2025年云南省新高考物理试卷（选择性）

第69页（共69页）2025年云南省新高考物理试卷（选择性）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．（4分）（2025•云南）2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为614C→A．X为电子，是在核内中子转化为质子的过程中产生的 B．X为电子，是在核内质子转化为中子的过程中产生的 C．X为质子，是由核内中子转化而来的 D．X为中子，是由核内质子转化而来的2．（4分）（2025•云南）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144km/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．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J3．（4分）（2025•云南）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4．（4分）（2025•云南）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﹣2V、﹣1V、1V、2V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2eV D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV5．（4分）（2025•云南）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1AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其它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/AU0.390.721.01.55.29.51930A．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6．（4分）（2025•云南）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．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x27．（4分）（2025•云南）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＝1.5s和t＝2.5s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2.5m/s B．波源的平衡位置距离P点1.5m C．t＝1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动 D．t＝5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同（多选）8．（6分）（2025•云南）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1＝1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（）A．n1：n2＝5：1 B．n1：n3＝1：5 C．变压器的输入功率为10.5kW D．两副线圈输出电压最大值均为220V（多选）9．（6分）（2025•云南）图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体（视为理想气体），与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下（）A．环境温度升高时，b管中液面升高 B．环境温度降低时，b管中液面升高 C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大（多选）10．（6分）（2025•云南）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＝tanθ。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kvB．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14C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kvD．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）之间二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（6分）（2025•云南）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250g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50g、100g和150g的砝码，重复步骤③；⑤处理实验数据（重力加速度g取9.80m/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μ2501.120.4573001.35a3501.570.4584001.790.457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）其它条件不变时，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”）。12．（10分）（2025•云南）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5V，内阻不计）、电流表A1（量程100μA，内阻4.5kΩ）、电流表A2（量程500μA，内阻约1kΩ）、定值电阻R1（阻值15kΩ）、定值电阻R2（阻值1.5kΩ）、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0.1～0.3mA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”）；（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295μA，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）。13．