运动到点时对滑块受力分析，根据牛顿第二定律
解得：
故错误，正确；
．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故正确；
．滑块从到滑下过程由人船模型可知
解得小车的位移为
故错误。
故选：。
【点评】考查系统单方向上动量守恒和系统机械能守恒等问题，熟练掌握守恒的条件分析方法。
17．（2024•陕西一模）如图，一定质量的理想气体从状态出发，经过等容过程到达状态，再经过等温过程到达状态，最后经等压过程回到状态。下列说法正确的是
A．在过程中气体的内能增加
B．在过程中外界对气体做功
C．在过程中气体对外界做功
D．在过程中气体从外界吸收热量
E．在过程中气体从外界吸收热量
【答案】
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用
【专题】定性思想；方程法；气体的状态参量和实验定律专题；推理能力
【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据△判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量。
【解答】解：、从到等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故正确；
、在过程中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故正确；
、在过程中气体体积不变，根据△可知，气体对外界做功为零，故错误；
、在过程中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△可知，气体从外界吸收热量，故正确；
、在过程中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故错误。
故选：。
【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△为正表示内能变大，为正表示物体吸热；为正表示外界对物体做功。
18．（2024•成都模拟）如图所示为教师办公室中抽屉使用过程的简图：抽屉底部安有滚轮，当抽屉在柜中滑动时可认为不受抽屉柜的摩擦力，抽屉柜右侧装有固定挡板，当抽屉拉至最右端与挡板相碰时速度立刻变为0。现在抽屉完全未抽出，在中间位置放了一个手机，手机长度，质量，其右端离抽屉右侧的距离也为，手机与抽屉接触面之间的动摩擦因数，抽屉总长，质量。不计抽屉左右两侧及挡板的厚度，重力加速度。现对把手施加水平向右的恒力，则
A．当水平恒力的大小时，手机与抽屉有相对运动
B．当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰
C．为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小应满足
D．为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足
【答案】
【考点】牛顿第二定律求解多过程问题
【专题】定量思想；临界法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力
【分析】利用牛顿第二定律可求出手机的最大加速度，利用整体法再结合牛顿第二定律求出一起加速运动的最大拉力，利用牛顿第二定律求出的加速度，然后结合运动学公式可求出恒力的范围；利用牛顿第二定律，结合运动学公式，可求出手机不与抽屉右侧和左侧磕碰，恒力应满足的范围。
【解答】解：、手机的最大加速度为：
手机与抽屉一起做加速运动的最大拉力为：
所以当水平恒力的大小时，手机与抽屉一起加速运动，当水平恒力的大小时，抽屉和手机一起加速运动的加速度大小为：
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：
解得：。
抽屉停止运动后，手机向右滑动，则有：
解得手机向右滑动的位移大小为：
手机恰好不与抽屉右侧发生磕碰，当水平恒力的大小时，手机不与抽屉右侧发生磕碰，故错误，正确；
、当时手机与抽屉相对滑动，水平恒力的大小时，对抽屉由牛顿第二定律得：
解得：
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：
解得：，（舍去）
手机的速度为：
解得：
手机的位移为：
解得：
抽屉停止运动后手机向右滑动的位移为：，则有：
所以手机恰好与抽屉右侧不磕碰，故为使手机不与抽屉右侧发生磕碰，水平恒力的大小可满足，故正确；
、水平恒力的大小时，对抽由牛顿第二定律得：
解得：
当抽屉拉至最右端与挡板相碰时，有：
解得：
手机向右运动的位移大小为：
解得：
则，手机恰好不与抽屉左侧发生磕碰，所以为使手机不与抽屉左侧发生磕碰，水平恒力的大小必定满足，故错误。
故选：。
【点评】在解决本题时，要分析清楚手机的运动过程，注意找到发生磕碰的临界条件是解决本题的关键。
19．（2024•九龙坡区模拟）一列沿轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在处的质点和在处的质点的振动图像分别如图甲和图乙。下列说法正确的是
A．质点的振动方程为
B．质点处在平衡位置时，质点一定在波谷且向轴正方向振动
C．若波沿轴正方向传播，这列波的最大传播速度为
D．若波沿轴负方向传播，这列波的最大传播速度为
【答案】
【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题
【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理能力
【分析】根据振动方程，结合、两点的位置关系，通过讨论波的不同传播方向分析求解。
【解答】解：根据图像可知，质点振动的振幅，周期，初相位，则质点的振动方程为：，故正确；
根据图像可知，质点处在平衡位置时，质点一定在波谷或者波峰，故无法判断质点的振动方向，故错误；
若波沿轴正方向传播，根据图像可知：，速度最大时，即此时，则波速为：，故正确；
若波沿轴负方向传播，根据图像可知：，速度最大时，即此时，则波速为：，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了振动图像，理解不同质点在不同时刻的运动状态是解决此类问题的关键。
20．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是
A．地面对手的支持力做了正功B．地面对手的支持力冲量为零
C．他克服重力做了功D．他的机械能增加了
【答案】
【考点】动量的定义、单位及性质；功的定义、单位和计算式的推导
【专题】推理法；定性思想；功的计算专题；理解能力
【分析】判断是否做功要有力和在力的方向上有位移；根据判断冲量大小；同学克服重力做功，重力势能增加，机械能增加。
【解答】解：、在俯卧撑向上运动的过程中，对该同学的支持力的作用点没有位移，则对该同学的支持力没有做功，故错误；
、根据可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零，故错误；
、由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，重心升高，同学的机械能增加了，故正确。
故选：。
【点评】本题以俯卧撑为情景，考查了做功的条件和冲量等知识，加强了知识的实际应用。
21．（2024•罗湖区校级模拟）某些为屏蔽电磁波设计的人工材料，其折射率为负值，称为负折射率材料。电磁波从空气射入这类材料时，折射定律和电磁波传播规律仍然不变，但是折射波与入射波位于法线的同一侧（此时折射角取负值）。如图所示，波源发出的一束电磁波的入射角，经负折射率的平板介质材料后，从另一侧面射出（图中未画出），已知平板介质的厚度为，电磁波在真空中的传播速度为，不考虑电磁波在介面处的反射，下列说法正确的是
A．该电磁波的出射点位于法线的上方
B．电磁波射出平板的出射方向与射入平板的入射方向平行
C．电磁波由空气进入平板介质，波长变长
D．电磁波在平板介质中的传播时间为
【答案】
【考点】折射率的波长表达式和速度表达式；光的折射定律
【专题】推理论证能力；光的折射专题；定量思想；方程法
【分析】根据折射的规律分析，根据折射定律结合几何关系解得电磁波的传播路程和传播速度，从而计算时间。
【解答】解：．折射波与入射波位于法线的同一侧，则电磁波在材料中折射方向位于法线的下方，所以该电磁波的出射点位于法线的下方，故错误；
．根据折射规律，结合光路可逆原理，可知电磁波的出射方向与电磁波入射到平板介质的方向平行，故正确；
．根据，则电磁波由空气进入平板介质，波长变短，故错误；
．根据
得折射光线与法线夹角为
光在平板介质中的速度为，则电磁波在平板介质中的传播时间为
故正确。
故选：。
【点评】本题考查了折射定律的基本运用，与平时做的常规题有所区别，注意折射光线与入射光线在法线的同一侧，掌握折射率的公式和的灵活运用．
22．（2024•梅州二模）梅州是足球之乡，近几年我市足球事业发展迅速，如图7所示，某运动员在离球门正前方水平距离处头球攻门，足球在高处被水平顶出，顶出时速度垂直球门，并恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，取则此过程中，下列说法正确的是
A．球的运动时间为
B．球落地前瞬间竖直方向的分速度大小为
C．球的水平初速度大小为
D．球落地前瞬间速度方向与水平地面的夹角为
【答案】
【考点】平抛运动速度的计算；平抛运动时间的计算
【专题】合成分解法；平抛运动专题；推理能力；定量思想
【分析】平抛运动可以将运动分解成水平和竖直两个方向，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向下落的高度即可得出足球的运动时间，再根据水平方向的位移大小即可得出足球的初速度，再通过对水平竖直两个方向的分析，可得出足球落地时的竖直反向速度大小以及速度方向与地面的夹角。
【解答】解：由题可知，足球的运动为平抛运动，将运动过程分解成水平竖直两个方向，竖直方向做自由落体运动，下落高度为，运动的时间满足，将、代入可知，，故错误；
已知球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为，因此落地时的速度为，故正确；
已知球在水平方向做匀速直线运动，运动时间为，位移为，水平初速度满足，代入已知数据可得，故正确；
球落地时，假设速度方向与水平地面的夹角为，已知水平方向的速度大小为，竖直方向的速度大小为，由此可知，因此，故错误。
故选：。
【点评】本题需要学生运用平抛运动相关知识结合三角函数以解决此类问题。
23．（2024•贵州模拟）如图（a），水平放置长为的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为、电荷量为的带电粒子任意时刻沿金属板中心线射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期相同，不计粒子重力，则
A．金属板间距离的最小值为
B．金属板间距离的最小值为
C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于
D．粒子到达竖直挡板时的速率都等于
【答案】
【考点】带电粒子在周期性变化的电场中偏转
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力
【分析】根据对称性以及位移—时间公式可求出竖直方向的位移从而得到两极板间的最小值；根据运动学公式，以及对运动的分析，可得到粒子到达竖直挡板时的速率的要求。
【解答】解：．在、1、时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为，则竖直方向先做匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向受到电场力的作用，做初速度为零的匀加速运动，所以竖直方向的位移为
金属板间距离的最小值为
故正确，错误；
．粒子出离电场时的水平速度均为
在竖直方向上，时刻进入电场的粒子，根据图像可知，粒子先加速时间为，然后再减速时间，在时刻速度减为零；然后再反向加速时间，再反向减速时间，即在时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率等于，故错误，正确。
故选：。
【点评】学生在解决本题时，应注意对于变化的电场问题，要根据电场的周期性变化找到粒子在不同电场情况下的运动情况。
24．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，铜环两端、处于同一水平线。若环中通有大小为、方向从到的电流，细绳处于绷直状态，则
A．两根细绳拉力均比未通电流时的大
B．两根细绳拉力均比未通电流时的小
C．铜环所受安培力大小为
D．铜环所受安培力大小为
【答案】
【考点】左手定则判断安培力的方向；安培力的计算公式及简单应用
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力
【分析】应用等效法，通电半圆形铜环等效长度为直径，根据公式计算安培力，根据左手定则判断方向，根据平衡条件判断通电前后绳子拉力大小关系。
【解答】解：通电半圆形铜环可等效为长度为直径的通电直导线，电流方向，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力，两根细绳拉力均比未通电流时的大，故正确，错误；
故选：。
【点评】本题主要考查非直通电导线受安培力的计算，根据等效法进行解答。
25．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用；图像中的动量问题
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力
【分析】根据牛顿第二定律分别求得力方向沿斜面向下时与力方向沿斜面向上时物块的加速度。根据运动学公式求得、、、时刻物块的速度，可确定物块的运动方向；根据动量定理求解时间内合外力的总冲量；根据动量的定义解答选项；应用平均速度分别求得与过程物块的位移。
【解答】解：、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
力方向沿斜面向下时，物块的加速度为：
力方向沿斜面向上时，物块的加速度为：
时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为
可知时间内物体一直沿斜面向下运动，故正确；
、根据动量定理得时间内合外力的总冲量为，故错误；
、时刻物块的动量为：，时刻物块的动量为，可知时刻动量不等于时刻的一半，故错误；
、过程物块的位移为，过程物块的位移为，可知，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了动量定理与牛顿第二定律得应用，应用牛顿第二定律与运动学公式分段求解速度与位移，解答时注意矢量的方向问题。
考点卡片
1．自由落体运动的规律及应用
【知识点的认识】
1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．
2．公式：v＝gt；h＝gt2；v2＝2gh．
3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．
4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．
重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．
【命题方向】
自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．
例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（ ）
A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
B．物体做自由运动时不受任何外力的作用
C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大
D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．
解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；
