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专题八　机械振动与机械波
　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　机械振动
9.(2025湖北,9,4分)(多选)质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接,小球a由不可伸长的细线悬挂在O点,系统处于静止状态,如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g,忽略空气阻力,弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后(　　)
A.小球a可能会运动
B.若小球b做简谐运动,则其振幅为
C.当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动
D.当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动
答案 AD
审题指导　将小球a、b及弹簧组成的系统抽象为“悬挂式弹簧振子模型”。静止时,弹簧因小球b受重力而伸长,b在平衡位置时弹簧伸长量为x0,满足kx0=mg;释放b后,细线是否始终绷直取决于a所受合力的方向。
解析　对于小球a,其受到线的拉力、弹簧的弹力和重力,当小球b向上运动到最高点时,弹簧可能处于压缩或伸长状态,若弹簧处于压缩状态且弹力大小大于小球a的重力大小,则小球a可能会向上运动,A正确;初始状态系统静止时b所在的位置是b的平衡位置,下拉l后释放,b做简谐运动的振幅为l,不是,B错误;b做简谐运动时,弹簧不能处于压缩状态(否则不符合简谐运动规律),小球b恰好做简谐运动时,则小球a恰好处于静止状态,当小球b运动到最高点时,弹簧处于压缩状态,细线对a的拉力恰好为0,根据平衡条件,对小球a有F弹高=mg,小球b做简谐运动,小球b在最高点和最低点所受合力等大反向,小球b在最高点所受合力的大小F合高=F弹高+mg,在最低点所受合力大小F合低=F弹低-mg,由题意知F弹低=mg+kl,F合高=F合低,联立解得l=,所以当且仅当l≤时,小球b才能始终做简谐运动,C错误,D正确。
易错警示　
(1)对小球a运动条件判断不清:易忽略弹簧可压缩情况,错误地认为弹簧始终拉伸,a受力恒平衡。实际若l过大,b到最高点时弹簧压缩,a受到的弹簧弹力大于其重力时,a发生运动,则需关注弹簧弹力大小及方向变化。
(2)简谐运动振幅理解偏差:误将“偏离平衡位置的最大距离”与“往返位移的一半”混淆,b从下拉l处释放,振幅就是l,不是。
(3)简谐运动临界条件错误:易错误认为只要l≤,b就做简谐运动。实际需保证弹簧处于压缩状态时,弹力大小小于或等于a的重力,推导得临界条件为l≤,要结合弹簧弹力与形变量关系、平衡条件综合分析。
考点2　机械波
考向1　机械波的形成与传播
2.(2025安徽,2,4分)如图,某同学演示波动实验,将一根长而软的弹簧静置在光滑水平面上,弹簧上系有一个标记物,在左端沿弹簧轴线方向周期性地推、拉弹簧,形成疏密相间的机械波。下列表述正确的是(　　)
A.弹簧上形成的波是横波
B.推、拉弹簧的周期越小,波长越长
C.标记物振动的速度就是机械波传播的速度
D.标记物由静止开始振动的现象表明机械波能传递能量
答案 D
解析 弹簧上形成的波传播方向与标记物的振动方向相同,是纵波,A错误。机械波的波速由介质决定,由λ=vT可知推、拉弹簧的周期越小,波长越小,B错误。标记物振动的速度反映的是机械波中质点的左右振动情况,是周期性变化的,机械波传播的速度反映的是波的传播情况,在同一均匀介质中,机械波的传播速度不变,两者的本质不同,C错误。标记物由静止开始振动,能量增加,表明机械波能传递能量,D正确。
8.(2025河南,8,6分)(多选)贾湖骨笛是河南博物院镇馆之宝之一,被誉为“中华第一笛”。其中一支骨笛可以发出A5、B5、C6、D6、E6等音。已知A5音和D6音所对应的频率分别为880 Hz和1 175 Hz,则(　　)
A.在空气中传播时,A5音的波长大于D6音的
B.在空气中传播时,A5音的波速小于D6音的
C.由空气进入水中,A5音和D6音的频率都变大
D.由空气进入水中,A5音的波长改变量大于D6音的
答案 AD
解析 机械波在介质中的波速与介质有关,与机械波的频率无关,B错误。A5音的频率较小,由λ=可得波长较大,A正确。机械波由一种介质进入另一种介质,频率不变,C错误。机械波由空气进入水中,波长的改变量Δλ=-=,两种波的波速变化量相同,由A5音的频率较小,可得A5音的波长改变量较大,D正确。
7.(2025云南,7,4分)如图所示,均匀介质中矩形区域内有一位置未知的波源。t=0时刻,波源开始振动产生简谐横波,并以相同波速分别向左、右两侧传播,P、Q分别为矩形区域左右两边界上振动质点的平衡位置。t=1.5 s和t=2.5 s时矩形区域外波形分别如图中实线和虚线所示,则(　　)
A.波速为2.5 m/s
B.波源的平衡位置距离P点1.5 m
C.t=1.0 s时,波源处于平衡位置且向下运动
D.t=5.5 s时,平衡位置在P、Q处的两质点位移相同
答案 D
解析 由题图可知,λ=4 m,T=2 s,所以v==2 m/s,A错误;由于P点左侧先于Q点右侧形成波形,故波源位置在矩形区域中更靠近P点处,结合波形可确定波源平衡位置距P点1 m,B错误;t=1.5 s时,P点处于平衡位置且向上运动,故可知t=1.0 s时,P点处于波谷,又由于P点平衡位置距波源1 m=,故可推知波源此时处于平衡位置且向上运动,C错误;t=2.5 s时,平衡位置在P、Q的两质点均在平衡位置,t'=5.5 s-2.5 s=3 s=T,则t=5.5 s时两质点仍在平衡位置,故位移相同,D正确。
考点2　机械波
考向2　振动图像与波的图像的综合应用
8.(2025陕晋青宁,8,6分)一列简谐横波在介质中沿直线传播,其波长大于1 m,a、b为介质中平衡位置相距2 m的两质点,其振动图像如图所示。则t=0时的波形图可能为(　　)
　
　
答案 CD
解析 A选项中波长小于1 m,A错误。t=0时刻,b应位于负向最大位移处,B错误;C、D选项图满足波长λ>1 m,以及t=0时刻a在平衡位置、b在负向最大位移处,C、D正确。
9.(2025山东,9,4分)(多选)均匀介质中分别沿x轴负向和正向传播的甲、乙两列简谐横波,振幅均为2 cm,波速均为1 m/s,M、N为介质中的质点。t=0时刻的波形图如图所示,M、N的位移均为1 cm。下列说法正确的是(　　)
A.甲波的周期为6 s
B.乙波的波长为6 m
C.t=6 s时,M向y轴正方向运动
D.t=6 s时,N向y轴负方向运动
答案 BD
解析 由题图知,甲波的波长λ甲=4 m,甲波的周期T甲==4 s,A错误。由题图知λ乙=4 m,解得λ乙=6 m,B正确。根据“同侧法”,结合甲波的传播方向可知t=0时质点M向y轴正方向运动,当t=6 s=T甲时,质点M的位移yM=-1 cm,向y轴负方向运动;乙波的周期T乙==6 s,根据“同侧法”,结合乙波的传播方向可知t=0时质点N向y轴负方向运动,当t=6 s=T乙时,质点N的位移yN=1 cm,向y轴负方向运动,C错误,D正确。
考向4　波的干涉、衍射　多普勒效应
1.(2025广东,1,4分)关于受迫振动和多普勒效应,下列说法正确的是(　　)
A.系统的固有频率与驱动力频率有关
B.只要驱动力足够大,共振就能发生
C.应用多普勒效应可以测量车辆的速度
D.观察者与波源相互远离时,接收到的波的频率比波源的频率大
答案 C
解析 系统的固有频率与外界的驱动力频率无关,A错误。共振的条件是驱动力频率等于系统的固有频率,与驱动力的大小无关,B错误。应用多普勒效应测速,其原理是波源和观察者之间的相对运动会导致观察到的波的频率发生变化。当波源和观察者相互接近时,观察者接收到的波的频率会增大;反之,当两者相互远离时,观察者接收到的波的频率会减小。在测速应用中,通过测量接收到的波的频率变化,可以计算出目标物体的运动速度,C正确,D错误。
7.(2025湖南,7,5分)(多选)如图,A(0,0)、B(4,0)、C(0,3)在xy平面内,两波源分别置于A、B两点。t=0时,两波源从平衡位置起振,起振方向相同且垂直于xy平面,频率均为2.5 Hz。两波源持续产生振幅相同的简谐横波,波分别沿AC、BC方向传播,波速均为10 m/s。下列说法正确的是(　　)
A.两横波的波长均为4 m
B.t=0.4 s时,C处质点加速度为0
C.t=0.4 s时,C处质点速度不为0
D.t=0.6 s时,C处质点速度为0
答案 AD
解析 由v=λf可得波长λ== m=4 m,A正确;A点波源发出的波传到C处需要时间t01== s=0.3 s,B点波源发出的波传到C处需要的时间t02== s=0.5 s,所以t=0.4 s时,C处质点只参与了A波源传来的振动,已经振动了0.1 s,即T,所以C处质点正处于波峰或波谷,速度为0,加速度最大,B、C错误;t=0.6 s时,A点波源发出的波已经传到C处且C处质点已经振动了T,B点波源发出的波传到C处带动C处质点振动了T,因两波源起振方向相同,故在t=0.6 s时C处振动减弱,因两波源持续产生振幅相同的简谐横波,所以C处质点处于平衡位置,故此时速度、位移和加速度均为0,D正确。
易错提醒
容易漏掉波从波源传到C处的过程所需要的时间。比如,A点波源发出的波要先于B点波源发出的波传到C处。
5.(2025黑吉辽蒙,5,4分)平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源,在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示,波谷用虚线表示,P点位于其最大正位移处,曲线ab上的所有点均为振动减弱点,则下列图中可能满足以上描述的是(　　)
答案 C
解析 由题意可知实线表示波峰,虚线表示波谷,实线与实线的交点表示该处质点处于最大正位移处,虚线与虚线的交点表示该处质点处于最大负位移处,都表示振动加强点,实线与虚线的交点表示该处质点处于位移为0处,也表示振动减弱点。P点位于其最大正位移处,则P点位于两实线交点处,B、D错误;曲线ab上所有点均为振动减弱点,则曲线ab经过实线与虚线的交点,且总是波峰与波谷的交点,对A选项的曲线ab,过一段时间,两列波的波谷同时传播到曲线ab上,则其上的点不总是波峰与波谷的交点,A错误;对C选项的曲线ab,其上的点总是波峰与波谷的交点,C正确。
培优提升:简谐运动与能量、动量的融合
10.(2025陕晋青宁,10,6分)(多选)如图,与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1 kg的滑块,弹性轻绳一端固定于O点,另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接,弹性轻绳原长为OQ,PQ为1.6 m且垂直于OM。现将滑块无初速释放,假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16,弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx,k=10 N/m,g取10 m/s2,sin 53°=0.8。则滑块(　　)
A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C.从释放到静止的位移大小为0.64 m
D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
答案 AC
解析 设PQ与杆之间的夹角为α,滑块沿杆运动时,垂直于杆方向合力为零,可得F sin α=mg cos 53°+FN,其中F=(点拨:弹性轻绳上的力在垂直于杆方向上的分力为F sin α=k·PQ=16 N,为定值),所以滑块与杆之间的弹力大小FN=10 N,滑块与杆之间的滑动摩擦力大小Ff=μFN=1.6 N,大小始终不变,A正确。下滑和上滑过程中,滑块所受滑动摩擦力的方向相反,冲量为矢量,故滑动摩擦力的冲量一定不相同,B错误。滑块下滑过程,可看成简谐运动在半个周期内的运动(点拨:当滑块沿杆下滑时,假设在O1处滑块加速度为零,有mg sin 53°-μFN-F cos α=0,其中F cos α= cos α==k·PO1,即mg sin 53°-μFN-k·PO1=0;若滑块位于距O1沿杆向上Δx处,滑块所受合力F合=mg sin 53°-μFN-k(PO1-Δx)=kΔx,可知滑块下滑过程中做简谐运动;同理可得滑块上滑过程中做简谐运动,但需注意滑块下滑和上滑过程所受滑动摩擦力的方向相反,则下滑和上滑过程对应的平衡位置不在同一位置),设P'为简谐运动的最低点,平衡位置为O1,在O1有mg sin 53°=k·PO1+μFN,解得PO1=0.64 m,此简谐运动的振幅A1=0.64 m,则PP'=2A1=1.28 m;滑块上滑过程,可看成另一个简谐运动在半个周期内的运动,设平衡位置为O2,QO2与杆之间的夹角为γ,可得mg sin 53°+μFN=·cos γ,其中·cos γ=PO2,联立解得PO2=0.96 m,此简谐运动的振幅A2=PP'-PO2=0.32 m;由简谐运动的对称性可得滑块上滑刚好可回到O1处且无法下滑,故滑块从释放到静止的位移大小等于PO1=0.64 m,C正确。滑块从释放到静止,克服滑动摩擦力做功Wf=μFN(2A1+2A2)=3.072 J,D错误。专题二　相互作用
考点1　常见的三种力　力的合成与分解
考向2　力的合成与分解
1.(2025福建,1,4分)漳州著名景点风动石可随风微动。无风时山体对风动石的作用力为F1,当水平微风吹过时,石随风微动,但依然处于静止状态,此时山体对风动石的作用力为F2,则(　　)
A.F2大于F1
B.F1大于F2
C.F1等于F2
D.F1与F2的大小关系与风力大小有关
答案 A
解析 无风时,风动石处于平衡状态,可得F1=mg;有风时,风动石仍处于平衡状态,可得F2=;故F1考点2　受力分析　共点力的平衡
考向1　静态平衡问题
4.(2025陕晋青宁,4,4分)如图,质量为m的均匀钢管,一端支在粗糙水平地面上,另一端被竖直绳悬挂,处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ,重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.μmg cos θ B.μmg C.μmg D.0
答案 D
解析 对钢管受力分析,钢管受到竖直向下的重力、绳子对钢管竖直向上的拉力,以及地面对钢管垂直地面向上的支持力,钢管在这三个力的作用下受力平衡,没有水平方向的力,所以不受地面对钢管的摩擦力,D正确。
方法拓展巧用假设法判断摩擦力的有无
假设接触面光滑,若物体原先的运动状态改变,说明存在摩擦力;若物体的运动状态保持不变,说明不存在摩擦力。例如,一个物体静止在斜面上,若假设斜面光滑,物体将下滑,说明物体与斜面之间存在静摩擦力。
实验2　探究弹簧弹力与形变量的关系
12.(2025黑吉辽蒙,12,8分)某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图(a),细绳1、2和橡皮筋相连于一点,绳1上端固定在A点,绳2下端与水杯相连,橡皮筋的另一端与绳套相连。为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系,该小组逐次加入等质量的水,拉动绳套,使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直,待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x-m关系图线,如图(b)所示。
