2025年高考物理解密之题型专题训练解答题（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之题型专题训练解答题（Word版附解析），共142页。试卷主要包含了，已知大气压强为，求等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•天津）如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球施加水平向左的瞬时冲量，沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球正碰并粘在一起。已知，、的质量分别为、，轨道半径和绳长均为，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度取，不计空气阻力。求：
（1）与碰前瞬间的速度大小；
（2）、碰后瞬间轻绳的拉力大小。
2．（2024•天津）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为的半圆形匀强磁场区域，半圆与轴相切于点，与轴相切于点，直线边界与轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为。一带负电粒子质量为，电荷量为，从点以速度沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从点到达轴的时间；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达轴上点，、的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
3．（2024•天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框，线框边长为，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为，线框转轴与磁场垂直，且与、距离相等。线框与储能装置连接。
（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置中的电流方向；
（2）若线框以角速度匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在时刻位置如图2所示，求此时产生的感应电动势；
（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为，加速度大小为，储存的电能为初动能的，求制动过程中汽车行驶的最大距离。
4．（2025•邯郸一模）如图所示，边长为的正方形区域（含边界）内存在匀强电场，电场强度方向向下且与边平行。一质量为、电荷量为的带电粒子从点沿方向以初速度射入匀强电场，恰好能从点飞出。不计粒子重力。
（1）求粒子在电场中运动的时间及速度偏转角的正切值；
（2）若将正方形区域内的匀强电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同速度从点进入磁场，粒子以相同偏转角从边飞出。求磁感应强度与电场强度的比值。
5．（2025•邯郸一模）气泡在水中上升过程中由于压强减小，气泡体积会变大，一个气泡从深为的湖底部沿竖直方向缓慢上浮，气泡内的气体对湖水做功，气体可视为理想气体，湖底与湖面温差不计。取湖水的密度为，重力加速度，大气压强为。求：
（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量；
（2）气泡体积变为原来的几倍。
6．（2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比小球直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块静止于木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，，，，，。试求：
（1）小球平抛运动的时间及抛出点与管口间的高度差；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；
（3）木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。
7．（2024•青山湖区校级模拟）干瘪的篮球在室外温度为时，体积为，球内压强为。为了让篮球鼓起来，将其放入温度恒为热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状，此过程气体对外做功为，球内的气体视为理想气体且球不漏气，若球内气体的内能满足为常量且大于零），已知大气压强为，求：
（1）恢复原状时的篮球内气体的压强；
（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量。
8．（2024•江汉区模拟）如图所示，密封良好的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，其顶部固定且导热良好，其他部分绝热。质量为的绝热活塞将理想气体分为和两部分，活塞横截面积为，厚度不计，能无摩擦地滑动，活塞上表面和容器顶部与轻弹簧连接。初始时容器内两部分气体的温度相同，气柱的高度均为，气体的压强为，弹簧处于原长状态。加热气体一段时间（加热装置未画出且体积可忽略），活塞缓慢上升后，系统再次平衡，此时气体的温度为原来的1.6倍。重力加速度取，试求：
（1）再次平衡时容器气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数。
9．（2024•开福区校级模拟）如图甲所示，竖直放置的汽缸的、两处设有限制装置，横截面积为，活塞的质量为，厚度不计。使活塞只能在、之间运动，下方汽缸的容积为，、之间的容积为，外界大气压强。开始时活塞停在处，缸内气体的压强为，温度为，现缓慢加热缸内气体，直至。不计活塞与缸之间的摩擦，取为。求：
（1）活塞刚离开处时气体的温度；
（2）缸内气体最后的压强；
（3）在图乙中画出整个过程中的图线。
10．（2024•开福区校级模拟）如图所示，水平面上有相距的两平行足够长固定轨道和，轨道的电阻不计。两根长度均为的导体棒和紧靠横放于轨道上，质量分别为和，电阻分别为和，与轨道间的动摩擦因数均为，两棒始终与两导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。现垂直于棒施加的水平恒力，棒从静止开始运动，经时间后棒即将开始运动，测得时间内两棒之间的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。
（1）求棒即将开始运动时棒的速度；
（2）求时间内棒产生的电热；
（3）在棒即将开始运动时撤去力，此时棒仍然静止，若在棒以后的运动过程中，流过棒的电量为，求此过程经历的时间。
11．（2024•湖南模拟）如图所示，真空中固定在点的点电荷带电荷量，虚线为另一带电荷量的点电荷从无穷远处向点运动的轨迹。点电荷从无穷远处移动到点静电力做了的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离点距离为的点电势。（静电力常量求：
（1）点电荷在点时受到的静电力的大小；
（2）点电荷在点的电势能；
（3）、两点间的电势差。
12．（2024•金台区模拟）在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面一辆汽车的前端刚好于路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为，且车长为，最前面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽。若汽车启动时都以的加速度做匀加速直线运动，加速到后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为，达到后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）。另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。（提示：绿灯亮起时，行人从走向，第1辆汽车从朝向行驶。
请回答下列问题：
（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，求该汽车刹车后经多少时间停下？
（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？
13．（2024•宁河区校级一模）
如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。
（3）小车的质量。
14．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点为观测点，以质量为的小星体（记为为观测对象。当前到点的距离为，宇宙的密度为。
（1）求小星体远离到处时宇宙的密度；
（2）以点为球心，以小星体到点的距离为半径建立球面。受到的万有引力相当于球内质量集中于点对的引力。已知质量为和、距离为的两个质点间的引力势能，为引力常量。仅考虑万有引力和远离点的径向运动。
求小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△；
宇宙中各星体远离观测点的速率满足哈勃定律，其中为星体到观测点的距离，为哈勃系数。与时间有关但与无关，分析说明随增大还是减小。
15．（2024•莲湖区校级二模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，间距为，间接阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直导轨放置，导轨和金属棒电阻不计，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现给金属棒一个水平外力使金属棒从静止开始向右匀加速运动，速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，运动过程中金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。求：
（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量。
16．（2024•琼山区一模）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态，到过程中外界对气体做功为，已知、、、。求：
（1）与；
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量。
17．（2024•大兴区校级模拟）类比法是研究物理问题的常用方法。
（1）如图甲所示为一个电荷量为的点电荷形成的电场，静电力常量为，有一电荷量为的试探电荷放入场中，与场源电荷相距为。根据电场强度的定义式，推导：试探电荷所在处的电场强度的表达式。
（2）场是物理学中重要的概念，除了电场和磁场外，还有引力场，物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的。忽略地球自转影响，地球表面附近的引力场也叫重力场。已知地球质量为，半径为，引力常量为。请类比电场强度的定义方法，定义距离地球球心为处的引力场强度，并说明两种场的共同点。
（3）微观世界的运动和宏观运动往往遵循相同的规律，根据玻尔的氢原子模型，电子的运动可以看成是经典力学描述下的轨道运动，如图乙。原子中的电子在原子核的库仑引力作用下，绕静止的原子核做匀速圆周运动。这与天体运动规律相似，天体运动轨道能量为动能和势能之和。已知氢原子核（即质子）电荷量为，核外电子质量为，带电量为，电子绕核运动的轨道半径为，静电力常量为。若规定离核无限远处的电势能为零，电子在轨道半径为处的电势能为，求电子绕原子核运动的系统总能量（包含电子的动能与电势能）。
18．（2024•西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
19．（2024•福建）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过时的速度大小；
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
20．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角为，，。当每条绳子拉力的大小为时，人与木板沿直线匀速前进，在内前进了，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
21．（2024•福建）如图，木板放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧、与桌面上的两个固定挡板相连。小物块放在的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球相连，轻绳绝缘且不可伸长，与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，、、均静止，、处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，向下加速运动，下降后开始匀速运动，开始做匀速运动瞬间弹簧的弹性势能为。已知、、的质量分别为、、，小球的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求与间的动摩擦因数及做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当与即将发生相对滑动瞬间撤去电场，、继续向右运动，一段时间后，从右向左运动。求第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程未与脱离，未与地面相碰）
22．（2024•顺义区三模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
23．（2024•上海二模）摆钟是最早能够精确计时的一种工具，如图1所示。十七世纪意大利天文学家伽利略研究了教堂里吊灯的运动，发现单摆运动具有等时性，后人根据这一原理制成了摆钟，其诞生三百多年来，至今还有很多地方在使用。完成下列问题：
（1）把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该 。
．增加摆长
．增加摆锤质量
．缩短摆长
．减小摆锤质量
（2）如图2，一单摆的摆长为，摆球质量，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为 。摆球从释放开始到达最低点的时间为 。
（3）（计算）接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量，使得摆球能够继续绕悬挂点在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？
24．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度，半圆形部分的半径，重力加速度大小取。
（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从点飞出，求该情况下，物块滑到点时的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示。
求和；
初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块运动到点时撤去，试判断此后小物块是否可以从点飞离轨道，若可以，计算小物块从点飞离时相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。
25．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。
2025年高考物理解密之解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024•天津）如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球施加水平向左的瞬时冲量，沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球正碰并粘在一起。已知，、的质量分别为、，轨道半径和绳长均为，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度取，不计空气阻力。求：
（1）与碰前瞬间的速度大小；
（2）、碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】（1）与碰前瞬间的速度大小；
（2）、碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；某一方向上的动量守恒问题
【专题】机械能守恒定律应用专题；计算题；动量定理应用专题；推理法；推理论证能力；定量思想
【分析】（1）在水平向左的瞬时冲量作用下开始运动，根据动量定理可以得到初速度。在光滑半圆形轨道运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律，可得到达最高点和碰前瞬间的速度大小；
（2）、在轨道最高点碰撞后粘在一起，水平方向没有外力，碰撞过程水平方向动量守恒，可得两球粘在一起瞬间的速度，在重力和轻绳拉力的作用下做圆周运动，由牛顿第二定律，可得轻绳上拉力。
【解答】解：（1）设施加瞬时冲量后瞬间的速度为 ，由动量定理，有，解得：
设与碰前瞬间的速度大小为 ，由机械能守恒定律，有，解得：；
（2）设、碰后瞬间共同速度大小为，由水平方向动量守恒，有，解得：
设碰后瞬间轻绳拉力大小为，由牛顿第二定律，有
解得：。
答：（1）与碰前瞬间的速度大小；
（2）、碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【点评】本题设置的物理情境并不复杂，但对考生分析综合能力和思维方法有一定要求，需要考生灵活的选择不同的物理规律。在冲量作用后，从最低点沿光滑半圆形轨道运动到最高点和碰撞，碰 撞后粘在一起做圆周运动，考查了动量定理、机械能守恒定律、动量守 恒定律、圆周运动的向心力等知识。要求考生能理解、分析完整运动过 程、并把一个相对复杂的运动过程依次分解，对考生的物理观念和科学思维素养进行了考查。
2．（2024•天津）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为的半圆形匀强磁场区域，半圆与轴相切于点，与轴相切于点，直线边界与轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为。一带负电粒子质量为，电荷量为，从点以速度沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）若仅有电场，求粒子从点到达轴的时间；
（3）若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达轴上点，、的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】（1）磁感应强度的大小为；
（2）若仅有电场，粒子从点到达轴的时间为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【专题】推理法；定量思想；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力
【分析】（1）从点以速度沿方向进入第一象限的带负电粒子，根据图中标出的电场、磁场方向，以及粒子速度方向，可以判断出粒子受到的静电力和洛伦兹力方向。带电粒子正好能沿直线匀速穿过半圆区域，说明静电力与洛伦兹力两者大小相等，方向相反。据此求得的大小。
（2）在仅有电场时带电粒子做类平抛运动。依照题意，粒子沿方向做匀加速运动，位移为，由牛顿第二定律和运动学公式可以求粒子从点到达轴的时间。
（3）分析带电粒子的运动轨迹，带电粒子在仅存在磁场的半圆区域内运动时，由洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动。离开半圆磁场区域后，不受任何力作用，做匀速直线运动到点。由几何关系求得圆弧轨迹的圆心角，结合运动周期可以求得粒子在磁场中运动的时间。
