2025年四川省新高考物理试卷（选择性）

第72页（共72页）2025年四川省新高考物理试卷（选择性）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．（4分）（2025•四川）2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（）A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s2．（4分）（2025•四川）某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10﹣10m的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄膜时，衍射现象最明显的是（）A．德布罗意波长约为7.9×10﹣13m的中子 B．德布罗意波长约为8.7×10﹣12m的质子 C．德布罗意波长约为2.6×10﹣11m的氮分子 D．德布罗意波长约为1.5×10﹣10m的电子3．（4分）（2025•四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（）A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B．小球从c点到e点电势能先不变后减小 C．小球过f点的动能等于过d点的动能 D．小球过b点的速度大于过a点的速度4．（4分）（2025•四川）如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。将气缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则（）A．活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高 B．活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变 C．活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高 D．活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变5．（4分）（2025•四川）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（）A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3：4 D．小球丙、丁的摆长之比为1：26．（4分）（2025•四川）某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（）A．3GMT236πC．3GMT247．（4分）（2025•四川）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为gA．物块的位移大小为2vB．物块机械能增量为5mC．小车的位移大小为16PD．小车机械能增量为8二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（6分）（2025•四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（）A．a2bc2 B．ab2c2（多选）9．（6分）（2025•四川）某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行（θ＜45°）的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则（）A．可以选用折射率为1.4的光学玻璃 B．若选用折射率为1.6的光学玻璃，θ可以设定为30° C．若选用折射率为2的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为70° D．若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动（多选）10．（6分）（2025•四川）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4：1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°＝0.6。则带电粒子（）A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1：2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127：148三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小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•四川）某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：（1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为cm。（2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。（3）用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为200m﹣2。由此可得该弹簧的劲度系数为N/m（结果保留2位有效数字）。（5）图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为kg（结果保留2位有效数字）。12．（10分）（2025•四川）某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：待测合金丝样品（长度约1m）螺旋测微器学生电源E（电动势0.4V，内阻未知）米尺（量程0～100cm）滑动变阻器（最大阻值20Ω）电阻箱（阻值范围0～999.9Ω）电流表（量程0～30mA，内阻较小）开关S1、S2导线若干（1）将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00cm和70.00cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499mm、0.498mm和0.503mm，则该样品横截面直径的平均值为mm。（2）该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱（选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于端（选填“左”或“右”）。（3）断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0mA处，此时电阻箱面板如图2所示，则该合金丝的电阻率为Ω•m（取π＝3.14，结果保留2位有效数字）。（4）为减小实验误差，可采用的做法有（有多个正确选项）。A.换用内阻更小的电源B.换用内阻更小的电流表C.换用阻值范围为0～99.99Ω的电阻箱D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值13．（10分）（2025•四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：（1）微粒第一次到达下极板所需时间；（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。14．（12分）（2025•四川）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。15．（16分）（2025•四川）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。