（10分）（2025•云南）用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效为点光源，为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射，可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充，如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5，盖玻片厚度d＝2.0mm，盖玻片与物镜的间距h＝0.20mm，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速c＝3.0×108m/s，π＝3.14。（1）求未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积（结果保留2位有效数字）；（2）滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为t1、t2，求t2﹣t1（结果保留2位有效数字）。14．（13分）（2025•云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。（1）求该粒子通过速度选择器的速率；（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；（3）定义磁屏蔽效率η=B1-B2B15．（15分）（2025•云南）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）求F的大小；（2）求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；（3）若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。

2025年云南省新高考物理试卷（选择性）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案ABDCCAD二．多选题（共3小题）题号8910答案ACBDCD一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．（4分）（2025•云南）2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为614C→A．X为电子，是在核内中子转化为质子的过程中产生的 B．X为电子，是在核内质子转化为中子的过程中产生的 C．X为质子，是由核内中子转化而来的 D．X为中子，是由核内质子转化而来的【考点】β衰变的特点、本质及方程．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；衰变和半衰期专题；分析综合能力．【答案】A【分析】设元素X的质量数为A，核电荷数为Z，核反应遵循质量数和核电荷数守恒，据此求解作答；根据β衰变的实质分析作答。【解答】解：设元素X的质量数为A，核电荷数为Z，核反应遵循质量数和核电荷数守恒；质量数守恒14＝14+A解得A＝0电荷数守恒6＝7+Z解得Z＝﹣1因此X为电子，发生的是β衰变；核反应方程为为14X为电子，是在核内中子转化为质子的过程中产生的，核反应方程为1故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查了β衰变，明确核反应遵循质量数和核电荷数守恒，明确β衰变的实质是解题的关键。2．（4分）（2025•云南）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144km/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．4×105J B．4×104J C．4×103J D．4×102J【考点】利用动能定理求解变力做功．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；实验探究能力．【答案】B【分析】高中生的质量m＝50kg，根据动能定理求解作答。【解答】解：高中生的质量m＝50kg列车速度v＝144km/h＝40m/s根据动能定理，列车对座椅上的一高中生所做的功W故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了利用动能定理求解变力所做的功，要知道高中学生的大约体重，理解动能定理的含义是解题的关键。3．（4分）（2025•云南）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【考点】平抛运动时间的计算；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据平抛运动的速度规律和位移规律，运动时间的决定因素进行分析解答。【解答】解：AB.两只小鸟分别在空中的M点和N点同时接到鸟食，N点下落的高度更高，运动时间长，故N点接到的鸟食先被抛出，故AB错误；C.根据x＝v0t，y=12gt2，得y=gD.同理，由y=gx22v02可知，当水平位移x相等时，yN＞yM，y越大，初速度v故选：D。【点评】考查平抛运动的速度规律和位移规律，会根据题意进行准确分析解答。4．（4分）（2025•云南）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﹣2V、﹣1V、1V、2V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2eV D．一个电子从a点移动到d点电势能增加了4eV【考点】等势面及其与电场线的关系；电荷性质、电势能和电势的关系．【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；分析综合能力．【答案】C【分析】AB.电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，据此分析作答；C.根据动能定理求解作答；D.根据动能定理、电场力做功与电势能变化的关系求解作答。【解答】解：AB.电场中等差等势面的疏密表示场强的大小，等势面越密的地方场强越大，因此a、b、c、d中a点电场强度最大，故AB错误；C.根据动能定理，一个电子从b点移动到c点电场力做功为W＝﹣e（φb﹣φc）＝﹣e×（﹣1﹣1）V＝2eV，故C正确；D.根据动能定理，一个电子从a点移动到d点电场力做功W＝﹣e（φa﹣φd）＝﹣e×（﹣2﹣2）V＝4eV根据电场力做功与电势能变化的关系可知，电场力做正功，电势能减小了4eV，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了场强大小的判断，考查动能定理、电场力做功与电势能变化的关系的运用；知道等差等势面的疏密表示场强的大小。5．（4分）（2025•云南）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1AU，八大行星绕太阳的公转轨道半径如表所示。