【解答】解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：
解得：
（2）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为，由牛顿第二定律得：
依题意，粒子沿方向运动的位移为，由运动学公式得：
联立解得：
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所示。
粒子从点离开磁场，则延长线必然经过半圆形磁场的圆心，设，由几何关系可得：
，可得：
设粒子在磁场中运动的轨道半径为，速度大小为，由洛伦兹力提供向心力得：
设粒子在磁场中做圆周运动的周期为，则有：
由几何条件可得：
联立解得：
答：（1）磁感应强度的大小为；
（2）若仅有电场，粒子从点到达轴的时间为；
（3）粒子在磁场中运动的时间为。
【点评】本题综合性较强，涉及知识内容广泛，以带电粒子在匀强电场、匀强磁场中运动为背景素材，重点考查了左手定则、洛伦兹力、静电力、力的平衡、向心力、牛顿第二定律、匀速圆周运动、类平抛运动等知识，对考生的物理观念和科学思维素养进行了考查。
3．（2024•天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框，线框边长为，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为，线框转轴与磁场垂直，且与、距离相等。线框与储能装置连接。
（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置中的电流方向；
（2）若线框以角速度匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在时刻位置如图2所示，求此时产生的感应电动势；
（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为，加速度大小为，储存的电能为初动能的，求制动过程中汽车行驶的最大距离。
【答案】（1）线框转动方向如图1所示，图示位置中的电流方向为从到；
（2）此时产生的感应电动势为；
（3）制动过程中汽车行驶的最大距离为。
【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；牛顿第二定律的简单应用；导体转动切割磁感线产生的感应电动势；右手定则；动能定理的简单应用
【专题】交流电专题；电磁感应——功能问题；推理法；定量思想；推理论证能力
【分析】（1）根据右手定则判断图1所示位置中的电流方向。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，根据线框经过时间转过的角度求得垂直磁感线方向的分速度，根据，求解此时产生的感应电动势。
（3）线框转动过程中产生正余弦交流电，根据交流电的峰值确定其有效值。根据焦耳定律求解储存的电能，得到转动第周储存的电能的通项式，应用数学知识求解储存的总的电能，根据题意求得汽车的初动能，根据动能定理和牛顿第二定律求解制动过程中汽车行驶的最大距离。
【解答】解：（1）由右手定则可知，图1所示位置中的电流方向为从到。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间转过的角度为：
垂直磁感线方向的分速度为：
此时产生的感应电动势为：
（3）线框转动过程中，、均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
线框转动第一周产生感应电动势最大值为：
储存电能为：
同理可得线框转动第二周储存的电能为：
同理可得线框转动第三周储存的电能：
可得线框转动第周储存的电能为：
则直到停止（即时储存的电能为：
已知储存的电能为初动能的，可得汽车的初动能为：
根据动能定理和牛顿第二定律可得：
解得：
答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置中的电流方向为从到；
（2）此时产生的感应电动势为；
（3）制动过程中汽车行驶的最大距离为。
【点评】本题考查了电磁感应现象，交流电的产生，交流电的峰值、有效值的关系，能量转化与守恒，以及功能关系的应用。考查了数理结合的能力。
4．（2025•邯郸一模）如图所示，边长为的正方形区域（含边界）内存在匀强电场，电场强度方向向下且与边平行。一质量为、电荷量为的带电粒子从点沿方向以初速度射入匀强电场，恰好能从点飞出。不计粒子重力。
（1）求粒子在电场中运动的时间及速度偏转角的正切值；
（2）若将正方形区域内的匀强电场换成垂直纸面向外的匀强磁场，粒子仍以相同速度从点进入磁场，粒子以相同偏转角从边飞出。求磁感应强度与电场强度的比值。
【答案】（1）粒子在电场中运动的时间为，速度偏转角的正切值为2；
（2）磁感应强度与电场强度的比值为。
【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题
【分析】（1）粒子沿方向的运动为匀速直线运动，求粒子在电场中运动的时间；由平抛运动中位移夹角和速度夹角的关系求速度偏转角的正切值；
（2）由求得磁场的大小；粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式求得电场强度。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，由运动学公式可知
位移偏转角为，则有
速度偏转角的正切值
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由几何关系可知
且
由牛顿第二定律可知
解得
粒子在匀强电场中运动过程有
且
，
解得
磁感应强度与电场强度的比值为
答：（1）粒子在电场中运动的时间为，速度偏转角的正切值为2；
（2）磁感应强度与电场强度的比值为。
【点评】明确粒子在电场中的运动情况，熟记运动学公式以及平抛运动中位移夹角和速度夹角的关系可轻松解题。
5．（2025•邯郸一模）气泡在水中上升过程中由于压强减小，气泡体积会变大，一个气泡从深为的湖底部沿竖直方向缓慢上浮，气泡内的气体对湖水做功，气体可视为理想气体，湖底与湖面温差不计。取湖水的密度为，重力加速度，大气压强为。求：
（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量；
（2）气泡体积变为原来的几倍。
【答案】（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量为；
（2）气泡体积变为原来的倍。
【考点】气体的等温变化与玻意耳定律的应用
【专题】理想气体状态方程专题；分析综合能力；定量思想；推理法；热力学定律专题
【分析】（1）根据热力学第一定律求上浮过程中气泡从外界吸收的热量；
（2）根据玻意耳定律求气泡体积变为原来的几倍。
【解答】解：（1）上浮过程中，由题意可知，温度不变，则气泡内气体内能不变；气泡内的气体对湖水做功，根据热力学第一定律可知
△
可知上浮过程中气泡从外界吸收的热量为
（2）气泡从深为的湖底部沿竖直方向缓慢上浮，根据玻意耳定律可知
其中
解得
解得
则有
解得
可知气泡体积变为原来的倍。
答：（1）上浮过程中气泡从外界吸收的热量为；
（2）气泡体积变为原来的倍。
【点评】本题考查热力学第一定律与一定质量的理想气体状态方程和液体压强与深度的关系，注意对热力学第一定律中各物理量的符号。
6．（2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比小球直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块静止于木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，，，，，。试求：
（1）小球平抛运动的时间及抛出点与管口间的高度差；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；
（3）木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。
【答案】（1）小球平抛运动的时间为，为；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为，方向竖直向上，和外壁挤压；
（3）木板的最短长度为，木板在地面上滑动的总路程为。
【考点】平抛运动位移的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；物体在环形竖直轨道内的圆周运动；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力
【分析】（1）小球做平抛运动，由结合，求平抛运动的时间与管口间的高度差；
（2）由动能定理结合牛顿第二定律求小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力；
（3）由动能定理结合动量守恒定律及运动学公式求木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。
【解答】解：设水平向右为正方向为正
（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
在小球平抛到管口点时如图
根据
解得
（2）从到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上述图可知
在最高点
解得
小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为，方向竖直向上。
（3）从到全过程，由动能定理可得
解得
小球和物块碰撞过程，设水平向右为正方向，可得
解得，
可知碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象
对可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以和为对象，第1次与墙碰撞后
解得
对木板
第2次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
解得
对木板
第3次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
解得
对木板
第次与墙碰撞后
解得
对木板
第次与墙碰撞后
解得
对木板
木板运动的总路程为
即
当时，，可得
解得
木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得
解得
答：（1）小球平抛运动的时间为，为；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为，方向竖直向上，和外壁挤压；
（3）木板的最短长度为，木板在地面上滑动的总路程为。
【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，知道平抛运动的规律和牛顿第二定律求解得思路．
解决该题关键是掌握碰撞过程动量守恒，列出等式求解。
7．（2024•青山湖区校级模拟）干瘪的篮球在室外温度为时，体积为，球内压强为。为了让篮球鼓起来，将其放入温度恒为热水中，经过一段时间后鼓起来了，体积恢复原状，此过程气体对外做功为，球内的气体视为理想气体且球不漏气，若球内气体的内能满足为常量且大于零），已知大气压强为，求：
（1）恢复原状时的篮球内气体的压强；
（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量。
【答案】（1）恢复原状时的篮球内气体的压强为；
（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量为。
【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】热力学定律专题；计算题；分析综合能力；定量思想；模型法
【分析】（1）由理想气体状态方程求解恢复原状时的篮球内气体的压强；
（2）根据温度的变化，由求出气体内能变化量，再由热力学第一定律求解篮球内气体吸收的热量。
【解答】解：（1）将球内气体为理想气体，由理想气体状态方程有
解得恢复原状时的篮球内气体的压强为
（2）由可知，该过程气体内能变化量为
△△
由热力学第一定律有
△
解得
答：（1）恢复原状时的篮球内气体的压强为；
（2）干瘪的篮球恢复原状的过程中，篮球内气体吸收的热量为。
【点评】本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，解题时要知道气体体积增大，气体对外界做功，为负值。
8．（2024•江汉区模拟）如图所示，密封良好的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，其顶部固定且导热良好，其他部分绝热。质量为的绝热活塞将理想气体分为和两部分，活塞横截面积为，厚度不计，能无摩擦地滑动，活塞上表面和容器顶部与轻弹簧连接。初始时容器内两部分气体的温度相同，气柱的高度均为，气体的压强为，弹簧处于原长状态。加热气体一段时间（加热装置未画出且体积可忽略），活塞缓慢上升后，系统再次平衡，此时气体的温度为原来的1.6倍。重力加速度取，试求：
（1）再次平衡时容器气体的压强；
（2）弹簧的劲度系数。
【答案】（1）再次平衡时容器气体的压强为；
（2）弹簧的劲度系数为。
【考点】理想气体及理想气体的状态方程；气体压强的计算；气体的等温变化与玻意耳定律的应用
【专题】分析综合能力；计算题；学科综合题；定量思想；模型法；气体的状态参量和实验定律专题
【分析】（1）加热气体时，活塞缓慢上升过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律求解再次平衡时容器气体的压强；
（2）初始状态，对活塞受力分析，由平衡条件求出气体的压强。对气体，由理想气体状态方程求出再次平衡时容器气体的压强。再对活塞，利用平衡条件和胡克定律相结合求解弹簧的劲度系数。
【解答】解：（1）活塞缓慢上升过程中，气体发生等温变化，根据玻意耳定律有
解得
（2）初始状态，对活塞受力分析，可得
活塞缓慢上升过程中，对气体，由理想气体状态方程得
解得
末状态，对活塞受力分析，由平衡条件得
联立解得
答：（1）再次平衡时容器气体的压强为；
（2）弹簧的劲度系数为。
【点评】本题是多体问题，关键有明确两部分的变化过程，找出它们之间的联系，比如压强关系等，再据气体实验定律、理想气体状态方程和力学规律相结合解答。
9．（2024•开福区校级模拟）如图甲所示，竖直放置的汽缸的、两处设有限制装置，横截面积为，活塞的质量为，厚度不计。使活塞只能在、之间运动，下方汽缸的容积为，、之间的容积为，外界大气压强。开始时活塞停在处，缸内气体的压强为，温度为，现缓慢加热缸内气体，直至。不计活塞与缸之间的摩擦，取为。求：
（1）活塞刚离开处时气体的温度；
（2）缸内气体最后的压强；
（3）在图乙中画出整个过程中的图线。
【答案】（1）活塞刚离开处时气体的温度为；
（2）缸内气体最后的压强为；
（3）中画出整个过程中的图线如图所示：
。
【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；气体压强的计算；气体的等压变化与盖吕萨克定律的应用
【专题】学科综合题；应用题；方程法；定量思想；推理论证能力；气体的状态参量和实验定律专题
【分析】（1）根据平衡条件求出压强，利用查理定律进行求解即可；
（2）根据盖—吕萨克定律进行求解；
（3）根据气体的状态变化过程，找出状态量，即可画出图线。
【解答】解：（1）活塞刚离开处是，设气体的压强为，气体的温度为
对活塞，由平衡条件可得：，代入数据解得：
由于气体发生等容变化，由查理定律可得：，其中，代入数据解得：；
（2）当气体的温度达到，假设活塞最终没有移动到处，缸内气体最后的压强仍为，体积为，由盖—吕萨克定律可得：，代入数据解得：，故假设成立，所以缸内气体最后的压强为；
（3）整个过程中的图如图所示：
答：（1）活塞刚离开处时气体的温度为；
（2）缸内气体最后的压强为；
（3）中画出整个过程中的图线如图所示：
。
【点评】本题考查气体的实验定律与理想气体状态方程，正确的找出状态参量是关键。
10．（2024•开福区校级模拟）如图所示，水平面上有相距的两平行足够长固定轨道和，轨道的电阻不计。两根长度均为的导体棒和紧靠横放于轨道上，质量分别为和，电阻分别为和，与轨道间的动摩擦因数均为，两棒始终与两导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为。现垂直于棒施加的水平恒力，棒从静止开始运动，经时间后棒即将开始运动，测得时间内两棒之间的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。
（1）求棒即将开始运动时棒的速度；
（2）求时间内棒产生的电热；
（3）在棒即将开始运动时撤去力，此时棒仍然静止，若在棒以后的运动过程中，流过棒的电量为，求此过程经历的时间。
【答案】（1）棒即将开始运动时棒的速度为；
（2）求时间内棒产生的电热为；
（3）此过程经历的时间为。
【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的能量类问题
【专题】推理论证能力；推理法；定量思想；电磁感应中的力学问题
【分析】（1）棒切割磁感线，棒静摩擦力达到最大。由闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式和平衡条件求解棒的速度；（2）应用功能关系、能量守恒定律和焦耳定律求解在已知时间内棒产生的热量；
（3）根据动量定理结合电荷量的经典表达式求解棒撤去外力后到静止的时间。
【解答】解：（1）在棒即将开始运动时，棒的速度为，则电路中的电动势：
电路中的电流为：
棒受的安培力为：
由题意有：
由以上各式解得：
（2）设在时间内，棒产生的电热为，由焦耳定律可知：
可求得到：
对整个系统由功能关系：
由以上各式可求得：
（3）对棒以后的运动过程，以向左方向为正，由动量定理有：
流过棒的电量为：
由以上各式可求得：
答：（1）棒即将开始运动时棒的速度为；
（2）求时间内棒产生的电热为；
（3）此过程经历的时间为。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律的导体棒切割磁感线的模型，此题要注意分析金属棒的运动过程，对此类模型导体棒受恒力而加速度不恒定的运动，经常应用动量定理解答，要能够熟练对安培力的冲量的求解。
11．（2024•湖南模拟）如图所示，真空中固定在点的点电荷带电荷量，虚线为另一带电荷量的点电荷从无穷远处向点运动的轨迹。点电荷从无穷远处移动到点静电力做了的功；取无穷远处电势为零，轨迹上离点距离为的点电势。（静电力常量求：
（1）点电荷在点时受到的静电力的大小；
（2）点电荷在点的电势能；
（3）、两点间的电势差。
【答案】（1）点电荷在点时受到的静电力的大小为；
（2）点电荷在点的电势能为；
（3）、两点间的电势差为。
【考点】库仑定律的表达式及其简单应用；电场力做功与电势能变化的关系；电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力
【分析】（1）根据库仑定律计算；
（2）根据功能关系，静电力做的功等于电势能变化量求解；
（3）根据电势差的定义式计算。
【解答】解：（1）点电荷在点时受到的静电力大小
将代入解得。
（2）根据功能关系有
解得。
（3）点的电势
、两点间的电势差。
答：（1）点电荷在点时受到的静电力的大小为；
（2）点电荷在点的电势能为；
（3）、两点间的电势差为。
【点评】解此题的关键是要熟悉库仑定律，电势能，电势差概念，易错点在（2）问中利用静电力做功与电势能变化的关系计算电势能。
12．（2024•金台区模拟）在十字路口，红灯拦停了很多汽车和行人，拦停的汽车排成笔直的一列，最前面一辆汽车的前端刚好于路口停车线相齐，相邻两车的前端间距均为，且车长为，最前面的行人站在横道线边缘，已知横道线宽。若汽车启动时都以的加速度做匀加速直线运动，加速到后做匀速直线运动通过路口。行人起步的加速度为，达到后匀速通过横道线。已知该路口亮绿灯的时间，而且有按倒计时显示的时间显示灯（无黄灯）。另外交通法规定：原在绿灯时通行的汽车，红灯亮起时，车头已越过停车线的允许通过。由于行人和汽车司机一直关注着红绿灯，因此可以不考虑行人和汽车的反应时间。（提示：绿灯亮起时，行人从走向，第1辆汽车从朝向行驶。
请回答下列问题：
（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有多少辆车通过路口？
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，求该汽车刹车后经多少时间停下？