2025年四川省新高考物理试卷（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ADBDCAC二．多选题（共3小题）题号8910答案ACCDAD一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1．（4分）（2025•四川）2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（）A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s【考点】平均速度（定义式方向）．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】A【分析】知道竖直方向上的位移和运动时间，根据速度公式求出返回舱在这段时间内的平均速度。【解答】解：返回舱在竖直方向上的位移x＝3090m﹣2010m＝1080m，所用的时间t＝130s，则返回舱在这段时间内的平均速度：v故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题考查平均速度公式的应用，是一道基础题。2．（4分）（2025•四川）某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10﹣10m的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄膜时，衍射现象最明显的是（）A．德布罗意波长约为7.9×10﹣13m的中子 B．德布罗意波长约为8.7×10﹣12m的质子 C．德布罗意波长约为2.6×10﹣11m的氮分子 D．德布罗意波长约为1.5×10﹣10m的电子【考点】波的衍射的概念及产生明显衍射的条件．【专题】定量思想；归纳法；光的衍射、偏振和电磁本性专题；理解能力．【答案】D【分析】根据发生明显衍射的条件分析即可。【解答】解：当波通过尺寸与其波长相近的障碍物或狭缝时，会发生明显的衍射现象。对于粒子而言，德布罗意波长决定了其波动性，衍射的明显程度通常与波长和狭缝宽度的比值相关，当λd接近或大于1时，衍射现象非常明显，则可知电子的衍射现象最明显，故D正确，ABC故选：D。【点评】本题考查了对发生明显衍射条件的理解。3．（4分）（2025•四川）如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q＞0）的带电小球。另一个电荷量为q（q＞0且q≪Q）的带电小球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（）A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B．小球从c点到e点电势能先不变后减小 C．小球过f点的动能等于过d点的动能 D．小球过b点的速度大于过a点的速度【考点】电场力做功与电势能变化的关系；库仑定律的表达式及其简单应用．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；实验探究能力．【答案】B【分析】A.根据库仑定律分析作答；BCD.根据电势的定义式、电势能的定义式求解作答；绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律分析动能的大小、速度的大小。【解答】解：A.根据库仑定律F由于re＞rb，因此则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，故A错误；B.点电荷在距其r处的电势为中φ由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，因此c点到d点电势不变，d点到e点r逐渐减小；根据电势能的定义式Ep＝qφ可知，小球从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，故B正确；C.由于rf＞rd，根据上述B分析可知，小球的电势能Epd＞Epf绝缘光滑管道固定于水平面内，电势能和动能的总量保持不变，根据能量守恒定律可知，小球过f点的动能大于过d点的动能，故C错误；D.由于ra＞rb，根据上述B分析可知，小球的电势能Epb＞Epa绝缘光滑管道固定于水平面内，根据能量守恒定律可知，小球过a点的动能大于过b点的动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，故D错误。故选：B。【点评】注意：绝缘光滑管道固定于水平面内，只要电场力做功，因此整个过程中电势能和动能的总量保持不变。4．（4分）（2025•四川）如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。将气缸置于恒温冷水中，如图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与气缸壁之间的摩擦。则（）A．活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高 B．活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变 C．活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高 D．活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体的等温变化与玻意耳定律的应用；气体的等压变化与盖﹣吕萨克定律的应用．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；方程法；气体的压强专题；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．【答案】D【分析】活塞从a到b的过程中，气体的温度降低，则内能减小，活塞缓慢下降，则气体的压强不变；活塞从b到a的过程中，气缸内气体的温度不变，则内能不变，由玻意耳定律可知体积增大，压强减小。