回答下列问题:
(1)将一芒果放入此空杯,按上述操作测得x=11.60 cm,由图(b)可知,该芒果的质量m0=　　　　g(结果保留到个位)。若杯中放入芒果后,绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直,由图像读出的芒果质量与m0相比　　　　(填“偏大”或“偏小”)。
(2)另一组同学利用同样方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,下列原因可能的是　　　。
A.水杯质量过小
B.绳套长度过大
C.橡皮筋伸长量过大,弹力与其伸长量不成正比
(3)写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施
　。
答案 (1)107或106　偏大　(2)C　(3)更换劲度系数更大的橡皮筋[或叠加使用多根橡皮筋(增加橡皮筋的条数)]
审题指导　考生看到该题目时,首先看清楚实验的目的、实验原理、实验器材以及实验步骤,并对实验的结果作出猜想;其次对于该实验装置进行力学分析,得到橡皮筋伸长量与杯中物体质量的关系,最后解决实验中的问题。
解析　(1)根据图(b)图像可得,当橡皮筋长度为11.60 cm时,对应的杯中芒果质量为107 g,根据力的合成与分解和平行四边形定则可知,当橡皮筋与绳1垂直时,橡皮筋上的力最小,当橡皮筋与绳1不垂直时,橡皮筋上的力变大,橡皮筋的长度x变大,则在对照x-m图线上的数据时,所对应的杯中芒果的质量与m0相比偏大。
(2)另一组同学利用同样的方法得到的x-m图像在后半部分弯曲,说明前半部分橡皮筋正常,后半部分橡皮筋伸长量过大,超过了橡皮筋的弹性限度,导致弹力与橡皮筋伸长量不成正比,C正确。
(3)要使测量的范围更大,则需要让橡皮筋发生同样形变的情况下,弹力更大,则需要更换劲度系数更大的橡皮筋或者叠加使用更多的橡皮筋(增加橡皮筋的条数)。
11.(2025四川,11,6分)某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103 kg/m3,当地重力加速度为9.8 m/s2。实验过程如下:
　
(1)将两根细绳分别系在弹簧两端,将其平放在较光滑的水平桌面上,让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐,另一个系绳点对应的刻度如图1所示,可得弹簧原长为　　　　cm。
(2)将弹簧一端细绳系到墙上挂钩,另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后,系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行,如图2所示。
(3)用带有刻度的杯子量取50 mL水,缓慢加到小桶里,待弹簧稳定后,测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。
(4)以小桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,根据实验数据拟合成如图3所示直线,其斜率为200 m-2。由此可得该弹簧的劲度系数为　　　　N/m(结果保留2位有效数字)。
(5)图3中直线的截距为0.005 6 m,可得所用小桶质量为　　　　kg(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)13.15±0.02　(4)49　(5)0.028
解析　(1)由题图1读出刻度尺读数为13.15 cm。
(4)设小桶质量为m,当小桶中水的体积为V时,由平衡条件可知kx=mg+ρVg,可得x=V+,以桶中水的体积V为横坐标,弹簧伸长量x为纵坐标,则图线的斜率k'=,代入数据解得k=49 N/m。
(5)由x=V+可知题图3中直线的截距b=,代入数据解得m=0.028 kg。
创新实验:测量动摩擦因数
11.(2025云南,11,6分)某实验小组做了测量木质滑块与橡胶皮之间动摩擦因数μ的实验,所用器材如下:钉有橡胶皮的长木板、质量为250 g的木质滑块(含挂钩)、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。实验装置如图甲所示。
实验步骤如下:
①将长木板放置在水平台面上,滑块平放在橡胶面上;
②调节定滑轮高度,使细线与长木板平行(此时定滑轮高度与挂钩高度一致);
③用电机缓慢拉动长木板,当长木板相对滑块匀速运动时,记录弹簧测力计的示数F;
④在滑块上分别放置50 g、100 g和150 g的砝码,重复步骤③;
⑤处理实验数据(重力加速度g取9.80 m/s2)。
实验数据如表所示:
滑块和砝码 的总质量M/g 弹簧测力计 示数F/N 动摩擦 因数μ
250 1.12 0.457
300 1.35 a
350 1.57 0.458
400 1.79 0.457
完成下列填空:
(1)表格中a处的数据为　　　　　(保留3位有效数字);
(2)其他条件不变时,在实验误差允许的范围内,滑动摩擦力的大小与接触面上压力的大小　　　　　, μ与接触面上压力的大小　　　　　(以上两空填“成正比”“成反比”或“无关”);
(3)若在实验过程中未进行步骤②,实验装置如图乙所示,挂钩高于定滑轮,则μ的测量结果将　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案 (1)0.459　(2)成正比　无关　(3)偏大
解析　(1)当长木板相对滑块匀速运动时,对滑块和砝码整体的受力分析如图1
对滑块和砝码整体,有
Ff=F①
FN=Mg②
Ff=μFN③
由①②③得μ=≈0.459。
(2)根据Ff=μFN可得滑动摩擦力的大小与接触面上的压力大小成正比,μ与接触面的材料及粗糙程度有关,与接触面上压力的大小无关。
(3)挂钩高于定滑轮,当长木板相对滑块匀速运动时,对滑块和砝码整体的受力分析如图2
对滑块和砝码整体,有
μ(Mg+F sin α)=F·cos α
得实际值μ实=
测得结果μ测=>
故μ的测量结果偏大专题九　静电场
　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　静电场中力的性质
考向1　电场强度的叠加与计算
10.(2025湖北,10,4分)(多选)如图所示,在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形,顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷,且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k,则O点处的电场强度(　　)
A.方向沿x轴负方向
B.方向与x轴负方向成18°夹角斜向下
C.大小为(cos 54°+cos 18°)
D.大小为(2cos 54°+cos 18°)
答案 AD
模型建构　
巧用割补思想建立对称性:全系统各点均叠加-3q电荷量。
新系统电荷:
原电荷+(-3q)→(-2q,-q,0,q,2q)。
物理本质:
均匀分布的-3q电荷在O点场强为0(对称性)。
原系统场强=新系统(-2q,-q,0,q,2q)的场强。
解析　将带电荷量为q、2q、3q、4q、5q的5个点电荷所在位置分别标记为A、B、C、D、E,在各顶点均叠加-3q的电荷量,叠加后A、B、C、D、E处电荷量分别为-2q、-q、0、q、2q,则B(-q)与D(+q)、A(-2q)与E(+2q)可以看成2组等量异种点电荷模型。由几何知识易知OB、OD与x轴夹角为18°,OA、OE与x轴夹角为54°,O点恰好在这两组等量异种点电荷的中垂线上,则O点处场强的方向沿着x轴负方向,A正确,B错误。根据点电荷场强公式E=k可知,A、E处点电荷产生的电场在O点的场强为2k cos 54°,同理,B、D处点电荷产生的电场在O点的场强为2k cos 18°,则O点的场强大小为(2 cos 54°+cos 18°),C错误,D正确。
二级结论　
任意对称图形顶点均匀分布等量同种点电荷时,中心处场强为0。该结论适用于正N边形、球壳等对称系统的电场分析。
考向2　静电力作用下的平衡与加速问题
10.(2025安徽,10,5分)(多选)如图,两个倾角相等、底端相连的光滑绝缘轨道被固定在竖直平面内,空间存在平行于该竖直平面水平向右的匀强电场。带正电的甲、乙小球(均可视为质点)在轨道上同一高度保持静止,间距为L,甲、乙所带电荷量分别为q、2q,质量分别为m、2m,静电力常量为k,重力加速度大小为g。甲、乙所受静电力的合力大小分别为F1、F2,匀强电场的电场强度大小为E,不计空气阻力,则(　　)
A.F1=F2
B.E=
C.若将甲、乙互换位置,二者仍能保持静止
D.若撤去甲,乙下滑至底端时的速度大小v=
答案 ABD
解析 对甲、乙受力分析如图所示,设斜面的倾角为θ,则F1=mg tan θ,F2=2mg tan θ,即F1=F2,A正确。甲、乙均带正电,则F1=k-Eq,F2=2Eq+k,且F1=,联立解得E=,B正确。若将甲、乙互换位置,对甲受力分析,甲所受静电力的合力大小F1'=k+Eq>mg tan θ,受力不平衡;对乙受力分析,乙所受静电力的合力大小F2'=k-2Eq<2mg tan θ,受力不平衡,C错误。若撤去甲,设乙沿斜面向下的加速度为a,则2mg sin θ-2qE cos θ=2ma,结合甲撤去前,乙在沿斜面方向上的受力平衡,2mg sin θ= cos θ,解得a= cos θ,设乙下滑至底端的末速度为v,则v2=2a×,解得v=,D正确。
总结归纳
　点电荷平衡问题的解题步骤
点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的,只是在原来受力的基础上多分析一个静电力,具体步骤如下。
11.(2025山东,11,4分)(多选)球心为O、半径为R的半球形光滑绝缘碗固定于水平地面上,带电荷量分别为+2q和+q的小球甲、乙刚好静止于碗内壁A、B两点,过O、A、B的截面如图所示,C、D均为圆弧上的点,OC沿竖直方向,∠AOC=45°,OD⊥AB,A、B两点间距离为R,E、F为AB连线的三等分点。下列说法正确的是(　　)
A.甲的质量小于乙的质量
B.C点电势高于D点电势
C.E、F两点电场强度大小相等,方向相同
D.沿直线从O点到D点,电势先升高后降低
答案 BD
审题指导　“甲、乙刚好静止于碗内壁”→利用受力平衡及相互作用力的关系可得甲、乙质量关系。
“E、F为AB连线的三等分点”→根据距离关系和电场的叠加原理可得E、F点的电场强度的关系。
“C、D均为圆弧上的点”“OD⊥AB”→引入试探电荷,利用电场力做功可得电势的变化。
解析　
由A、B两点间距离为R,可得2R sin=R,故AB圆弧所对的圆心角θ=120°;对小球甲、乙分别受力分析,如图所示,由正弦定理可得=、=,由于FBA=FAB,可得m甲>m乙,故甲的质量大于乙的质量,A错误。将带正电的试探电荷由C点沿圆弧移至D点,静电力一直对其做正功,试探电荷的电势能一直减小,故电势一直减小,所以C点电势高于D点电势,B正确。由电场强度叠加原理可得,E点处的电场强度大小EE=-=,方向由A指向B;F点处的电场强度大小EF=-=,方向由B指向A,C错误。将带正电的试探电荷沿直线从O点移到D点,静电力对其先做负功后做正功,所以试探电荷的电势能先增大后减小,可得沿直线从O点到D点电势先升高后降低,D正确。
13.(2025河南,13,10分)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h=0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离;
(2)A、B细胞收集管的间距。
答案 (1)5.0×10-3 m　(2)0.11 m
解析　(1)含A细胞的液滴在竖直方向上做匀速直线运动,根据运动学公式l=vt,解得t=1.0×10-2 s,在水平方向做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有qE=ma,解得加速度a=1.0×102 m/s2,离开电场时偏转的距离x=at2=5.0×10-3 m;
(2)含A细胞的液滴离开电场时的速度偏转角的正切值tan θ===,根据几何关系,A、B细胞收集管的间距L=2(x+h tan θ)=0.11 m。考点2　静电场中能的性质
考向1　电场分布　带电粒子的运动轨迹
1.(2025陕晋青宁,1,4分)某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图,其中可能正确的是(　　)
　　　　　　
答案 B
解析 电场线在电场中不相交,A错误。B选项符合正点电荷的电场线分布,B正确。静电场的电场线从正电荷或无限远处出发,终止于无限远处或负电荷,C选项的电场线是闭合的,不符合静电场的电场线分布特点,C错误。若存在D选项所示的静电场,如图所示,作两个垂直于电场线的等势面,则A、B两点间的电势差小于C、D两点间的电势差,与假设矛盾,D错误。
4.(2025云南,4,4分)某介电电泳实验使用非匀强电场,该电场的等势线分布如图所示。a、b、c、d四点分别位于电势为-2 V、-1 V、1 V、2 V的等势线上,则(　　)
A.a、b、c、d中a点电场强度最小
B.a、b、c、d中d点电场强度最大
C.一个电子从b点移动到c点电场力做功为2 eV
D.一个电子从a点移动到d点电势能增加了4 eV
答案 C
解析 由等势线分布图知a点附近的等势线最密,所以a点的电场强度最大,A、B错误;根据电荷的电势能Ep=qφ,电子的电荷量为-e,所以电子在a、b、c、d点的电势能分别是2 eV、1 eV、-1 eV、-2 eV,一个电子从b点移动到c点,电场力做功Wbc=Epb-Epc=2 eV,C正确;一个电子从a点移动到d点,电势能增加了ΔEpad=Epd-Epa=-4 eV,D错误。
易错警示
　电势、电势能、电场力做功是标量,在代入公式求解相应的物理量时应严格注意正、负号,尤其是电子带负电,其电荷量qe=-e。
4.(2025河南,4,4分)如图,在与纸面平行的匀强电场中有a、b、c三点,其电势分别为6 V、4 V、2 V;a、b、c分别位于纸面内一等边三角形的顶点上。下列图中箭头表示a点电场的方向,则正确的是(　　)
答案 C
解析 由题意与题图可知,a、c连线的中点d处的电势为4 V,则bd线为等势线,由几何关系知ac⊥bd,所以ac平行于电场线,沿电场线方向电势逐渐降低,则电场方向从a点指向c点,C正确。
考向2　静电场中力和能的性质的综合分析
4.(2025福建,4,4分)某种静电分析器简化图如图所示,在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射入,恰好做圆周运动,运动轨迹为ABC,半径为r。另一电子b自A点垂直电场射入,轨迹为APQ,其中P、B、O三点共线,已知B、P间电势差为U,|CQ|=2|BP|,电子的电荷量为e,电子a入射动能为Ek,则(　　)
A.B点的电场强度大小E=
B.APQ是圆弧的一部分
C.沿着APQ运动的电子运动到P点的动能为Ek-eU