（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与几辆车擦肩而过？
【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动规律的综合应用；匀变速直线运动速度与时间的关系
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题
【分析】（1）先求出加速的时间，根据运动学基本公式求出 40.0 时间，汽车能行驶的位移，从而求出能通过路口的汽车；
（2）先求出当计时灯刚亮出“3”时，不能通过路口的第一辆汽车行驶的位移，再求出汽车距停车线的距离，根据速度—位移公式求解加速度；
（3）分别求出汽车和人加速的时间和位移，在求出人通过横道线汽车行驶的总位移，根据车间距判定车辆数量。
【解答】解：（1）汽车加速时间为：
40.0 时间，汽车能行驶的位移为：
所以有：
根据题意，能有64辆汽车通过路口；
（2）记，当计时灯刚亮出“3”时，第65辆汽车行驶的位移为：，
此时车离停车线的距离为：，
故它停下的时间满足，解得：。
（3）汽车加速时间行驶的位移为：
行人加速的时间为：，加速位移为：
行人通过横道线的时间为：
在行人通过横道线的时间内汽车行驶位移为：
能到达横道线的车辆数为：，
即第32辆车有一部分是行人离开横道线后从侧边走过，
故取辆车擦肩而过。
答：（1）按题述情景，亮绿灯的这段时间里最多能有64辆车通过路口；
（2）按题述情景，不能通过路口的第一辆汽车司机，在时间显示灯刚亮出“3”时开始刹车，使车匀减速运动，结果车的前端与停车线相齐，该汽车刹车后经时间停下；（3）路口对面最前面的行人在通过横道线的过程中与31辆车擦肩而过。
【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析汽车的运动情况，难度较大。
13．（2024•宁河区校级一模）
如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。
（3）小车的质量。
【答案】（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小是。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是。
（3）小车的质量是。
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；绳球类模型及其临界条件；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用
【专题】推理法；动量和能量的综合；定量思想；分析综合能力；计算题
【分析】（1）求出在轨道最高点的速度大小，从到由动能定理求解在点的速度大小，在点由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解物块对轨道的压力大小；
（2）由动量守恒定律、能量守恒定律求解弹性势能；
（3）由动量守恒定律、能量守恒定律求出小车的质量。
【解答】解：（1）恰好能冲到圆弧轨道的最高点处，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
到过程，对，由动能定理得：
在点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小：
（2）弹簧弹开、过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：，
（3）恰好滑到小车左端时与小车有共同速度，与小车组成的系统动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：
答：（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小是。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是。
（3）小车的质量是。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
14．（2024•北京）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点为观测点，以质量为的小星体（记为为观测对象。当前到点的距离为，宇宙的密度为。
（1）求小星体远离到处时宇宙的密度；
（2）以点为球心，以小星体到点的距离为半径建立球面。受到的万有引力相当于球内质量集中于点对的引力。已知质量为和、距离为的两个质点间的引力势能，为引力常量。仅考虑万有引力和远离点的径向运动。
求小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△；
宇宙中各星体远离观测点的速率满足哈勃定律，其中为星体到观测点的距离，为哈勃系数。与时间有关但与无关，分析说明随增大还是减小。
【答案】（1）小星体远离到处时宇宙的密度为；
（2）小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△为；
随增大而减小。
【考点】宇宙的起源与恒星的演化；常见力做功与相应的能量转化
【专题】定量思想；推理法；推理能力；功能关系 能量守恒定律
【分析】（1）根据质量不变，密度和体积公式计算解答；
（2）根据能量的转化和守恒定律求解动能变化量；
根据公式结合速度变化情况分析判断。
【解答】解：（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体运动前后距离点半径为和的球内质量相同，即
解得小星体远离到处时宇宙的密度
（2）此球内的质量
从处远离到处，由能量守恒定律得
动能的变化量
解得△
由知星体的速度随增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间越长，由知，减小，故随增大而减小。
答：（1）小星体远离到处时宇宙的密度为；
（2）小星体从处远离到处的过程中动能的变化量△为；
随增大而减小。
【点评】考查引力势能和能的转化和守恒等问题，会根据题意进行相关的分析和解答。
15．（2024•莲湖区校级二模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，间距为，间接阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直导轨放置，导轨和金属棒电阻不计，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现给金属棒一个水平外力使金属棒从静止开始向右匀加速运动，速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，运动过程中金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。求：
（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量。
【答案】（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小为；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量为。
【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【专题】推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力；定量思想
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解电流的大小，根据牛顿第二定律和题设条件求加速度；
（2）利用平均值法由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义求电荷量。
【解答】解：（1）金属棒在外力作用下，切割磁感线产生的电动势为：
电路中的电流为：
金属棒受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
变形得到：
因为速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，即：
联立解得：
（2）通过电阻的电荷量为：
根据法拉第电磁感应定律：
平均电流为：
又因为是一定值，金属棒做匀变速直线运动：
联立解得在内流过定值电阻的电荷量：
答：（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小为；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量为。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
16．（2024•琼山区一模）在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态等温膨胀到体积为、压强为的状态，然后从状态绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态，到过程中外界对气体做功为，已知、、、。求：
（1）与；
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量。
【答案】（1）为，为。
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量为。
【考点】热力学第一定律的表达和应用；理想气体及理想气体的状态方程
【专题】热力学定律专题；计算题；图析法；定量思想；分析综合能力
【分析】（1）过程为等温变化，根据图像读出气体状态变化前后的状态参量，根据玻意耳定律求；根据理想气体状态方程求解；
（2）根据热力学第一定律列式计算气体内能的变化量。
【解答】解：（1）过程为等温变化，由图可知，，，
根据玻意耳定律得
解得：
（2）由图可知，，
根据理想气体状态方程得

解得：
（3）到过程，根据热力学第一定律可知△
其中，故气体内能增加△
答：（1）为，为。
（2）到过程，气泡内气体内能的变化量为。
【点评】本题主要考查理想气体的状态方程和热力学第一定律，解题的关键是分析出气体变化前后的状态参量，结合热力学第一定律分析内能的变化量。
17．（2024•大兴区校级模拟）类比法是研究物理问题的常用方法。
（1）如图甲所示为一个电荷量为的点电荷形成的电场，静电力常量为，有一电荷量为的试探电荷放入场中，与场源电荷相距为。根据电场强度的定义式，推导：试探电荷所在处的电场强度的表达式。
（2）场是物理学中重要的概念，除了电场和磁场外，还有引力场，物体之间的万有引力就是通过引力场发生作用的。忽略地球自转影响，地球表面附近的引力场也叫重力场。已知地球质量为，半径为，引力常量为。请类比电场强度的定义方法，定义距离地球球心为处的引力场强度，并说明两种场的共同点。
（3）微观世界的运动和宏观运动往往遵循相同的规律，根据玻尔的氢原子模型，电子的运动可以看成是经典力学描述下的轨道运动，如图乙。原子中的电子在原子核的库仑引力作用下，绕静止的原子核做匀速圆周运动。这与天体运动规律相似，天体运动轨道能量为动能和势能之和。已知氢原子核（即质子）电荷量为，核外电子质量为，带电量为，电子绕核运动的轨道半径为，静电力常量为。若规定离核无限远处的电势能为零，电子在轨道半径为处的电势能为，求电子绕原子核运动的系统总能量（包含电子的动能与电势能）。
【答案】（1）处的电场强度的大小为；
（2）引力场强度为；
两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；
②场强都是既有大小又有方向的矢量；
③两种场力做功都与路径无关，可以 引入“势”的概念；
④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；
⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（等高线）来形象描述场。；
（3）电子绕原子核运动的轨道能量为，电子向距离原子核远的高轨道跃迁时其能量变大。
【考点】点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电场力做功的计算及其特点；电场力做功与电势能变化的关系
【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力
【分析】（1）根据电场强度的定义式，求处的电场强度的大小；
（2）类比电场强度的定义方法，求引力场强度；
（3）根据库仑引力提供向心力、动能定义，求电子绕原子核运动的轨道动能，再求电子绕原子核运动的轨道能量
【解答】解：（1）根据库仑定律和场强的定义式有
解得
（2）根据万有引力定律
则距离地球球心为处的引力场强度为
两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；
②场强都是既有大小又有方向的矢量；
③两种场力做功都与路径无关，可以 引入“势”的概念；
④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；
⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（等高线）来形象描述场。
（3）根据
则动能为
电子绕原子核运动的轨道能量为
电子向距离原子核远的高轨道跃迁时增大，动能减小，电势能增加，电子绕原子核运动的轨道能量增加。
答：（1）处的电场强度的大小；
（2）引力场强度；
两种场的共同点：①都是一种看不见的特殊物质；
②场强都是既有大小又有方向的矢量；
③两种场力做功都与路径无关，可以 引入“势”的概念；
④力做功的过程，都伴随着一种势能的变化；
⑤都可以借助电场线（引力场线）、等势面（等高线）来形象描述场。；
（3）电子绕原子核运动的轨道能量为，电子向距离原子核远的高轨道跃迁时其能量变大。
【点评】本题考查学生对电场强度的定义式、类比法、库仑引力提供向心力、动能定义的掌握，考点丰富，难度中等。
18．（2024•西城区校级模拟）某设计团队给一生态公园设计人造瀑布景观。如景观侧面示意图所示，人造瀑布景观由供水装置和瀑布景观两部分组成。一水泵将水池中的水抽到高处，作为瀑布上游水源；龙头喷出的水流入高处的水平槽道内，然后从槽道的另一端水平流出，恰好落入步道边的水池中，形成瀑布景观。在实际瀑布景观中，水池的水面距离地面为（不会随着水被抽走而改变水位），龙头离地面高为，龙头喷水管的半径为，龙头喷出的水从管口处以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出。若不接水平槽道，龙头喷出的水直接落地（如图中虚线所示），其落地的位置到龙头管口的水平距离为。已知水的密度为，重力加速度为，不计空气阻力。完成以下问题：
（1）求单位时间内从龙头管口流出的水的质量；
（2）不计额外功的损失，求水泵输出的功率。
（3）在施工前，先制作一个为实际尺寸的瀑布景观模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的多少倍？
【答案】（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；平抛运动速度的计算
【专题】定量思想；信息给予题；计算题；分析综合能力；推理法；功率的计算专题
【分析】（1）根据平抛运动规律求出水的速度，体积公式求体积，质量公式求质量；
（2）水泵对水做的功转化为水的重力势能和动能，根据功能关系求功率；
（3）由模型比例求出对应的高度和水平位移，根据平抛运动的规律求速度。
【解答】解：（1）由题意可知龙头喷水管的半径为，可知横截面积为
单位时间内从龙头管口流出的水的体积为
由平抛运动规律得
联立解得体积为
单位时间内从龙头管口流出的水的质量为
；
（2）时间内从管口喷出的水体积为
质量为
那么设时间内水泵对水做的功为，则由动能定理可得
得水泵输出的功率为
联立解得
（3）可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的，由
可得
可知模型中的时间为
水平方向上由
可得
可解得
模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的 倍。
答：（1）单位时间内从龙头管口流出的水的质量为；
（2）不计额外功的损失，水泵输出的功率为；
（3）模型中槽道里的水流速度应为实际水流速度的倍。
【点评】本题以平抛运动为背景考查功能关系，难度一般。
19．（2024•福建）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：
（1）粒子经过时的速度大小；
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；
（3）磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1）粒子经过时的速度大小为。
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
（3）磁场的磁感应强度为。
【考点】带电粒子先后经过加速电场和偏转电场；带电粒子由电场进入磁场中的运动
【专题】应用题；信息给予题；定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力
【分析】（1）根据动能定理列式求解粒子经过点时的速度大小；
（2）根据动能定理求解粒子离开电场时的速度，再由运动的合成和分解和几何关系求出夹角；
（3）根据几何关系确定粒子在磁场中的半径，再由洛伦兹力充当向心力求解磁感应强度。
【解答】解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理可知，解得；
（2）粒子进入后水平方向做匀速运动，竖直方向为匀加速直线运动，由动能定理可得：
解得
由几何关系可知，粒子竖直方向上的分速度为，水平速度和竖直速度相等，由运动的合成和分解规律可知，粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
（3）粒子以速度进入磁场，在磁场中运动轨迹如图所示，由几何关系可知，圆的半径
由牛顿第二定律可得
联立解得
答：（1）粒子经过时的速度大小为。
（2）粒子经过时速度方向与轴正向的夹角为；
（3）磁场的磁感应强度为。
【点评】本题考查带电粒子在电场中的加速、偏转以及磁场中的圆周运动，要注意掌握各种运动的求解方法，明确电场中的运动合成与分解的应用，掌握磁场中的圆周运动的处理方法。
20．（2024•福建）我国古代劳动人民创造了璀璨的农耕文明。图（a）为《天工开物》中描绘的利用耕牛整理田地的场景，简化的物理模型如图（b）所示，人站立的农具视为与水平地面平行的木板，两条绳子相互平行且垂直于木板边缘。已知绳子与水平地面夹角为，，。当每条绳子拉力的大小为时，人与木板沿直线匀速前进，在内前进了，求此过程中：
（1）地面对木板的阻力大小；
（2）两条绳子拉力所做的总功；
（3）两条绳子拉力的总功率。
【答案】（1）地面对木板的阻力大小为；
（2）两条绳子拉力所做的总功为；
（3）两条绳子拉力的总功率为。
【考点】重力做功的特点和计算；功率的定义、物理意义和计算式的推导
【专题】推理法；功率的计算专题；推理论证能力；定量思想
【分析】（1）根据水平方向的平衡条件列式求解阻力大小；
（2）根据功的公式列式代入数据求解；
（3）根据功率的公式列式求解。
【解答】解：（1）对木板，水平方向受力平衡，则阻力
（2）根据功的定义，拉力做功
（3）根据功率的定义，拉力功率
答：（1）地面对木板的阻力大小为；
（2）两条绳子拉力所做的总功为；
（3）两条绳子拉力的总功率为。
【点评】考查平衡条件的应用以及功和功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。
21．（2024•福建）如图，木板放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧、与桌面上的两个固定挡板相连。小物块放在的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球相连，轻绳绝缘且不可伸长，与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，、、均静止，、处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，向下加速运动，下降后开始匀速运动，开始做匀速运动瞬间弹簧的弹性势能为。已知、、的质量分别为、、，小球的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求与间的动摩擦因数及做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当与即将发生相对滑动瞬间撤去电场，、继续向右运动，一段时间后，从右向左运动。求第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程未与脱离，未与地面相碰）