【解答】解：AB、由题意可知，活塞从a到b的过程中，气缸内气体的温度降低，则内能减小，活塞缓慢下降，则气体的压强不变，故AB错误；CD、由题意可知，活塞从b到a的过程中，气缸内气体的温度不变，则内能不变，体积增大，由玻意耳定律pV＝C可知，压强减小，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题是对气体实验定律及温度、内能的考查，解题的关键是要正确分析气体发生的状态变化，知道a→b，气体发生等压变化，b→a气体发生等温变化。5．（4分）（2025•四川）如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（）A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3：4 D．小球丙、丁的摆长之比为1：2【考点】单摆周期的计算及影响因素；单摆及单摆的条件．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；单摆问题；分析综合能力．【答案】C【分析】四个小球均做简谐运动，摆球在最大位移处，回复力最大，加速度最大；根据单摆周期公式即可完成分析作答。【解答】解：A.小球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，说明小球丙的周期为小球甲的周期的2倍，即T丙＝2T甲；小球甲经过14T甲的时间第一次回到释放位置时，因14T甲=18T丙B.小球甲完成2个周期的振动时，小球乙、丁恰好到达另一侧最高点；根据单摆周期公式T由此可知1.5T乙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲，即T丁＝3T乙小球丁经过14T丁C.由上述B分析可知T甲T乙D.根据单摆周期公式T摆长L因此L由于T丙＝2T甲，0.5T丁＝2T甲得T丁＝2T丙联立解得L丙L丁故选：C。【点评】本题主要考查了单摆周期公式的运用，在同一地点，单摆的摆长越大，周期越大；明确简谐运动的正确性时解题的关键。6．（4分）（2025•四川）某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动，地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（）A．3GMT236πC．3GMT24【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】A【分析】根据万有引力提供向心力结合卫星的追及思路列式求解。【解答】解：设该卫星的轨道半径为r，周期为T0，根据GMmr2=mr4π2T02，由图可知，有（2πT0-2故选：A。【点评】考查万有引力定律的应用和卫星的追及和相遇，会根据题意进行准确分析解答。7．（4分）（2025•四川）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为32。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为gA．物块的位移大小为2vB．物块机械能增量为5mC．小车的位移大小为16PD．小车机械能增量为8【考点】利用动能定理求解机车启动问题；牛顿第二定律的简单应用；机车以恒定功率启动．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】C【分析】小车与物块共速前物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律与运动学公式求解这段时间内物块的位移大小；根据机械能的定义求解物块机械能增量；电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功就等于电动机的功率与时间的乘积，根据动能定理求解小车的位移大小；根据机械能的定义求解小车的机械能增量。【解答】解：A.小车与物块共速前，物块沿斜面向上做匀加速直线运动，对物块，根据牛顿第二定律得：μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma，解得物块的加速度大小为：a根据运动学公式有：v02=2axB.这段时间内物块机械能增量为：ΔE=12C.小车与物块的速度刚好相同所用时间为：t电动机以恒定功率P拉动小车，则这段时间内轻绳拉力对小车做的功为：W＝Pt对小车，根据动能定理得：W联立解得小车的位移大小为：x=16PD.小车机械能增量为：ΔE'=12故选：C。【点评】本题考查了机车启动问题、动能定理与牛顿第二定律的应用，掌握机车启动问题中物体的运动形式的分析，掌握瞬时功率的表达式P＝Fv。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（6分）（2025•四川）若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（）A．a2bc2 B．ab2c2【考点】力学单位制与单位制．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据能量与动能和动量的计算式即可推导，能量的单位焦耳用力学单位制的基本单位可怎样表示。【解答】解：AB、动能的公式：E=12mv2；用符号表示：m＝b，v=xCD、动量的公式：p＝mv；用符号表示：p＝d，m＝b，v=ac，故d=b×ac=故选：AC。【点评】解答本题需知，单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位。（多选）9．（6分）（2025•四川）某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行（θ＜45°）的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则（）A．可以选用折射率为1.4的光学玻璃 B．若选用折射率为1.6的光学玻璃，θ可以设定为30° C．若选用折射率为2的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为70° D．若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动【考点】全反射的条件、判断和临界角．【专题】定量思想；推理法；全反射和临界角专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】根据发生全反射的条件，结合几何关系解答ABC选项；若入射光线向左移动，作出移动后的光路图，判断出射光线如何移动。【解答】解：A.因为1.4＜2，故当选用折射率为1.4的光学玻璃时，根据：sinC=1n，可得：sinC＞22，即全反射临界角C＞45°。如下图所示，由几何知识可得光线A点发生全反射时的入射角等于θ，已知θ＜45°，可知θ＜B.当θ＝30°时，此时在A点入射角为30°，选用折射率为1.6的光学玻璃时，此时的全反射临界角C满足：sinC=11.6=0.625＞0.5=sin30°，可得：C.若选用折射率为2的光学玻璃，同理可得此时的全反射临界角C＝30°，光线A点第一次要发生全反射，入射角一定大于30°，即θ＞30°，如上图所示，根据几何关系可知在B点第二次发生全反射时的入射角β＝2θ，即β＝2θ＞60°，故第二次全反射入射角可能为70°，故C正确；D.