B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；
C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；
D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．
故选：D．
点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．
例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（ ）
B.10m C.20m D.45m
分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．
解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为v＝＝＝20m/s，
由自由落体的速度位移的关系式 v2＝2gh可得，h＝＝＝20m，所以C正确．
故选：C．
点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．
【解题思路点拨】
1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．
2．该知识点的3个探究结论：
（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．
（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．
（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．
2．共点力的平衡问题及求解
【知识点的认识】
1.共点力
（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。
（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。
2.共点力平衡的条件
（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。
（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。
3.对共点力平衡条件的理解及应用
合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。
4.平衡条件的推论
（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。
（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。
（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。
5.解答共点力平衡问题的三种常用方法
6.平衡中的临界、极值问题
a.临界问题
（1）问题特点：
①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
b.极值问题
（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
（2）分析方法：
①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。
7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型
（1）“活结”与“死结”模型
①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。
②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。
（2）“活杆”与“死杆”模型
①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。
②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。
【命题方向】
例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（ ）
A.FA＝FB＝FC＝FD
B.FD＞FA＝FB＞FC
C.FA＝FC＝FD＞FB
D.FC＞FA＝FB＞FD
分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。
解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。
例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（ ）
A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于G
B.两绳的拉力和重力不是共点力
C.两绳的拉力大小均为G
D.两绳的拉力大小均为
分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。
解答：B．对日光灯受力分析如图：
两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；
A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；
CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G＝，F1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。
例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（ ）
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。
解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示
因此CD的拉力为 T＝mg•tan30°
D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。
由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有
F2min＝T•sin60°＝mg
故ABD错误，C正确。
故选：C。
点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。
例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：
（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
（2）轻杆BC对C端的支持力；
（3）轻杆HG对G端的支持力。
分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。
（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；
（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。
解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。
（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；
上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g
得FEG＝2M2g
所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。
（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°
故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。
（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。
答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；
（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；
（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g 方向水平向右。
点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。
【解题思路点拨】
1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。
2.解答共点力平衡问题的一般步骤
（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。
（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。
（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。
（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。
3.临界与极值问题的分析技巧
（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。
（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。
3．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
4．牛顿第二定律求解多过程问题
【知识点的认识】
1.牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2.表达式：F合＝ma．
3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类问题，蹦极类问题等。
【命题方向】
如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（ ）
A、合力变小，速度变小
B、合力变小，速度变大
C、合力先变小，后变大；速度先变大，后变小
D、合力先变大，后变小，速度先变小，后变大
分析：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大．
解答：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度。以小球为研究对象，分析小球的受力情况和运动情况：
开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力变小；
当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力变大。
当弹力等于重力时，合力为零，速度最大。
故选：C。
点评：含有弹簧的问题，是高考的热点．关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住弹力是变化的这一特点．不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动．
【解题思路点拨】
用牛顿第二定律求解多过程问题的思路如下：
1.分析物体的运动过程
2.分析每一阶段物体受力的变化
3.根据牛顿第二定律F合＝ma分析物体加速度的变化
4.根据加速度的情况分析物体的运动情况。
5．倾斜传送带模型
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）
【命题方向】
如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）
分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。
解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：
mgsin37°+μmgcs37°＝ma1
可得 a1＝g（sin37°+μcs37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2
由运动学公式，有：v＝a1t1
解得：t1＝＝s＝2s
则x1＝＝m＝20m＜LAB＝64m，共速时物体还没有到达B点。
物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcsθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为a2，则
mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
可得a2＝2m/s2
由运动学公式有LAB﹣x1＝vt2+
解得：t2＝2s
故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t1+t2＝2s+2s＝4s
答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。
点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体间相对运动方向相反。
【解题思路点拨】
明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。
6．平抛运动速度的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0
竖直方向上的速度vy＝gt
从而可以得到物体的速度为v＝＝
3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
【命题方向】
如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（ ）
A、0.8s内小球下落的高度为4.8m
B、0.8s内小球下落的高度为3.2m
C、小球到达P点的水平速度为4.8m/s
D、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。
解答：AB、小球下落的高度h＝＝．故A错误，B正确。
C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。
D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。
故选：BD。
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
【解题思路点拨】
做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。
7．平抛运动时间的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.平抛运动在水平和竖直方向上的运动是独立的，而将这两个运动联系起来的就是时间。因为分运动与合运动具有同时性。
3.计算平抛运动时间的方法：
①已知平抛高度h，则根据竖直方向上可得t＝
②已知水平位移x和初速度v0，则根据水平方向上x＝v0t可得t＝
③已知某一时刻的速度v和书速度v0，则根据速度的合成有v2＝，从而可得t＝＝
④已知某一时刻的速度v及速度偏转角θ，
则gt＝vsinθ，从而得到t＝
⑤已知某一时刻的位移x及位移偏转角θ，
则，从而得到t＝
【命题方向】
例1：将一个物体以速度v水平抛出，当物体的竖直位移是水平位移的两倍时，所经历的时间为（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同
解答：由平抛运动的规律可知，
水平方向上：x＝Vt
竖直方向上：2x＝gt2
解得t＝。
故选：D。
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
