2025年陕西省新高考物理试卷（选择性）

第71页（共71页）2025年陕西省新高考物理试卷（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，只有一项符合题目要求。1．（4分）（2025•选择性）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（）A． B． C． D．2．（4分）（2025•选择性）我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约3750km，轨道周期约2h。引力常量G取6.67×10﹣11N•m2/kg2，根据以上数据可推算出火星的（）A．质量 B．体积 C．逃逸速度 D．自转周期3．（4分）（2025•选择性）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．4．（4分）（2025•选择性）如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为（）A．μmgcosθ B．12μmg C．μmg D．5．（4分）（2025•选择性）我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH﹣F120实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经100V电压加速后，其德布罗意波长为λ，若加速电压为10kV，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为（）A．100λ B．10λ C．110λ D．16．（4分）（2025•选择性）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（）A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反7．（4分）（2025•选择性）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1：1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4：3二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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•选择性）一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m，a、b为介质中平衡位置相距2m的两质点，其振动图像如图所示。则t＝0时的波形图可能为（）A． B． C． D．（多选）9．（6分）（2025•选择性）在双缝干涉实验中，某实验小组用波长为440nm的蓝色激光和波长为660nm的红色激光组成的复合光垂直照射双缝，双缝间距为0.5mm，双缝到屏的距离为500mm，则屏上（）A．蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹 B．蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小 C．距中央亮条纹中心1.32mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠 D．距中央亮条纹中心1.98mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠（多选）10．（6分）（2025•选择性）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。则滑块（）A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为0.64m D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）（2025•选择性）图（a）为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。（1）实验中应将木板（填“保持水平”或“一端垫高”）。（2）为探究加速度a与质量m的关系，某小组依据实验数据绘制的a﹣m图像如图（b）所示，很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系，以下选项可以直观判断的有。（多选，填正确答案标号）m/kga/（m•s﹣2）0.250.6180.330.4820.400.4030.500.3171.000.152A.a-1B.a﹣m2图像C.1a-D.a2﹣m图像（3）为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下，（填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。12．（9分）（2025•选择性）常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、多量程的多用电表。（1）某同学使用多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序：①把选择开关旋转到“×100”位置。②把选择开关旋转到“×1k”位置。③将红表笔和黑表笔接触。④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。下列选项中正确的是。（单选，填正确答案标号）A.①③④B.②③④C.②④③D.①④③（2）若将一个内阻为20Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程0～2V的电压表，需要（填“串联”或“并联”）一个Ω的电阻。（3）如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻RA及一个电阻RB（RA＞RB）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表：接线柱1和22和33和41和42和41和3U/V01.5300.561.050.66根据以上数据可判断，直流电源E处于之间，电容器C处于之间，电阻RA处于之间。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）13．（9分）（2025•选择性）某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa～3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300K时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到T2为350K时，体积增大到V2为0.560m3，气体可视为理想气体。