若入射光线向左移动，则在A、B、C三处的入射光线与反射反射光线均会向左移动，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了光的折射发生全反射的条件，掌握全反射临界角与折射率的关系。（多选）10．（6分）（2025•四川）如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4：1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°＝0.6。则带电粒子（）A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1：2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127：148【考点】带电粒子在多个组合边界磁场中的运动；带电粒子在矩形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之上比；依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹图，根据几何关系计算粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比；粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比。【解答】解：B、设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，Ⅱ区的磁感应强度大小为B2，则有：B1：B2＝4：1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv解得圆周运动半径为：r=可得在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为：r1r2ACD、依据题意，结合在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径的比例关系，作出粒子的运动轨迹如上图所示，易知在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点。粒子在Ⅱ区的两段圆弧轨迹的圆心角相等，设为θ，由几何关系得：cosθ=r2r1+r2，结合：r1粒子在Ⅰ区的轨迹长度为：s1=粒子在Ⅱ区的轨迹长度为：s2=2×解得：s因粒子在Ⅰ区与Ⅱ区中的线速度大小相等，故在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比等于在Ⅰ区与Ⅱ区的轨迹长度之比，即在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为：t1t2=s故选：AD。【点评】本题主要考查了带电粒子在有界磁场中的运动问题，要熟练掌握圆心、半径及运动时间的确定，考虑在有界磁场中运动的对称性，分析几何关系，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解决问题。三、非选择题：本题共5小题，共54分。其中第13～15小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•四川）某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下：（1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐，另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为13.14cm。（2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。（3）用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数据。按此步骤操作6次。（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为200m﹣2。由此可得该弹簧的劲度系数为49N/m（结果保留2位有效数字）。（5）图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为0.028kg（结果保留2位有效数字）。【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；弹力的存在及方向的判定专题；实验探究能力．【答案】（1）13.14；（4）49；（5）0.028。【分析】（1）毫米刻度尺的分度值为1mm，根据毫米刻度尺的读数规则读数；（4）（5）根据密度公式、平衡条件和胡克定律求解x﹣V函数，结合图像斜率和纵截距的含义即可完成作答。【解答】解：（1）毫米刻度尺的分度值为1mm，弹簧原长为l0＝13.14cm；（4）设小桶的质量为m0，弹簧想形变量为x；根据密度公式，所加水的质量为m＝ρgV根据胡克定律和平衡条件m0g+mg＝kx代入数据变形得x由图像的斜率k弹簧的劲度系数k（5）图像的纵截距b小桶质量为m0故答案为：（1）13.14；（4）49；（5）0.028。【点评】本题主要考查了毫米刻度尺的读数规则，考查了胡克定律和平衡条件的运用，基础题；根据密度公式、胡克定律和平衡条件求解x﹣V函数是解题的关键。12．（10分）（2025•四川）某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有：待测合金丝样品（长度约1m）螺旋测微器学生电源E（电动势0.4V，内阻未知）米尺（量程0～100cm）滑动变阻器（最大阻值20Ω）电阻箱（阻值范围0～999.9Ω）电流表（量程0～30mA，内阻较小）开关S1、S2导线若干（1）将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20.00cm和70.00cm位置，用螺旋测微器测量两金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0.499mm、0.498mm和0.503mm，则该样品横截面直径的平均值为0.500mm。（2）该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a（选填“a”或“b”）相连。闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于左端（选填“左”或“右”）。（3）断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0mA刻度处。断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0mA处，此时电阻箱面板如图2所示，则该合金丝的电阻率为1.3×10﹣6Ω•m（取π＝3.14，结果保留2位有效数字）。（4）为减小实验误差，可采用的做法有CD（有多个正确选项）。A.换用内阻更小的电源B.