例2：一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，那么它的运动时间是（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。
解答：由于平抛运动是水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，
故任意时刻的速度是这两个分运动速度的合速度，当一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，
故v1是物体运动的末速度，由速度的分解法则可知，＝﹣，∴vy＝，
∴物体的运动时间t＝＝．∴D选项正确。
故选：D。
点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。
例3：如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O．一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点．已知OC的连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为（ ）
A、ct D、tan C、ct D、tan
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．小球落到C点，根据几何关系确定小球竖直方向上的位移和竖直方向上的位移的比值，根据位移关系求出运动的时间．
解答：由几何关系可知，AC水平方向的夹角为α＝，根据抛体运动的规律，
知
则．故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．
【解题思路点拨】
1.平抛运动的时间是连接水平和竖直运动的桥梁，时间的计算方法有很多种，要根据题目给出的条件选择恰当的方法。
2.平抛运动是匀变速曲线运动，速度变化量的计算要遵循矢量叠加原理，所以t＝是不成立的。
8．开普勒三大定律
【知识点的认识】
开普勒行星运动三大定律基本内容：
1、开普勒第一定律（轨道定律）：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。
2、开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。
3、开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即：。
在中学阶段，我们将椭圆轨道按照圆形轨道处理，则开普勒定律描述为：
1．行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；
2．对于某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度（或线速度）不变，即行星做匀速圆周运动；
3．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即：。
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查开普勒三个定律的基本认识：
关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（ ）
A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动
B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处
C．离太阳越近的行星的运动周期越长
D．所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等
分析：开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开普勒第三定律中的公式，可知半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比。
解：A、开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上。故A错误；
B、开普勒第一定律可得，行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的一个焦点处，故B错误；
C、由公式，得离太阳越近的行星的运动周期越短，故C错误；
D、开普勒第三定律可得，所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确；
故选：D。
点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。
（2）第二类常考题型是考查开普勒第三定律：
某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（ ）
A．（） B．（）
C．（） D．（）
分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比。
解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是年，根据开普勒第三定律有，即：＝＝，所以，选项A、C、D错误，选项B正确。
故选：B。
点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可。
【解题思路点拨】
（1）开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。
（2）要注意开普勒第二定律描述的是同一行星离中心天体的距离不同时的运动快慢规律，开普勒第三定律描述的是不同行星绕同一中心天体运动快慢的规律。
（3）应用开普勒第三定律可分析行星的周期、半径，应用时可按以下步骤分析：
①首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有两个行星是同一个中心天体时开普勒第三定律才成立。
②明确题中给出的周期关系或半径关系。
③根据开普勒第三定律列式求解。
9．万有引力的基本计算
【知识点的认识】
1.万有引力定律的内容和计算公式为：
自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的二次方程反比。即
G＝6.67×10﹣11N・m2/kg2
2.如果已知两个物体（可视为质点）的质量和距离就可以计算他们之间的万有引力。
【命题方向】
如下图，两球的质量均匀分布，大小分别为M1与M2，则两球间万有引力大小为（ ）
A、G B、G C、G D、G
分析：根据万有引力定律的内容，求出两球间的万有引力大小．
解答：两个球的半径分别为r1和r2，两球之间的距离为r，所以两球心间的距离为r1+r2+r，
根据万有引力定律得：
两球间的万有引力大小为F＝G
故选：D。
点评：对于质量均匀分布的球，公式中的r应该是两球心之间的距离．
【解题思路点拨】
计算万有引力的大小时要注意两个物体之间的距离r是指两个物体重心之间的距离。
10．第一、第二和第三宇宙速度的物理意义
【知识点的认识】
一、宇宙速度
1．第一宇宙速度（环绕速度）
（1）大小：7.9km/s．
（2）意义：
①卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度．
②使卫星绕地球做匀速圆周运动的最小地面发射速度．
2．第二宇宙速度
（1）大小：11.2 km/s
（2）意义：使卫星挣脱地球引力束缚的最小地面发射速度．
第二宇宙速度（脱离速度）
在地面上发射物体，使之能够脱离地球的引力作用，成为绕太阳运动的人造行星或绕其他行星运动的人造卫星所必需的最小发射速度，其大小为v＝11.2 km/s．
3．第三宇宙速度
（1）大小：16.7km/s
（2）意义：使卫星挣脱太阳引力束缚的最小地面发射速度．
第三宇宙速度（逃逸速度）
在地面上发射物体，使之最后能脱离太阳的引力范围，飞到太阳系以外的宇宙空间所必需的最小速度，其大小为v＝16.7km/s．
三种宇宙速度比较
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查对第一宇宙速度概念的理解：
关于第一宇宙速度，下列说法正确的是（ ）
A．它是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度
B．它是人造地球卫星在圆形轨道上的最小运行速度
C．它是能使卫星绕地球运行的最小发射速度
D．它是人造卫星绕地球作椭圆轨道运行时在近地点的速度
分析：第一宇宙速度是在地面发射人造卫星所需的最小速度，也是圆行近地轨道的环绕速度，也是圆形轨道上速度的最大值．
解：第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度
v＝∝
因而第一宇宙速度是人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动的最大速度，A正确、B错误；
在近地面发射人造卫星时，若发射速度等于第一宇宙速度，重力恰好等于向心力，做匀速圆周运动，若发射速度大于第一宇宙速度，重力不足提供向心力，做离心运动，即会在椭圆轨道运动，因而C正确、D错误；
故选AC．
点评：要使平抛的物体成为绕地球做运动的卫星，其速度必须小于或等于第一宇宙速度，当取等号时为圆轨道．
【解题思路点拨】
1.三个宇宙速度都有自身的物理意义，要准确记住其意义及具体的数值。
2.每个天体都有自己的宇宙速度，课本上介绍的只是地球的三大宇宙速度。
11．卫星或行星运行参数的计算
【知识点的认识】
对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。于是有：
①G＝m→v＝
②G＝mω2r→ω＝
③G＝m→T＝
④G＝ma→a＝G
在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。
【解题思路点拨】
2005年10月12日，我国成功地发射了“神舟”六号载人宇宙飞船，飞船进入轨道运行若干圈后成功实施变轨进入圆轨道运行，经过了近5天的运行后，飞船的返回舱顺利降落在预定地点．设“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球运行n圈所用的时间为t，若地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：
（1）飞船的圆轨道离地面的高度；
（2）飞船在圆轨道上运行的速率．
分析：研究“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力列出方程，根据地球表面忽略地球自转时万有引力等于重力列出方程进行求解即可．
解答：（1）“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球运行n圈所用的时间为t，
①
研究“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力定律分别对地球表面物体和飞船列出方程得：
②
根据地球表面忽略地球自转时万有引力等于重力列出方程得：
③
r＝R+h④
由①②③④解得：
②由线速度公式得：
∴
答：（1）飞船的圆轨道离地面的高度是；
（2）飞船在圆轨道上运行的速率是．
点评：本题要掌握万有引力的作用，天体运动中万有引力等于向心力，地球表面忽略地球自转时万有引力等于重力，利用两个公式即可解决此问题．只是计算和公式变化易出现错误．
【解题思路点拨】
在高中阶段，一般把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力。但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。
12．不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较
【知识点的认识】
1.卫星运行的一般规律如下：
①G＝m→v＝
②G＝mω2r→ω＝
③G＝m→T＝
④G＝ma→a＝G
由此可知，当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。
2.卫星的运行参数如何与赤道上物体运行的参数相比较？
赤道上运行的物体与同步卫星处在同一个轨道平面，并且运行的角速度相等，所以比较赤道上物体与一般卫星的运行参数时，可以通过同步卫星建立联系。
【命题方向】
据报道：北京时间4月25日23时35分，我国数据中继卫星“天链一号01星”在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，成功定点于东经七十七度赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号01星”下列说法正确的是（ ）
A、它运行的线速度等于第一宇宙速度
B、它运行的周期等于地球的自转周期
C、它运行的角速度小于地球的自转角速度
D、它的向心加速度等于静止在赤道上物体的向心加速度
分析：“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．
解答：A．任何绕地球做圆周运动的卫星速度都小于第一宇宙速度，故A错误；
B．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，周期等于地球的自转周期。故B正确；
C．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，角速度等于地球的自转角速度。故C错误；
D．根据可知，随着半径R的增大，a在减小，故“天链一号01星”卫星的向心加速度比赤道上物体的向心加速度小，故D错误。
故选：B。
点评：本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．本题难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
对于不同轨道上的卫星（或物体），要想比较他们的运行参数，一般遵循的原则是，“天比天，直接比；天比地，要帮忙”，即卫星与卫星之间可以通过万有引力提供向心力直接进行分析比较，而卫星与赤道上物体的比较，则需要借助同步卫星进行分析。
13．双星系统及相关计算
【知识点的认识】
1.模型特点：众多的天体中如果有两颗恒星，它们靠得较近，在万有引力作用下绕着它们连线上的某一点共同转动，这样的两颗恒星称为双星。
2.模型特点
（1）两星的运行轨道为同心圆，圆心是它们之间连线上的某一点；
（2）两星的向心力大小相等，由它们间的万有引力提供；
（3）两星的运动周期、角速度相同；
（4）两星的运动半径之和等于它们间的距离，即r1+r2＝L。
3.处理方法
（1）双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即。
（2）两个结论：
①运动半径：m1r1＝m2r2，即某恒星的运动半径与其质量成反比。
②质量之和：由于，r1+r2＝L，所以两恒星的质量之和为m1+m2＝。
【命题方向】
2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（ ）
A.质量之积
B.质量之和
C.速率之和
D.各自的自转角速度
分析：双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断。结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系。
解答：AB、设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L＝400km＝4×105m，
根据万有引力提供向心力可知：
＝m1r1ω2
＝m2r2ω2，
整理可得：＝，解得质量之和（m1+m2）＝，其中周期T＝s，故A错误、B正确；
CD、由于T＝s，则角速度为：ω＝＝24π rad/s，这是公转角速度，不是自转角速度
根据v＝rω可知：v1＝r1ω，v2＝r2ω
解得：v1+v2＝（r1+r2）ω＝Lω＝9.6π×106m/s，故C正确，D错误。
故选：BC。
点评：本题实质是双星系统，解决本题的关键知道双星系统的特点，即周期相等、向心力大小相等，结合牛顿第二定律分析求解。