【答案】（1）匀强电场的场强大小为；
（2）与间的动摩擦因数为0.5，做匀速运动时的速度大小为；
（3）第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【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；分析综合能力
【分析】（1）撤去电场前，对物体，根据平衡条件求解场强大小；
（2）撤去电场后，做匀速运动后，对和物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；
下降的过程中，对于、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；
（3）没有电场时，开始匀速运动瞬间，对根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，下降高度为时，再对物体以及、整体，根据牛顿第二定律列式，再对对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律列式求解
第一次从右向左运动过程中最大速度。
【解答】解：（1）撤去电场前，对小球，根据共点力平衡条件有：，代入数据解得：
（2）开始做匀速直线运动后，对和根据共点力平衡条件分别有：，
代入数据解得：
开始匀速运动瞬间，、刚好发生相对滑动，此时、、三者速度大小相等，、两弹簧的弹性势能相同；
所以下降的过程中，对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律有：
代入数据解得：
（3）没有电场时，开始匀速运动瞬间，、刚好发生相对滑动，所以此时的加速度为零，对根据平衡条件，有：
当电场方向改为竖直向下，设与即将发生相对滑动时，下降高度为，对，根据牛顿第二定律可得：
对、根据牛顿第二定律可得：
撤去电场后，由第（2）问的分析可知、在下降时开始相对滑动，在下降的过程中，对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律，有
此时的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后做简谐运动，所以第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：
答：（1）匀强电场的场强大小为；
（2）与间的动摩擦因数为0.5，做匀速运动时的速度大小为；
（3）第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。
【点评】本题考查利用动量和能量观点解决连接体问题，解题关键是选择合适研究对象，正确对其受力分析，根据牛顿第二定律和能量守恒定律求解。
22．（2024•顺义区三模）跑酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，全过程忽略空气阻力影响。
（1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度；
（2）运动员与墙发生相互作用的时间为，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度；
（3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。
【答案】（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为和；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
【考点】平抛运动速度的计算；牛顿第二定律的简单应用
【专题】推理能力；定量思想；推理法；动量定理应用专题
【分析】（1）根据几何关系分析出运动员起跳时两个方向的分速度；
（2）根据竖直方向上的动量定理得出运动员上升的最大高度；
（3）根据动量定理和运动学公式得出运动员与墙发生相互作用的最长时间。
【解答】解：（1）根据几何关系可得水平方向分速度为：
竖直方向分速度为：
（2）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为，人质量为，设水平向右为正方向，由动量定理得：
设竖直向上为正方向，由动量定理得：
其中
联立得
运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由
联立解得：
（3）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为，与墙发生相互作用的时间为，人的质量为，设水平向右为正方向，由动量定理得
设竖直向上为正方向，由动量定理得
其中
联立得
设运动员起跳位置离墙面水平距离为，到达墙面所需时间为，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为，起跳后水平方向做匀速直线运动，得
解得：
运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为，加速度为的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于。根据上述分析，得：
，
联立式
作用的最长时间为：
答：（1）运动员起跳时的水平分速度和竖直分速度分别为和；
（2）蹬墙后运动员上升的最大高度为；
（3）运动员与墙发生相互作用的最长时间为。
【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，根据几何关系得出不同方向的分速度，结合动量定理和运动学公式即可完成分析。
23．（2024•上海二模）摆钟是最早能够精确计时的一种工具，如图1所示。十七世纪意大利天文学家伽利略研究了教堂里吊灯的运动，发现单摆运动具有等时性，后人根据这一原理制成了摆钟，其诞生三百多年来，至今还有很多地方在使用。完成下列问题：
（1）把摆钟的钟摆简化成一个单摆。如果一个摆钟，每小时走慢1分钟，可以通过调整钟摆来校准时间，则应该 。
．增加摆长
．增加摆锤质量
．缩短摆长
．减小摆锤质量
（2）如图2，一单摆的摆长为，摆球质量，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为 。摆球从释放开始到达最低点的时间为 。
（3）（计算）接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量，使得摆球能够继续绕悬挂点在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？
【答案】（1）；（2）；（其中、2、；（3）需要的最小冲量为。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用；单摆及单摆的条件；单摆的回复力
【专题】定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力
【分析】（1）根据单摆周期公式，结合题干中钟摆走的慢，分析周期可得出正确选项；
（2）对单摆受力分析可求出回复力大小，根据周期公式，可求出回到点的时间；
（3）对小球分析，利用重力提供向心力、机械能守恒以及动量定理可求出动量大小。
【解答】解：（1）根据单摆的周期公式，每小时走慢一分钟说明钟摆的周期比准确的钟摆周期而言要大，所以应当缩短摆长，故正确，错误。
故选：。
（2）单摆的回复力大小即为重力沿单摆切线的分力
根据单摆周期公式，可知从最高点释放后，第一次到达点为，第二次到达点的时间为，第三次到达点的时间为，以此类推得到
（其中、2、
故答案为：；（其中、2、。
（3）小球能通过最高点，速度为，重力提供向心力
点到最高点，机械能守恒，取点为零势能点
根据动量定理，
联立解得
故答案为：（1）；（2）；（其中、2、；（3）需要的最小冲量为。
【点评】学生在解答本题时，应注意对于单摆有比较系统的了解，尤其是单摆的周期公式，以及要注意到单摆的运动是周期性的往复运动。
24．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度，半圆形部分的半径，重力加速度大小取。
（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从点飞出，求该情况下，物块滑到点时的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示。
求和；
初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块运动到点时撤去，试判断此后小物块是否可以从点飞离轨道，若可以，计算小物块从点飞离时相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。
【答案】（1）该情况下，物块滑到点时的速度大小为。
（2）（ⅰ）和的值分别为：，；
（ⅱ）可以从点飞离，，方向水平向左。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；模型建构能力
【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律列式求解滑块到点的速度；
（2）根据图像分别列出两次牛顿第二定律方程，结合图像的两个斜率的物理意义列式联立解得动摩擦因数和小物块质量；
根据题图数据和运动学规律求出滑块到达点的时间，结合系统水平方向的动量守恒和机械能守恒定律列式及牛顿第二定律联立求滑块到最高点的速度并进行验证。
【解答】解：（1）根据题意可知小物块在恰好飞出，此时轨道弹力为0，重力提供向心力：
从点到点，列动能定理：
联立解得：
（2）（ⅰ）根据题意可知当时，小物块与轨道一起向左加速，整体研究，牛顿第二定律：
结合图乙，根据斜率信息可知：
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有：
结合图乙，根据斜率信息可知：，
根据截距信息可知：
解得：
（ⅱ）由图乙可知，当时，轨道的加速度为：
小物块的加速度：
当小物块运动到点时，经过时间，则有：
解得：
因此两物体的速度分别为：，
之后的运动中，机械能守恒，水平方向动量守恒，假设可以运动到点，根据能量守恒定律有：
以向左为正方向，根据动量守恒定律有：
联立解得：，或，，方向均向左（舍
此时小物块相对于轨道做圆周运动，且轨道为惯性系，则有：
代入数据解得：
可见此时恰好可以运动到点，假设成立，则可以从点飞离，速度大小为，方向水平向左
答：（1）该情况下，物块滑到点时的速度大小为。
（2）（ⅰ）和的值分别为：，；
（ⅱ）可以从点飞离，，方向水平向左。
【点评】考查牛顿运动定律、机械能守恒定律和动量守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
25．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。
【答案】（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为，物体滑上木板左端时的速度大小为；
（2）木板长度至少应是；
（3）木板的最小长度与的关系式为
【考点】板块模型和传送带模型的结合；动量守恒定律在板块模型中的应用
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力
【分析】（1）分析物体受力，根据受力判断物体运动过程，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
（2）地面光滑，物体和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒和能量守恒列式求解。
（3）根据木板是否运动，分情况讨论。当木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其速度为零时恰好到达木板右端时，木板长度最小。当物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动时，木板长度最小时，两者速度相等时物体恰好不掉下，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
【解答】解：（1）物体刚开始下滑时所受滑动摩擦力沿斜面向下，设此时其加速度大小为，由牛顿第二定律得：
解得：
设物体与传送带共速时运动的位移大小为，由运动学公式得：
解得：，此后物体继续在传送带上做匀加速直线运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度为，根据牛顿第二定律得：
解得：
设物体滑上木板左端时的速度大小，根据运动学公式得：
解得：
（2）地面光滑时，物体和木板组成的系统动量守恒，设木板长度最小为时，物体恰好滑到木板左端时与木板共速，设共速的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
（3）①当，即：时，木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其加速度大小等于为：
速度为零时恰好到达木板右端，设此时木板长度为，则有：
解得：
②当时，物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动，物体向右做匀减速直线运动，两者共速后会保持相对静止。
对木板，根据牛顿第二定律得：
解得：
设木板长度为时，两者速度相等时物体恰好不掉下，则有：
解得：
物体的位移大小为：
木板的位移大小为：
此情况木板长度为：
可得木板的最小长度与的关系式为：
答：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为，物体滑上木板左端时的速度大小为；
（2）木板长度至少应是；
（3）木板的最小长度与的关系式为
【点评】本题考查牛顿第二定律应用的传送带与板块模型，涉及到动量守恒定律、能量守恒定律的应用，解题时注意分析不同运动过程中摩擦力的方向和大小。
考点卡片
1．匀变速直线运动速度与时间的关系
【知识点的认识】
匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）
【命题方向】
例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
（1）质点做匀速运动时的速度；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．
解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：
v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．
（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：
a2＝＝2.5m/s2
答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．
例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．
解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，
则加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，
刹车至停止所需时间：t＝＝s＝7s．
故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0
答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．
【解题方法点拨】
1．解答题的解题步骤（可参考例1）：
①分清过程（画示意图）；
②找参量（已知量、未知量）
③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）
④利用公式列方程（选取正方向）
⑤求解验算．
2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．
2．匀变速直线运动位移与时间的关系
【知识点的认识】
（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+at2。
（2）公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即＝．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x＝v0t+at2
（3）匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×t＝，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得＝＝＝v0+at＝＝＝＝vt/2。
即有：＝＝vt/2。
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。
（4）匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。
推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。
【命题方向】
例1：对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（ ）
A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4
分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式求出2s内和6s内的位移。
解：汽车刹车到停止所需的时间＞2s
所以刹车2s内的位移＝45m。
t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。
＝60m。
所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。
例2：对推导公式＝＝vt/2的应用
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（ ）
A．位移大小可能小于5m B．位移大小可能小于3m
C．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2
分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a＝，求出加速度，根据平均速度公式x＝求位移。
解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x＝＝．若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x＝＝．负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。
C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度．若1s末的速度与初速度方向相反，则加速度a＝．所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2．故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式，此公式在考试中经常用到。
【解题思路点拨】
（1）应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+at2求第四个物理量。
③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。
（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a的正负及变化情况。
③利用图象求解a时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。
⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
3．匀变速直线运动规律的综合应用
【知识点的认识】
本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。
【命题方向】
如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：
（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．
（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？
（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？
分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+at2＝vt，由此可以求得需要的时间，进而求乙的位移．
（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．
（3）由t＝求解．
解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有
s0+at2＝vt
代入数据得t1＝2s
t2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）
此次练习中交接棒处离接力区前端的距离
（2）乙加速时间
设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有
代入数据得s＝12.8m
（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以
棒经过接力区的时间是
点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．
【解题思路点拨】
熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。
4．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。
5．板块模型和传送带模型的结合
【知识点的认识】
传动带模型与板块模型都是高中物理比较综合的问题模型，板块模型与传送带模型相结合的问题难度更大。
【命题方向】
如图所示，与水平方向成θ＝37°的传送带以恒定速度v＝4m/s沿逆时针方向转动，两传动轮间距为lAB＝5.8m。一质量为M＝1kg的长木板静止在粗糙地面上，其右端靠着传送带。现将一质量为m＝1kg且可视为质点的物块轻放在传送带顶端B点，物块沿传送带滑至底端，正好滑上长木板（此过程无机械能损失）。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，物块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1，重力加速度g＝10m/s2；求：
（1）物块刚滑到长木板上的速度大小
（2）从滑块滑上长木板到二者停下的总时间；
（3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度。
分析：（1）根据牛顿第二定律可求得物体的加速度，再由运动学公式可求得物块刚滑到长木板上时的速度大小；
（2）分别对滑块和木板进行分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；再由运动学公式明确达共同速度的时间；再对整体分析，由牛顿第二定律及运动学公式可求得停止的时间；
（3）根据运动学公式求得两小球达到共速时所经历的位移，再由位移公式求解各自的位移，即可明确最小长度。
解答：（1）物体轻放上传送带，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μ1mgcsθ＝ma1
解得：a1＝10m/s2；
物体以a1速至v2：
则有：v2＝2a1l1
解得：l1＝0.8m；
到达v之后以a2加速到B：
mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2；
到达B速度为v0：
v20﹣v2＝2a2（lAB﹣l1）
解得：v0＝6m/s
（2）滑块滑上长木板，对滑块有：
μ2mg＝ma3
解得：a3＝4m/s2；
方向向右；
对长木板：μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma4
解得：a4＝2m/s2；
方向向左；
二者速度相等经历的时间为t1：
则由速度公式可得：v0﹣a3t1＝a4t1
解得：t1＝1s；
速度为v1＝2m/s；
共速后再共同匀减速，μ3（M+m）g＝（M+m）a5
解得：a5＝1m/s2
再到停下：t2＝＝＝2s；
故总时间t＝t1+t2＝1+2＝3s；
（3）达到共同速度时，滑块的位移x1＝v0t1﹣＝6×1﹣＝4m；
木板的位移x2＝＝＝1m；
故木板的长度至少为：x1﹣x2＝4﹣1＝3m；
答：（1）物块刚滑到长木板上的速度大小为6m/s；
（2）从滑块滑上长木板到二者停下的总时间为3s；
（3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度3m。
点评：本题考查牛顿第二定律的应用，涉及两个物体多个过程，要注意正确确定研究对象，做好受力分析，再根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析求解；注意掌握应用加速度的桥梁作用。
【解题思路点拨】
要熟练掌握牛顿运动定律和运动学公式，能够自如地切换物体在平面和斜面，传送带与木板上的运动情况，需要较强的综合分析能力。
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．平抛运动位移的计算
【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，水平方向上的位移x＝v0t
竖直方向上的位移为y＝
物体的合位移为l＝
3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h＝
水平方向有x＝v0t
联立得x＝v0
所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。
【命题方向】
物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（ ）
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：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m
竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h＝gt2＝×10×（2）2＝20（m）
物体的合位移为 s＝＝m＝25m，故D正确。
故选：D。
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．
【解题思路点拨】
平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。
8．牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
【命题方向】
我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．
分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．
解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：
F心＝ma心
则得：F心＝2200N
又 F心＝F﹣mg
得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N
答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．
点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．
【解题思路点拨】
圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
9．绳球类模型及其临界条件
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？
分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．
解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝m﹣﹣﹣②
联立 ①②式可解得：v＝．
答：小球的线速度是．
点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
10．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g，不计空气阻力．试求：
（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；
（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；
（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．
分析：（1）小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可得出最高点的速度；
（2）可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；
（3）在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小．
解答：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：
mg＝m
解得：v1＝
（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：
2mgR＝ ①
v2＝ωR ②
由①②解得：ω＝
（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：
FN﹣mg＝ ③
由①③解得：FN＝6mg
答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为6mg．
点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来提供向心力，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
11．物体在环形竖直轨道内的圆周运动
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，小球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是（ ）
A、小球通过最高点的最小速度为v＝
B、小球通过最高点的最小速度为零
C、小球通过最高点时一定受到向上的支持力
D、小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力
分析：球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为零．根据小球到达最高时的速度，由牛顿第二定律分析小球通过最高点时受到的作用力方向．小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力．
解答：AB、由于细管内能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零，不是．故A错误，B正确。
C、若小球通过最高点时速度0＜v＜，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v＝，不受圆管的作用力；当v＞，小球的向心力大于重力，受到向下的压力。故C错误。
D、小球通过最低点时向心力向上，重力向下，则外管壁对小球的弹力必定向上。故D正确。
故选：BD。
点评：小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，小球到达最高点临界速度为零．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
12．宇宙的起源与恒星的演化
【知识点的认识】
一、宇宙起源（宇宙大爆炸理论）：
1.宇宙大爆炸理论是目前广泛接受的宇宙起源理论，它表明宇宙起源于一个极度热密的初始状态，然后经历了急剧膨胀。
2.这一理论解释了宇宙中各种天体的分布、宇宙背景辐射以及宇宙的演化历史。
3.它是由比利时天文学家乔治•勒梅特和美国天文学家埃德温•哈勃等人提出的。
二、恒星的演化：
1.恒星初级阶段：由星云向外辐射能量，所形成的的反向推力聚集而成，类似于水的冷凝。
2.恒星阶段：当初始星云，具备了向内运动的动力，并且聚集之后，突破星云物质分子、原子，释放大量热能的同时释放出十分巨大的空间。
3.恒星衰老之后的演变取决于恒星的质量：当质量足够大能够压破原子核，就能形成中子星；大到能够压迫中子就可能形成所谓的黑洞；当然恒星质量不足，最终无法进入下一个阶段，只能衰变为白矮星。
【命题方向】
关于恒星，下列说法中正确的是（ ）
A、恒星的表面温度越高，颜色越红
B、恒星的颜色与恒星的质量和体积有关
C、恒星的寿命与构成恒星的物质、温度、亮度有关
D、恒星的亮度与恒星的体积和温度及它与地球的距离有关
分析：恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝；恒星的寿命和它的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短；我们在地球上观察到的亮度是视亮度，和距离发光度都有关．
解答：A、恒星的表面颜色取决于它的表面温度，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。恒星表面颜色主要有四种，分别是红、黄、白、蓝。太阳的表面颜色是黄色，属于温度中等偏低的恒星。所以A错误。
B、根据A的分析知，恒星的颜色与恒星的质量和体积无关，所以B错误。
C、恒星的寿命和它的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短，这是因为质量越大压力就越大，这种情况下恒星内部的核反应就更加剧烈，所以C错误。
D、我们在地球上观察到的亮度是视亮度，和距离有关，视亮度的大小与发光度成正比，与距离的平方成反比，所以D正确。
故选：D。
点评：本题考查学生对恒星的理解，这要求在平时的学习中要对积累相关的知识，做到处处留心．
【解题思路点拨】
宇宙的起源与恒星的演化是物理学习过程中积累的知识，这要求学生对课外的知识有一定程度的了解和积累。
13．重力做功的特点和计算
【知识点的认识】
1.表达式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分别表示物体起点和终点的高度
2.特点：
①只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关．
②物体下降时重力做正功，物体被举高时重力做负功．
③重力做功的多少与参考平面无关。
【命题方向】
物体沿不同的路径从A滑到B，如图所示，则（ ）
A、沿路径ACB重力做的功大些
B、沿路径ADB重力做的功大些
C、沿路径ACB和ADB重力做功一样多
D、条件不足，无法判断
分析：解答本题应明确重力做功的特点：重力做功与高度差有关，与路径无关．
解答：由A到B不管沿哪条路径高度差相同，则重力做功相同。则C正确，ABD错误
故选：C。
点评：本题考查重力做功的特点，一定要掌握重力做功只和高度有关．
【解题思路点拨】
1.重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。
2.计算重力做功的步骤为：
①确定物体重力的大小；
②确定物体在竖直方向上的位移大小；
③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。
14．功率的定义、物理意义和计算式的推导
【知识点的认识】
1.义：功与完成这些功所用时间的比值．
2.理意义：描述做功的快慢。
3.质：功是标量。
4.计算公式
（1）定义式：P＝，P为时间t内的平均功率．
（2）机械功的表达式：P＝Fvcsα（α为F与v的夹角）
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功
W＝Flcsα
因此有
P＝＝csα
由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以是物体在这段时间内的平均速度v，于是上式就可以写成
P＝Fvcsα
可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。
通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，csα＝1，上式可以写成P＝Fv。
从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。
5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．
6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．
【命题方向】
下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（ ）
A、功率大的机械，做功一定多
B、做功多的机械，效率一定高
C、做功快的机械，功率一定大
D、效率高的机械，功率一定大
分析：根据P＝知，做功多．功率不一定大，根据η＝，判断效率与什么有关．
解答：A、根据P＝知，功率大，做功不一定多。故A错误。
BD、根据η＝，知做功多，效率不一定高，效率高，功率不一定大。故B、D错误。
C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。
故选：C。
点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．
【解题思路点拨】
1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。
2.功率的定义式P＝适用于任何做功的情况。
15．动能定理的简单应用
【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.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【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．机械能守恒定律的简单应用
【知识点的认识】
1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.对三种表达式的理解
（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。
（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。
3.运用机械能守恒定律的基本思路
4.机械能守恒定律和动能定理的比较
【命题方向】
NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（ ）
A、W+mgh1﹣mgh2
B、W+mgh2﹣mgh1
C、mgh1+mgh2﹣W
D、mgh2﹣mgh1﹣W
分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．
解答：篮球机械能守恒，有
mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2
解得
Ek2＝Ek+mgh1一mgh2
故选：A。
点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．
【解题方法点拨】
1.应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。