D.电子b经A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU
答案 D
解析 设B点电场强度大小为E,对电子a,由电场力提供向心力可得eE=m,由于Ek=mv2,联立可得E=,A错误。电子b由A至Q做离心运动,故APQ不是圆弧的一部分,B错误。A、B、C在同一等势面上,可得UAP=UBP=U;电子b在A点做离心运动,可知其初动能Ekb>Ek;电子b从A到P过程中,由动能定理可得-eU=EkP-Ekb,解得EkP>Ek-eU,C错误。由于=2,沿着径向向外电场强度减小,可得UAQ=UCQ<2U,故由A到P再到Q全程克服电场力做的功小于2eU,D正确。
8.(2025湖南,8,5分)(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内A点和B点的位置如图所示。电荷量为+q、-q和+2q的三个试探电荷先后分别置于O点、A点和B点时,电势能均为Ep(Ep>0)。下列说法正确的是(　　)
A.OA中点的电势为零
B.电场的方向与x轴正方向成60°角
C.电场强度的大小为
D.电场强度的大小为
答案 AD
审题指导　
根据电势的定义式φ=
确定O、A、B三点的电势

根据O、A、B三点的电势关系寻找
O、A连线上B点的等势点

结合电势的高低确定电场线的方向

根据E=求出电场强度的大小
解析　如图所示,依题意,O点电势为φO=,A点电势为φA=,所以O、A两点关于电势零点对称,即OA中点C点的电势为零,A正确;C点坐标为,又由于B点电势为φB==φO,故OC中点D点的电势与B点电势相等,D点坐标为,由DA=AB=d可得,等势线BD与x轴正方向成45°角,易知电场线垂直BD并指向右下方,故电场的方向与x轴正方向成45°角,B错误;由几何关系知,A点到BD的距离为×d=d,可得电场强度的大小为E=,UBA=φB-φA=,得E=,C错误,D正确。
考点3　电容器　带电粒子在匀强电场中的运动
考向1　电容器
4.(2025黑吉辽蒙,4,4分)如图,某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的,逐渐增大施加于两极板压力F的过程中,F较小时弹性结构易被压缩,极板间距d容易减小;F较大时弹性结构闭合,d难以减小。将该电容器充电后断开电源,极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　)
答案 D
解析 将该电容器充电后断开电源,则电容器极板上的电荷量Q保持不变,根据平行板电容器的电容C=,电容的定义式C=,联立解得U=,由于其他量不变,故U正比于d,F较小时,极板间距d容易减小,则U容易减小;F较大时,d难以减小,则U难以减小,D正确。
考向2　带电粒子在电场中的加速与偏转
13.(2025四川,13,10分)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求:
(1)微粒第一次到达下极板所需时间;
(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
答案 (1)　(2)2
解析　(1)金属微粒的加速度大小为a=①
微粒第一次到达下极板有=a②
解得t1=
(2)设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v
v2=2ax③
x=2d④
p=mv⑤
联立①③④⑤可得p=2
考向3　带电粒子在组合场、叠加场中的运动
15.(2025广东,15,16分)图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接,金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变。反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,且水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g,忽略空气阻力和电场的边缘效应。
求:(1)颗粒碰撞前的电荷量q。
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。
答案 (1)　(2)　(3)见解析
审题指导　
初始状态 在A点从静止开始运动,仅受重力与电场力,做匀加速直线运动至B点发生碰撞
碰撞特征 ①电荷量改变;②水平分速度不变;③竖直分速度大小变为碰前的k倍(方向反向);④碰后速度方向垂直于合力方向
已知量 m,h,d,l,U,g,k(k<1),忽略空气阻力与电场边缘效应
解析　(1)颗粒受到重力和电场力作用做匀加速直线运动,合力沿着AB方向。设AB与竖直方向夹角为θ,则有tan θ=
对颗粒受力分析可知tan θ=
且U=Ed
解得q=
(2)碰撞前,设颗粒的水平分速度为vx,竖直分速度为vy,则=2axl,=2gh
根据牛顿第二定律可知ax=
颗粒与下方绝缘平板相碰后,设碰后速度与水平方向夹角为α,由题意可知,此时重力和电场力的合力与竖直方向的夹角也为α,如图所示
则有=
解得Q=
(3)第一阶段由A到B,电场力做的功W1=qEl=
第二阶段,从第一次碰撞后到第二次碰撞前,分两种情况讨论:
①颗粒与下方绝缘平板发生第二次碰撞。
设两次碰撞的时间间隔为t,分析竖直方向上的竖直上抛运动(分运动)可知
kvy=t
解得t=2k
分析水平方向上的匀加速直线运动(分运动)可知
x=vxt+·t2
解得x=4kl+
此种情况下需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+
则此过程中电场力做的功W2=QEx=4k2mgh+
则电场力做的总功为W=W1+W2=+4k2mgh+
②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属平板发生第二次碰撞。
全过程电场力做功只与颗粒的水平位移有关
则W=qEl+QE(d-l)=+
关键点拨　
(1)电场力做功仅与水平位移相关,需分别计算两段运动过程的水平位移。
(2)第二阶段竖直方向为竖直上抛运动,需注意位移方向与加速度方向的符号设定。
7.(2025黑吉辽蒙,7,4分)如图,光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点,另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场,物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后,依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则(　　)
A.EkAC.EkA答案 C
审题指导　明确各阶段物块受力及做功特点。物块在整个运动过程中均不受摩擦力。物块在AB段内只受重力、支持力、弹簧弹力和电场力作用,从A到B重力和支持力不做功,弹簧弹力做功为零;物块在BC段内受重力、半圆形轨道的支持力、弹簧弹力和电场力作用,从B到C只有重力做功不为零。
解析　(关键:明确各阶段物块受力及做功特点,利用功能关系进行求解)
物块从A点运动到B点过程中,根据弹簧弹性势能表达式Ep=kx2,由题知在A、B两点时弹簧形变量大小相等,则弹簧的弹性势能相同,即EpA=EpB,根据功能关系可知,W弹AB=-(EpB-EpA)=0,已知F电=G,xAB=r,根据动能定理得F电xAB=EkB-EkA,解得EkB-EkA=Gr①;物块从B点运动到C点过程中,因为弹簧的形变量不变,则弹簧弹性势能不变,弹簧对物块不做功;电场力与位移垂直,电场力做功为零;轨道支持力始终与物块运动的方向垂直,支持力不做功,根据动能定理得-G·2r=EkC-EkB,即EkB-EkC=2Gr②;联立①②可知EkB>EkC>EkA,C正确。
知识拓展　
弹簧弹力做功与弹性势能变化量之间的功能关系:W弹AB=-(EpB-EpA)。弹簧弹性势能表达式为Ep=kx2,其中x表示弹簧的形变量。专题六　机械能守恒定律
　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　功和功率
考向1　功和功率的分析与计算
14.(2025广东,14,13分)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动。木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0,其中f0为常量,h为圆柱形木塞的高。木塞质量为m,底面积为S,加速度为a。齿轮半径为r。重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上。(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)
求:(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω。
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W。
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。
答案 (1)　(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h　(3)P=f0at-+mgat+ΔpSat+ma2t
解析 (1)由匀加速直线运动的速度与位移关系可得2ah=
解得木塞离开瓶口瞬间的速度v0=
由圆周运动的角速度与线速度的关系可得齿轮的角速度ω==
(2)拔塞的全过程,对木塞由动能定理可得W-mgh-ΔpSh-Wf=m
结合f=f0作出f-x的关系图像如图所示
根据功的定义,f-x图线与横轴围成的面积表示木塞克服摩擦力做的功,则有Wf=0.5f0h
联立解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h
(3)对木塞受力分析,根据牛顿第二定律得F-f-mg-ΔpS=ma
由匀加速直线运动的速度与时间关系可得v=at
由匀加速直线运动的位移与时间关系可得x=at2,其中0≤t≤
拔塞钻对木塞作用力F的瞬时功率为P=Fv
联立解得P=f0at-+mgat+ΔpSat+ma2t
考点2　动能定理及其应用
考向1　动能定理的理解和基本应用
2.(2025云南,2,4分)如图所示,中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发,沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h,在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　)
A.4×105 J B.4×104 J
C.4×103 J D.4×102 J
答案 B
解析 根据题意,对座椅上的一高中生进行受力分析,高中生受到重力和座椅对他的作用力,高中生沿水平轨道由静止逐渐加速到144 km/h,根据动能定理,列车对高中生所做的功W=mv2-0,假设这名高中生的质量m=50 kg,速度v=144 km/h=40 m/s,代入数据,解得列车对高中生所做的功W=4×104 J,B正确。
考点3　机械能守恒定律及其应用
考向1　单物体机械能守恒问题
13.(2025黑吉辽蒙,13,10分)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
解析　(1)雪块在屋顶从静止开始做匀加速直线运动,
根据牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma
又=2ax
联立解得v0=5 m/s
(2)雪块从A点离开屋顶后做斜抛运动,
由机械能守恒定律得mgh=m-m
代入数据解得v1=8 m/s
雪块在做斜抛运动过程中,水平分速度不变,则
v1 cos α=v0 cos θ
解得α=60°
思路点拨　
　本题求雪块落地时与水平方向的夹角,可以巧妙地在已求得初、末速度的情况下,运用斜抛运动初、末速度的水平分速度相等这一特点来列等式。
15.(2025福建,15)如图甲,水平地面上有A、B两个物块,两物块的质量均为0.2 kg,A与地面间的动摩擦因数μ=0.25,B与地面无摩擦,两物块并排放置,在外力F的作用下向右前进,外力F与位移x的关系图像如图乙所示,P点为圆弧轨道最低点,M点为圆弧轨道最高点,水平地面长度大于4 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)在0~1 m内F做的功;
(2)当x=1 m时,A与B之间的弹力大小;
(3)要保证B能到达M点,圆弧轨道半径应满足的条件。
答案 (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m
解析 (1)F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,0~1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J
(2)x=1 m时,设A、B之间的弹力大小为N,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2所示。
　
对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)a
A受到的摩擦力为fA=μmAg
对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa
代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25,解得N=0.5 N
(3)要保证B能到达M点,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B在M点时的最小速度vB满足mg=,可得vB=
用力F推动A与B,当A、B之间的弹力为零时A、B分离,即当F减小到F=fA=μmAg=0.5 N时A、B分离,由题图乙可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m
此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度为v0,由动能定理有
WF-fAx1=(mA+mB)
F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,则
WF= J=3.5 J
A、B分离后,B经过水平面和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有
mB=mBg·2Rm+mB
联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m
即圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m
考点4　功能关系　能量守恒
5.(2025山东,5,3分)一辆电动小车上的光伏电池,将太阳能转换成的电能全部给电动机供电,刚好维持小车以速度v匀速运动,此时电动机的效率为50%。已知小车的质量为m,运动过程中受到的阻力f=kv(k为常量),该光伏电池的光电转换效率为η,则光伏电池单位时间内获得的太阳能为(　　)