换用内阻更小的电流表C.换用阻值范围为0～99.99Ω的电阻箱D.多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值【考点】导体电阻率的测量．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）0.500；（2）a；左；（3）1.3×10﹣6；（4）CD。【分析】（1）根据求平均值的方法求解作答；（2）滑动变阻器采用限流式接法，根据“一上一下”原则分析作答；从保护电路安全的角度分析作答；（3）根据电阻箱的读数规则读数；滑动变阻器滑动片位置不变，分别闭合开关S1、S2，电流表的示数相同，说明合金丝的接入电阻等于电阻箱的接入电阻，据此求解合金丝的电阻；根据电阻定律求解作答；（4）根据电阻率的表达式分析作答。【解答】解：（1）该样品横截面直径的平均值为d=（2）由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联授在电路中，根据“一上一下”原则，即电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱a相连；为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端；（3）根据图2，电阻箱的接入电阻R＝0×100Ω+0×10Ω+3×1Ω+2×0.1Ω＝3.2Ω断开S2、闭合S1，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15.0mA刻度处；断开S1、闭合S2，保持滑动变阻器滑片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15.0mA处，说明合金丝的电阻等于电阻箱的接入电阻，因此合金丝的接入电阻为Rx＝3.2Ω合金丝接入电路中的长度l＝70.00cm﹣20.00cm＝50.00cm根据电阻定律R电阻率ρ=（4）根据电阻率的表达式ρ=选择更精确的电阻箱，可换用阻值范围为0～99.99Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。综上分析，故AB错误，CD正确。故选：CD。故答案为：（1）0.500；（2）a；左；（3）1.3×10﹣6；（4）CD。【点评】本题主要考查了测量合金丝电阻率的实验，要明确实验原理，掌握电阻箱的读数规则，掌握电阻定律的运用，能够正确分析实验误差。13．（10分）（2025•四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：（1）微粒第一次到达下极板所需时间；（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。【考点】用动量的定义式计算物体的动量；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）微粒第一次到达下极板所需时间为mdqE（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为2Eqmd【分析】（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律和运动学公式求解微粒第一次到达下极板所用的时间；（2）微粒向下做匀加速直线运动，根据运动学求解微粒第一次到达下极板的速度；微粒第一次与下极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒第一次到达上极板的速度；微粒第一次与上极板碰撞前后的机械能不变，速度大小不变，电荷量的绝对值不变，加速度大小不变，根据运动学公式求解微粒回到O点时的速度大小，根据动量的定义式求解作答。【解答】解：（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律qE＝ma根据运动学公式1联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间t（2）设微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1根据运动学公式v由于微粒与下极板碰撞前后瞬间机械能不变，速度的大小不变；碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，加速度的大小不变；设微粒碰撞后第一次到达上极板时的速度大小v2；根据运动学公式v代入解得v同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3根据运动学公式v代入解得v故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p=答：（1）微粒第一次到达下极板所需时间为mdqE（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为2Eqmd【点评】微粒在电场力的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式以及动量的定义式即可完成作答；解决本题的关键是要抓住微粒与量极板碰撞前后瞬间机械能不变，速度的大小不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，加速度的大小不变。14．（12分）（2025•四川）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；热功率的计算．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势为Blv；（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率为B2（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为s2【分析】（1）根据公式E＝Blv求解作答；（2）根据功率公式求解作答；（3）根据闭合电路欧姆定律和安培力公式求解安培力；根据平衡条件结合数学知识求解作答。【解答】解：（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势E＝Blv；（2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R＝2dr+2sr此时回路中的总的热功率为P（3）根据闭合电路欧姆定律，感应电流I安培力F设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为θ；对金属杆，根据受力平衡，水平方向F安＝Tx＝Tcosθ竖直方向mg＝Tsinθ根据位置关系有tanθ联立解得x=答：（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势为Blv；（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率为B2（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为s2【点评】本题主要考查了导体棒切割磁感线产生感应电动势，要熟练掌握闭合电路欧姆定律、安培力公式、功率公式和平衡条件的运用，掌握数学方法与物理上的运用。