3.动能定理与机械能守恒定律的选择
（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。
（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
18．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．
19．某一方向上的动量守恒问题
【知识点的认识】
动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。
【命题方向】
如图所示，滑块和小球的质量分别为M、m．滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是（ ）
A、滑块和小球组成的系统动量守恒
B、滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C、滑块的最大速率为
D、滑块的最大速率为
分析：注意动量守恒条件的应用，当合外力为零时系统总动量守恒，若某一方向上合外力为零则该方向上动量守恒；当小球落到最低点时，只有水平方向速度，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可正确解答。
解答：A、小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；
B、绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故B正确；
C、当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，系统水平方向动量有：
MV＝mv ①
系统机械能守恒有：
②
联立①②解得：，故C正确，D错误。
故选：BC。
点评：正确应用某一方向上动量守恒和功能关系解题，平时要加强训练提高综合应用物理知识的能力。
【解题思路点拨】
当系统在某个方向上的合力为零时，虽然总体来看动量不守恒，但这个方向上却满足动量守恒。
20．动量守恒定律在板块模型中的应用
【知识点的认识】
1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。
【命题方向】
如图所示，质量m1＝2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现将质量m2＝1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0＝3.0m/s．之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E＝2.25J．小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ＝0.1．木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g＝10m/s2．求
（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；
（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；
（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移．
分析：（1）小木块C做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C受到的支持力；
（2）应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；
（3）分别与木块及木板为研究对象，应用动能定列方程，求出木板与木块间的位移关系，解方程可以求出木块相对于地面的位移．
解答：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，
由牛顿第二定律得：F﹣m2g＝，
解得小木块受到的支持力：F＝25N；
（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，
由动能定理得：m2gR﹣Wf＝m2﹣0，
解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；
（3）木块C与木板AB间的摩擦力f＝μm2g，
由动能定理得：
对木板：fs1＝m1﹣0，
对小木块：﹣fs2＝m2（﹣），
木块与木板间的位移关系：s2＝s1+L，
小木块与木板总共损失的动能△E＝fL，
解得：s2＝2.5m；
答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；
（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；
（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移为2.5m．
点评：本题考查了动能定理的应用，最后一问是本题的难点，分析清楚木块与木板的运动过程、两者间的位移关系是正确解题的前提与关键．
【解题思路点拨】
动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。
21．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用
【知识点的认识】
1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。
【命题方向】
如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
（i）整个系统损失的机械能；
（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
分析：（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．
（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．
解答：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
＝△E+•2 ③
联立①②③式得：
整个系统损失的机械能为△E＝ ④
（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得
mv0＝3mv3，⑤
由能量守恒定律得：
﹣△E＝•3+EP ⑥
联立④⑤⑥式得
解得：EP＝；
答：
（i）整个系统损失的机械能是；
（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是．
点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究．
【解题思路点拨】
当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度相等。
22．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．
23．单摆及单摆的条件
【知识点的认识】
1．定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。
2．视为简谐运动的条件：摆角小于5°。
【命题方向】
在如图所示的装置中，可视为单摆的是（ ）
分析：单摆是由质量可以忽略的不可伸长的细绳，体积小而密度大的小球组成，单摆上端要固定，单摆摆动过程摆长不能发生变化。
解答：可视为单摆的装置，要求要用没有弹性的细线，摆动过程中摆线的长度不能发生变化，
A、摆线用细线，摆动过程中长度不发生变化，是可以视为单摆的，故A正确
B、摆线用的是细橡皮筋，摆动过程中长度会发生变化，不能视为单摆，故B错误
C、摆线用的是粗麻绳，粗麻绳的质量不能忽略，单摆的重心不在摆球的球心上，不能视为单摆，故C错误
D、由于细线跨在了一个轮子上，小球在摆动过程中，摆长会发生变化，不能视为单摆，故D错误
故选：A。
点评：本题考查了单摆的构成，掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题；平时要注意基础知识的学习与积累。
【解题思路点拨】
1.对单摆的装置要求
（1 ）对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于小球的半径。
（2）对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。
2.单摆做简谐运动的条件：
（1）最大摆角很小；
（2）空气阻力可以忽略不计。
3.弹簧振子与单摆
24．单摆的回复力
【知识点的认识】
1.来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
2.特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝﹣。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
3.单摆做简谐运动的推证
如图为一个单摆的运动：
在偏角很小时，sinθ≈，又回复力F＝mgsin θ，所以单摆的回复力为F＝﹣x（式中x表示摆球偏离平衡位置的位移，l表示单摆的摆长，负号表示回复力F与位移x 的方向相反），由此知回复力符合F＝﹣kx，单摆做简谐运动。
【命题方向】
对于单摆的振动，以下说法中正确的是（ ）
A．单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等
B．单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C．摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D．摆球经过平衡位置时所受合外力为零
分析：单摆振动时，径向的合力提供向心力，回复力等于重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时，回复力为零，合力不为零。
解：A、单摆振动时，速度大小在变化，根据知，向心力大小在变化。故A错误。
B、单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。故B错误。
C、摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故C正确。
D、摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故D错误。
故选：C。
点评：解决本题的关键知道单摆做简谐运动的回复力的来源，知道经过平衡位置时，回复力为零，合力不为零。
【解题方法点拨】
关于单摆的回复力的三点提醒
（1）单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程中，有向心力，这是与弹簧振子的不同之处。
（2）在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。
（3）在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。
25．库仑定律的表达式及其简单应用
【知识点的认识】
1．内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在它们的连线上．
2．表达式：F＝k，式中k表示静电力常量，k＝9.0×109N•m2/C2．
3．适用条件：真空中的静止点电荷．
【命题方向】
题型一：对库仑定律的理解
例1：真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的3倍，那么它们之间的静电力的大小变为（ ）
A.3F B. C. D.9F
分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．
解：距离改变之前： ①
当电荷量都变为原来的3倍时： ②
联立①②可得：F1＝9F，故ABC错误，D正确．
故选：D．
点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习．
题型二：库仑定律与力学的综合问题
例2：在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球A，A又通过一长为10cm的绝缘细绳连着另一个带负电的小球B，B的质量为0.1kg，电荷量为×10﹣6C，如图所示，将小球B缓缓拉离竖直位置，当绳与竖直方向的夹角为60°时，将其由静止释放，小球B将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张紧，但无张力．g取10m/s2．求
（1）小球A的带电荷量；
（2）释放瞬间小球B的加速度大小；
（3）小球B运动到最低点时绳的拉力．
分析：（1）释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球A的电荷量．
（2）对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度．
（3）由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力．
解：（1）小球B刚释放瞬间，速度为零，
沿绳子方向上，小球受到的合力为零，
则mgcs60°＝k，
代入数值，求得qA＝5×10﹣6C；
（2）小球所受合力方向与绳子垂直，
由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，；
（3）释放后小球B做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，
从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg（L﹣Lcs60°）＝mv2﹣0，
小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT+k﹣mg＝，
解得：FT＝mg＝1.5N；
答：（1）小球A的带电荷量为5×10﹣6C；
（2）释放瞬间小球B的加速度大小为5m/s2；
（3）小球B运动到最低点时绳的拉力为1.5N．
点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向．
【解题方法点拨】
1．库仑定律适用条件
（1）库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作用也可以应用库仑定律．
（2）当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推论：当r→0时，F→∞．其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了．
（3）对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r为两球心之间的距离．
（4）对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．
2．应用库仑定律需要注意的几个问题
（1）库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用．
（2）库仑定律的应用方法：
库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸来判断作用力F是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作用力是引力还是斥力．
（3）三个点电荷的平衡问题：
要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反，也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零．
3．分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：
（1）确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；
（2）对研究对象进行受力分析，多了个电场力（F＝k）．
（3）列平衡方程（F合＝0或Fx＝0，Fy＝0）或牛顿第二定律方程．
26．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场
【知识点的认识】
1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E＝
2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。
3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。
3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。
4.点单荷电场的特点：
根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲 ）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。
即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。
5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同（如下图），即
E＝
式中的r是球心到该点的距离（ r＞R ），Q为整个球体所带的电荷量。
【命题方向】
一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？
分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．
解答：由点电荷的场强公式E＝k可知，
E＝k＝9.0×109×＝2000N/C，
所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．
点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了．
【解题思路点拨】
1.公式E＝又叫作电场强度的决定式，场源电荷（可视为点电荷）的电荷量Q确定后，距离场源电荷一定距离的场强就确定了。
2.一个均匀带电球体（或球壳）在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产生的电场相同。要注意只局限于球外。
3.常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。
4.电场强度三个计算式的比较
27．电场力做功的计算及其特点
【知识点的认识】
1.静电力做功的特点：在匀强电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关。
2.静电力做功的公式：W＝qEl，其中l为电荷沿电场线移动的位移。
【命题方向】
如图所示，在电场强度为E的匀强电场中，A、B两点相距l，连线AB与电场强度方向的夹角为θ。将一电荷量为q的正电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，静电力各做了多少功？
分析：静电力做功与路径无关，根据电场力做功的计算公式进行解答。
解答：电场力做功与路径无关，所以将一电荷量为q的正电荷分别沿直线AB、折线ACB、曲线ADB从A点移动到B点，静电力做功均为：
W＝qElcsθ。
答：静电力做功均为qElcsθ。
点评：本题主要是考查电场力做功的计算，关键是弄清楚电场力做功与路径无关。
【解题思路点拨】
静电力做功的特点
（1）静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，但与具体路径无关，这与重力做功特点相似。
（2）静电力做功的特点不受物理条件限制不管静电力是否变化，是否是勾强电场，是直线运动还是曲线运动，静电力做功的特点均不变
28．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。
29．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算
【知识点的认识】