A. B. C. D.
答案 A
解析 设光伏电池单位时间内接收到的光能为E0,则单位时间内转换成的电能为ηE0,由电动机转换成的机械能为50%·ηE0;小车匀速运动时所受牵引力等于阻力,F=f=kv,牵引力的功率P=Fv=kv2,根据能量守恒定律有50%·ηE0=kv2,解得E0=,A正确。
10.(2025云南,10,6分)(多选)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g。则(　　)
A.P、M两点之间的距离为
B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m
C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间
答案 CD
解析 过程Ⅰ,Q由P点至O点,由能量守恒可得m=mgx1 sin θ+μmg cos θ·x1,由于μ=tan θ,解得x1=;过程Ⅱ,由于Q通过M点时速度最大,故Q在M点时,加速度为零,可得kx2=mg sin θ+μmg cos θ,解得x2=;P、M两点之间的距离为x1-x2=,A错误。过程Ⅱ中,Q从P点运动到O点,(解题关键:Q受重力G、斜面的支持力FN、弹簧的弹力F弹及斜面对Q的摩擦力Ff,其中FN对Q不做功,F弹和Ff对Q做功之和改变了Q的机械能)滑块Q损失的机械能ΔE=μmg cos θ·x1-k,代入μ=tan θ、x1=,解得ΔE=m-,B错误。过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动至最高点N点过程,Q做简谐运动,根据简谐运动的对称性,可得Q在P点时的加速度大小a1和Q在N点时的加速度大小a2相等,由牛顿第二定律可得a1=、a2=,解得x3=-;Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x1+x3=,C正确。(解题关键:利用假设法判断Q最终静止的位置)假设滑块Q最终静止在O点和N点之间(不包含O、N),弹簧处于压缩状态,弹簧对Q的弹力F弹方向沿斜面向下,F弹与重力沿斜面向下的分力的合力大于Q与斜面间的最大静摩擦力,Q不可能静止,此假设不成立;假设Q最终静止在P点和M点之间(不包含P、M),弹簧处于拉伸状态,F弹方向沿斜面向上,且F弹>mg sinθ+μmg cosθ,可得Q不可能静止,此假设不成立;当Q在O、M(含O、M点)之间时,若Q处于平衡状态,可得F弹=mg sin θ+Ff静,其中0≤F弹≤mg sin θ+μmg cos θ,故-μmg cos θ≤Ff静≤μmg cos θ,满足静止条件,D正确。
易错警示　
B选项中,Q从P点单向运动到O点时,滑动摩擦力对Q做功为-μmg cos θ·x1=-m,但由于弹簧弹力对Q做正功,所以Q损失机械能小于m。
实验7　验证机械能守恒定律
12.(2025河南,12,9分)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律。可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　(填步骤前面的序号)。
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离。则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　m/s(保留3位有效数字)。
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像。理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　(填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示)。由图3得直线的斜率k=　　　　　　　　(保留3位有效数字)。
(4)定义单次测量的相对误差η=×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　　　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　　　　%(保留2位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
答案 (1)④①⑥⑤　(2)1.79　(3)通过　2g　19.1 m/s2(18.9 m/s2、19.0 m/s2、19.2 m/s2、19.3 m/s2均算对)　(4)　2.6(3.6、3.1、2.0、1.5均算对)
审题指导　通过v2-h图像验证机械能守恒定律,关键是理解机械能守恒定律的表达式,然后进行合理变换。
解析　(1)需要先接通电源,再释放纸带,①正确,②错误;不需要测量重锤质量,③不是必需的;依据实验步骤先后,正确排序应为④①⑥⑤。
(2)B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB== m/s=1.785 m/s≈1.79 m/s
(3)若机械能守恒,由mgh=mv2得v2=2gh,故v2-h图像中的图线应通过原点,斜率k=2g。在图线上选点(0.29 m,5.5 m2·s-2)和(0.075 m,1.4 m2·s-2)计算斜率,可得k= m/s2≈19.1 m/s2
(4)η=×100%=×100%=×100%。代入k=19.1 m/s2和g=9.80 m/s2可得η≈2.6%。专题七　动量守恒定律
　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　动量、冲量和动量定理
考向1　动量、冲量和动量定理的理解
10.(2025广东,10,6分)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化关系为F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有(　　)
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
答案 ABD
解析 由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故无人机处于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作用力方向必然变化(点拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题),A正确;无人机在0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有IF=T=T,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和,C错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向的分力Fx和竖直方向的分力Fy,则有F空气=,其中Fx=(F0-kT) cos 30°=(F0-kT),Fy=mg+(F0-kT) sin 30°=mg+(F0-kT),则有F空气=,D正确。
考点2　动量守恒定律及其应用
考向1　动量守恒定律的理解及基本应用
7.(2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速度v随时间t变化的图像,可能正确的是(　　)
答案 A
解析 由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。
10.(2025湖南,10,5分)(多选)如图,某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成,C是可以在滑轨上运动的标准测量件,其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时,将弹药放入装载台圆筒内,两端用物块A和B封装,装载台与滑轨等高。引爆后,假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中,A、B、C质量分别为3m、m、5m,s1=,整个过程发生在同一竖直平面内,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则(　　)
A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等
B.D的初动能与其落地时的动能相等
C.弹药释放的能量为36mgh
D.弹药释放的能量为48mgh
答案 BD
模型建构　
解析　弹药爆炸过程中,由动量守恒定律可得3mvA=mvB,解得vA=,爆炸后瞬间A的动能EkA=×3m=m;B嵌入C形成D的过程中,由动量守恒定律可得mvB=(5m+m)vD,解得vD=,D的初动能EkD=×6m=m,A错误。从D沿滑轨开始运动至落到地面上的过程中,由动能定理可得-6μmgs1+6mgh=E'kD-EkD,由于s1=,解得E'kD=EkD,B正确。D从抛出到落地的过程,由平抛运动规律可得D离开滑轨末端的速度为vD1=,D从开始运动到刚要抛出的过程,有-=-2μgs1,解得=2gh+;由于vA=、vD=,故弹药释放的能量E=EkA+EkB=m=24m=48mgh,C错误,D正确。
7.(2025河南,7,4分)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN,碰撞时间极短,则(　　)
　
A.mP>mN>mQ
B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN
D.mQ>mN>mP
答案 D
解析 假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN,碰撞后的速度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',根据能量守恒有mP+mN=mPvP'2+mNvN'2,联立解得vP'=,由题图1知vP'vN,所以mPvN,所以vQ'-vN>0,代入vQ'得>0,由题图2知vQ>vN,所以mQ>mN,综上所述,mQ>mN>mP,D正确。
总结归纳　
最好能记住弹性碰撞的二级结论通式v1'=,做相关题目的时候能节省很多时间并减少错误。
考点2　动量守恒定律及其应用
考向2　动量守恒中的常见模型
6.(2025云南,6,4分)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则(　　)
A.t1t2
C.x1>x2 D.x1答案 A
解析 设物块在MN间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN之前的位移为x1',所用时间为t1';滑出MN之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-m,解得x1'+x2'=,而x总=x1'+x2'+x0=-x0,故x1=x2,C、D错误。由动量定理得-μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0,解得t1'+t2'=-t0,总时间t总=t1'+t2'+t0=-t0(μ1>μ2),由于MN的长度一定,第二次通过MN时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t总大,所以t115.(2025湖北,15,18分)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。
提示:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)
答案 (1)　(2)vj+1=　(3)(8n2+10n+5)
解析　(1)由2μmg<4μnmg可知在第1个滑块与第2个滑块碰撞前木板静止(n为大于1的整数),
解法一:滑块1的加速度大小a==2μg
-=2aL
代入v1=得v1t=
解法二:对滑块1,由动能定理得
-2μmgL=m-m
解得v1t=
(2)木板保持静止,设第j个滑块与第j+1个滑块碰撞前速度为vjt
-=2aL
碰撞过程动量守恒,有jmvjt=(j+1)mvj+1
得(j+1)vj+1=j
得vj+1=
(3)由(2)问的分析可得(j+1)2=j2-4μgL·j2
同理,有
j2=(j-1)2-4μgL(j-1)2
……
22=12-4μgL·12
所有等式两边各自相加得(j+1)2=-4μgL(12+22+32+…+j2)
则(j+1)2=-4μgL·
解得vj+1=
设第x个滑块开始运动时木板才能滑动,则满足x·2μmg>μ·4nmg≥(x-1)·2μmg,即2n+1≥x>2n,可知第2n+1个滑块开始运动时木板才能滑动
代入j=2n
此时v2n+1=
木板及未相对木板滑动的滑块组成的整体的加速度
a'==μg<2μg
作出v-t图像如图,滑块间恰好不再相碰时vt=v2n+1-aΔt=a'Δt
L=v2n+1Δt
即μgL=μgL
β=(8n2+10n+5)
17.(2025山东,17,14分)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上,b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量M= kg,重力加速度大小g=10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求:
(1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案 (1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
审题指导　小球在方形物体中运动的过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向动量守恒,且系统机械能守恒,可类比人船模型。小球平抛运动过程水平方向速度不变,与物块a作用并粘在一起的过程在水平方向可视为完全非弹性碰撞,一起拉弹簧至弹力为15 N,然后a和小球整体拉着弹簧带动物块b运动,小球、a、b及弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒,弹簧的弹性势能最大时,小球、a、b三者共速。
解析　(1)小球从开始下落到运动至P处的过程,对小球与方形物体组成的系统,
根据水平方向动量守恒,有mv1=Mv2
根据机械能守恒,有mgh=m+M
代入数据解得v1=6 m/s,v2= m/s
(2)设小球与物块a粘在一起共速的速度大小为va0
由水平方向动量守恒得mv1=(m+ma)va0
代入数据解得va0=2 m/s
F=15 N时弹簧的伸长量x1== m
设b被解除锁定瞬间小球和a的速度大小为va1
对弹簧、小球及a组成的系统
由能量守恒得(m+ma)=(m+ma)+k
代入数据解得va1=1 m/s
对物块a、小球、b及弹簧组成的系统
由动量守恒得(m+ma)va1=(m+ma+mb)vb
代入数据解得vb= m/s
由能量守恒得(m+ma)+k=(m+ma+mb)+Epm
代入数据解得Epm=2.5 J
考点2　动量守恒定律及其应用
考向3　动力学、动量和能量观点的综合应用
8.(2025福建,8,6分)(多选)传送带沿顺时针方向运行的速度大小恒为1 m/s。两个物块A、B用一根轻弹簧连接,A的质量为1 kg,B的质量为2 kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,将两物块放置在传送带上,给A一个向右的初速度v0=2 m/s,B的速度为零,弹簧自然伸长。在t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧的弹性势能Ep=0.75 J,传送带足够长,g取10 m/s2,A可在传送带上留下痕迹,则(　　)
A.在t=时,B的加速度大于A的加速度
B.t=t0时,B的速度大小为0.5 m/s
C.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2 m
D.0~t0过程中,A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05 m
答案 BD
解析 根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等,且都为f=0.5×1×10 N=0.25×2×10 N=5 N,初始时A向右减速,滑动摩擦力方向向左,B向右加速,滑动摩擦力方向向右,可知在A与传送带第一次共速前,A、B整体所受合力为零,系统动量守恒,有mAv0=mAv+mBvB,v=1 m/s,代入数据解得在t=t0时,B的速度大小为vB=0.5 m/s,在A与传送带第一次共速前,在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA=mBaB,由于mAaB,A错误,B正确。在0~t0时间内,设A、B向右运动的位移分别为xA、xB,由功能关系有-fxA+fxB+mA=mAv2+mB+Ep,解得xA-xB=0.1 m,故t=t0时弹簧的压缩量Δx=xA-xB=0.1 m,C错误。0~t0时间内,A与传送带的相对位移大小x相A=xA-vt0,B与传送带的相对位移大小x相B=vt0-xB,可得x相A+x相B=xA-xB=0.1 m,由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且满足aA=2aB,作出A、B的v-t图像如图所示