【命题思路点拨】
解双星问题的两个关键点
（1）对于双星系统，要抓住三个相等，即向心力、角速度、周期相等。
（2）万有引力公式中L是两星球之间的距离，不是星球做圆周运动的轨道半径。
（3）对于多星问题（三星、四星），需要牢记任何一个天体运动的向心力是由其他天体的万有引力的合力提供的。
14．功的定义、单位和计算式
【知识点的认识】
1．定义：物体受到力的作用，并在力方向上发生一段位移，就说力对物体做了功．
2．公式：W＝Flcsα，其中α为F与l的夹角，F是力的大小，l一般是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移．
3．应用中的注意点
（1）公式只适用于恒力做功；
（2）F和l是对应同一个物体的；
（3）恒力做功多少只与F、l及二者夹角余弦有关，而与物体的加速度大小、速度大小、运动时间长短等都无关，即与物体的运动性质无关，同时与有无其它力做功也无关．
4．物理意义：功是能量转化的量度．
5．单位：焦耳（J），1J＝1N•m．
6．功是标量，没有方向、但是有正负，正负表示能量转化的方向．表示物体是输入了能量还是输出了能量．
【命题方向】
关于功的概念，下列说法中正确的是（ ）
A、力对物体做功多，说明物体的位移一定大
B、力对物体做功小，说明物体的受力一定小
C、力对物体不做功，说明物体一定没有移动
D、物体发生了位移，不一定有力对它做功
分析：做功包含的两个必要因素是：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的位移．根据W＝Flcsα求解．
解答：A、力对物体做功多，根据W＝Flcsα，如果力很大，那么物体的位移不一定大，故A错误
B、力对物体做功小，根据W＝Flcsα，如果力位移很小，那么物体的受力不一定小，故B错误
C、力对物体不做功，根据W＝Flcsα，可能α＝90°，所以物体不一定没有移动，故C错误
D、物体发生了位移，如果力的方向与位移方向垂直，那么力对它不做功，故D正确
故选：D。
点评：对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．
【解题方法点拨】
1.对功的概念的理解
（1）做功的两个必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力对物体是否做了功只与这两个因素有关，与其他因素诸如物体运动的快慢、运动的性质、物体的质量、物体是否受其他力作用等均无关。
（2）功是过程量，总是与一个具体的过程相对应同时功与具体的某个力或某几个力相对应，通常我们说某个力或某几个力所做的功。
2.对计算功的大小的公式的两点提醒
（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcsα并不是普遍适用的，它只适用于大小和方向均不变的恒力做功。如果F是变力，W＝Flcsα就不适用了。
（2）F与l必须具备同时性，即必须是力作用过程中物体的位移。如果力消失后物体继续运动，力所做的功就只跟力作用的那段位移有关，跟其余的位移无关，
15．利用动能定理求解多过程问题
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.动能定理不用考虑物体的运动过程，可以通过对全程列动能定理来简化过程比较多，运动情况比较复杂的问题。
【命题方向】
例1、一消防队员从一平台上跳下，下落h1双脚触地，并弯曲双腿缓冲，使其重心又下降了h2才停下，且h1＝4h2．则在触地的过程中，地面对他双脚的平均作用力的大小约为消防队员所受重力大小的（ ）
A、2倍 B、5倍 C、10倍 D、20倍
分析：消防员先自由下落h1，接着匀减速下降h2，对匀减速过程受力分析，可结合牛顿第二定律或动能定理求解。
解答：对运动的整个过程运用动能定理，得：
mg（h1+h2）﹣Fh2＝0 ①；
又根据题意，有：
h1＝4h2②；
解得，F＝5mg；
故选：B。
点评：本题对运动的全部过程用动能定理比较方便，若对加速过程和减速过程分别运用动能定理列式也可求解，还可以用牛顿第二定律求解；故方法的选择对解题的难易影响很大，要能灵活选择方法解题。
例2：在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动，如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来，若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2
（1）人从斜坡滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
分析：人与滑板由静止从粗糙斜面滑下后，又滑上粗糙水平面最后停止．在斜面上对其进行受力分析，再进行力的合成求出合力，运用牛顿第二定律可算出加速度．
当人与滑板从静止到停止，先做匀加速后做匀减速，由动能定理，可求出滑下的距离AB．
解答：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1
由牛顿第二定律有mgsinθ﹣Ff1＝ma1
FN1﹣mgcsθ＝0
又Ff1＝μFN1
联立解得 a1＝g（sinθ﹣μcsθ）＝2.0m/s2
（2）根据动能定理，选取从开始到停止，
则有：mgLABsinθ﹣μmgL﹣μmgcsθLAB＝0﹣0；
解得：LAB＝50m；
答：（1）人从斜坡滑下的加速度为2m/s2；
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m。
点评：对研究对象的进行受力分析与运动分析，再由运动学公式与牛顿运动定律相结合．同时第二个小问可以用动能定理来处理．
【解题思路点拨】
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
16．常见力做功与相应的能量转化
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
【解题思路点拨】
如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（ ）
A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mgh
B、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WF
C、重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh
分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．
解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即
ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，
ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh
故选：D。
点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。
2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
17．动量的定义、单位及性质
【知识点的认识】
1.动量的定义：质量和速度的乘积。用符号p表示。
2.公式：p＝mv。
3.单位：千克米每秒，符号：kg•m/s。
4.标矢性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
【命题方向】
物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（ ）
A、物体速度的大小一定随时间变化
B、物体速度的方向一定随时间变化
C、物体动能一定随时间变化
D、物体动量一定随时间变化
分析：加速度不为零，物体受到的合力不为零，根据合力方向与速度方向间的关系分析判断物体速度大小、方向如何变化，动能是否变化，由动量定理分析答题．
解答：物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零；
A、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故A错误；
B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；
C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，物体动能不变，故C错误；
D、物体所受合力不为零，则物体所受的冲量不为零，由动量定理可知，物体的动量一定随时间变化，故D正确；
故选：D。
点评：物体所受合力不为零，物体做变速运动，物体的动量一定变化，物体的速度大小、速度方向、物体动能是否变化与物体做什么运动有关系，应具体分析讨论．
【解题思路点拨】
动量的性质有：
（1）瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
18．动量变化量的计算
【知识点的认识】
1.定义：动量的变化量是指物体的末动量减去初动量。
2.表达式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv1
3.性质：动量的变化量是矢量，方向与速度变化量的方向相同，可以用矢量运算法则确定。
【命题方向】
一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程动量的变化量为（ ）
A、大小10.8kgm/s，方向向右
B、大小10.8kgm/s，方向向左
C、大小3.6kgm/s，方向向右
D、大小3.6kgm/s，方向向左
分析：动量p＝mv，是矢量，规定正方向后求解动量的变化量．
解答：规定水平向右为正方向，则初动量p1＝mv1＝0.18kg×20m/s＝3.6kg•m/s；
打击后动量为：p2＝mv2＝0.18kg×（﹣40m/s）＝﹣7.2kg•m/s；
故动量变化为：Δp＝p2﹣p1＝﹣10.8kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向左；
故选：B。
点评：本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算．
【解题记录点拨】
1.表达式：Δp＝p2﹣p1
2.矢量性：动量变化量是矢量，与速度变化的方向相同，运算遵循平行四边形定则，当 p1、p2，在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3.对动量和动量变化量的两个提醒
（1）动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。
（2）计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向。
19．求恒力的冲量
【知识点的认识】
1.恒力的冲量可以用冲量的定义式进行计算：I＝FΔt。
2.冲量的方向：与力的方向一致。
【命题方向】
如图所示，一物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑．已知物体的质量m＝0.50kg，斜面的倾角θ＝30°，斜面长度L＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2．求：
（1）物体沿斜面下滑的加速度大小；
（2）物体滑到斜面底端时的速度大小；
（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小。
分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度；
（2）根据匀加速直线运动位移—速度公式即可求解速度；
（3）先根据位移—时间公式求出下滑的时间，再根据冲量公式即可求解．
解答：（1）物体在斜面上所受合力沿斜面向下，大小为F合＝mgsinθ
设物体沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma
解得a＝5.0m/s2
（2）设物体滑到斜面底端时的速度大小为v，则有v2＝2aL
解得v＝5.0m/s
（3）设物体下滑过程的时间为t，则有v＝at
解得t＝1.0s
在此过程中重力对物体的冲量为IG＝mgt＝5N•s
答：（1）物体沿斜面下滑的加速度大小为5.0m/s2．
（2）物体滑到斜面底端时的速度大小为5.0m/s．
（3）物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小为5N•s．
点评：本题主要考查了匀加速直线运动速度—位移公式及牛顿第二定律的应用，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
恒力的冲量可用Ⅰ＝FΔt直接求解，但要分清是哪个力在哪一段时间内的冲量。
20．动量定理的内容和应用
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．
【命题方向】
篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（ ）
A、减小篮球对手的冲量
B、减小篮球对人的冲击力
C、减小篮球的动量变化量
D、增大篮球的动量变化量
分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。
解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F＝，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误B正确；
C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。
故选：B。
点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。
【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
21．用动量定理求平均作用力
【知识点的认识】
对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。
公式为：Δt＝mv2﹣mv1。
【命题方向】
质量m＝0.6kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m．从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.1s，忽略空气阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能．
（2）地板对篮球的平均作用力．
分析：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能等于初始时刻机械能减去末时刻机械能，初末位置物体动能为零，只有势能；
（2）分别根据自由落体运动求出篮球与地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的时间，根据总时间求出球与地面接触的时间，根据动量定律即可求解．
解答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J
（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式
下落过程：mgH＝，解得：v1＝4m/s，
上升过程：﹣mgh＝0﹣，解得：v2＝3m/s，
篮球与地板接触时间为Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s
设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理得：
（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1
解得：F＝16.5N
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力 F′＝F＝16.5N，方向向下