1.定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，电势差也叫作电压。
2.表达式：设电场中A点的电视为φA，B点的电势为φB，则AB电点之间的电势差可以表示为
UAB＝φA﹣φB
BA两点之间的电势差为
UBA＝φB﹣φA
所以UAB＝﹣UBA
3.电势差的单位
伏特，符号：V
4.电势差的正负
电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依次用代数法相加。
5.特点：电场中两点之间的电势差取决于电场本身，与电势零点的选取无关
6.物理意义：反映电荷在电场中移动时电场力做功本领大小的物理量
【命题方向】
关于电势差UAB和电势φA、φB的理解正确的是（ ）
A、UAB表示B点相对A点的电势差，即UAB＝φB﹣φA
B、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBA
C、φA、φB都可能有正负，所以电势是矢量
D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势
分析：UAB＝φA﹣φB＝﹣UBA，电势是标量，通常选大地或无穷远作为零电势．
解答：A、UAB表示A点相对B点的电势差，即UAB＝φA﹣φB，A错误；
B、UAB和UBA是不同的，它们有关系：UAB＝﹣UBA，B正确；
C、电势虽有正负之分，但电势是标量，C错误；
D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势，D正确；
故选：BD。
点评：记忆电势的有关知识时，可以把它类比为高度去理解，电势差对应高度差，某点的电势对应某点的高度．
【解题思路点拨】
根据电势差的定义可知，电势差的正负代表两点之间电势的大小，如果UAB＞0，则φA＞φB；如果UAB＜0，则φA＜φB。
30．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
【知识点的认识】
1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。
规律为：
初速度方向：vx＝v0，x＝v0t
静电力方向：vy＝at，y＝
2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。
3.两个特殊推论：
（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。
（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的，即tanα＝tanθ。
【命题方向】
一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷＝1.76×1011C/kg）
（1）电子进入极板时的速度v0
（2）两极板间的电压．
分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．
（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．
解答：（1）由动能定理：Uq＝﹣﹣﹣①
得 ＝＝4.2×107m/s
（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：
l＝v0t…②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③
偏距：…④
能飞出的条件为：…⑤，
由①②③④⑤可得：U′＝＝400V
答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V
点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．
【解题思路点拨】
带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。
31．带电粒子先后经过加速电场和偏转电场
【知识点的认识】
本考点旨在针对带电粒子先经过加速电场再经过偏转电场的问题。
【命题方向】
如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转电场，应该（ ）
A、仅使U2加倍
B、仅使U2变为原来的4倍
C、仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍
D、仅使偏转电场板间距离变为原来的2倍
分析：电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金属板间的匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再进行分析．
解答：设平行金属板板间距离为d，板长为l。电子在加速电场中运动时，由动能定理得：
eU1＝
垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有
水平方向：l＝v0t，
竖起方向：y＝，vy＝at，又a＝，tanθ＝
联立以上四式得偏转距离：y＝
现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，则可以仅使U2加倍或仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍，故AC正确
故选：AC。
点评：本题电子先加速，后偏转，根据动能定理和牛顿运动定律、运动学公式结合得到偏转距离y＝，采用的是常规思路．
【解题思路点拨】
1.解决带电粒子在电场中做类平抛运动问题时，可采用动力学方法处理，也可采用动能定理辅助计算。
2.处理过程中一是需注意区分粒子能否从板间射出，二是注意利用动能定理时区分粒子所经历的电压与给定的电压，三是注意粒子在运动过程中重力能否忽略。
3.对于粒子重力的处理
（1）电子、质子、粒子、某种离子等重力可忽略不计。
（2）小球、液滴、尘埃、滑块等不说明的情况下需考虑重力的作用，
（3）微粒、粒子的重力能否忽略需看题意
4.平抛运动的推论在类平抛运动中也可应用：
（1）偏向角的正切值等于位移与初速度间夹角正切值的2倍
（2）速度的反向延长线通过水平位移的中心。
32．闭合电路欧姆定律的内容和表达式
【知识点的认识】
1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。
2.表达式：I＝，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，r表示内阻。
3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。
4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。
【命题方向】
在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（ ）
A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．
解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。
C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。
D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。
故选：D。
点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．
【解题思路点拨】
闭合电路的几个关系式的对比
33．带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
【命题方向】
如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场．若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍，其它条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是（ ）
A、在b、a之间某点
B、在n、a之间某点
C、a点
D、在a、m之间某点
分析：由几何关系可知粒子从n点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确定B加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置．
解答：设边长为a，则从n点射出的粒子其半径恰好为；
由牛顿第二定律可得：
Bqv＝m
当磁感应强度变为原来的2倍时，由2Bqv＝m得
R＝
故粒子应从a点穿出；
故选：C。
点评：带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和半径，再由牛顿第二定律求解即可．
【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．
34．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【知识点的认知】
1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
2.几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。
3.如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t＝•T；方法二：由弧长求，t＝。
【命题方向】
如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：
（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；
（2）电子在磁场中运动的时间t；
（3）圆形磁场区域的半径r。
分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径。
解答：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：
由此可得电子做圆周运动的半径R＝＝
（2）
如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ
则电子在磁场中运动的时间：
t＝＝
（3）由题意知，由图根据几何关系知：
∴
答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R＝；
（2）电子在磁场中运动的时间t＝；
（3）圆形磁场区域的半径r＝。
点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径。
【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．
35．带电粒子在叠加场中做直线运动
【知识点的认识】
1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）
（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。
（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
【命题方向】
如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（ ）
A、微粒的动能一定增加
B、微粒的动能一定减少
C、微粒的电势能一定减少
D、微粒的机械能一定增加
分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．
解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；
再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；
重力做负功，重力势能增加，选项D正确。
故选：CD。
点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．
【解题思路点拨】
1.叠加场中三中场的比较
2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法
36．带电粒子由电场进入磁场中的运动
【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电场进入磁场的情况。
【命题方向】
如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在﹣x轴上的点a以速率v0，方向和﹣x轴方向成60°射入磁场，然后经过y轴上y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计重力。求：
（1）磁感应强度B的大小；
（2）电场强度E的大小；
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
分析：（1）由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小。
（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小。
（3）求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间，然后求出时间之比。
解答：（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：r+rsin30°＝L，
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝L，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m，
解得：B＝；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：2L＝v0t，
竖直方向：L＝at2＝t2，
解得：E＝；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝＝，
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝180°﹣60°＝120°，
粒子在磁场中做圆周运动的时间：t1＝T＝×＝，
粒子在电场中的运动时间：t2＝，
粒子在磁场和电场中的运动时间之比：＝＝；
答：（1）磁感应强度B的大小为；
（2）电场强度E的大小为；
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比为。
点评：本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用。
【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
37．右手定则
【知识点的认识】
右手定则
伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一 平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．
【命题方向】
题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用
如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（ ）
A．向右匀加速运动
B．向左匀加速运动
C．向右匀减速运动
D．向左匀减速运动
分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．
解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．
故选：BC．
点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．
【解题方法点拨】
1．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．
2．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．
（1）规律比较
（2）应用区别
关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．
38．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。
39．导体转动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式E＝Blv就不再适用。
如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：
虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化，所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即
E＝Bl＝Bl
①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则E＝Bωl2
ω是棒转动的角速度
②如果以棒上一点为圆心旋转，E＝Bω（﹣），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
③如果以棒外一点Wie圆心旋转，E＝Bω（﹣），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
【命题方向】
一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）
A、ε＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B、ε＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C、ε＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D、ε＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
分析：转动切割产生的感应电动势根据E＝求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a、b两点的电势高低。
解答：顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，若俯视，则叶片逆时针转动切割磁感线，
根据右手定则，b点电势高于a点电势；
v＝lω＝2πlf，所以电动势为．故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E＝，以及会用右手定则判断感应电动势的方向。
【解题思路点拨】
对于导体转动切割磁感线产生的感应电动势，要先确认转动的圆心，然后根据E＝Bl进行计算，要正确计算导体棒的平均速度。
40．单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
【命题方向】
如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨间距为L，导轨上有一质量为m、电阻为r的金属棒ab，导轨的另一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则在这个过程中（ ）
A、随着ab运动速度的增大，其加速度将减小
B、外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C、棒克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能
D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为BLv
分析：在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．利用切割式电动势公式和欧姆定律求解ab两端的电压．
解答：A、金属棒受到的安培力F安＝BIl＝Bl＝Bl＝，加速度a＝
可见，速度增大时，F安增大，加速度减小。故A正确。
B、外力F对ab做的功等于金属棒获得的动能与电路中产生的电能之和。故B错误。