可知x相A对应图形MNA的面积,x相B对应图形NOBA的面积,结合图像可知x相A15.(2025陕晋青宁,15,16分)如图,有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B,初始时刻相距l0,粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动,此时A、B两粒子系统的电势能等于m。经时间t1粒子B到达P点,此时两粒子速度相同,同时开始给粒子B施加一恒力,方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时,粒子A恰好运动至P点且速度为0,A、B粒子间距离恢复为l0,这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比,忽略两粒子所受重力。求:(m、l0、v0、t1均为已知量)
(1)粒子B到达P点时的速度v1;
(2)t1时间内粒子B的位移xB;
(3)恒力作用的时间t2。
答案 (1)v0,方向水平向右　 (2)-,方向水平向右　 (3)
解析　(1)从初始时刻到B运动至P点的过程,A、B组成的系统动量守恒,有
mv0=(m+4m)v1
解得v1=v0,方向水平向右
(2) 设B到达P点(A、B共速)时,系统的电势能为Ep2,则由能量守恒得
m+Ep1=(m+4m)+Ep2
代入Ep1=m
解得Ep2=m
设A与B共速时A、B间距离为r,因电势能与距离成反比,则有=
解得r=
在t1时间内,由动量守恒有mv0=mvA+4mvB,可得mv0Δt=mvA·Δt+4mvB·Δt
两边对时间累加求和,有mv0t1=mxA+4mxB
由位移关系得l0+xB=xA+r
联立解得xB=-,方向水平向右
(3) 在恒力作用的t2时间内,对A、B系统,由功能关系得
Fl0+(m+4m)+m=×4m+m
解得F=
由动量定理得Ft2=0+4mv0-5mv1
解得t2=
15.(2025湖南,15,16分)某地为发展旅游经济,因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中,需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点,图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行,机器人从B点以初速度v竖直向下运动,B点位于轨道平面上,且在A点正下方,AB=1.2L。滑杆始终与轨道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻力,轻绳不可伸长,sin 37°=0.6,重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定,v=,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小;
(2)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v的大小;
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v与k的关系式及v的最小值。
答案 (1)4mg　(2)
(3)v=　
解析　(1)在机器人从初始位置下降到最低点的过程,由动能定理有
mgL=m-mv2①
在最低点对机器人根据牛顿第二定律有F1-mg=m②
将v=代入,联立①②式解得F1=4mg
(2)若滑杆固定,从抛出点C到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图1所示
机器人做斜抛运动,在水平方向上有L+L cos 37°=v2t sin 37°③
在竖直方向上有1.2L-L sin 37°=v2t cos 37°-gt2④
由③④式解得t=
v2==
机器人从B点运动到C点的过程机械能守恒,有mv2=m+mgL sin 37°⑤
解得v=
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,从抛出点D到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图2所示
机器人与滑杆组成的系统水平方向动量守恒
应用人船模型规律可得mx2=Mx1⑥
根据几何关系有x1+x2=L(1+cos 37°)⑦
将M=km代入,由⑥⑦式得x2=
在抛出点D时,设机器人速度为vD,滑杆速度为v滑
将机器人的速度vD沿水平方向和垂直于轻绳方向分解,如图3所示,根据关联速度知识可知vA=v滑,则机器人抛出后在水平方向做匀速直线运动的速度大小
vDx=v相 sin 37°-vA⑧
根据几何关系可知,机器人在竖直方向做竖直上抛运动的初速度大小
vDy=v相 cos 37°⑨
由水平方向动量守恒有
mvDx=Mv滑⑩
机器人松开轻绳后做斜抛运动,在水平方向有x2=vDxt
在竖直方向有1.2L-L sin 37°=vDyt-gt2
由机械能守恒定律有mv2=M+m(+)+mgL sin 37°
已知M=km
联立⑥~式解得v=
当k=1时,v取最小值,有vmin=
14.(2025河南,14,12分)如图,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P,另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰,且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7 m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求
(1)该碰撞过程中损失的机械能;
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
答案 (1)24.5 J　(2)5 s
解析　(1)Q与P发生正碰且碰撞时间极短,由动量守恒有m2v0=m1v+m2vQ
代入数据解得vQ=3.5 m/s
碰撞中损失的机械能ΔE损=m2-m1v2-m2
代入数据解得ΔE损=24.5 J
(2)P在防滑带上的加速度大小a=μg=5 m/s2
设P通过防滑带的总长度为x1,则0-v2=-2ax1
解得x1=4.9 m
所以==2,P最终静止在第3个防滑带上
设在防滑带上运动的时间为t0,由0=v-at0得t0== s=1.4 s
设经过第1个光滑区的速度为v1,经过第2个光滑区的速度为v2,
由-v2=-2al2得v1=5 m/s
在第1个光滑区运动的时间t1== s=0.6 s
由-=-2al2得v2=1 m/s
在第2个光滑区运动的时间t2== s=3 s
P从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5 s
考点4　动量守恒定律及其应用
考向4　弹性碰撞的一般规律及其应用
15.(2025四川,15,16分)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小;
(2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值满足的条件;
(3)在满足(2)问中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能满足的条件。
答案 (1)g sin θ　(2)≤1或=7　(3)m1gR sin θ≤Ek0<12m1gR sin θ
模型建构　
审读试题,明确此题为质点在斜面上的运动模型,需应用“空间转平面”方法提炼出常规运动模型,有以下三类常规模型。
第一,类竖直面内的圆周运动模型。
本题中bcd段为“单轨道内侧圆周运动模型”,考查能够做完整圆周运动的临界条件。临界条件为在等效最高点时(本题对应斜面上圆周运动的最高点)对轨道的压力等于零,沿径向方向的合力提供小球做圆周运动所需的向心力。
第二,碰撞模型。
本题为具有初速度的小球甲与静止的小球乙进行弹性碰撞,碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒。
第三,类平抛运动模型。
本题涉及小球乙在斜面上做类平抛运动,将恒定合力由重力变为重力沿斜面向下的分力,解决类平抛运动这类曲线运动问题一般选择运动的合成与分解方法,在斜面上沿水平方向(即初速度方向)与沿斜面向下方向分解。
解析　(1)小球甲由a运动到b的过程中,对小球甲,由牛顿第二定律有m1g sin θ=m1a
解得a=g sin θ
(2)设小球乙的质量为m2,小球甲与小球乙碰撞前瞬间的速度大小为v甲,碰撞后小球甲的速度为v1,小球乙的速度为v2
已知小球甲恰好能到达c点,则其到达c点时由牛顿第二定律有
m1g sin θ=m1
两球发生弹性碰撞,由水平方向动量守恒和机械能守恒有
m1v甲=m1v1+m2v2
m1=m1+m2
联立解得v1=,v2=
由于碰撞后小球乙能运动到e点,则考虑有两种情况,
第一种情况是碰撞后小球乙做圆周运动到d点,紧接着沿着斜面下滑到e点,则碰撞后瞬间小球乙需满足对挡板压力大于等于0,即
N+m2g sin θ=m2(N≥0)
解得v2≥,在此情况下小球乙和小球甲的质量之比满足的条件为≤1
第二种情况是碰撞后小球乙在斜面上做类平抛运动刚好过e点,设小球乙碰撞后经t时间到达e点,则将小球的运动沿水平方向与沿斜面向下方向分解,
水平方向有v2t=R
沿斜面向下有g sin θ·t2=8R
解得v2=,在此情况下小球乙和小球甲的质量之比为=7
故在题给条件下,小球乙和小球甲的质量之比为≤1或 =7
(3)当≤1时,碰撞后小球乙从c到d一定做圆周运动,则小球乙从d到e做直线运动,无法穿过线段de,此情况无需讨论,只需讨论=7的情况。已知碰撞后小球乙能穿过线段de,则碰撞后小球乙只能做类平抛运动,故小球乙在c点碰撞后速度v2'小于做圆周运动的临界速度,即v2'<,且同时满足类平抛运动过线段de,设小球乙在t'时间内水平方向上运动距离为R时,其沿斜面下滑L,则需满足R水平方向有R=v2't'
沿斜面向下有L=g sin θ·t'2
解得≤v2'<
小球甲、乙在c点的碰撞仍为弹性碰撞,满足v2'=v甲',同时将=7一并代入可得≤v甲'<2
已知小球甲从a以一定初动能Ek0出发,由a至c的过程,根据动能定理有
-m1g sin θ·8R=m1v-Ek0
解得在题给条件下,小球甲从a点出发的初动能满足
m1gR sin θ≤Ek0<12m1gR sin θ
实验8　验证动量守恒定律
11.(2025广东,11,8分)请完成下列实验操作和计算。
(1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数如图1所示,读数为　　　　mm。
(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图2所示。图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。
①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电门A和B的　　　　,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③碰撞测试。
先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2　　　t1,可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00 ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms。不计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为　　　　(结果保留2位有效数字)。
答案 (1)8.260(8.258~8.262均可)　(2)②时间相等　③等于　④0.56
解析　(1)根据螺旋测微器的读数规则可得读数为8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。
(2)②小车通过光电门A和B的时间相等,说明小车通过光电门A和B时速度大小相等,小车做匀速直线运动,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③两辆相同的小车,质量相同,若二者发生弹性碰撞,则碰撞后交换速度,碰撞后小车1的速度等于碰撞前小车2的速度,即若碰撞后小车1通过光电门B的时间和碰撞前小车2通过光电门A的时间相等,则可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④设两小车的质量均为m,遮光条宽度为d,碰前小车2的动能Ek=m,碰后两小车的总动能E'k=m+m,可得碰撞后两小车的总动能与碰撞前小车2的动能之比=≈0.56。专题三　牛顿运动定律
考点1　牛顿运动定律的理解及基本应用
考向1　牛顿运动定律的理解
8.(2025山东,8,3分)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板,向坡底运送长方体建筑材料。如图所示,坡面与水平面夹角为θ,交线为PN,坡面内QN与PN垂直,挡板平面与坡面的交线为MN,∠MNQ=θ。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,则建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.g sin2 θ-μg cos θ-μg sin θ cos θ
B.g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin2 θ
C.g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin θ cos θ
D.g cos2 θ-μg cos θ-μg sin2 θ
答案 B
解题指导　物体所受的力不在同一个平面内,将空间内的受力分析分解为平面内的受力分析,再利用牛顿第二定律计算加速度,就会减小本题的难度。
解析　如图甲所示,建筑材料所受重力可分解为垂直于坡面的G1和沿坡面且平行于QN的G2,由几何关系可得G1=mg cos θ、G2=mg sin θ;如图乙所示,再将平行于QN方向的G2分解为沿挡板MN的G3和垂直于挡板MN的G4,由几何关系可得G3=G2 cos θ=mg sin θ cos θ、G4=G2 sin θ=mg sin2 θ。(点拨:建筑材料沿坡面和沿挡板下滑,所以垂直于坡面和垂直于挡板方向所受合力均为零)建筑材料与坡面间的摩擦力Ff1=μFN1=μG1,建筑材料与挡板间的摩擦力Ff2=μFN2=μG4。由牛顿第二定律可得建筑材料沿MN向下匀加速滑行的加速度大小a==g sin θ cos θ-μg cos θ-μg sin2 θ,B正确。
　　　
1.(2025河南,1,4分)野外高空作业时,使用无人机给工人运送零件。如图,某次运送过程中的一段时间内,无人机向左水平飞行,零件用轻绳悬挂于无人机下方,并相对于无人机静止,轻绳与竖直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力,则在该段时间内(　　)
A.无人机做匀速运动
B.零件所受合外力为零
C.零件的惯性逐渐变大
D.零件的重力势能保持不变
答案 D
解析 对零件受力分析如图,零件所受合力水平向左,故无人机向左做匀加速直线运动,A、B错误;质量是物体惯性的唯一量度,运动中零件的惯性不会变化,C错误;重力势能Ep=mgh,零件运动过程中高度不变,即到零势能面的距离h不变,故Ep不变,D正确。
考点1　牛顿运动定律的理解及基本应用
考向2　瞬时性问题　动力学的两类基本问题
5.(2025湖南,5,4分)如图,两带电小球的质量均为m,小球A用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接,小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时,轻绳与竖直方向的夹角为60°,两球连线与轻绳的夹角为30°,整个系统在同一竖直平面内,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.A球静止时,轻绳上拉力为2mg
B.A球静止时,A球与B球间的库仑力为2mg
C.若将轻绳剪断,则剪断瞬间A球加速度大小为g
D.若将轻绳剪断,则剪断瞬间轻杆对B球的作用力变小
答案 C
审题指导　A静止时受三个力作用,大小为mg、方向竖直向下的重力,方向沿绳收缩方向的拉力,由A指向B的库仑力。根据共点力平衡的特点求出库仑力。剪断轻绳瞬间,绳对A球的拉力瞬间消失,但库仑力与重力均不变。
解析　如图,对A进行受力分析
由题意可知,轻绳拉力与重力的合力沿二者夹角的角平分线方向,故T=mg,F库=2mg cos 30°=mg,A、B错误。剪断轻绳瞬间,轻绳拉力瞬间消失,A受到的重力、库仑力不变,重力与库仑力的合力与绳剪断前对A的拉力大小相等、方向相反,故加速度大小为g,C正确。在绳剪断瞬间B球受到的重力、库仑力不变,则轻杆的力不变,D错误。
考点2　牛顿运动定律的综合应用
考向1　连接体问题
5.(2025安徽,5,4分)如图,装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上,木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动,木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0 kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则在乙下落的过程中　(　　)
A.甲对木箱的摩擦力方向向左
B.地面对木箱的支持力逐渐增大
C.甲运动的加速度大小为2.5 m/s2
D.乙受到绳子的拉力大小为5.0 N
答案 C
解析 甲向右运动,木箱静止,甲受到木箱的摩擦力方向向左,所以甲对木箱的摩擦力方向向右,A错误。在乙下落过程中,竖直方向的加速度不变,对甲与木箱整体根据牛顿第二定律可知地面对木箱的支持力不变,B错误。设轻绳的拉力大小为T,两物块的加速度大小为a,根据牛顿第二定律,对甲有T-μmg=ma,对乙有mg-T=ma,联立解得a=2.5 m/s2,T=7.5 N,C正确,D错误。