15．（16分）（2025•四川）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；物体在光滑斜面上的运动．【专题】计算题；学科综合题；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小为gsinθ；（2）小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件为m1m2（3）小球甲初动能应满足的条件为172【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度；（2）甲恰能到c点，根据牛顿第二定律和向心力公式求解小球甲在C点碰撞前的瞬时速度；根据动量守恒定律和能量守恒定律求解碰撞后小球乙的瞬时速度；若碰撞后，小球乙沿轨道做圆周运动经过e，根据向心力公式求解质量比满足的条件；若碰撞后小球乙做类平抛运动经过e点，根据类平抛运动规律求解质量比满足的条件；（3）若小球乙做圆周运动经过e，经过e时，速度方向沿de方向，不能越过线段de，因此小球乙只能做类平抛运动根据e点；根据类平抛运动的规律、动能定理，结合上述（2）的质量比求解作答。【解答】解：（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，受重力和支持力作用；根据牛顿第二定律有m1gsinθ＝m1a1解得甲在ab段运动的加速度大小a1＝gsinθ（2）小球甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1根据牛顿第二定律和向心力公式m解得v1=根据题意，甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后动量守恒取v1方向为正方向，根据动量守恒定律m1v1＝m1v3+m2v2根据能量守恒定律1解得碰后乙的速度为v2=碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点此时需满足m2gsinθ即v联立①②③可得m第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R+R=12解得v2=联立①②④可得m1（3）在（2）问的质量比值的条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足题意，故碰后乙做类平抛运动越过线段de。碰后乙的速度必然满足v同时根据类平抛运动规律可得：R＜1v2Δt＞R解得14gRsinθ联立②⑤将m1m2=对甲球从a到c过程中，根据动能定理-m1联立⑥⑦可得172答：（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小为gsinθ；（2）小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件为m1m2（3）小球甲初动能应满足的条件为172【点评】本题主要考查了动量与能量的综合运用，属于多运动过程；涉及的知识点多、过程复杂、综合性强，需要仔细分析；要熟练掌握牛顿第二定律、类平抛运动、动量守恒定律、能量守恒定律、圆周运动向心力公式的运用；要仔细挖掘临界条件、隐含条件。

考点卡片1．平均速度（定义式方向）【知识点的认识】1．定义：平均速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量．一个作变速运动的物体，如果在一段时间t内的位移为s，则我们定义v=st2．平均速度和平均速率的对比：平均速度=【命题方向】例1：一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着t2内的平均速度是vA．vB.23vC.34vD.分析：分别根据v=解：物体的总位移x=vt+v2×t2=5vt4故选D．点评：解决本题的关键掌握平均速度的定义式v=【解题思路点拨】定义方向意义对应平均速度运动质点的位移与时间的比值有方向，矢量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或位移）平均速率运动质点的路程与时间的比值无方向，标量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或路程）2．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。3．力学单位制与单位制【知识点的认识】一、单位制及其基本单位和导出单位1．单位制：基本单位和导出单位共同组成了单位制．（1）基本单位：基本物理量的单位．力学中的基本物理量有长度、质量、时间，它们的国际单位分别是米、千克、秒．（2）导出单位是由基本单位根据物理关系推导出来的其他物理量的单位．有力（N）、速度（m/s）、加速度（m/s2）等．2．国际单位制中的基本物理量和基本单位物理量名称物理量符号单位名称单位符号长度l米m质量m千克kg时间t秒s电流I安（培）A热力学温度T开（尔文）K物质的量n摩（尔）mol发光强度I坎（德拉）cd特别提醒：（1）有些物理单位属于基本单位，但不是国际单位，如厘米、克、小时等．（2）有些单位属于国际单位，但不是基本单位，如米/秒（m/s）、帕斯卡（Pa）、牛（顿）（N）等．【命题方向】题型一：对力学单位制的认识例子：关于力学单位制，下列说法正确的是（）A．千克、米/秒、牛顿是导出单位B．千克、米、牛顿是基本单位C．在国际单位制中，质量的单位是g，也可以是kgD．只有存国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma分析：在力学中，质量、长度及时间作为基本物理量，其单位作为基本单位，而由这三个量推出的单位称导出单位；基本单位和导出单位组成单位制；而在国际单位制中，我们取长度单位米，质量单位千克，时间单位秒作为基本单位；而由这些基本单位根据物理公式推导得出的单位为导出单位．解答：A、千克是质量的单位，是基本单位；故A错误；B、牛顿是由牛顿第二定律公式推导得出的单位，为导出单位，故B错误；C、在国际单位制中，质量的单位只能利用kg，故C错误；D、牛顿第二定律表达式为F＝kma，只有在国际单位制中，k才取1，表达式才能写成F＝ma；故D正确．故选：D．点评：由选定的一组基本单位和由定义方程式与比例因数确定的导出单位组成的一系列完整的单位体制．基本单位是可以任意选定的，由于基本单位选取的不同，组成的单位制也就不同，如现存的单位有：市制、英制、米制、国际单位制等．【知识点的应用及延伸】单位制在物理学中的应用1．简化计算过程的单位表达：在解题计算时，已知量均采用国际单位制，计算过程中不用写出各个量的单位，只要在式子末尾写出所求量的单位即可．2．检验结果的正误：物理公式既反映了各物理量间的数量关系，同时也确定了各物理量的单位关系．因此，在解题中可用单位制来粗略判断结果是否正确，如单位制不对，结果一定错误．4．物体在光滑斜面上的运动【知识点的认识】1.