忽略其它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/AU0.390.721.01.55.29.51930A．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【考点】卫星或行星运行参数的计算．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据开普勒第三定律列式解答。【解答】解：根据开普勒第三定律有r小3T小2=r地3T地2，代入T地＝1年，T小＝5.8年，r地故选：C。【点评】考查开普勒第三定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。6．（4分）（2025•云南）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．t1＜t2 B．t1＞t2 C．x1＞x2 D．x1＜x2【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；图析法；方程法；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】A【分析】由动能定理列式可以判断位移的大小；由牛顿第二定律结合v﹣t图像判断时间的长短。【解答】解：CD、设MN的距离为x0，第一次，滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动，根据动能定理可得：-μ第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动，根据动能定理可得：-μ联立以上由两式可得：x1＝x2，故CD错误；AB、根据牛顿第二定律，滑块在MN段上运动的加速度为a1，则有μ1mg＝ma1，解得：a1＝μ1g，在其余部分上运动的加速度为a2，则有：μ2mg＝ma2，解得：a2＝μ2g，则有：a1＞a2，由两次位移相等，且第二次运动时滑块距离M点较近，在到达M点时速度较大，可作v﹣t如下所示：由图像可得：t1＜t2，故A正确，B错误。故选：A。【点评】本题是对动能定理、牛顿第二定律及速度图像的考查，解题的关键是要根据题意正确画出v﹣t图像，注意速度图像意时间轴所夹的面积表示位移的大小，斜率表示加速度。7．（4分）（2025•云南）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＝1.5s和t＝2.5s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2.5m/s B．波源的平衡位置距离P点1.5m C．t＝1.0s时，波源处于平衡位置且向下运动 D．t＝5.5s时，平衡位置在P、Q处的两质点位移相同【考点】波的叠加．【专题】定量思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据机械波的匀速传播特点结合波形图导出的波长、周期以及同侧原理法进行分析解答。【解答】解：A.对向左传播的波形，在Δt＝2.5s﹣1.5s＝1.0s时间内，传播的距离为Δx＝2m，故波速为v=ΔxΔt=21m/sB.由题意，波长λ＝4m，周期T＝2s，当t＝1.5s时，机械波向左右传播的距离均为x＝vt＝2×1.5m＝3.0m，由图可知，右侧波形刚好传播到Q点，故波源的平衡位置距离P点为4m﹣3m＝1m，故B错误；C.由波的前沿质点的运动情况，结合同侧原理法，可知波源开始振动的方向向下，又T＝2s，则t＝1.0s时，波源处于平衡位置且向上运动，故C错误；D.t＝2.5s波形图如虚线所示，此时P、Q两质点在平衡位置，到t＝5.5s时刻，又经过了3s＝T+12T，P、Q两质点均位于平衡位置，位移相同，故故选：D。【点评】考查机械波的匀速传播特点结合波形图导出的波长、周期以及同侧原理法，会根据题意进行准确分析解答。（多选）8．（6分）（2025•云南）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1＝1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（）A．n1：n2＝5：1 B．n1：n3＝1：5 C．变压器的输入功率为10.5kW D．两副线圈输出电压最大值均为220V【考点】理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】AB.根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；C.根据理想变压器的功率关系求解作答；D.根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答。【解答】解：AB.根据理想变压器电压与匝数比的关系nn1n3=UC.根据理想变压器的功率关系，输入功率P1＝P2+P3＝7.0kW+3.5kW＝10.5kW，故C正确；D.根据正弦交变电流电压的有效值与最大值的关系Um=2U可知，两副线圈输出电压最大值均为故选：AC。【点评】本题主要考查了理想变压器电压与匝数比的关系、功率关系以及有效值与最大值的关系，基础题。（多选）9．（6分）（2025•云南）图甲为1593年伽利略发明的人类历史上第一支温度计，其原理如图乙所示。硬质玻璃泡a内封有一定质量的气体（视为理想气体），与a相连的b管插在水槽中固定，b管中液面高度会随环境温度变化而变化。设b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，在标准大气压p0下，b管上的刻度可以直接读出环境温度。则在p0下（）A．环境温度升高时，b管中液面升高 B．环境温度降低时，b管中液面升高 C．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏小 D．水槽中的水少量蒸发后，温度测量值偏大【考点】气体的等容变化与查理定律的应用．【专题】应用题；信息给予题；定性思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；实验探究能力．【答案】BD【分析】AB.根据查理定律和平衡条件得出温度与b管中液面高度的关系，然分析作答；CD.水槽中的水少量蒸发后，初状态下，b管中液面h0的真实位置要降低；当环境温度升高时，b管中液面降低到标称值之下，据此分析作答。【解答】解：由于b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，a泡中的封闭气体做等容变化；根据查理定律p根据平衡条件p1＝p0﹣ρgh0，p2＝p0﹣ρgh联立解得TAB.根据上述分析，环境温度升高时，b管中液面降低，环境温度降低时，b管中液面升高，故A错误，B正确；CD.