考点2　牛顿运动定律的综合应用
考向2　动力学中的图像问题和临界极值问题
3.(2025陕晋青宁,3,4分)某智能物流系统中,质量为20 kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动,受到的合力沿轨道方向,合力F随时间t的变化如图所示,则下列图像可能正确的是(　　)
　　　
　　　
答案 A
解析 由题图可知,机器人在0~1 s时间内所受合力沿正方向,机器人相对轨道做匀加速直线运动,1~2 s时间内所受合力为0,加速度为0,2~3 s时间内所受合力与0~1 s时间内所受合力大小相等、方向相反,机器人的加速度也与0~1 s内机器人的加速度大小相等、方向相反,而且0~1 s时间内与2~3 s时间内的时间间隔相等,A正确。
7.(2025湖北,7,4分)一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成,门处于关闭状态,其俯视图如图(a)所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上,一段时间后撤去拉力,该门板完全运动到另一边,且恰好不与门框发生碰撞,其俯视图如图(b)所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ,重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短,则所用时间趋近于(　　)
A.　 B.　 C.　 D.2
答案 B
解析 由题意知门板的初速度为0,末速度为0,根据牛顿第二定律,门板先做匀加速直线运动,运动的加速度大小a1=,再做匀减速直线运动,运动的加速度大小a2=μg,总位移为,设总时间为t。当门板受到的恒力F不同,会得到不同的运动时间,门板的速度-时间图像如图所示,根据图像可知,需要满足总位移x不变,即v-t图像与t轴所围的面积不变,当恒力F趋近于无穷大时,匀加速运动过程的时间趋近于0,总时间最小,此时总位移=μgt2,解得最小的总时间t=,B正确。
10.(2025黑吉辽蒙,10,6分)(多选)如图(a),倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑,甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图(b)所示,两条曲线均为抛物线,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则(　　)
　
A.μ1+μ2=2 tan θ
B.t=t0时,甲的速度大小为3v0
C.t=t0之前,地面对斜面的摩擦力方向向左
D.t=t0之后,地面对斜面的摩擦力方向向左
答案 AD
解析 甲、乙的x-t曲线均为抛物线,说明甲、乙的运动均为匀变速直线运动,乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0,则t=t0时乙的速度为0,对乙有x0=t0,对甲有3x0=t0,解得v=2v0,B错误;对甲有v=v0+a1t0①,mg sin θ-μ1mg cos θ=ma1②,对乙有0=v0-a2t0③,μ2mg cos θ-mg sin θ=ma2④,解得a1=a2,μ1+μ2=2 tan θ,A正确;t=t0之前,甲做加速运动,乙做减速运动,且加速度大小a1=a2,以斜面、甲和乙三者组成的整体为研究对象,则整体加速度为零,则地面对斜面无摩擦力,C错误;t=t0之后,甲继续加速下滑,乙停止运动,则地面对斜面的摩擦力方向向左,D正确。
实验4　探究加速度与物体受力、物体质量的关系
11.(2025陕晋青宁,11,6分)图(a)为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。
(1)实验中应将木板　　　　(填“保持水平”或“一端垫高”)。
(2)为探究加速度a与质量m的关系,某小组依据实验数据绘制的a-m图像如图(b)所示,很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系,以下选项可以直观判断的有　　　　。(多选,填正确答案标号)
m/kg a/(m·s-2)
0.25 0.618
0.33 0.482
0.40 0.403
0.50 0.317
1.00 0.152
A.a-图像 B.a-m2图像
C.am-m图像 D.a2-m图像
(3)为探究加速度与力的关系,在改变作用力时,甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上;乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上。在其他实验操作相同的情况下,　　　　(填“甲”或“乙”)同学的方法可以更好地减小误差。
答案 (1)一端垫高 　(2)AC　(3)乙
解析　(1)实验中应将木板远离定滑轮的一端垫高,平衡摩擦力,确保小车的合力等于细线的拉力。
(2)a和m的关系满足a=,其中F为细线的拉力,m为小车的质量;当F恒定时,a-的图线为过原点的倾斜直线,可得a与m成反比,此图像可直观判断,A正确。随着小车的质量m变化,小车受到的合力ma不变,am-m图线为平行于横轴的直线,可得a与m成反比,此图像可直观判断,C正确。a-m2与a2-m图线均为曲线,无法直观判断a与m成反比关系。
(3)甲同学的实验中,增大了槽码和槽码盘的总质量m',可能无法满足m'远小于小车的质量m,故实验误差较大;乙同学的实验中,(m'+m)不变,系统加速度a=,可得a与m'g成正比,故误差较小。
11.(2025安徽,11,6分)某实验小组通过实验探究加速度与力、质量的关系。
(1)利用图甲装置进行实验,要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是:调整轨道的倾斜度,使小车　　　　。(选填正确答案标号)
a.能在轨道上保持静止
b.受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
c.不受牵引时,能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)利用图乙装置进行实验,箱体的水平底板上安装有力传感器和加速度传感器,将物体置于力传感器上,箱体沿竖直方向运动。利用传感器测得物体受到的支持力FN和物体的加速度a,并将数据实时传送到计算机。
①图丙是根据某次实验采集的数据生成的FN和a随时间t变化的散点图,以竖直向上为正方向。t=4 s时,物体处于　　　　(选填“超重”或“失重”)状态;以FN为横轴、a为纵轴,根据实验数据拟合得到的a-FN图像为图丁中的图线a。
②若将物体质量增大一倍,重新进行实验,其a-FN图像为图丁中的图线　　　　。(选填“b”“c”或“d”)
答案 (1)c　(2)①失重　②d
解析　(1)平衡阻力时,把轨道的一侧垫高,以平衡小车受到的阻力。调节轨道的倾斜度,使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿轨道做匀速直线运动,此时,小车重力沿轨道向下的分力与小车所受阻力大小相等。
(2)①当加速度为0时,物体受力平衡,物体所受的支持力大小等于物体所受的重力大小,则结合题图丙可知物体重力大小为10 N,当t=4 s时,支持力FN约为2 N,根据牛顿第二定律,物体的加速度方向竖直向下,故物体处于失重状态。
②对物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律,得FN-mg=ma
整理得a=FN-g
可知a-FN图线的斜率k=,即斜率与质量有关,a-FN图线在纵轴上的截距b=-g,是定值。
当质量增大一倍时,图线斜率减小为原来的一半,在纵轴上的截距不变。则题图丁中图线d正确。
课本溯源　
该试题以探究小车加速度与力、质量的关系为载体,考查学生的实验操作及对超重失重概念的理解和牛顿第二定律的应用。试题的(1)问源自人教版教材必修一中参考案例1的原文,(2)问①中超重失重概念来自教材,考查对概念的简单理解并通过概念做出判断,(2)问则体现了图像法在处理实验数据时的重要作用。因此,学生在学习时应重视教材的使用,要特别关注对基本实验、基本定律的理解。
13.(2025山东,13,6分)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律,部分实验步骤如下:
(1)将两光电门安装在长直轨道上,选择宽度为d的遮光片固定在小车上,调整轨道倾角,用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d=　　　　cm(填“5.00”或“1.00”)的遮光片,可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放,从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1=0.40 m/s、v2=0.81 m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t=1.00 s,计算小车的加速度a=　　　　m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量,重复上述步骤,根据数据拟合出a-F图像,如图乙所示。若要得到一条过原点的直线,实验中应　　　　(填“增大”或“减小”)轨道的倾角。
(4)图乙中直线斜率的单位为　　　　(填“kg”或“kg-1”)。
答案 (1)1.00　(2)0.41　(3)增大　(4)kg-1
解析　(1)用遮光片经过光电门的平均速度=来代替遮光片到达光电门时的瞬时速度,d越小,Δt越短,则此平均速度越接近遮光片运动到光电门时的瞬时速度,故选1.00 cm的遮光片。
(2)根据加速度定义式得a===0.41 m/s2
(3)由题图乙可知,当小车受到的拉力超过0.05 N后才有加速度,原因是未完全平衡摩擦力,故应增大轨道倾角。
(4)根据牛顿第二定律有F-f=ma,可得a=-,则该a-F图线的斜率表示小车质量的倒数,对应的单位为kg-1。专题十　恒定电流
　　　　　　　　　　　　　　　　
实验11　电学实验基础
12.(2025陕晋青宁,12,9分)常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表(表头)改装而成的,与电源及相关元器件组合可改装为多功能、多量程的多用电表。
(1)实验中使用多用电表正确测量了一个15.0 Ω的电阻后,需要继续测量一个阻值大约是15 kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前,请选择以下必要的操作步骤并排序:
①把选择开关旋转到“×100”位置。
②把选择开关旋转到“×1k” 位置。
③将红表笔和黑表笔接触。
④调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
下列选项中正确的是　　　　。(单选,填正确答案标号)
A.①③④ B.②③④
C.②④③ D.①④③
(2)若将一个内阻为20 Ω、满偏电流为1 mA的表头改装为量程0~2 V的电压表,需要　　　　(填“串联”或“并联”)一个　　　　Ω的电阻。
(3)如图,某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻RA及一个电阻RB(RA>RB)组成的串联电路中各元器件的位置,利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压,测得数据如表:
接线柱 1和2 2和3 3和4 1和4 2和4 1和3
U/V 0 1.53 0 0.56 1.05 0.66
根据以上数据可判断,直流电源E处于　　　　之间,电容器C处于　　　　之间,电阻RA处于　　　　之间。(填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”)
答案 (1)B　(2)串联　1 980　(3)2和3　1和4　1和2
解析　(1)用多用电表测量了一个15 Ω的电阻后,在测量大约15 kΩ的电阻前,应该先进行欧姆调零,操作步骤如下:将选择开关转到“×1k”位置,然后将红表笔和黑表笔接触,最后调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点,所以正确的操作步骤应该是②③④,B正确。
(2)若将表头改装成电压表,需要串联一个电阻来分压,所串联电阻的阻值R=-20 Ω=1 980 Ω。
(3)因为接2和3间的电压测量值最大,所以此间一定有电源;因为1和2之间、3和4之间的电压测量值均为零,含有电容器的完整电路是断路,故电阻两端的电压均为零,电阻均在此两端间,又因为2和4之间的电压测量值大于1和3间的电压测量值,故大电阻应处于1和2之间,即RA在1和2之间,1和4之间是电容器C。
题后反思　
　处理电路黑箱问题应注意相互关联的逻辑关系,若电路中有电容器,则电容器在直流稳态下视为断路。
11.(2025黑吉辽蒙,11,8分)在测量某非线性元件的伏安特性时,为研究电表内阻对测量结果的影响,某同学设计了如图(a)所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下:
①滑动变阻器滑片置于适当位置,闭合开关;
②表笔分别连a、b接点,调节滑片位置,记录电流表示数I和a、b间电压Uab;
③表笔分别连a、c接点,调节滑片位置,使电流表示数仍为I,记录a、c间电压Uac;
④表笔分别连b、c接点,调节滑片位置,使电流表示数仍为I,记录b、c间电压Ubc,计算Uac-Ubc;
⑤改变电流,重复步骤②③④,断开开关。
作出I-Uab、I-Uac及I-(Uac-Ubc)曲线如图(b)所示。回答下列问题:
(1)将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔,测量a、b间的电压时,红表笔应连　　　　接点(填“a”或“b”);
(2)若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5 V”位置,电表示数如图(c)所示,此时电表读数为　　　　V(结果保留三位小数);
(3)图(b)中乙是　　　　(填“I-Uab”或“I-Uac”)曲线;
(4)实验结果表明,当此元件阻值较小时,　　　　(填“甲”或“乙”)曲线与I-(Uac-Ubc)曲线更接近。
答案 (1)a　(2)0.378(±0.001)　(3)I-Uac　(4)甲
审题指导　考生在看到题目以后首先要看清楚实验的目的、实验原理、实验器材以及实验步骤,并对实验的结果作出猜想。对于电流表和电压表内阻对实验的影响,考生应快速联想到电流表内接与外接对实验结果的影响,从而根据伏安特性曲线作出判断;关于多用电表的使用和读数,学生应根据多用电表的特点选择合适的挡位,读数时应注意分度值和遵循的读数原则。
解析　(1)测量时,将多用电表并联在待测电路两端,注意红表笔接触点的电势应比黑表笔接触点的电势高。
(2)在测量直流电压时,若选择开关对应的量程为0~0.5 V,结合图(c)可确定,分度值为0.01 V,估读到小数点后第3位,所以示数为0.378 V。
(3)由题图(b)可知,在同样电流的情况下,图线乙对应的电压值最大,说明多用电表测的电压是元件和电流表两端的电压之和,故图线乙应该是I-Uac曲线。
(4)由题意可知,元件的I-U图线是图(b)中的实线,当元件阻值较小时,在图(b)中的I-U图线上的点与坐标原点连线的斜率k==较大,由图像(b)可知,当图线上的点与坐标原点的连线的斜率k==越大,即元件中阻值越小时,甲曲线与I-(Uac-Ubc)曲线更接近。
知识拓展
伏安法测电阻实验中电流表的内接与外接选择
电流表的内接和外接
内接法 外接法
电路图
误差 原因 电流表分压 U测=Ux+UA 电压表分流 I测=Ix+IV
电阻 测量值 R测==Rx+RA>Rx 测量值大于真实值 R测===等效 电阻 相当于把电流表内阻与电阻Rx串联 相当于把电压表内阻与电阻Rx并联
适用 条件 RA Rx或>RARV RV Rx或适用于 测量 大阻值电阻 小阻值电阻
已知 电流 表内阻 一般选择内接,R测=-RA,减去电流表内阻就能消除由电流表产生的误差
实验12　测量电阻的几种方法
12.(2025云南,12,10分)基于铂电阻阻值随温度变化的特性,某兴趣小组用铂电阻做了测量温度的实验。可选用的器材如下:Pt1000型号铂电阻、电源E(电动势5 V,内阻不计)、电流表A1(量程100 μA,内阻4.5 kΩ)、电流表A2(量程500 μA,内阻约1 kΩ)、定值电阻R1(阻值15 kΩ)、定值电阻R2(阻值1.5 kΩ)、开关S和导线若干。
查阅技术手册可知,Pt1000型号铂电阻测温时的工作电流在0.1~ 0.3 mA之间,在0~ 100 ℃范围内,铂电阻的阻值Rt随温度t的变化视为线性关系,如图(a)所示。
完成下列填空:
(1)由图(a)可知,在0~100 ℃范围内,温度每升高1 ℃,该铂电阻的阻值增加　　　　Ω;
(2)兴趣小组设计了如图(b)所示的甲、乙两种测量铂电阻阻值的电路图,能准确测出铂电阻阻值的是　　　　(填“甲”或“乙”),保护电阻R应选　　　　(填“R1”或“R2”);
　　
图(b)
(3)用(2)问中能准确测出铂电阻阻值的电路测温时,某次测量读得A2示数为295 μA,A1示数如图(c)所示,该示数为　　　　μA,则所测温度为　　　　℃(计算结果保留2位有效数字)。
答案 (1)3.85　(2)乙　R1　(3)62.0　51
解析　(1)由图(a)知,温度由0 ℃升至100 ℃
铂电阻的阻值由1.000×103 Ω增加到1.385×103 Ω
则可得= Ω/℃=3.85 Ω/℃
(2)对于图(b)甲,有=Rx+RA2