答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为2.1J．
（2）地板对篮球的平均作用力为16.5N，方向向下．
点评：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，难度适中．
【解题思路点拨】
应用动量定理的四点注意事项
（1）明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。
（2）列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小。
（3）分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。
（4）公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式计算，且要注意是末动量减去初动量。
22．F-t图像中的动量问题
【知识点的认识】
我们前面已经学过很多借助图像求物理量的例子，例如：利用v﹣t图像的面积求位移，利用a﹣t图像的面积求速度变化量，利用F﹣x图像的面积求功，它们都体现了共同的物理学方法：微元法。
类比这些问题的解决，我们就找到了一个计算变力冲量的方法，那就是图像法。由微元法可知，F﹣t图像与坐标轴围成的面积就是冲量。
【命题方向】
如图甲所示，质量m＝1kg的物块静止在水平面上，t＝0时，对其施加水平向右的推力F，推力F的大小随时间变化的规律如图乙所示。已知物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块开始运动的时刻及3s末物块加速度的大小；
（2）0～6s内推力对物块冲量的大小；
（3）6s末物块动量的大小。
分析：（1）当力F达到最大静摩擦力时，物块开始运动，根据摩擦力公式求解力F的大小，根据图像求解物块运动的时刻，根据牛顿第二定律求解3s时的加速度；
（2）F﹣t图像与坐标轴所围面积表示F的冲量，根据图像求解力对物块的冲量；
（3）根据F﹣t图像求解1～6s内推力F对物块的冲量大小，根据动量定理求解物块的动量。
解答：（1）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，fm＝f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N
当F＝fm时，物块开始滑动，由图可知，t＝1s时，F＝fm＝1N
即物块开始运动的时刻为1s；
3s末，由图像可知，F＝3N
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣fm＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
（2）F﹣t图像与坐标轴所围面积表示F的冲量，由图像可知，0～6s内推力对物块冲量大小为IF＝N•s＝13.5N•s
（3）0～1s内物块未发生移动，1～6s内推力对物块冲量大小为IF′＝13.5N•s﹣N•s＝13N•s
由动量定理得：IF′﹣ft＝p﹣0
其中t＝6s﹣1s＝5s
代入数据解得：p＝8kg•m/s
答：（1）物块开始运动的时刻为1s，3s末物块加速度的大小为2m/s2；
（2）0～6s内推力对物块冲量的大小为13.5N•s；
（3）6s末物块动量的大小为8kg•m/s。
点评：本题考查牛顿第二定律、F﹣t图像和动量定理，解题关键是知道F﹣t图像与坐标轴所围面积表示力的冲量，会根据动量定理求解动量。
【解题思路点拨】
因为冲量是矢量，横坐标以上的面积表示冲量的方向为正方向，横坐标以下的面积表示冲量的方向为负方向。
23．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用
【知识点的认识】
物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型：
1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。
2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。
可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。
【命题方向】
如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A、小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒
B、小车的最终速度大小为0.5v0
C、小车对小球做的功为
D、小球在小车上能上升的最大高度为
分析：A、根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件分析；
B、根据题意可知小球离开小车时的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得小车的最终速度大小；
C、小球和小车相互作用的过程，对小球利用动能定理分析；
D、小球与小车共速时上升到最高点，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得小球上升的最大高度。
解答：A、小球和小车组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，所以水平方向动量守恒，系统只有动能和势能的相互转化，所以系统机械能守恒，故A错误；
B、小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，可知小球离开小车的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，
取水平向右为正方向，设小车的质量为M，由动量守恒定律有：mv0＝0+Mv1
小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：
联立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小车的最终速度大小为v0，故B错误；
C、小球和小车相互作用的过程中，对小球由动能定理有：，可得小车对小球做的功，故C错误；
D、小球和小车共速时，小球上升到最大高度，设最大高度为h
取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v
小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：
代入数据可得：，故D正确。
故选：D。
点评：本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，解题的关键是把小球和小车相互作用的过程看作弹性碰撞，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。
【解题思路点拨】
因为水平方向是没有外力的，所以系统水平方向上动量守恒，当物体达到最高处时，两个物体的速度完全一致。
24．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【知识点的认识】
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。
【命题方向】
如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。
（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律
（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。
（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。
（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。
解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg＝ma
v＝vC+at
代入数据可得 x＝1.25m
∵x＝1.25m＜L
∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v＝3.0m/s
（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0＝（mA+mB）v1
（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
∴+
代入数据可解得：EP＝1.0J
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。
设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）
弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
则＝ （3）
∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2
∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s （4）
代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s
点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
【解题思路点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
25．波长、频率和波速的关系
【知识点的认识】
描述机械波的物理量
（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．
在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．
（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．
（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．
（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．
【命题方向】
常考题型：
如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（ ）
A．此列波的周期为T＝0.4s
B．质点B、F在振动过程中位移总是相等
C．质点I的起振方向沿y轴负方向
D．当t＝5.1s时，x＝10m的质点处于平衡位置处
E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同
【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v＝求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反．
解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T＝，故A正确；
B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；
C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；
D、波传到x＝l0m的质点的时间t′＝，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1s＝10T，所以此时处于波谷处，故D错误；
E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；
故选：ABC
【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．
【解题方法点拨】
牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。
26．机械波的图像问题
【知识点的认识】
横波的图象
如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。
【命题方向】
（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用
如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则 B
A．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处。
分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。
解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；
Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，C D错误。
故选B。
点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！
第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断
一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的振幅为4cm
B．这列波的周期为1s
C．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动
D．此时x＝4m处质点的加速度为0
分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v＝算出周期。由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度。
解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。
B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v＝，得周期T＝＝s＝2s。故B错误。
C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。
D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。
故选：D。
点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。
【解题方法点拨】
波的图象的理解与应用
1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：
图象的应用：
（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。
（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）（n＝0，1，2，3…）时，它们的振动步调总相反。
3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
波的传播方向与质点的振动方向的判断方法
27．电场强度与电场力的关系和计算
【知识点的认识】
根据电场强度的定义式E＝可以得到电场强度与电场力的关系为
F＝qE。
【命题方向】
如图，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝BC，在A处固定一电荷量为+Q的点电荷。当在C处放一电荷量为q的点电荷时，它所受到的电场力大小为F，移去C处电荷，在B处放电荷量为2q的点电荷，其所受电场力大小为（ ）
A、4F B、8F C、 D、
分析：首先确定电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出2q的点电荷所受电场力。
解答：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为2q的点电荷在B处所受的电场力方向与F方向相同；