物体处在光滑斜面上时，会受到重力和支持力，其合力沿着斜面向下，所以物体的加速度也沿着斜面向下。如果斜面的倾角为α，根据牛顿第二定律可得加速度的大小为a=mgsinαm2.根据物体的加速度可以进行一些运动学的相关计算。【命题方向】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是（）A、甲图中，小球在两个斜面上运动的时间相同B、甲图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同C、乙图中，小球在两个斜面上运动的时间相同D、乙图中，小球在两个斜面上运动的加速度相同分析：对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀加速直线运动位移—时间公式求出时间。解答：（1）在甲图中：对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知：运动的加速度为a＝gsinθ设高度为h，则斜面的长度为h根据匀加速直线运动，位移—时间公式可知：hsinθ=t=甲图中两个斜面倾角不等，故小球在两个斜面上运动的时间和加速度都不相同，故A、B错误；（2）在乙图中：对小球进行受力分析，受到重力和支持力，合力提供加速度，根据牛顿第二定律可知：运动的加速度为a＝gcosθ两个斜面倾角不等，所以加速度不相同，故D错误；设底边长为h，则斜面的长度为h根据匀加速直线运动，位移—时间公式可知：hsinθt=当θ分别为30°和60°时，sinθcosθ相等，故时间相等，C正确。故选：C。点评：该题主要考查了牛顿第二定律及匀变速直线运动位移—时间公式的应用，注意几何知识在物理解题过程中的应用。【解题思路点拨】解决物体在光滑斜面上运动问题的步骤如下：①对物体进行受力分析，求出物体的合力；②求出物体的加速度；③根据运动学公式求出相关物理量。5．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．机车以恒定功率启动【知识点的认识】对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定．对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间．弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速运动能维持的时间．汽车在平直路面上保持发动机功率不变，即以恒定功率启动，其加速过程如下所示：其P﹣t图和v﹣t图如下：【命题方向】汽车在水平直线公路上保持额定功率启动，额定功率为P0＝80kW，汽车行驶过程中所受阻力恒为f＝2.5×103N，汽车的质量M＝2.0×103kg求：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度；（2）当汽车的速度为5m/s时的加速度；（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度。分析：当汽车以额定功率行驶时，随着汽车速度的增加，汽车的牵引力会逐渐的减小，所以此时的汽车不可能做匀加速运动，直到最后牵引力和阻力相等，到达最大速度之后做匀速运动。解答：（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车达到最大速度，即F＝f＝2.5×103N，由P＝Fv可得，此时的最大的速度为vm=PF=P（2）由P＝Fv可此时汽车的牵引力为F=Pv所以此时的加速度的大小为a=F-fm=16000-2500（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时，由F﹣f＝ma可得此时的牵引力的大小为F＝f+ma＝2500+2000×0.75＝4000N，由P＝Fv可得，此时的速度的大小为v=PF=80000答：（1）汽车在整个运动过程中所能达到的最大速度为32m/s；（2）当汽车的速度为5m/s时的加速度的大小为6.75m/s2；（3）当汽车的加速度为0.75m/s2时的速度为20m/s。点评：本题考查的是汽车的启动方式，对于汽车的两种启动方式，恒定加速度启动和恒定功率启动，对于每种启动方式的汽车运动的过程一定要熟悉。【解题思路点拨】1.机车启动问题的本质是因为受发动机的限制，机车的功率不能无限增大，力与速度存在制约关系，即需满足P＝Fv。2.机车在运动过程中，虽然方向时刻在变化，但可以认为发动机的牵引力时刻与机车的瞬时速度的方向保持一致，所以发动机的输出功率等于发动机的牵引力乘以机车的瞬时速度，即P＝Fv。3.机车启动的过程是一个变加速过程，要结合牛顿第二定律进行相关的分析计算。4.当机车在做匀速运动时，此时牵引力与阻力平衡，即F＝f，所以发动机的功率P＝Fv＝fv。7．利用动能定理求解机车启动问题【知识点的认识】本考点旨在针对机车启动问题中需要用到动能定理的情况。【命题方向】一种氢气燃料的汽车，质量为m＝2.0×103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝1.0m/s2。达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶．试求：（1）汽车的最大行驶速度；（2）当汽车的速度为32m/s时的加速度；（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。分析：（1）当汽车速度达到最大时，物体做匀速直线运动，根据平衡条件可知牵引力等于摩擦力，根据公式P＝Fv可以求出速度；（2）根据公式P＝Fv，求出牵引力，根据牛顿第二定律求出加速度；（3）先求出匀加速时间，再求出恒定功率运动过程的时间，匀加速的最后时刻，功率达到额定功率。解答：（1）汽车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，即F＝f根据题意f＝2000N再根据公式P＝Fv可以求出汽车的最大行驶速度vm=Pf即汽车的最大行驶速度为40m/s。（2）当汽车的速度为32m/s时，根据公式P＝Fv，牵引力F=由牛顿第二定律得：F﹣f＝ma解得a=F-即当汽车的速度为32m/s时的加速度为0.25m/s2。（3）汽车匀加速的末速度设为v，匀加速最后时刻，功率达到额定功率，对于匀加速过程，根据牛顿第二定律，有Pv-f代入数据解得v＝20m/s汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间t1=v达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理：Pt2﹣fs=12解得t2＝35s总时间t＝t1+t2＝55s即汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为55s。点评：汽车匀加速启动，功率P＝Fv，当功率达到额定功率时，功率不能再增大，变为恒定功率启动，当牵引力减小到等于摩擦力时，汽车改为匀速运动。【解题思路点拨】在机车启动问题中，可以根据动能定理列出如下式子Pt﹣fs=1可以结合题目条件，代入公式求解相应的参数。8．