由于RA2未知,所以无法测出铂电阻阻值Rx
对于图(b)乙,有=Rx
RA1已知,故选乙,由第(3)问知I2=295 μA=2.95×10-4 A
电路总电阻R总==≈16.9 kΩ
R总=R+RA2+,RA2约为1 kΩ
并联阻值约为1 kΩ,则R≈14.9 kΩ,故选R1
(3)60~70 μA分为10格,每一小格为1 μA
示数为62.0 μA
Rx== Ω≈1 197 Ω
由第(1)问知=3.85 Ω/℃
可知t== ℃≈51 ℃
实验13　测量金属丝的电阻率
12.(2025四川,12,10分)某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有:
待测合金丝样品(长度约1 m)
螺旋测微器
学生电源E(电动势0.4 V,内阻未知)
米尺(量程0~100 cm)
滑动变阻器(最大阻值20 Ω)
电阻箱(阻值范围0~999.9 Ω)
电流表(量程0~30 mA,内阻较小)
开关S1、S2
导线若干
　
(1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上,将金属夹分别夹在样品20.00 cm和70.00 cm位置,用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径,读数分别为0.499 mm、0.498 mm和0.503 mm,则该样品横截面直径的平均值为　　　　mm。
(2)该小组采用限流电路,则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱　　　(选填“a”或“b”)相连。闭合开关前,滑动变阻器滑片应置于　　　端(选填“左”或“右”)。
(3)断开S2、闭合S1,调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0 mA刻度处。断开S1、闭合S2,保持滑动变阻器滑片位置不变,旋转电阻箱旋钮,使电流表指针仍指到15.0 mA处,此时电阻箱面板如图2所示,则该合金丝的电阻率为　　　　Ω·m(取π=3.14,结果保留2位有效数字)。
(4)为减小实验误差,可采用的做法有　　　　(有多个正确选项)。
A.换用内阻更小的电源
B.换用内阻更小的电流表
C.换用阻值范围为0~99.99 Ω的电阻箱
D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率,再求平均值
答案 (1)0.500　(2)a　左　(3)1.3×10-6　(4)CD
解析　(1)直径的平均值== mm=0.500 mm
(2)滑动变阻器限流接法必须一上一下接入电路,故电流表的“+”接线柱需要和滑动变阻器的接线柱a相连;在闭合开关前,滑动变阻器接入电路的阻值应最大,保证电路接通时电路电流最小,电路安全,故滑动变阻器滑片应置于左端。
(3)由题意知合金丝接入电路的长度l=70.00 cm-20.00 cm=50.00 cm,因合金丝与电阻箱等效替代,当电流相等时,二者电阻相等,由题图2所示的电阻箱读数可知合金丝接入电路中的电阻为3.2 Ω,合金丝的横截面积S=π,根据R=ρ,得ρ===1.256×10-6 Ω·m≈1.3×10-6 Ω·m。
(4)本实验通过等效替代法测电阻,电源内阻对本实验无直接影响,换用内阻更小的电源,不能减小误差,A错误;电流表内阻不影响电阻测量结果,B错误。换用0~99.99 Ω的电阻箱,电阻箱测量阻值时更精确,能减小误差,C正确;多次测量合金丝不同区间相等长度样品的电阻率,再求平均值,可减小偶然误差,D正确。
关键点拨　
(1)电路连接易错点:
电流表“+”接线柱需与电源正极相连。限流电路中滑动变阻器连接方式应采用“一上一下”原则,若误将滑动变阻器接成“两下”(即定值电阻),会导致无法调节电流。
(2)等效替代法核心逻辑:
两次实验电流相同,则合金丝接入电路的电阻R=R箱,与电流表内阻无关(因为两次内阻影响相同,可抵消)。
实验14　测量电源的电动势和内阻
11.(2025湖北,11,8分)某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r,设计了如图(a)所示电路,所用器材如下:干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路,将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接,闭合开关S,逐次改变电阻箱的阻值R,用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题:
　
(1)R0在电路中起　　　　(填“保护”或“分流”)作用。
(2)与E、r、R、R0的关系式为=　　　　。
(3)根据记录数据作出-R图像,如图(b)所示。已知R0=9.0 Ω,可得E=　　　　V(保留三位有效数字),r=　　　　Ω(保留两位有效数字)。
(4)电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果　　　　(填“有”或“无”)影响。
答案 (1)保护　(2)　(3)1.50(1.47~1.52都算对)　1.5(1.3~1.6都算对)　(4)有
审题指导　电流传感器有电阻,可看作灵敏电流计与电阻并联。第(2)(3)问涉及理想情况,不需要考虑其电阻,根据闭合电路欧姆定律列式求解。
解析　(1)定值电阻R0在电路中起保护传感器的作用,其与电流传感器串联,无法起到分流作用。
(2)不考虑电流传感器电阻,当串联回路电流为I时,由闭合电路欧姆定律得E=I(R+R0+r),整理可得=。
(3)从题图(b)中选取相距最远的两个数据点(21 Ω,21 A-1)和(6 Ω,11 A-1),代入第(2)问关系式中有21 A-1=,11 A-1=,联立解得E=1.50 V,r=1.5 Ω。[易错点:若代入的是题图(b)中距离较近的两个数据点,则误差较大]
(4)由于电流传感器有电阻,用图像法处理数据,电流传感器有无电阻不改变图线斜率,则对干电池的电动势测量值无影响,但测得的电源内阻数据实际为电源的内阻与电流传感器的电阻之和,使干电池内阻的测量值偏大。
实验15　用多用电表测量电学中的物理量
12.(2025安徽,12,10分)某同学设计了一个具有两种挡位(“×1”挡和“×10”挡)的欧姆表,其内部电路如图甲所示。电源为电池组(电动势E的标称值为3.0 V,内阻r未知),电流表G(表头)的满偏电流Ig=20 mA,内阻Rg=45 Ω,定值电阻R0=5 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为200 Ω。设计后表盘如图乙所示,中间刻度值为“15”。
(1)测量前,要进行欧姆调零:将滑动变阻器的阻值调至最大,闭合开关S1、S2,此时欧姆表处于“×1”挡,将红表笔与黑表笔　　　　,调节滑动变阻器的阻值,使指针指向　　　　(选填“0”或“∞”)刻度位置。
(2)用该欧姆表对阻值为150 Ω的标准电阻进行试测,为减小测量误差,应选用欧姆表的　　　　(选填“×1”或“×10”)挡。进行欧姆调零后,将电阻接在两表笔间,指针指向图乙中的虚线位置,则该电阻的测量值为　　　　 Ω。
(3)该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势,该同学先将电阻箱以最大阻值(9 999 Ω)接在两表笔间,接着闭合S1、断开S2,将滑动变阻器的阻值调到零,再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为228 Ω时,指针指向“15”刻度位置(即电路中的电流为10 mA);当电阻箱的阻值调为88 Ω时,指针指向“0”刻度位置(即电路中的电流为20 mA)。由测量数据计算出电源电动势为　　　　V。(结果保留2位有效数字)
答案 (1)直接接触(或短接)　0　(2)×10　160　(3)2.8
解析　(1)欧姆调零时,需先将红表笔与黑表笔直接接触(短接),调整欧姆调零旋钮,即调节本题中滑动变阻器滑片,使表头指针指向欧姆挡的“0”刻度位置。
(2)使用多用电表的欧姆挡测电阻时,如果事先知道电阻的大致数值,应该选择适当倍率的欧姆挡,使测量时指针落在刻度盘的中间区域。该刻度盘中间数值为“15”,故测量150 Ω的电阻时选择“×10”挡。读数时,指针所指刻度乘以倍率为测量电阻阻值。
(3)分析电路状态,根据闭合电路欧姆定律列出关系式E=I(R1+Rg+r),根据题意有E=0.01 A×(228 Ω+45 Ω+r)①
E=0.02 A×(88 Ω+45 Ω+r)②
联立①②解得E=2.8 V
含传感器的电学创新实验
12.(2025广东,12,8分)科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图1(a)是电磁铁磁感应强度的测量电路,所用器材有:电源E(电动势15 V,内阻不计);电流表(量程有0.6 A和3 A,内阻不计);滑动变阻器RP(最大阻值100 Ω);定值电阻R0(阻值10 Ω);开关S;磁传感器和测试仪;电磁铁(线圈电阻16 Ω);导线若干。图1(b)是实物图,图中电机和底座相固定,圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
(1)量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为　　　　A(结果保留2位有效数字),为减小测量误差,电流表的量程选择0.6 A挡。
②图1(b)中已正确连接了部分电路,请在虚线框中完成RP、R0和间的实物图连线。
图1
(2)磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图1(a)中的磁传感器置于电磁铁中心,滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流　　　　,保护电路安全。
②将滑片P缓慢滑到某一位置,闭合S,此时的示数如图2所示,读数为　　　　A。分别记录测试仪示数B和I。断开S。
③保持磁传感器位置不变,重复步骤②。
④图3是根据部分实验数据描绘的B-I图线,其斜率为　　　　mT/A(结果保留2位有效数字)。
(3)制动时间t测量。
利用图1(b)所示装置测量了t。结果表明B越大,t越小。
答案 (1)①0.58　②实物图连线见解析　(2)①最小　②0.48　④30(29~31都算对)
解析　(1)①当滑动变阻器接入电路的阻值为0时,闭合电路中的电流最大,则电路中的最大电流为I== A≈0.58 A。②根据题中图1(a)对实物图连线,如图所示。
(2)①滑动变阻器RP的滑片P置于b端时,滑动变阻器接入电路的阻值最大,此时电路中的电流最小。②由电流表的读数规则可得,读数为24×0.02 A=0.48 A。④在图线上取相距较远的两点,计算可得图线的斜率k= mT/A≈30 mT/A(点拨:取图线上相距较远的两点,计算结果误差小)。
12.(2025湖南,12,9分)车辆运输中若存在超载现象,将带来安全隐患。由普通水泥和导电材料混合制成的导电水泥,可以用于监测道路超载问题。某小组对此进行探究。
(1)选择一块均匀的长方体导电水泥块样品,用多用电表粗测其电阻。将多用电表选择开关旋转到“×1 k”挡,正确操作后,指针位置如图1所示,则读数为　　　　Ω。
(2)进一步提高实验精度,使用伏安法测量水泥块电阻,电源E电动势6 V,内阻可忽略,电压表量程0~6 V,内阻约10 kΩ,电流表量程0~600 μA,内阻约100 Ω。实验中要求滑动变阻器采用分压接法,在图2中完成余下导线的连接。
(3)如图2,测量水泥块的长为a,宽为b,高为c。用伏安法测得水泥块电阻为R,则电阻率ρ=　　　　(用R、a、b、c表示)。
(4)测得不同压力F下的电阻R,算出对应的电阻率ρ,作出ρ-F图像如图3所示。
　　
(5)基于以上结论,设计压力报警系统,电路如图4所示。报警器在两端电压大于或等于3 V时启动,R1为水泥块,R2为滑动变阻器,当R2的滑片处于某位置,R1上压力大于或等于F0时,报警器启动。报警器应并联在　　　　两端(填“R1”或“R2”)。
(6)若电源E使用时间过长,电动势变小,R1上压力大于或等于F1时,报警器启动,则F1　　　　F0(填“大于”“小于”或“等于”)。
答案 (1)8 000　(2)如图所示　(3)R　(5)R2　(6)大于
解析　(1)由多用电表的读数规则可得,示数为8×1 kΩ=8 kΩ=8 000 Ω。
(2)滑动变阻器采用分压接法,故滑动变阻器采用“下下接法”,水泥块电阻与电压表内阻相近,故电流表采用内接法,即电压表正接线柱与电流表正接线柱相连,导线连接见答案。
(3)由电阻定律可得R=ρ,解得ρ=R。
(5)由图3可知,水泥块受到的压力越大,电阻率越小,其电阻越小,滑动变阻器R2上分得的电压越大;当水泥块R1受到的压力大于或等于F0时,报警器两端的电压大于或等于3 V,可知报警器并联在R2两端。
(6)若电源使用时间过长,电动势变小,则当F=F0时,R2两端电压小于3 V;要使滑动变阻器R2两端电压大于或等于3 V,则R1分得的电压要更小,即R1电阻更小,由ρ-F图像可知,需要的压力更大,可知F1大于F0。
11.(2025河南,11,6分)实验小组研究某热敏电阻的特性,并依此利用电磁铁、电阻箱等器材组装保温箱。该热敏电阻阻值随温度的变化曲线如图1所示,保温箱原理图如图2所示。回答下列问题:
(1)图1中热敏电阻的阻值随温度的变化关系是　　　　(填“线性”或“非线性”)的。
(2)存在一个电流值I0,若电磁铁线圈的电流小于I0,衔铁与上固定触头a接触;若电流大于I0,衔铁与下固定触头b接触。保温箱温度达到设定值后,电磁铁线圈的电流在I0附近上下波动,加热电路持续地断开、闭合,使保温箱温度维持在设定值。则图2中加热电阻丝的c端应该与触头　　　　(填“a”或“b”)相连接。
(3)当保温箱的温度设定在50 ℃时,电阻箱旋钮的位置如图3所示,则电阻箱接入电路的阻值为　　　　Ω。
(4)若要把保温箱的温度设定在100 ℃,则电阻箱接入电路的阻值应为　　　Ω。
答案 (1)非线性　(2)a　(3)130.0　(4)210.0
解析　(1)由题图1易知R-t图线是曲线,热敏电阻的阻值随温度的变化关系是非线性的。
(2)当保温箱内温度升高时,热敏电阻阻值减小,下面的控制电路中电流增大,将会把衔铁吸下,衔铁与触头b接触,加热电路被切断,以防止温度过高,故加热电阻丝的c端应与触头a相连接。
(3)图3中电阻箱阻值R=1×100 Ω+3×10 Ω+0×1 Ω+0×0.1 Ω=130.0 Ω。
(4)当保温箱内的温度为50 ℃时,由题图1得热敏电阻的阻值为180.0 Ω,电阻箱接入电路的阻值为130.0 Ω,则有E=I0(130.0 Ω+180.0 Ω),当保温箱内的温度为100 ℃时,由题图1可知热敏电阻的阻值为100.0 Ω,电路满足E=I0(100.0 Ω+R'),解得R'=210.0 Ω,则当保温箱内的温度为100 ℃时电阻箱接入电路的阻值为210.0 Ω。专题四　曲线运动
考点1　曲线运动　运动的合成与分解
6.(2025安徽,6,4分)在竖直平面内,质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动,质点N沿竖直方向做直线运动,M、N在运动过程中始终处于同一高度。t=0时,M、N与O点位于同一直线上,如图所示。此后在M运动一周的过程中,N运动的速度v随时间t变化的图像可能是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
答案 D
解析 M、N在运动过程中始终处于同一高度,即M的速度在竖直方向上的分速度总是与N的速度相同。M的速度在竖直方向上的分速度随时间按正弦或余弦规律变化,A、B错误。在t=0时刻,M在竖直方向上的分速度最大,C错误,D正确。
2.(2025湖南,2,4分)如图,物块以某一初速度滑上足够长的固定光滑斜面,物块的水平位移、竖直位移、水平速度、竖直速度分别用x、y、vx、vy表示,物块向上运动过程中,下列图像可能正确的是(　　)
答案 C
解析 物块沿光滑斜面做匀减速直线运动,速度随时间均匀变化,速度与位移关系则不是线性关系,故可快速判断A、B、D错误,C正确。根据v2-=2ax可知速度的二次方与位移成线性关系,速度与位移不是一次函数关系。
6.(2025黑吉辽蒙,6,4分)如图,趣味运动会的“聚力建高塔”活动中,两长度相等的细绳一端系在同一塔块上,两名同学分别握住绳的另一端,保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落,则v(　　)
A.一直减小 B.一直增大
C.先减小后增大 D.先增大后减小
答案 B
解析 某一时刻设绳与竖直方向的夹角为θ,将手的速度v分解为沿绳方向的分速度v绳和垂直于绳方向的分速度,将塔块的速度v0分解为沿其中一根绳方向的分速度和垂直于这根绳方向的分速度,手与塔块沿绳方向的分速度相等,则有v绳=v sin θ=v0 cos θ,联立可得v=,由题意知v0是定值,塔块下落,θ减小,v增大,B正确。
考点2　抛体运动
考向1　平抛运动的基本规律及其应用
3.(2025云南,3,4分)如图所示,某同学将两颗鸟食从O点水平抛出,两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食。鸟食的运动视为平抛运动,两运动轨迹在同一竖直平面内,则(　　)
A.两颗鸟食同时抛出
B.在N点接到的鸟食后抛出
C.两颗鸟食平抛的初速度相同
D.在M点接到的鸟食平抛的初速度较大
答案 D
解析 由题图可知,两平抛运动的高度关系为hOMv0ON',即v0OM>v0ON,在M点接到的鸟食平抛的初速度较大,C错误,D正确。
考向3　斜抛运动
6.(2025湖北,6,4分)某网球运动员两次击球时,击球点离网的水平距离均为L,离地高度分别为、L,网球离开球拍瞬间的速度大小相等,方向分别斜向上、斜向下,且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网,运动轨迹平面与球网垂直,忽略空气阻力,tan θ的值为(　　)