根据关系式T=p0水槽中的水少量蒸发后，初状态下，b管中液面h0的真实位置要降低；当环境温度升高时，b管中液面降低到标称值之下，则温度测量值偏大，故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查了理想气体的等容变化，要理解伽利略温度计的工作原理，掌握查理定律和平衡条件的运用。（多选）10．（6分）（2025•云南）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＝tanθ。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kvB．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14C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为kvD．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【考点】常见力做功与相应的能量转化；物体在粗糙斜面上的运动．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；功的计算专题；分析综合能力．【答案】CD【分析】AB.根据滑动摩擦力公式求解滑动摩擦力，过程Ⅰ，根据动能定理求解PO之间的距离；过程Ⅱ中，根据功能关系求解机械能的损失；过程Ⅱ中，M点的速度最大，说明M点为平衡位置，根据平衡条件求解弹簧的形变量，再求PM之间的距离；C.滑块从P到M的过程中，弹力做正功、摩擦力和重力做负功；滑块从M点到最高点的过程中，弹力先做正功后做负功、摩擦力和重力做一致做负功；根据动能定理分析位移关系，然后作答；D.设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；根据平衡条件结合摩擦力与重力沿斜面向下的分力的关系求解作答。【解答】解：B、滑块所受的滑动摩擦力f过程Ⅰ，根据动能定理得：-解得：PO过程Ⅱ中，弹簧弹力对Q做正功，设为W弹，Q克服滑动摩擦力做功为Wf，由功能关系可得Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为：ΔE=Wf-A、过程Ⅱ中，M点的速度最大，则M点为平衡位置，设此时弹簧的形变量为x，根据平衡条件得：kx＝mgsinθ+f＝2mgsinθ，解得：xP、M两点之间的距离为：s=PO-C、滑块从P到M的过程向上运动的位移为s由运动的对称性可得滑块过M点后能继续上滑的最大位移等于s，故Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为xm=2sD.设滑块最终停留在距O点x2处，停止时加速度为零，速度为零；若弹力为零，根据平衡条件mgsinθ＝f＝μmgcosθ，滑块停在O点；若弹簧处于拉伸状态且摩擦力沿斜面向下，根据平衡条件mgsinθ+f＝kx2其中f≤mgsinθ解得x滑块停在M点与O点之间，含M点；由于fm＝mgsinθ，因此弹簧不可能处于压缩状态；综上分析可知，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，故D正确。故选：CD。【点评】本题的关键在于正确应用动能定理、功能关系和平衡条件，理解除重力和弹力以为的力做功机械能的影响，掌握滑动摩擦力公式的运用。二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13～15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（6分）（2025•云南）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250g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50g、100g和150g的砝码，重复步骤③；⑤处理实验数据（重力加速度g取9.80m/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μ2501.120.4573001.35a3501.570.4584001.790.457完成下列填空：（1）表格中a处的数据为0.459（保留3位有效数字）；（2）其它条件不变时，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成正比，μ与接触面上压力的大小无关（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的测量结果将偏大（填“偏大”“偏小”或“不变”）。【考点】探究影响滑动摩擦力的因素．【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．【答案】（1）0.459；（2）成正比，无关；（3）偏大。【分析】（1）根据滑动摩擦力的公式列式解答；（2）根据表格中的数据规律结合求解的μ值进行分析解答；（3）根据平衡条件列式推导μ的表达式，结合表达式分析判断。【解答】解：（1）根据F＝μFN＝μMg，代入F＝1.35N，M＝300g＝0.3kg，得μ≈0.459；（2）其它条件不变时，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成正比，μ与接触面上压力的大小无关；（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，此时滑块的受力情况如下对小物块，根据平衡条件，易知F的测量测量值偏大，由μ=FMg，可知故答案为：（1）0.459；（2）成正比，无关；（3）偏大。【点评】考查测定动摩擦因数的实验原理和注意事项，会根据题意进行准确分析解答。12．（10分）（2025•云南）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5V，内阻不计）、电流表A1（量程100μA，内阻4.5kΩ）、电流表A2（量程500μA，内阻约1kΩ）、定值电阻R1（阻值15kΩ）、定值电阻R2（阻值1.5kΩ）、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0.1～0.3mA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3.85Ω；（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乙（填“甲”或“乙”），保护电阻R应选R1（填“R1”或“R2”）；（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295μA，A1示数如图（c）所示，该示数为62.0μA，则所测温度为51℃（计算结果保留2位有效数字）。【考点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性．