设AB＝r，则有BC＝r。
则有：F＝k
故电荷量为2q的点电荷在B处所受电场力为：FB＝k＝8F，故B正确，ACD错误。
故选：B。
点评：本题关键是根据库仑定律研究两电荷在两点所受的电场力大小和方向关系，注意B、C两点的电场强度方向相同。
【解题方法点拨】
既可以利用E＝计算某一点的电场强度也可以利用它的变形F＝qE求解电荷在某一点受到的电场力。
28．电荷性质、电场力方向和电场强度方向的相互判断
【知识点的认识】
1.电场中某一点的电场强度方向与正电荷在该点的受力方向相同，与负电荷在该点的受力方向相反。
2.知道电荷性质、电场强度方向、电场力的方向三者中的两个就可以推出第三个。
【命题方向】
如图是电场中某区域的电场线，箭头方向向右，P点是电场中的一点，则（ ）
A、P点的电场强度方向向左
B、正点电荷在P点所受的电场力的方向向左
C、P点的电场强度方向向右
D、P点的电场强度方向向右
分析：正点电荷在P点所受的电场力的方向向右；电场强度的方向与正电荷所受电场力的方向相同，电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向．
解答：匀强电场的方向水平向右，所以P点的场强方向水平向右，正电荷在P点所受电场力方向水平向右。故C、D正确，A、B错误。
故选：CD。
点评：解决本题的关键知道电场强度的方向是如何规定的，以及知道电场线的特点．
【解题思路点拨】
1.当求解电场中的力学问题时，首先就要检查电荷性质、电场强度方向、电场力的方向中哪些是可以确定的，从而推出未知量，进而求出其他物理量。
2.知识点的延伸：电场强度的方向就是电场线的切线方向。
29．电势能的概念和计算
【知识点的认识】
1.定义：电荷在电场中具有的与位置有关的能量即在电场中具有的势能叫电势能，用Ep表示。
2.相对性
电荷在电场中具有的电势能与电势能零点的选取有关。电势能零点的选取是任意的，习惯上取无限远处或大地为电势能零点。无限远处作为电势能零点与大地作为电势能零点是相同的。
3.大小
电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能点时静电力所做的功。
4.零势能位置
电场中规定的电势能为0的位置，通常把电荷离场源电荷无穷远处或大地表面的电势能规定为0。
5.系统性
电势能是相互作用的电荷所共有的，或者说是电荷及对它作用的电场所共有的。
6.标矢性
标量，但有正负。其正负表示大小，正值表示比电荷放在电势能零点时多多少，负值表示比放在电势能零点时少多少。
【命题方向】
下列说法中正确的是（ ）
A、在场强较小处，电荷在该处的电势能也较小
B、电荷在场强为零处的电势能也为零
C、在选定为零电势的位置处，任何电荷的电势能必为零
D、在场强相等的各点，电荷的电势能必相等
分析：电荷的电势能公式EP＝qφ，而电场强度与电势无关．在场强相等的各点，电势不一定相等，电势能不一定相等．
解答：A、根据电荷的电势能公式EP＝qφ，而电场强度与电势无关，所以场强小的地方，电荷在该处的电势能不一定小，故A错误。
B、电荷在场强为零处，因为电势的零点是人为选取的，电势不一定为零，故电荷的电势能也不一定为零，故B错误。
C、在选定为零电势的位置处，根据EP＝qφ，知任何电荷的电势能必为零，故C正确。
D、在场强相等的各点，电荷的电势不一定相等，则电荷的电势能不一定相等，故D错误。
故选：C。
点评：本题比较简单，基础性强，考查的知识点比较全面；要加强理解电势和电场强度关系，电势能和电势关系．
【解题思路点拨】
（1）电势能EP是由电场和电荷共同决定的，是属于电荷和电场所共有的，我们习惯上说成电荷在电场中某点的电势能。
（2）电势能是相对的，其大小与选定的参考位置有关。确定电荷的电势能，首先应确定参考位置，也就是零势能位置。
（3）电势能是标量，有正负但没有方向。电势能为正值表示电势能大于参考位置的电势能，电势能为负值表示电势能小于参考位置的电势能。
30．电场力做功与电势能变化的关系
【知识点的认识】
1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。
2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。
3．静电力做功与电势能变化的关系：
①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。
4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。
（5）特点：
①系统性：由电荷和所在电场共有；
②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；
③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。
理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。
【命题方向】
a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（ ）
A、增加了4×10﹣7J
B、增加了2×10﹣8J
C、减少了4×10﹣7J
D、减少了8×10﹣15J
分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．
解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。
故选：C。
点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．
【解题方法点拨】
1.静电力做功与电势能变化的关系
（1）WAB＝EPA﹣EPB。
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。
2.电势能大小的比较方法
（1）做功判断法：
电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。
（2）依据电势高低判断：
正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。
31．通过电场线的方向判断电势的高低
【知识点的认识】
1.结论：沿电场线方向，电势降低。
2.推导：如下图，一个带电荷量为q的正电荷仅在电场力的作用下由A点运动到B点。设A、B两点的电势分别为φA、φB
从A到B，根据电场力做功与电势能变化的关系
WAB＝EPA﹣EPB
又根据电场力做正功，且EP＝qφ，所以有
WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＞0
所以φA＞φB，即沿电场线方向，电势降低。可以证明在这一结论在任何电场中都适用。
【命题方向】
关于电势的高低，下列说法正确的是（ ）
A、沿电场线方向电势逐渐降低
B、电势降低的方向一定是电场线的方向
C、正电荷在只受电场力作用下，一定向电势低的地方运动
D、负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动
分析：根据推论：沿电场线方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场强度的方向；正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度；负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动．
解答：A、电场力做功WAB＝UABq＝Eqd，不妨设沿着电场线方向移动正电荷，则电场力做正功，所以UAB＞0，所以φA＞φB，所以沿着电场线方向电势逐渐降低。故A正确。
B、沿着电场线方向移动电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误。
C、正电荷只在电场力作用下从一点移到另一点，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度。故C错误。
D、根据电场力做功的表达式WAB＝UABq＝Eqd，负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，电场力做正功，WAB＞0，q＜0，则UAB＜0，所以φA＜φB，即向电势高的地方运动。故D正确。
故选：AD。
点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．
【解题思路点拨】
1.一个误区：沿电场线方向电势逐渐降低，但是电势降低的方向并不一定是电场线的方向。在所有电势降低的方向中，沿电场线方向降低的最快。
2.电势高低的判断方法总结：
（1）电场线法：沿电场线方向，电势逐渐降低。
（2）场源电荷判断法：离场源正电荷越近的点，电势越高；离场源负电荷越近的点，电势越低。
（3）公式法：由φ＝进行分析，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高。
32．φ-x图像斜率的物理意义
【知识点的认识】
φ﹣x图像的斜率表示场强
（1）斜率的大小表示该点场强的大小
（2）斜率的正负可以确定电场强度的方向
【命题方向】
x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示（AP＞PB），选无穷远处电势为0，从图中可以看出（ ）
A、Q1电荷量一定大于Q2电荷量
B、Q1和Q2一定同种电荷
C、P点电场强度是0
D、Q1和Q2之间连线上各点电场方向都指向Q2
分析：选无穷远处电势为0，则在正电荷的电场中所有点的电势都是正的，在负电荷的电场中所有点的电势都是负的，如果是等量异种电荷的话，在中垂线上的点电势为零。
解答：由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越高，由此可以判断Q1为正电荷，同理，由于离Q2越近电势越低，所以Q2为负电荷，在它们的连线上的p点的电势也是零，但p点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，所以A正确，而B错误。
由于Q1和Q2为异种电荷，并且Q1为正电荷，Q1在x轴正半轴上的电场方向向右，Q2为负电荷，Q2在Q1和Q2之间的电场方向也向右，所以P点电场强度是Q1和Q2在p点产生的电场的和，方向指向Q2，所以C错误D正确。
故选：AD。
点评：本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况。
【解题思路点拨】
与运动学图像类似，解决图像类问题的一般步骤为：
1.确定图像的含义，明确两个坐标轴的代表的物理量
2.从图中直接读出关键点的物理量
3.分析图像斜率、面积等的物理意义
4.结合公式分析其他的物理量。
33．带电粒子在周期性变化的电场中偏转
【知识点的认识】
本考点旨在针对带电粒子在周期性变化的电场中的偏转问题。
【命题方向】
在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入（如图甲）。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小。
（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子应从哪一时刻射入，两板间距至少多大？
分析：（1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度。
（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速度到vy再减速到零。
解答：（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：
e＝mv2﹣
解得：v＝
（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L＝v0T
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件，第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度vy再减速到零，然后反方向加速到vy再减速到零。
由于电子穿过电场的时间为T，所以竖直方向每段加速、减速的时间只能为，即电子竖直方向只能先加速时间到达某一速度vy再减速时间速度减小到零，然后反方向加速时间到达某一速度vy，再减速时间速度减小到零，电子回到原高度。
根据以上描述电子可以从t时刻进入：t＝+（k＝0，1，2，3…）
设两板间距至为d，
而电子加速时间的竖直位移为：h＝（）2
而电子减速时间的竖直位移也为：h
所以电子在竖直方向的最大位移为：y＝2h＝h+（）2 ①
而：y≤ ②
由①②解得：d≥＝
所以d的最小值：d＝
答：（1）若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为
。
（2）若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少v0T
（3）若电子恰能从两板中央平行于板飞出，电子可以从t时刻进入：t＝+（k＝0，1，2，3…），两板间距至少。
点评：带电粒子进入偏转电场中运动，水平方向不受力做匀速直线运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动且具有周期性变化；要用好变化的正确性。
【解题思路点拨】
带电粒子在交变电场中的运动时，要分析清楚不同阶段粒子的受力情况，根据牛顿第二定律，去分析粒子的运动情况，必要时可以画出粒子的F﹣t图和v﹣t图进行分析。
34．用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压、电流或电阻
【知识点的认识】
闭合电路的欧姆定律的表达式为
（1）I＝
（2）E＝U内+U外
（3）U＝E﹣Ir
可以根据具体的问题选择合适的公式计算电路的电压、电流、电阻等参数。
【命题方向】
如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，电源的内阻r＝2Ω，电阻R1＝3Ω，电阻R2＝6Ω．当闭合电键S后，流过R2的电流为（ ）
A、A B、1A C、A D、A
分析：根据闭合电路的欧姆定律求出通过电源的电流，再由并联电路的特点知通过R2的电流。
解答：R1，R2并联后的电阻R＝＝2Ω
根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流I＝＝A＝
通过R1的电流为I2＝I＝A，故A正确、BCD错误。
故选：A。
点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，掌握并联电阻的计算方法。
【解题思路点拨】
闭合电路的几个关系式的对比
35．左手定则判断安培力的方向
【知识点的认识】
1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。
2.左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。如下图所示：
【命题方向】
如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（ ）
A、向上 B、向下 C、向左 D、向右
分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．
解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。
故选：C。
点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．
【解题思路点拨】
安培力方向的特点
安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。
（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。
（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。
36．安培力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.