A. B. C. D.
答案 C
解析 网球两次运动过程沿水平方向都有L=v0 cos θ·t,设球网最高处离地高度为H,斜向上将球击出后,沿竖直方向有H-=v0·sin θ·t-gt2,斜向下将球击出后,沿竖直方向有L-H=v0 sin θ·t+gt2,解得tan θ=,C正确。
考点3　圆周运动
5.(2025福建,5,6分)(多选)春晚上转手绢的机器人,手绢上有P、Q两点,圆心为O,OQ=OP,手绢做匀速圆周运动,则(　　)
A.P、Q线速度大小之比为1∶
B.P、Q角速度之比为∶1
C.P、Q向心加速度大小之比为∶1
D.P点所受合力总是指向O
答案 AD
解析 手绢做匀速圆周运动,由题图可知P、Q绕同一转轴转动,故角速度相同,即角速度之比为1∶1,B错误。由v=ωr可知,P、Q的线速度大小之比vP∶vQ=rOP∶rOQ=1∶,A正确。由a=ω2r可知,P、Q的向心加速度大小之比aP∶aQ=rOP∶rOQ=1∶,C错误。P点做匀速圆周运动,其所受合力提供向心力,总是指向圆心O,D正确。
8.(2025广东,8,6分)(多选)将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出,使小球在水平面内做匀速圆周运动,如图所示。已知圆周运动半径R为0.4 m,小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°,小球质量为0.1 kg,重力加速度g取10 m/s2。关于该小球,下列说法正确的是(　　)
A.角速度为5 rad/s
B.线速度大小为4 m/s
C.向心加速度大小为10 m/s2
D.所受支持力大小为1 N
答案 AC
解析 对小球受力分析如图所示
由牛顿第二定律可得F合=mg tan 45°=mω2R=m=man,FN== N,D错误;由上述分析可得该小球的向心加速度大小an==10 m/s2,C正确;角速度ω==5 rad/s,A正确;线速度大小v=ωR=2 m/s,B错误。
14.(2025安徽,14,14分)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力。t=0时,小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动。小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小,及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值。
答案 (1)4 m/s　17 N　(2)4 m　(3)2 m/s
审题指导　解答本题应注意以下关键点:
(1)根据动能定理,计算小球通过M正下方与M相距L位置时的速度大小;
(2)根据牛顿运动定律,计算绳子所受的最大拉力大小;
(3)根据平抛运动规律,计算抛出点到落地点的水平距离;
(4)根据动能定理和牛顿运动定律,计算小球初速度的最小值。
解析　(1)小球运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,以小球作为研究对象,根据动能定理有-mg·2L=mv2-m
解得v=4 m/s
设绳子所受的最大拉力为Fm,根据牛顿第三定律可知小球所受的拉力Fm'=Fm,根据牛顿第二定律得Fm'-mg=m
解得Fm=17 N
(2)小球做平抛运动时,水平方向有x=vt
竖直方向有2L=gt2
解得x=4 m
(3)设小球的初速度最小值为v1,小球能通过N的正上方时速度的最小值为v2。
在最高点有mg=m
根据动能定理有-mg·5L=m-m
解得v1=2 m/s
4.(2025山东,4,3分)某同学用不可伸长的细线系一个质量为0.1 kg的发光小球,让小球在竖直面内绕一固定点做半径为0.6 m的圆周运动。在小球经过最低点附近时拍摄了一张照片,曝光时间为 s。由于小球运动,在照片上留下了一条长度约为半径的圆弧形径迹。根据以上数据估算小球在最低点时细线的拉力大小为(　　)
A.11 N B.9 N C.7 N D.5 N
答案 C
解析 根据题意,在t= s=0.02 s的曝光时间里小球在照片上留下了一条长度为x=r=×0.6 m=0.12 m的圆弧形径迹,则小球的线速度v== m/s=6 m/s,根据牛顿第二定律,小球在最低点满足T-mg=m,代入数据得T=7 N,C正确。
10.(2025山东,10,4分)(多选)如图所示,在无人机的某次定点投放性能测试中,目标区域是水平地面上以O点为圆心、半径R1=5 m的圆形区域,OO'垂直地面,无人机在离地面高度H=20 m的空中绕O'点、平行地面做半径R2=3 m的匀速圆周运动,A、B为圆周上的两点,∠AO'B=90°。若物品相对无人机无初速度地释放,为保证落点在目标区域内,无人机做圆周运动的最大角速度应为ωmax。当无人机以ωmax沿圆周运动经过A点时,相对无人机无初速度地释放物品。不计空气对物品运动的影响,物品可视为质点且落地后即静止,重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.ωmax= rad/s
B.ωmax= rad/s
C.无人机运动到B点时,在A点释放的物品已经落地
D.无人机运动到B点时,在A点释放的物品尚未落地
答案 BC
信息提取　物品相对无人机无初速度释放,做平抛运动,初速度等于无人机做圆周运动的线速度。当无人机以最大角速度ωmax运动时,物品的落点恰好在水平地面上R1=5 m的圆周上。
解析　俯视图如图所示,可知物品做平抛运动的最大水平位移为x==4 m,最大初速度v=ωmaxR2,竖直方向做自由落体运动,有H=gt2,水平方向做匀速直线运动,有x=vt,解得t=2 s,ωmax= rad/s,A错误,B正确;无人机做圆周运动从A到B点的时间t'=≈2.4 s,可知t　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　开普勒行星运动定律　万有引力定律
考向1　开普勒行星运动定律和万有引力定律的理解和应用
2.(2025陕晋青宁,2,4分)我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统,实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动,轨道半径约3 750 km,轨道周期约2 h,引力常量G取6.67×10-11 N·m2/kg2。根据以上数据可推算出火星的(　　)
A.质量 B.体积
C.逃逸速度 D.自转周期
答案 A
解析 根据=mr得M火=,已知“天问三号”环绕火星的轨道半径、轨道周期以及引力常量可以求出火星的质量,A正确。通过现有的条件无法求出火星的半径和火星表面的重力加速度,所以无法求出火星的体积以及逃逸速度,B、C错误。天体的自转周期影响因素比较多,通过本题给出的已知条件无法求出火星的自转周期,D错误。
5.(2025云南,5,4分)国际编号为192391的小行星绕太阳公转的周期约为5.8年,该小行星与太阳系内八大行星几乎在同一平面内做圆周运动。规定地球绕太阳公转的轨道半径为1 AU,八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其他行星对该小行星的引力作用,则该小行星的公转轨道应介于(　　)
行星 水星 金星 地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道 半径 R/AU 0.39 0.72 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A.金星与地球的公转轨道之间
B.地球与火星的公转轨道之间
C.火星与木星的公转轨道之间
D.天王星与海王星的公转轨道之间
答案 C
解析 根据开普勒第三定律=k,可得=,代入r地球=1 AU,T地球=1年,T小行星=5.8年,解得r小行星≈3.23 AU,根据题中数据,可知该小行星的公转轨道在火星和木星的公转轨道之间,C正确。
5.(2025广东,5,4分)一颗绕太阳运行的小行星,其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星,下列说法正确的是　(　　)
A.公转周期约为6年
B.从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小
C.从远日点到近日点线速度大小逐渐减小
D.在近日点加速度大小约为地球公转加速度的
答案 D
解析 根据题意,该小行星绕太阳运行的椭圆轨道的半长轴a==6r,根据开普勒第三定律,可得=,其中r为地球绕太阳做圆周运动的半径,T为地球绕太阳做圆周运动的周期且T=1年,可得T1=6年,A错误;从远日点到近日点,小行星离太阳越来越近,所受太阳引力逐渐增大,B错误;根据开普勒第二定律,行星与太阳的连线在相同时间内扫过的面积相等,则从远日点到近日点,小行星的线速度逐渐增大,C错误;根据牛顿第二定律可知,万有引力提供星体做圆周运动的向心力,则小行星在近日点满足ma==,则有a=,同理地球公转的加速度a'=,则在近日点小行星的加速度为地球公转加速度的,D正确。
9.(2025安徽,9,5分)(多选)2025年4月,我国已成功构建国际首个基于DRO(远距离逆行轨道)的地月空间三星星座,DRO具有“低能进入、稳定停泊、机动转移”的特点。若卫星甲从DRO变轨进入环月椭圆轨道,该轨道的近月点和远月点距月球表面的高度分别为a和b,卫星的运行周期为T;卫星乙从DRO变轨进入半径为r的环月圆形轨道,周期也为T。月球的质量为M,半径为R,引力常量为G。假设只考虑月球对甲、乙的引力,则(　　)
A.r= B.r=+R
C.M= D.M=
答案 BC
解析 卫星甲与卫星乙运行的周期相等,根据开普勒第三定律=k,可知椭圆轨道的半长轴与圆轨道的半径相等,即r=,A错误,B正确。只考虑月球对甲、乙的引力,对卫星乙有=mr,可得月球的质量M=,C正确,D错误。
4.(2025湖南,4,4分)我国研制的“天问二号”探测器,任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测。某同学提出探究方案,通过释放卫星绕小行星进行圆周运动,可测得小行星半径R和质量M。为探测某自转周期为T0的小行星,卫星先在其同步轨道上运行,测得距离小行星表面高度为h,接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动,测得周期为T1。已知引力常量为G,不考虑其他天体对卫星的引力,可根据以上物理量得到R=h,M=。下列选项正确的是(　　)
A.a为T1,b为T0,c为T1
B.a为T1,b为T0,c为T0
C.a为T0,b为T1,c为T1
D.a为T0,b为T1,c为T0
答案 A
解析 由开普勒第三定律有=,得R=h,所以a=T1,b=T0。C、D错误。该卫星在该小行星表面附近做匀速圆周运动时,有=mR,得M=,故c为T1,A正确,B错误。
总结归纳　
求绕同一中心天体运动的T、R关系,首先联想到开普勒第三定律。求中心天体的质量,要想到万有引力定律和牛顿第二定律。
6.(2025山东,6,3分)轨道舱与返回舱的组合体,绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动,轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示,轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱,分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2,G为引力常量,此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A. B. C. D.
答案 C
解析 组合体绕行星运动,设速度大小为v,返回舱的质量为m1,轨道舱的质量为m2,万有引力提供向心力,有G=(m1+m2),解得v=。设返回舱和轨道舱分离后的速度分别为v1、v2,由于分离前后动量守恒,有(m1+m2)v=m1v1+m2v2,根据题意可知=且v1=2,联立解得v2=,C正确。
考点2　人造卫星　宇宙速度
考向1　天体和卫星运行参量的分析
2.(2025湖北,2,4分)甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动,甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用,下列说法正确的是(　　)
A.甲运动的周期比乙的小
B.甲运动的线速度比乙的小
C.甲运动的角速度比乙的小
D.甲运动的向心加速度比乙的小
答案 A
解析 由T=可知,行星的轨道半径越大,周期越长,A正确。由v=可知,轨道半径越大,线速度越小,B错误。根据ω=可知,行星的轨道半径越大,角速度越小,C错误。根据a=可知,行星的向心加速度与轨道半径r的二次方成反比,轨道半径越大,向心加速度越小,D错误。
3.(2025河南,3,4分)2024年天文学家报道了他们新发现的一颗类地行星Gliese12b,它绕其母恒星的运动可视为匀速圆周运动。已知Gliese12b轨道半径约为日地距离的,其母恒星质量约为太阳质量的,则Gliese12b绕其母恒星的运动周期约为(　　)
A.13天 B.27天 C.64天 D.128天
答案 A
解析 由万有引力提供向心力及牛顿第二定律得G=mr,所以T=2π,故有T∝,设该类地行星和地球的公转周期分别为T1,T2,则==,又T2=365天,故T1≈13天,A正确。专题一　直线运动
考点1　运动的描述
1.(2025黑吉辽蒙,1,4分)书法课上,某同学临摹“力”字时,笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点,则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.该过程位移为0
B.该过程路程为0
C.两次过a点时速度方向相同
D.两次过a点时摩擦力方向相同
答案 A
解析 该过程初、末位置相同,故位移为0,A正确。该过程运动轨迹的长度不为0,故路程不为0,B错误。瞬时速度方向沿轨迹的切线方向,故两次过a点时速度方向不同,C错误。滑动摩擦力的方向与笔尖相对接触面的运动方向相反,故两次过a点时摩擦力方向不同,D错误。
考点2　匀变速直线运动规律及其应用
考向1　匀变速直线运动规律的应用
4.(2025安徽,4,4分)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站,先做加速度大小为a的匀加速运动,位移大小为x;接着在t时间内做匀速运动,最后做加速度大小也为a的匀减速运动,到达乙站时速度恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x,则(　　)
A.x=at2 B.x=at2
C.x=at2 D.x=at2
答案 A
解析 设汽车做匀速直线运动的速度为v,根据运动学公式,在匀加速直线运动阶段有v2-0=2ax,在匀减速直线运动阶段有0-v2=2(-a)x3,解得x3=x,根据题意可知8x=x+x2+x,解得x2=6x,汽车在匀速直线运动阶段有x2=vt,联立解得x=at2,A正确。
考点3　运动学图像　追及相遇问题
考向1　常规运动学图像
14.(2025福建,14)某运动员训练时做直线运动,其v-t图像如图所示,各阶段的运动对应的图线均为直线段。求:
(1)0~2 s内的平均速度大小;
(2)44.2~46.2 s内的加速度大小;
(3)44.2~46.2 s内的位移大小。
答案 (1)2.4 m/s　(2)0.1 m/s2　(3)4.2 m
解析 (1)匀变速直线运动的平均速度==,0~2 s内的平均速度大小为= m/s=2.4 m/s。
(2)v-t图线的斜率表示加速度,44.2~46.2 s内的加速度大小为
a= m/s2=0.1 m/s2。
(3)v-t图线与横轴围成的面积表示位移,44.2~46.2 s内的位移大小为
Δx= m=4.2 m。
实验1　测量做直线运动物体的瞬时速度
12.(2025湖北,12,9分)某同学利用如图(a)所示的实验装置来测量重力加速度大小g,细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体,两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下:
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。
②将遮光片固定在重锤1上,用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M(M>m)。
③将光电门安装在铁架台上,将重锤1压在桌面上,保持系统静止,重锤2离地面足够高。用刻度尺测量出遮光片中心到光电门的竖直距离H。
④启动光电门,释放重锤1,用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。
⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。
⑥多次改变光电门高度,重复步骤③④⑤,求出g的平均值。
回答下列问题:
(1)测量d时,游标卡尺的示数如图(b)所示,可知d=　　　　cm。
(2)重锤1通过光电门时的速度大小为v=　　　　(用d、t表示)。若不计摩擦,g与m、M、d、t、H的关系式为g=　　　　。
(3)实验发现,当M和m之比接近于1时,g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑,导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明,圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时,跨过圆柱体的绳两端拉力差ΔT=4γg,其中γ是只与圆柱体表面动摩擦因数有关的常数。
保持M+m=2m0不变,其中M=(1+β)m0,m=(1-β)m0。β足够小时,重锤运动的加速度大小可近似表示为a=(β-γ)g。调整两重锤的质量,测得不同β时重锤的加速度大小a,结果如表。根据表格数据,采用逐差法得到重力加速度大小g=　　　　m/s2(保留三位有效数字)。
β 0.04 0.06 0.08 0.10
a/(m/s2) 0.084 0.281 0.477 0.673
答案 (1)0.515　(2)　　(3)9.81
审题指导　从实验装置图入手,竖直平面内重锤2拉动重锤1做初速度为0的匀加速直线运动,与教材上在水平面上用打点计时器测量小车的加速度实验同源。
解析 (1)主尺示数为5 mm,游标尺上第3条刻度线与主尺的刻度线对齐,故示数为5 mm+3×0.05 mm=5.15 mm,即0.515 cm。
(2)由题意可知,重锤1通过光电门的速度大小v=,对重锤1和重锤2整体有Mg-mg=(M+m)a,而重锤1竖直方向做匀加速直线运动,初速度为0,末速度为v,则有v2=2aH,联立解得重力加速度g=。
(3)由题意知a=(β-γ)g,即=β-γ,
故有=β1-γ①、=β2-γ②、=β3-γ③、=β4-γ④,
采用逐差法思想,由④-②+③-①得=β4-β2+β3-β1,代入表格中数据,可得重力加速度g=9.81 m/s2。
11.(2025湖南,11,7分)某同学通过观察小球在黏性液体中的运动,探究其动力学规律,步骤如下:
(1)用螺旋测微器测量小球直径D如图1所示,D=　　　　mm。
(2)在液面处由静止释放小球,同时使用频闪摄影仪记录小球下落过程中不同时刻的位置,频闪仪每隔0.5 s闪光一次。装置及所拍照片示意图如图2所示(图中的数字是小球到液面的测量距离,单位是cm)。
(3)根据照片分析,小球在A、E两点间近似做匀速运动,速度大小v=　　　　m/s(保留2位有效数字)。
(4)小球在液体中运动时受到液体的黏滞阻力f=kDv(k为与液体有关的常量),已知小球密度为ρ,液体密度为ρ0,重力加速度大小为g,则k的表达式为k=　　　　(用题中给出的物理量表示)。
(5)为了进一步探究动力学规律,换成直径更小的同种材质小球,进行上述实验,匀速运动时的速度将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
答案 (1)2.205(2.204、2.205、2.206均可)　(3)1.0×10-2　(4)　(5)减小
解析 (1)螺旋测微器读数时要估读一位,读数为2.0 mm+20.5×0.01 mm=2.205 mm。
(3)小球做匀速运动,根据A、E两点间距离及闪光时间,一共四个间隔,共2 s,计算可得v=×10-2 m/s=1.0×10-2 m/s。
(4)小球做匀速运动,根据mg=f+F浮,代换可得k=。
(5)同种液体k不变,根据k的表达式,可知当ρ、ρ0不变,D减小时,v也减小,故换用直径更小的同种材质小球进行实验,小球匀速运动时的速度将减小(拓展:如果小球换成密度更大的小球,直径不变,则小球匀速运动时的速度变大)。
易错警示
考生在受力分析时可能会漏掉浮力,导致结果错误;表示速度时可能会忽略保留2位有效数字的要求。

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