【专题】计算题；实验探究题；比较思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）3.85；（2）乙，R1；（3）62.0，51。【分析】（1）根据图（a）的斜率求温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加值；（2）电流表A1内阻确定，其示数与内阻的乘积即为其电压，所以用A1可以测量铂电阻的电压，用A2与A1示数之差测量通过铂电阻的电流，从而求得铂电阻阻值；根据电路中最大电流为0.3mA，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电阻的最小值，再确定保护电阻R；（3）根据图（c）读出A1的分度值，再读出读数。根据欧姆定律求出铂电阻阻值，由图（a）确定所测温度。【解答】解：（1）根据图（a）可得，温度每升高1℃，该铂电阻的阻值增加ΔR=1.385-1.000100×103Ω（2）因电流表A1内阻确定，其示数与内阻的乘积即为其电压，所以用A1可以测量铂电阻的电压，用A2与A1示数之差测量通过铂电阻的电流，故能准确测出铂电阻阻值的是乙；根据电路中最大电流为Imax＝0.3mA，根据闭合电路欧姆定律可得，电路中电阻的最小值为Rmin=EImax=50.3×10电流表A2内阻约1kΩ，铂电阻与电流表A1并联阻值不超过1.385kΩ，故保护电阻R应选R1。（3）由图（c）可知A1的分度值为1μA，则其读数为62.0μA根据欧姆定律得R=根据图（a）可得R＝1000+3.85t代入数据解得t≈51℃故答案为：（1）3.85；（2）乙，R1；（3）62.0，51。【点评】解答本题时，要明确电流表内阻确定时，既可以测量电流，也可以测量电压，有双重作用。13．（10分）（2025•云南）用光学显微镜观察样品时，显微镜部分结构示意图如图甲所示。盖玻片底部中心位置O点的样品等效为点光源，为避免O点发出的光在盖玻片上方界面发生全反射，可将盖玻片与物镜的间隙用一滴油填充，如图乙所示。已知盖玻片材料和油的折射率均为1.5，盖玻片厚度d＝2.0mm，盖玻片与物镜的间距h＝0.20mm，不考虑光在盖玻片中的多次反射，取真空中光速c＝3.0×108m/s，π＝3.14。（1）求未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积（结果保留2位有效数字）；（2）滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为t1、t2，求t2﹣t1（结果保留2位有效数字）。【考点】光的折射与全反射的综合问题．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．【答案】（1）未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为1.0×10﹣5m2；（2）t2﹣t1为3.3×10﹣13s。【分析】（1）画出全反射光路图，结合相应的几何知识列式解答；（2）根据题意推导两次传播时间的表达式并代入数据解答。【解答】解：（1）未滴油时，O点发出的光在盖玻片的折射光路图如下根据几何关系sinC=1n，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光圆半径满足tanC=rd，透光面积为S＝πr2，联立解得S≈1.0×10﹣（2）滴油前后，光从O点传播到物镜的最短时间分别为t1、t2，则t1=dv+hc，t2=d+hv，又v=cn，则t2﹣t1=hv答：（1）未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为1.0×10﹣5m2；（2）t2﹣t1为3.3×10﹣13s。【点评】考查全反射的应用和光在介质中的传播问题，会根据题意进行准确分析解答。14．（13分）（2025•云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。（1）求该粒子通过速度选择器的速率；（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；（3）定义磁屏蔽效率η=B1-B2B【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）该粒子通过速度选择器的速率为Ud（2）B1的大小为mUqLdB0，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y（3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。【分析】（1）根据平衡条件结合洛伦兹力、电场力的计算公式进行解答；（2）求出粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；粒子进入磁屏蔽区ONPQ，分析B1的大小分析y轴上可能检测到该粒子的范围；（3）若在Q处检测到该粒子，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解粒子运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解B2，再根据磁屏蔽效率公式进行解答。【解答】解：（1）设该粒子通过速度选择器的速率为v，根据平衡条件可得：qvB0＝qU解得：v=U（2）粒子垂直于y轴进入磁场，垂直于x轴进入正方形磁屏蔽区，则O为圆心，粒子的轨迹半径为：R=ON根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB1＝mv解得：B1=mU粒子进入磁屏蔽区ONPQ，若B2＝B1，则粒子在磁屏蔽区ONPQ中运动的半径最小，打在y轴上的位置距离O点最近，即为L；若B2＝0，则粒子从PQ中点射出，由于外部的磁场为B1，则粒子做匀速圆周运动的半径仍为L，轨迹如图所示：所以y轴上可能检测到该粒子的范围为：L＜y＜3L；（3）若在Q处检测到该粒子，粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可得：r2＝（2L）2+（r﹣L）2解得粒子运动的轨迹半径为：r＝2.5L根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB2＝mv解得：B2=磁屏蔽效率为：η=B解得：η＝60%答：（1）该粒子通过速度选择器的速率为Ud（2）B1的大小为mUqLdB0，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y（3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。15．（15分）（2025•云南）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。