用动量的定义式计算物体的动量【知识点的认识】1.动量的大小：p＝mv。2.动量的方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。【命题方向】质量为m＝0.10kg的小钢球以v0＝2.0m/s的水平速度抛出，下落h＝0.6m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ＝．刚要撞击钢板时小球的动量大小为．（取g＝10m/s2）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，根据平抛运动的规律求出落地时的速度方向，从而确定钢板与水平面的夹角；求出小球撞击钢板时的速度，然后求出其动量．解答：小球做平抛运动，在竖直方向上：vy2=2gh，vy设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=vyv0=小球与钢板撞后速度恰好反向，则小球垂直撞击钢板，钢板与水平方向夹角θ＝90°﹣α＝90°﹣60°＝30°，小球撞击钢板时的速度：v=v0则小球撞击钢板时的动量大小p＝mv＝0.1×4＝0.4kg•m/s；故答案为：30°；0.4kg•m/s．点评：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，本题难度不大．【解题思路点拨】计算物体的动量的方法：1.定义法：求出物体的速度，用动量的定义式p＝mv计算物体的动量。2.动量定理：根据动量定理Ft＝Δp＝mv2﹣mv1计算物体的动量。9．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＝mav＝vC+atx=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+mCvCAB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒∴E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EP+12∵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．10．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＝2πmkT＝2πl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11．单摆周期的计算及影响因素【知识点的认识】1.荷兰物理学家惠更斯研究发现，单摆做简谐运动的周期T与摆长l的二次方根成正比，与重力加速度g的二次方根成反比，与振幅摆球质量无关。2.单摆的周期公式为：T＝2πl3.对单摆周期公式的理解由公式T＝2πlg知，某单摆做简谐运动（摆角小于5°）的周期只与其摆长l和当地的重力加速度g有关，而与振幅和摆球质量无关，故又叫作（1）摆长l①实际的单摆摆球不可能是质点，所以摆长应是从悬点到摆球重心的长度，即l＝l'+D2，l'为摆线长，②等效摆长：图1中，甲、乙在垂直纸面方向摆起来效果是相同的，所以甲摆的摆长为l•sinα，这就是等效摆长。其周期T＝2πlsinαg。图2（2）重力加速度g若单摆系统只处在重力场中且悬点处于静止状态，g由单摆所处的空间位置决定，即g=GMR2，式中R为物体到地心的距离，M为地球的质量，g随所在位置的高度的变化而变化。另外，在不同星球上M和R也是不同的，所以g也不同，g（3）等效重力加速度若单摆系统处在非平衡状态（如加速、减速、完全失重状态），则一般情况下，g值等于摆球相对静止在自己的平衡位置时，摆线所受的张力与摆球质量的比值。如下图所示，此场景中的等效重力加速度g'＝gsinθ。球静止在О点时，FT＝mgsinθ，等效加速度g'=FTm【命题方向】在某一地方要使单摆的振动周期减小，可以采取的方法是（）A、减小摆球的质量B、减小单摆的振动的振幅C、缩短单摆的摆长D、增大单摆的摆长分析：根据单摆的周期公式T＝2πL解答：A、由于单摆的周期与摆球的质量无关，所以减小摆球的质量不能改变单摆的周期。故A错误。B、单摆的周期与振动的振幅无关，减小振幅不能改变单摆的周期。故B错误。故B错误。C、根据单摆的周期公式T＝2πLg可知，缩短单摆的摆长可使单摆的振动周期减小。故D、增大单摆的摆长，可使单摆的振动周期增大，不符合题意。故D错误。故选：C。点评：本题考查对单摆周期的理解和应用能力．要抓住单摆的等时性：周期与振幅无关．【解题思路点拨】计算单摆的周期的两种方法（1）依据T＝2πL（2）根据T=tN：周期的大小虽然不取决于t和N，但利用该种方法计算周期，会受到时间t和振动次数N测量的准确性的影响，12．波的衍射的概念及产生明显衍射的条件【知识点的认识】1.定义：波绕过障碍物继续传播的现象。2.实验及现象：（1）实验器材：在水槽里放两块挡板，中间留个狭缝。（2）现象：①狭缝宽度比波长大得多时，波的传播如同光沿直线传播一样，挡板后面产生一个阴影区。②狭缝宽度与波长相差不多或狭缝宽度比波长更小时，波绕到挡板后面继续传播。③当狭缝宽度一定时，波长与狭缝相差不多时，有明显的衍射现象，随着波长的减小，衍射现象变得越来越不明显。3.发生明显衍射的条件：缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，，或者比波长更小。4.一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象。5.对衍射现象的理解：（1）关于衍射的条件应该说衍射是没有条件的，衍射是波特有的现象，一切波都可以发生衍射。衍射只有“明显”与“不明显”之分，障碍物或小孔的尺寸跟波长差不多，或比波长小是产生明显衍射的条件。（2）波的衍射实质分析波传到小孔（或障碍物）时，小孔（或障碍物）仿佛是一个新波源，由它发出的与原来同频率的波在小孔（或障碍物）后传播，就偏离了直线方向。波的直线传播只是在衍射不明显时的近似情况。（3）衍射现象与观察的矛盾当孔的尺寸远小于波长时尽管衍射十分突出，但由于衍射波的能量很弱，衍射现象不容易观察到。【命题方向】关于波的衍射，下列说法正确的是（）A.衍射是机械波特有的现象B.对同一列波，缝、孔或障碍物越大衍射现象越明显C.只有横波才能发生衍射现象，纵波不能发生衍射现象D.声波容易发生明显的衍射现象是由于声波的波长较长分析：衍射是波的特有的现象；对同一列波，缝、孔或障碍物越小衍射现象越明显；横波和纵波都能发生衍射现象；波长越长，越容易发生明显衍射现象。解答：A、衍射是波特有的现象，不是机械波特有的现象，电磁波等其他波也能发生衍射现象，故A错误；B、根据发生明显衍射现象的条件可知：对同一列波，缝、孔或障碍物越小衍射现象越明显，故B错误；C、横波能发生衍射现象，纵波也能发生衍射现象，如声波是纵波，能发生衍射现象，故C错误；D、声波容易发生明显衍射现象是由于声波波长较长，故D正确。故选：D。点评：本题考查波的衍射，要牢记所有的波都能发生衍射现象，只是有明显不明显的区别，知道孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长更小是发生明显衍射的条件，不是发生衍射现象的条件。【解题思路点拨】1