C、根据功能关系，棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能，电能转化为内能。故C正确。
D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为U＝．故D错误。
故选：AC。
点评：本题运用牛顿定律分析运动过程．要注意ab间的电压是路端电压，即为R两端电压，不是内电压．
【解题思路点拨】
导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。
41．电磁感应过程中的能量类问题
【知识点的认识】
1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
（2）若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3.电磁感应现象中的能量转化
（1）安培力做功
（2）焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安
b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
【命题方向】
题型一：电磁感应与能量的综合
电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：
（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a
（3）求金属棒下滑的最大速度vm．
分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．
（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．
（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．
解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．
由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：
F＝BIL＝BL＝
由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣＝ma
得：a＝gsin30°﹣
代入解得：a＝10×0.5﹣＝3.2（m/s2）
（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．
由上题结果得：mgsin30°﹣＝0
可得：vm＝＝m/s≈5.56m/s
若根据能量守恒定律得：mgSsin30°＝W安
解得：vm＝m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s．
答：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．
（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．
点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．
【解题方法点拨】
电磁感应中的能量转化问题
1．电磁感应中的能量转化特点
外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：
2．电能求解思路主要有三种
（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．
（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．
42．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热
【知识点的认识】
1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。
2.交变电流的计算方法：
（1）对于正弦式交变电流：I＝，U＝。
（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。
【命题方向】
将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P＝可以求得灯泡的电阻的大小。
解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，
最大感应电动势为 Em＝Bl22πn，
所以有效的电动势为E＝＝Bl2πn，
由P＝可得，
灯泡的电阻R＝＝，所以B正确。
故选：B。
点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。
【解题思路点拨】
1.对有效值的理解：
在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。
（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：
I＝，U＝。
（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。
（3）有效值的应用
计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。
2.交变电流“四值”的应用
对交变电流的“四值”的比较和理解
43．气体压强的计算
【知识点的认识】
1．气体压强的特点
（1）气体自重产生的压强一般很小，可以忽略。但大气压强P0却是一个较大的数值（大气层重力产生），不能忽略。
（2）密闭气体对外加压强的传递遵守帕斯卡定律，即外加压强由气体按照原来的大小向各个方向传递。
2．封闭气体压强的计算
（1）理论依据
①液体压强的计算公式 p＝ρgh。
②液面与外界大气相接触。则液面下h处的压强为p＝p0+ρgh
③帕斯卡定律：加在密闭静止液体（或气体）上的压强能够大小不变地由液体（或气体）向各个方向传递（注意：适用于密闭静止的液体或气体）
④连通器原理：在连通器中，同一种液体（中间液体不间断）的同一水平面上的压强是相等的。
（2）计算的方法步骤（液体密封气体）
①选取假想的一个液体薄片（其自重不计）为研究对象
②分析液体两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到液片两面侧的压强平衡方程
③解方程，求得气体压强
【命题方向】
有一段12cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体．若管口向上将玻璃管放置在一个倾角为30°的光滑斜面上（如图所示），在下滑过程中被封闭气体的压强（设大气压强为p0＝76cmHg）为（ ）
A、76cmHg B、82cmHg C、88cmHg D、70cmHg
分析：先以玻璃管与水银柱整体为研究对象然后以玻璃管中的水银柱为研究对象进行受力分析结合牛顿第二定律求出封闭气体对水银柱的压力大小，然后根据压强的公式计算压强．
解答：以玻璃管与水银柱整体为研究对象，有：Mgsin30°＝Ma，得a＝g ①
水银柱相对玻璃管静止，则二者加速度相等，以水银柱为研究对象有：mgsin30°+p0s﹣ps＝ma ②
将①代入②得：p＝p0＝76cmHg
故选：A。
点评：本题考查了封闭气体压强的计算，正确选取研究对象是关键．
【解题思路点拨】
计算封闭气体的压强的一般步骤如下：
1.选定研究对象，对其进行受力分析；
2.列平衡方程或牛顿第二定律；
3.求解压强。
44．气体的等温变化与玻意耳定律的应用
【知识点的认识】
玻意耳定律（等温变化）：
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保持不变．
②数学表达式：pV＝C（常量）或p1V1＝p2V2．
③适用条件：a．气体质量不变、温度不变；b．气体温度不太低（与室温相比）、压强不太大（与大气压相比）．
④p﹣V图象﹣﹣等温线：一定质量的某种气体在p﹣V图上的等温线是双曲线的一支，如图A所示，从状态M经过等温变化到状态N，矩形的面积相等，在图B中温度T1＜T2．
⑤p﹣图象：由pV＝CT，可得p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高，且直线的延长线过原点，如图C所示，可知T1＜T2．
【命题方向】
如图所示，一根足够长的粗细均匀的玻璃管竖直放置，用一段长为19cm的水银柱封闭一段长10cm的空气柱，已知大气压强为105Pa（相当于76cmHg），气体的温度为27℃，玻璃管的横截面积为2×10﹣4m2，求：
（1）求初态时封闭气体压强；
（2）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，求封闭空气柱的长度．
分析：（1）根据液体内部压强的公式即可求出；
（2）气体做等温变化，由玻意耳定律列方程求解末态气柱长度。
解答：（1）初态时封闭气体压强：p1＝p0+ρgh＝76cmHg+10cmHg＝95cmHg
（2）初态时封闭气体的体积：V1＝l1S
末态时封闭气体的体积：V2＝l2S
气体做等温变化，由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2
末态气柱长度：l2＝12.5cm
答：（1）初态时封闭气体压强为95cmHg；
（2）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，封闭空气柱的长度为12.5cm．
点评：（1）初态时封闭气体压强为95cmHg；
（2）若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，封闭空气柱的长度为12.5cm．
【解题思路点拨】
应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找出初、末状态的参量，其中正确确定压强是解题的关键。
45．气体的等压变化与盖-吕萨克定律的应用
【知识点的认识】
1.等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程。
2.盖—吕萨克定律
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比。
（2）②表达式：V＝CT（其中C是常量），或。
3.图像表达
4.适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
5.在摄氏温标下，盖—吕萨克定律的表述
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高（或降低）1℃，增大（或减小）的体积等于它在0℃时体积的。
数学表达式为＝或Vt＝V0（1+）。
6.推论；一定质量的气体，从初状态（V、T）开始，发生等压变化，其体积变化ΔV和温度的变化ΔT间的关系为或。
【命题方向】
如图所示，汽缸A中封闭有一定质量的气体，活塞B与A的接触是光滑的且不漏气，B上放一重物C，B与C的总重力为G，大气压为p0．当汽缸内气体温度是20℃时，活塞与汽缸底部距离为h1；当汽缸内气体温度是100℃时活塞与汽缸底部的距离是多少？
分析：气缸内的发生等压变化，列出初末状态的状态参量，根据盖﹣吕萨克定律列式求解；注意公式的T为热力学温度。
解答：汽缸内气体温度发生变化时，汽缸内气体的压强保持不变，大小为p＝p0+，其中S为活塞的横截面积。
以汽缸内气体为研究对象，初状态温度T1＝（273+20）K，体积V1＝h1S；末状态温度T2＝（273+100）K＝373K。
由盖﹣吕萨克定律可得
求得V2＝V1＝h1S
变化后活塞与汽缸底部的距离
h2＝h1≈1.3h1。
答：当汽缸内气体温度是100℃时活塞与汽缸底部的距离是1.3h1。
点评：本题考查气体实验定律的应用，关键是列出初末状态的状态参量，选择合适的实验定律，注意温度要化成热力学温度。
【解题思路点拨】
应用盖﹣吕萨克定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即某被封闭气体。
（2）分析气体状态变化过程，明确初、末状态，确在气体状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。
（3）分别找出初、末两个状态的温度和体积。
（4）根据盖―吕萨克定律列方程求解。
（5）分析所求结果是否合理。
46．气体的等容变化与查理定律的应用
【知识点的认识】
1.等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。
2.查理定律：
（1）文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比。
（2）表达式：p＝CT（其中C为常量）或。
（3）图像表示：
（4）适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。
3.对查理定律的理解
（1）查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
（2）适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大（等于或小于几个大气压），温度不太低（不低于零下几十摄氏度）。
（3）一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高（或降低）相同的温度，所增加（或减小）的压强是相同的。
【命题方向】
一种特殊的气体温度计由两个装有理想气体的导热容器组装而成，测量时将两个导热容器分别放入甲、乙两个水槽中，如图所示，连接管内装有水银，当两个水槽的温度都为0℃（273K）时，没有压强差；当水槽乙处于0℃而水槽甲处于50℃时，压强差为60mmHg。导热容器的体积恒定且远大于连接管的体积。求：
（1）两个水槽的温度都为0℃（273K）时，导热容器内气体的压强多大；
（2）当水槽乙处于0℃而水槽甲处于未知的待测温度（高于0℃）时，压强差为72mmHg，此未知待测温度是多少。
分析：（1）乙容器内的气体做等容变化，找出初末状态参量，根据查理定律求得压强；
（2）乙容器内的气体做等容变化，根据查理定律求得未知温度。
解答：（1）设0℃时，甲中气体的压强为p0，T0＝273K；
气体温度为50℃即T1＝（273+50）K＝323K时，气体的压强p1＝p0+60mmHg
气体做等容变化，有
解得p0＝327.6mmHg
（2）设未知温度为T2，p2＝p0+72mmHg
有
解得T2＝333K
答：（1）两个水槽的温度都为0℃（273K）时，导热容器内气体的压强327.6mmHg；
（2）当水槽乙处于0℃而水槽甲处于未知的待测温度（高于0℃）时，压强差为72mmHg，此未知待测温度是333K。
点评：本题主要考查了查理定律，关是找出初末状态参量，明确所研究的气体即可，解题时要注意温度单位的换算。
【解题思路点拨】
1.查理定律及其推论
由查理定律可以推出或。
2.应用查理定律解题的一般步骤
（1）确定研究对象，即被封闭的气体。
（2）分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
（3）确定初、末两个状态的温度、压强。
（4）根据查理定律列式求解
47．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。
48．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。
49．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
【知识点的认识】
1.热力学图像包括p﹣V、p﹣T、V﹣T等，这些图像问题是气体状态变化的一类问题。
2.对于热力学图像问题，如果涉及到热力学第一定律的应用，就可以称为热力学第一定律的图像问题。
【命题方向】
如图所示，一定质量的理想气体沿p﹣V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线BDA是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则有（ ）
A、气体由A变到B一定是吸热的
B、气体由B变为A一定是吸热的
C、气体由A变到B再变到A，吸热多于放热
D、气体由A变到B再变到A，放热多于吸热
分析：理想气体内能仅由温度决定，温度不变，气体内能不变；等温变化的p﹣V图象是双曲线的一部分，根据图象判断气体状态发生变化时，各状态参量如何变化，然后由热力学第一定律分析答题。
解答：A、由图象可知，p﹣V图象的BDA是双曲线的一部分，则由A到B变化是等温变化，气体的温度不变，气体内能不变，即：ΔU＝0；由图象可知，由A到B过程气体体积变大，气体对外做功，W＜0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＞0，气体要吸热，故A正确；
B、由图象可知，p﹣V图象的BDA是双曲线的一部分，则由B到A变化是等温变化，气体的温度不变，气体内能不变，即：ΔU＝0；由图象可知，由A到B过程气体体积变小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律ΔU＝W+Q可知：Q＜0，气体要放热，故B错误；
C、气体由A到B的过程要吸收热量，吸收的热量等于气体对外做的功Q＝W，在B到A的过程中，气体要放出热量，放出的热量等于外界对气体做的功Q'＝W'；气体做功：W＝PV，P﹣V图象的面积等于气体做功，由图象可知：W＞W'，则Q＞Q'，即：气体由A变到B再变到A，吸热多于放热，故C正确，D错误；
故选：AC。
点评：根据图象分析清楚气体的状态参量如何变化，应用热力学第一定律即可正确解题。
【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。
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
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：
②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。
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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
弹簧振子（水平）
单摆
模型示意图


条件
忽略弹簧质量、无摩擦等阻力
细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆角很小
平衡位置
弹簧处于原长处
最低点
回复力
弹簧的弹力提供
摆球重力沿与摆线垂直（即切向）方向的分力
周期公式
T＝2π（不作要求）
T＝2π
能量转化
弹性势能与动能的相互转化，机械能守
恒
重力势能与动能的相互转化，机械能
守恒
表达式比较
E＝
E＝k
E＝
公式意义
电场强度定义式
真空中点电荷的电场强度决定式
匀强电场中E与U关系式
适用条件
一切电场
①真空 ②点电荷
匀强电场
比较决定因素
由电场本身决定，与q无关
由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定
由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离
相同点
矢量，单位：1N/C＝1V/m
基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
物理量
物理意义
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt
u＝Umsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值（最大值）
E m＝nBSωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正（余）弦交流电有：
E＝，
U＝，
I＝．
（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）
（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值
（3）保险丝的熔断电流为有效值
（4）电表的读数为有效值
平均值
＝BL
＝n
＝
计算通过电路截面的电荷量
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