（1）求F的大小；（2）求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；（3）若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；平抛运动时间的计算；动量定理在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的动力学类问题．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；模型建构能力．【答案】（1）F的大小为(M（2）t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为(M（3）（3）当1μ(2gh【分析】（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律得求解F的大小；（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式，结合运动学公式求解箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；（3）根据运动学公式求得力F作用时间。假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统应用动量定理，结合安培力冲量的表达式求解最终两者的速度的表达式。最终箱子可能没有完全进入磁场，据此进行讨论得到最终木块与箱子的速度大小。【解答】解：（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，设木块与箱子的加速度大小为a，物块与箱子之间的弹力为N。在竖水平方向上对小物块由牛顿第二定律得：N＝ma在竖直方向上小物块受力平衡，则有：μN＝mg联立解得：a对木块与箱子整体，根据牛顿第二定律得：F＝（M+m）a解得：F（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F，即箱子右侧壁进入磁场瞬间所受安培力最小值等于F。设t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为smin，箱子右侧壁进入磁场瞬间的最小速度为v。此时感应电动势为：E＝Bdv感应电流为：I安培力为：F安＝BdI联立可得：F由F安＝F，可得：B解得：v由运动学公式得：v2＝2asmin解得：smin=（3）设木块做匀加速直线运动的时间为t1，由运动学公式可得：s=设从木块与箱子分离到木块落到箱子底部的时间为t2，此过程木块做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由运动学公式可得：h=由题意可得力F作用时间为：t＝t1+t2=假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，设最终两者的速度大小为v1。以水平向右为正方向，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统由动量定理得：Ft-BdIt'=（M+m）其中：I联立解得：v1=讨论：①当1μ(2gh+2②当1μ(2gh+答：（1）F的大小为(M（2）t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为(M（3）当1μ(2gh【点评】本题考查了电磁感应现象与动力学的综合问题，考查了力与运动的逻辑分析能力。掌握本题中应用动量定理处理问题的方法。

考点卡片1．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13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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=4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43mg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。2．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后加速度的表达式，再根据运动学速度公式列式，找出两个过程之间的关系，即可求解动摩擦因数，再根据位移公式求物体上滑的位移x；（2）根据牛顿第二定律求物体的加速度，再由位移公式求滑块从最高点回到地面的时间。解答：（1）设滑块在F作用时加速度为a1，撤去力F后加速度大小为a2，滑块先加速后减速，则有：a1t1＝a2t2当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根据摩擦力公式有f1＝μN1联立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②联立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物体上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5，物体上滑的位移x是60m；（2）滑块从最高点回到地面的时间是15s。点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住上滑过程中匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度列式。【命题思路点拨】当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。3．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4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、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=12gt2C、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。4．平抛运动时间的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.平抛运动在水平和竖直方向上的运动是独立的，而将这两个运动联系起来的就是时间。因为分运动与合运动具有同时性。3.