2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ
【命题方向】
一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？
分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．
解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：
Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N
答：受到的最大安培力是0.2N．
点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．
【解题思路点拨】
1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。
2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。
3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。
37．带电粒子在直线边界磁场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形
（1）直线边界
（2）平行边界
2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
3.常见的解题思路
（1）圆心的确定
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）半径的确定
方法一：由物理方程求：半径R＝；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）时间的确定
由t＝确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角θ越大，所用时间越长。
【命题方向】
如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（ ）
A、1：2 B、2：1 C、3：4 D、4：3
分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。
解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，
设磁场宽度为d，由图可知，
粒子a的半径ra＝＝，粒子b的半径为rb＝＝d
a粒子轨迹长度为sa＝＝，
b粒子的轨迹长度为sb＝＝，
又有：，vb＝
解得：＝
由＝，即＝，解得：＝＝，所以C正确，ABD错误。
故选：C。
点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。
【解题思路点拨】
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．
（1）两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．
（2）两种方法
物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值．
数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等．
（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．
38．带电粒子由磁场进入电场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的
关系入手，分析运动性质。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。
【命题方向】
如图所示，一个质量为m＝2.0×10﹣11kg，电荷量q＝+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1＝100V电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝50V．金属板长L＝20cm，两板间距d＝cm．求：
（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；
（3）若该匀强磁场的宽度D＝10cm，为使微粒不会从磁场右边射出，则该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？
分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v0。
（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出偏转角。
（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。
解答：（1）粒子在加速电场中运动过程，由动能定理，得
qU1＝
解得，＝1×104m/s
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则有
加速度a＝
t＝，vy＝at
则tanθ＝
将上述各式代入得到tanθ＝＝
θ＝30°
（3）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度大小为v＝
画出轨迹如图，根据几何知识，得D＝r+rsinθ
r＝
又由qvB＝m
解得B＝
代入数据解得，B＝0.346T
答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小1×104m/s；
（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°；
（3）为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。
点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。
【解题思路点拨】
解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法
39．导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：
E＝Blv
3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。
4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。
【命题方向】
如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（ ）
分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．
解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：
E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。
故选：D。
点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．
【解题方法点拨】
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：
1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。
2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。
3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。
40．交流发电机及其产生交变电流的原理
【知识点的认识】
1.产生装置
将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。
2.两个特殊位置及特点
①中性面 上图甲和丙所处的位置 特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率＝0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝0，交变电流此时方向改变
②与中性面垂直的位置 上图乙和丁所处的位置 特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率最大，所以感应电动势E最大，该应电流I最大，交变电流此时方向不变
3.交变电流的变化规律
对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ω，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即sinωt。根据法拉第电磁感应定律，线框上的感应电动势
e＝2Blvsinθ＝ωBldsin ωt＝ωBSsin ωt
其中，S表示线框的面积。
设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为
e＝Emsin ωt
式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。
同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcsωt。
【命题方向】
交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（ ）
A、图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大
B、图示位置电流最大，方向为A→B
C、从图示位置开始经过，电流方向将发生改变
D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为。
解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；
D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为，故D正确。
故选：D。
点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。
【解题思路点拨】
正弦交变电流产生的原理
矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.
41．交变电流的u-t图像和i-t图像
【知识点的认识】
1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．
2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。
【命题方向】
图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（ ）
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50 π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．
解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I＝＝10A，选项A正确；
B、角速度＝＝100π rad/s，选项B错误；
C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；
D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．
故选AC．
点评：本题是2013年 的高考题，考查的知识点较多，难度不大．
【解题方法点拨】
解决交变电流图象问题的三点注意
（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．
（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．
（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．
42．正弦式交变电流的函数表达式及推导
【知识点的认识】
1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，
式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。
（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。
（2）式子中Um＝NBSω。
2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度匀速转动，如图所示，则经时间t：
（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。
（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
（3）ab 边转动的线速度大小v＝ω
（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ＝•sinωt。
（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n 匝，则e＝nBSωsinωt。
【命题方向】
矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝220V的交流电，则有（ ）
A、频率是50Hz
B、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直
C、当t＝时，e有最大值
D、有效值为220V
分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．
解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f＝＝50Hz，故A正确；
B、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。
C、当t＝s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故C正确；
D、有效值为：＝220V，故D正确；
故选：ACD。
点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．
【解题思路点拨】
1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i＝。
2.正弦式交变电流瞬时值的表达式
43．光的折射定律
【知识点的认识】
一、光的折射
1．光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。
2．光的折射定律：折射光线与入射光线、法线处于同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线两侧，入射角的正弦与折射角的正弦成正比。
3．在折射现象中，光路是可逆的。
4．折射率：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比，叫做介质的绝对折射率，简称折射率。表示为n＝。
实验证明，介质的折射率等于光在真空中与在该介质中的传播速度之比，即n＝．任何介质的折射率都
大于1，．两种介质相比较，折射率较大的介质叫做光密介质，折射率较小的介质叫做光疏介质。
5．相对折射率
光从介质Ⅰ（折射率为n1、光在此介质中速率为v1）斜射入介质Ⅱ（折射率为n2、光在此介质中的速率为v2）发生折射时，入射角的正弦跟折射角的正弦之比，叫做Ⅱ介质相对Ⅰ介质的相对折射率。用n21表示。n21＝
Ⅱ介质相对Ⅰ介质的相对折射率又等于Ⅱ介质的折射率n2跟Ⅰ介质的折射率n1之比，即n21＝。
由以上两式，可得到光的折射定律的一般表达式是：n1sin∠1＝n2sin∠2或n1v1＝n2v2。
【命题方向】
如图所示，直角三棱镜ABC的一个侧面BC紧贴在平面镜上，∠BAC＝β．从点光源S发出的细光束SO射到棱镜的另一侧面AC上，适当调整入射光SO的方向，当SO与AC成α角时，其折射光与镜面发生一次反射，从AC面射出后恰好与SO重合，则此棱镜的折射率为（ ）
分析：由题意可知从AC面出射的光线与入射光线SO恰好重合，因此根据光路可逆可知SO的折射光线是垂直于BC的，然后根据折射定律即可求解折射率。
解答：作出光路图，依题意可知光垂直BC反射才能从AC面射出后恰好与SO重合，则光在AC面的入射角为90°﹣α，
由几何关系可知折射角为：r＝90°﹣β。
根据折射定律：n＝＝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。
【解题方法点拨】
光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。
解题的一般步骤如下：
（1）根据题意正确画出光路图；
（2）根据几何知识正确找出角度关系；
（3）依光的折射定律列式求解。
44．折射率的波长表达式和速度表达式
【知识点的认识】
1.折射率的两种计算方法
（1）光的折射定律：n＝
（2）用光速进行计算：n＝（当知道光的频率时，也可以转化成波长关系）
2.对折射率计算公式的理解
（l）折射率n是反映介质光学性质的物理量，它的大小由介质本身及入射光的频率决定，与入射角、折射角的大小无关。
（2）从公式n＝看，由于光在真空中的传播速度c大于光在任何其他介质中的传播速度v，所以任何介质的折射率都大于l。
（3）由于n＞1，从公式n＝看，光从真空斜射向任何其他介质时，入射角都大于折射角。类推可知，当光从折射率小的介质斜射向折射率大的介质时，入射角大于折射角。
【命题方向】
如图所示，真空中有一下表面镀反射膜的平行玻璃砖，其折射率n＝．一束单色光与界面成θ＝45°角斜射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖的右侧面竖直光屏上出现了两个光点A和B，A和B相距h＝2.0cm。已知光在真空中的传播速度c＝3.0×108m/s。试求：
①该单色光在玻璃砖中的传播速度。
②玻璃砖的厚度d。
一束光斜射在表面镀反射膜的平行玻璃砖，则反射光线在竖直光屏上出现光点A，而折射光线经反射后再折射在竖直光屏上出现光点B，根据光学的几何关系可由AB两点间距确定CE间距，再由折射定律，得出折射角，最终算出玻璃砖的厚度。
解：①由折射率公式
解得
②由折射率公式
解得sinθ2＝，θ2＝30°
作出如图所示的光路，△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE＝AB＝h．玻璃的厚度d就是边长h的等边三角形的高。