计算平抛运动时间的方法：①已知平抛高度h，则根据竖直方向上12gt②已知水平位移x和初速度v0，则根据水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一时刻的速度v和书速度v0，则根据速度的合成有v2=v02④已知某一时刻的速度v及速度偏转角θ，则gt＝vsinθ，从而得到t=⑤已知某一时刻的位移x及位移偏转角θ，则12gt【命题方向】例1：将一个物体以速度v水平抛出，当物体的竖直位移是水平位移的两倍时，所经历的时间为（）A、vgB、v2gC、2分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：由平抛运动的规律可知，水平方向上：x＝Vt竖直方向上：2x=12解得t=4故选：D。点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．例2：一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，那么它的运动时间是（）A、v1-vogB、v1分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。解答：由于平抛运动是水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，故任意时刻的速度是这两个分运动速度的合速度，当一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，故v1是物体运动的末速度，由速度的分解法则可知，vy2=v1∴物体的运动时间t=Vyg故选：D。点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。例3：如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O．一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点．已知OC的连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、ν分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．小球落到C点，根据几何关系确定小球竖直方向上的位移和竖直方向上的位移的比值，根据位移关系求出运动的时间．解答：由几何关系可知，AC水平方向的夹角为α=π知tanα则t=2v0tanαg=2ν故选：A。点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．【解题思路点拨】1.平抛运动的时间是连接水平和竖直运动的桥梁，时间的计算方法有很多种，要根据题目给出的条件选择恰当的方法。2.平抛运动是匀变速曲线运动，速度变化量的计算要遵循矢量叠加原理，所以t=v5．卫星或行星运行参数的计算【知识点的认识】对于一般的人造卫星而言，万有引力提供其做圆周运动的向心力。于是有：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a在卫星运行的过程中，根据题目给出的参数，选择恰当的公式求解相关物理量。【解题思路点拨】2005年10月12日，我国成功地发射了“神舟”六号载人宇宙飞船，飞船进入轨道运行若干圈后成功实施变轨进入圆轨道运行，经过了近5天的运行后，飞船的返回舱顺利降落在预定地点．设“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球运行n圈所用的时间为t，若地球表面重力加速度为g，地球半径为R，求：（1）飞船的圆轨道离地面的高度；（2）飞船在圆轨道上运行的速率．分析：研究“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力列出方程，根据地球表面忽略地球自转时万有引力等于重力列出方程进行求解即可．解答：（1）“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球运行n圈所用的时间为t，T=研究“神舟”六号载人飞船在圆轨道上绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力定律分别对地球表面物体和飞船列出方程得：G⋅根据地球表面忽略地球自转时万有引力等于重力列出方程得：G⋅r＝R+h④由①②③④解得：h②由线速度公式得：v=∴v答：（1）飞船的圆轨道离地面的高度是3g（2）飞船在圆轨道上运行的速率是32点评：本题要掌握万有引力的作用，天体运动中万有引力等于向心力，地球表面忽略地球自转时万有引力等于重力，利用两个公式即可解决此问题．只是计算和公式变化易出现错误．【解题思路点拨】在高中阶段，一般把卫星的运行看作匀速圆周运动，万有引力完全充当圆周运动的向心力。但是计算的公式比较多，需要根据题目给出的参数，选择恰当的公式进行计算。6．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=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝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。7．利用动能定理求解变力做功【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.变力做功无法用公式W＝Fs进行求解，而动能定理因为忽略了运动过程，所以求解变力做功会更方便。【命题方向】某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则该同学对足球做的功是（）A、4.4JB、22JC、132JD、12000J分析：人对球做的功是变力做功，不能用功的公式来求，应用动能定理科以求得人做功的大小．解答：根据动能定理可得，人对球做的功的大小等于球动能的变化，即W=12mV2﹣0=12×0.44×102J故选：B。点评：题目中告诉的200N的力和60m都是干扰同学做题的干扰项，人对球的力是变力不能用功的公式直接求得．【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。8．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【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mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、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。9．波的叠加【知识点的认识】1.波的叠加原理：几列波相遇时，每列波都能够保持各自的状态继续传播而不互相干扰，只是在重叠的区域里，介质的质点同时参与这几列波引起的振动，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．2.波在叠加时的特点：①位移是几列波分别产生位移的矢量和。②各列波独立传播。③两列同相波叠加，振动加强，振幅增大。（如图1所示）④两列反相波叠加，振动减弱，振幅减小。（如图2所示）【命题方向】常考题型：如图所示，实线与虚线分别表示振幅、频率均相同的两列波的波峰和波谷．此刻M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是（）A．该时刻质点O正处于平衡位置B．P、N两质点始终处在平衡位置C．随着时间的推移，质点M将向O点处移动D．从该时刻起，经过二分之一周期，质点M到达平衡位置【分析】由图知M、O都处于振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动．解：由图知O点是波谷和波谷叠加，是振动加强点，A错误；P、N两点是波谷和波峰叠加，位移始终为零，即处于平衡位置，B正确；振动的质点只是在各自的平衡位置附近振动，不会“随波逐流”，C错误；从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，D错误；故选B【点评】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰．在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的矢量和．【解题思路点拨】波的独立性原理：两列波相遇后，每列波仍像相遇前一样，保持各自原来的波形，继续向前传播。10．电荷性质、电势能和电势的关系【知识点的认识】电势的定义式为：φ=计算时要代入正负号，这就意味：（1）正电荷在电势为正的地方电势能为正，在电势为负的地方电势能为负；（2）负电荷在电势为正的地方电势能为负，在电势为负的地方电势能为正。（3）如果知道电势正负、电荷性质、电势能正负三者之二，就能判断第三者的性质。【命题方向】下列关于电势和电势能的说法中正确的是（）A、电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大B、电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能越大C、电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D、电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零分析：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零．解答：A、根据推论可知：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小。故A错误。B、电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大，与电势的正负、电荷的电性有关。故B错误。C、电场中的电势为正值的一点上，正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势能，而电势为负值的一点上，正电荷所具有的电势能小于负电荷具有的电势能。故C错误。D、由EP＝qφ得知，电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零。故D正确。故选：D。点评：本题考查电势、电势能的关系，可根据电势的定义式φ=E【解题思路点拨】对公式φ=E（1）φ取决于电场本身，与EP和q无关；（2）计算时公式中的EP、q均需代人正负号。11．等势面及其与电场线的关系【知识点的认识】1．定义：电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．2．特点：①等势面与电场线一定处处正交（垂直）；②在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功；③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；④任意两个电势不相同的等势面既不会相交，也不会相切；⑤等差等势面越密的地方电场线越密．【命题方向】电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（）A．等量同种电荷的中垂面B．等量异种电荷的中垂面C．以孤立点电荷为球心的某一球面D．匀强电场中的某一等势面分析：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；故选：C．点评：本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．【解题思路点拨】1.等势面的特点（1）在等势面上任意两点间移动电荷时静电力不做功。（2）同一电场空间两等势面不相交（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。（5）等势面是虚拟的，是为描绘电场的性质而假想的面。2.等势面的应用（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低。（2）由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。（3）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。（4）由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小3.等势面与电场线（1）已知等势面时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。（2）已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。12．带电粒子在直线边界磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形（1）直线边界（2）平行边界2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．3.常见的解题思路（1）圆心的确定①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心．（2）半径的确定方法一：由物理方程求：半径R=mv方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．（3）时间的确定由t=θ2πT确定通过某段圆弧所用的时间，其中【命题方向】如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径ra=d2sin60°=d3a粒子轨迹长度为sa=2×60b粒子的轨迹长度为sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故选：C。点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