故
答：①该单色光在玻璃砖中的传播速度．
②玻璃砖的厚度1.732cm。
根据光路可逆及光的反射可得出AC与BE平行，从而确定CE的长度。
【知识点的认识】
折射率的定义式中n＝的θ1为真空中的光线与法线的夹角，不一定为入射角；而θ2为介质中的光线与法线的夹角，也不一定为折射角，产生这种现象的原因是由于光路的可逆性。
45．光发生明显衍射的条件
【知识点的认识】
光发生衍射是不需要条件的，衍射是光的波动性的表现，任何光都能发生衍射现象。但光发生明显衍射是有条件的：只有当障碍物或孔的尺寸与光波波长相差不多，甚至比光波波长还小时，出现明显的衍射现象
【命题方向】
为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜。下列说法中正确的是（ ）
A、电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射
B、电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C、电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射
D、电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射
分析：衍射是波特有的性质，是光遇到障碍物时发生的现象，发生明显的衍射现象的条件时：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或比波长还小。光在同一均匀介质中沿直线传播。
解答：A、分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜，因为电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射，所以A正确；
B、分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜，因为电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射，所以B错误；
C、分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜，因为电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射，所以C错误；
D、分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜，因为电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射，所以D错误；
故选：A。
点评：注重对基础知识的积累，加强对基本概念的深入理解，是学习物理的关键。掌握了衍射现象的特点即可顺利解决此题，这就需要同学们一定要不遗余力的加强基础知识的理解和记忆。
【解题思路点拨】
当障碍物或孔的尺寸与光波波长相差不多，甚至比光波波长还小时，出现明显的衍射现象
46．理想气体及理想气体的状态方程
【知识点的认识】
理想气体的状态方程
（1）理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间。
（2）理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：或。
气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
【命题方向】
题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用
如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K．两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
分析：（i）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；
（ii）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解。
解：（i）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，
由盖吕•萨克定律得： ①
解得 ②
（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得
③
对下方气体由玻意耳定律得： ④
联立③④式得
解得
不合题意，舍去。
答：
（i） 恒温热源的温度；
（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积
点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系。
题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题
密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的 平均动能 增大了。该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图所示，则T1 小于 T2（选填“大于”或“小于”）。
分析：温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定。
解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大。温度升高时，速率大的分子所占比重较大T1＜T2。
答案为：平均动能，小于
点评：本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大。
【解题方法点拨】
1（对应题型一）。运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：
（1）明确所研究的气体状态变化过程；
（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；
（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；
（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）
（5）联立方程求解。
2（对应题型二）。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：
（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W＜0；体积减小，外界对气体做功，即W＞0。
（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即△U＞0；温度降低，内能减小，即△U＜0。
47．热力学第一定律的表达和应用
【知识点的认识】
热力学第一定律
1．内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
2．公式：W+Q＝△U。
3．符号法则：
①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U取正；物体内能减小，△U取负；
【命题方向】
（1）常考题型考查对概念的理解：
对一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积是所有气体分子的体积之和
B．气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高
C．气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的
D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少
分析：根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系。根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析。根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化。
解答：A、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和。故A错误。
B、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈。故B正确。
C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故C正确。
D、当气体膨胀时，气体分子之间的距离增大，但温度的变化无法判断，所以内能变化无法判断。故D错误
故选BC。
点评：本题考查了热力学第一定律的应用，温度是平均动能的标志，分子动理论的内容。
（2）如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的（ ）
A．温度升高，内能增加600J
B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加600J
D．温度降低，内能减少200J
分析：已知做功和热传递的数据，根据热力学第一定律可求得气体内能的改变量及温度的变化。解答：解：由热力学第一定律可知：△U＝W+Q
外界对气体做功，W＝800J；气体向外散热，故Q＝﹣200J；
故△U＝800﹣200J＝600J；
气体内能增加，则温度升高；
故选A。
点评：热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U的正表示内能增加，Q为正表示物体吸热，W为正表示外界对物体做功。
【解题方法点拨】
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式△U＝Q+W符号的规定。
3．几种特殊情况
（1）若过程是绝热的，则Q＝0，W＝△U，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝△U，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即△U＝0，则W+Q＝0或W＝﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量。
注意：
①应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
48．核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系
【知识点的认识】
1.核反应前后质量数守恒，电荷数（核电荷数）守恒。
2.各参数之间的关系如下：
质量数＝质子数+中子数＝核子数
核电荷数＝质子数＝原子序数＝核外电子数
【命题方向】
某原子核的衰变过程是A，符号表示放出一个β粒子，表示放出一个α粒子，下列说法中正确的是（ ）
A、核C比核B的中子数少2
B、核C比核A的质量数少5
C、原子核为A的中性原子的电子数比原子核为B的中性原子的电子数多1
D、核C比核A的质子数少1
分析：发生一次α衰变，电荷数少2，质量数少4，发生一次β衰变，电荷数多1，质量数不变．
解答：A、B到C，电荷数少2，质量数少4，因为电荷数等于质子数，质量数等于质子数加上中子数，所以核C比核B中子数少2．故A正确。
B、A到B，质量数不变，B到C质量数少4，则核C比核A质量数少4．故B错误。
C、中性原子的电子数等于质子数，核B比核A电荷数多1，则核A的中性原子的电子数比核B中性原子的电子数少1．故C错误。
D、A到B电荷数多1，B到C电荷数少2，则A到C电荷数少1，则核C比核A质子数少1．故D正确。
故选：AD。
点评：解决本题的关键知道α衰变和β衰变的实质，以及知道质量数等于质子数加中子数，质子数等于电荷数．
【解题思路点拨】
核反应前的质量数之和等于核反应后的质量数之和；核反应前的电荷数之和等于核反应后的电荷数之和。
49．β衰变的特点、本质及方程
【知识点的认识】
1.衰变的定义：原子核自发地放α粒子或β粒子，由于核电荷数变了，它在元素周期表中的位置就变了，变成另一种原子核。我们把这种变化称为原子核的衰变。
2.β衰变的定义：原子核释放出一个β粒子变成一个新的原子核的过程。
3.β衰变的本质：原子核内部的一个中子转化成一个质子和一个β粒子（电子），并将β粒子射出。
4.β衰变的特点：发生β衰变后，原子核的质量数不变，电荷数加1。
5.β衰变的方程（举例）：
6.β衰变前的质量数等于衰变后的质量数之和，衰变前的电荷数等于衰变后的电荷数之和，所以β衰变时电荷数和质量数都守恒。
【命题方向】
一个放射性原子核，发生一次β衰变，则它的（ ）
A、质子数减少一个，中子数不变
B、质子数增加一个，中子数不变
C、质子数减少一个，中子数减少一个
D、质子数增加一个，中子数增加一个
分析：根据β衰变的特点以及衰变过程中质量数和电荷数守恒即可正确解答本题．
解答：β衰变实质上是原子核内的一个中子变为一个质子，同时释放出一个电子的过程，因此发生一次β衰变，质子数增加一个，中子数减少一个，故ABD错误，C正确。
故选：C。
点评：本题属于基础简单题目，考查了β衰变的特点，对于基础知识，平时不能放松，要加强基础知识的理解和应用．
【解题思路点拨】
1.β衰变的本质是原子核内的一个中子转化成一个质子和一个电子，并将电子射出的过程，衰变过程遵循质量数守恒和电荷数守恒。
2.β衰变前后，质量数不变，核电荷数加1。
3.β衰变释放的高速粒子流就是β射线。
4.放射性的原子核在发生α衰变、β衰变时产生的新核处于高能级，这时它要向低能级跃迁，并放出γ光子。因此，γ射线经常是伴随α射线和β射线产生的。当放射性物质连续衰变时，原子核中有的发生α衰变，有的发生β衰变，同时伴随着γ射线辐射。这时，放射性物质发出的射线中就会同时具有α、β、γ三种射线。
50．原子核的半衰期及影响因素
【知识点的认识】
1.半衰期的定义：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间，叫作这种元素的半衰期。
2.氡的半衰期：
氡222经过α衰变成为钋218。如图，
横坐标表示时间，纵坐标表示任意时刻氡的质量m与t＝0时的质量m0的比值。如果隔一段时间测量一次剩余氡的数量就会发现，每过3.8d就有一半的氡发生了衰变。也就是说，经过第一个3.8d，剩有一半的氡；经过第二个3.8d，剩有 的氡；再经过3.8d，剩有 的氡……因此，我们可以用“半衰期”来表示放射性元素衰变的快慢。放射性元素的原子核有半数发生衰变
3.半衰期的影响因素：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。例如，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。这是因为压力、温度或与其他元素的化合等，都不会影响原子核的结构。
4.半衰期的统计性意义：
①不同的放射性元素，半衰期不同，甚至差别非常大例如，氡222衰变为钋218的半衰期是3.8d，镭226衰变为氡222的半衰期是1620年，铀238衰变为钍234的半衰期竞长达4.5x109年。
②以氡核为例，对于一个特定的氡原子，我们只知道它发生衰变的概率，而不知道它将何时发生衰变。一个特定的氡核可能在下1s就衰变，也可能在10min之内衰变，也可能在200万年之后再衰变。然而，量子理论可以对大量原子核的行为作出统计预测。例如，对于大量氡核，可以准确地预言在1s后、10min后，或200万年后，各会剩下百分之几没有衰变。放射性元素的半衰期，描述的就是这样的统计规律。
【命题方向】
放射性同位素热电发生器（简称RTG）是利用钚238（Pu）发生α衰变产生的热能转化为电能的装置，“好奇号”就是人类建造的首辆利用RTG的火星车，已知钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（ ）
A、一定量的钚238经过176年后，钚238的衰变将停止
B、在恶劣的火星环境下，钚238的半衰期将变短
C、钚238衰变后产生的新原子核的比结合能比反应核大
D、钚238衰变后产生的新原子核内有234个中子
分析：放射性元素的半衰期由原子核内部本身因数决定，与所处环境无关。钚238衰变存在质量亏损，会释放能量，则新核的比结合能比反应核大。钚238发生α衰变后，质量数减少4，核电荷数减少2。
解答：A、一定量的钚238经过176＝2×88年后，还有的钚238未衰变，则钚238的衰变没有停止，故A错误；
B、放射性元素的半衰期由原子核内部本身因数决定，与所处环境无关，即在恶劣的火星环境下，钚238的半衰期不变，故B错误；
C、钚238衰变存在质量亏损，会释放能量，则新核的比结合能比反应核大，故C正确；
D、钚238发生α衰变后，质量数减少4，核电荷数减少2，则新原子核的质量数为238﹣4＝234，核电荷数即质子数为94﹣2＝92，
新核的中子数为234﹣92＝142，故D错误。
故选：C。
点评：本题解题关键是放射性元素的半衰期由原子核内部本身因数决定，与所处环境无关，α衰变存在质量亏损，会释放能量，则新核的比结合能比反应核大。
【解题思路点拨】
1.半衰期是放射性元素衰变一半所用的时间，是一种统计规律，对少数原子核的衰变没有意义。
2.半衰期只与元素自身的性质有关，与物体的状态、外部的温度、压强等都没有关系。
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宇宙速度
数值（km/s）
意义
第一宇宙速度
7.9
这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度
第二宇宙速度
11.2
这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度
第三宇宙速度
16.7
这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加
图象
方法

（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。
例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。

（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。
例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。

（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。
符号
W
Q
△U
+
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
﹣
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少