（1）求此时胎内气体的压强p2；（2）若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量ΔU。14．（14分）（2025•选择性）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、v0、B0均为已知量）（1）电子的比荷em（2）当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S15．（16分）（2025•选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于125mv02。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、l0、v0（1）粒子B到达P点时的速度大小v1；（2）t1时间内粒子B的位移大小xB；（3）恒力作用的时间t2。

2025年陕西省新高考物理试卷（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BAADCDD二．多选题（共3小题）题号8910答案ADBCAC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，只有一项符合题目要求。1．（4分）（2025•选择性）某同学绘制了四幅静电场的电场线分布图，其中可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】电场线的定义及基本特征．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】B【分析】根据电场线的意义与特点分析解答即可。【解答】解：A、由于电场线的切线方向表示电场强度的方向，所以电场线不能交叉，故A错误；B、正点电荷的电场线是以正电荷为中心均匀分布的放射线，该图是可能的，故B正确；C、静电场的电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远），不是闭合曲线，故C错误；D、匀强电场的电场线是距离相等的平行线，不存在平行但距离不相等的电场线，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了几种常见的电场线分布情况，要熟悉这些常见的电场。2．（4分）（2025•选择性）我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约3750km，轨道周期约2h。引力常量G取6.67×10﹣11N•m2/kg2，根据以上数据可推算出火星的（）A．质量 B．体积 C．逃逸速度 D．自转周期【考点】宇宙速度的计算；计算天体的质量和密度．【专题】定量思想；方程法；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可解得火星的质量，根据逃逸速度公式可解得逃逸速度。【解答】解：A、设火星的质量为M，轨道器的质量为m，由万有引力提供向心力可得GMm可得M=4π2B、不知道火星的半径，所以不能求出火星的体积，故B错误；C、不知道火星的半径，所以不能求出轨道器的逃逸速度，故C错误；D、轨道器的周期不等于火星自转周期，由题目中的数据不能求出火星的自转周期，故D错误；故选：A。【点评】本题考查万有引力与航天，要求学生掌握万有引力的公式，能应用该公式解决航天相关的问题，目的是考查学生的推理能力。3．（4分）（2025•选择性）某智能物流系统中，质量为20kg的分拣机器人沿水平直线轨道运动，受到的合力沿轨道方向，合力F随时间t的变化如图所示，则下列图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律的图像问题；根据物体的运动情况判断v﹣t图像是否正确．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据牛顿第二定律求出加速度，然后结合v﹣t图像斜率的意义分析。【解答】解：选取第1s内机器人受力的方向为正方向，则第1s内机器人的加速度a第2s内机器人受力为零，则加速度为零；第3s内机器人的加速度a可知第3s内机器人的加速度的方向与第1s内加速度的方向相反。A、若初速度为1m/s，与第1s内受力的方向相同，则机器人第1s内做加速运动，第2s内做匀速运动，第3s内做减速运动，由v﹣t图线的斜率表示加速度的大小可知，第1s内的加速度是1m/s2，第3s内的加速度大小也是1m/s2，故A正确；B、该图中第3s内仍然做加速运动，与受力不符，故B错误；C、该图中第1s的加速度与第3s的加速度都是正值，与受力不符，故C错误；D、该图中第1s的加速度大小为2m/s2，与实际不符，故D错误。故选：A。【点评】该题考查力与运动的关系，既要注意力的大小对加速度大小的影响，也要注意力的方向对加速度方向的影响。4．（4分）（2025•选择性）如图，质量为m的均匀钢管，一端支在粗糙水平地面上，另一端被竖直绳悬挂，处于静止状态。钢管与水平地面之间的动摩擦因数为μ、夹角为θ，重力加速度大小为g。则地面对钢管左端的摩擦力大小为（）A．μmgcosθ B．12μmg C．μmg D．【考点】静摩擦力大小及计算．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．【答案】D【分析】分析钢管的受力情况，根据共点力平衡条件分析摩擦力。【解答】解：对钢管受力分析可知，受到竖直向上的支持力和绳子拉力二力之和等于竖直向下的重力，所以水平方向不可能受到摩擦力。故ABC错误，D正确；故选：D。【点评】受力分析是解力学题的基础，通常按照重力、弹力、摩擦力、已知力的顺序进行，可以结合产生条件分析解答。5．（4分）（2025•选择性）我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH﹣F120实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经100V电压加速后，其德布罗意波长为λ，若加速电压为10kV，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为（）A．100λ B．10λ C．110λ D．1【考点】德布罗意波的公式．【专题】定量思想；合成分解法；光的波粒二象性和物质波专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据动能定理求出加速后电子的动能，结合动量与动能的关系求出动量，最后由德布罗意波波长公式求出。【解答】解：设加速电压为U，电子的质量为m，电荷量为e，加速后电子的动量为p。加速后电子的动能Ek＝eU电子的动量p＝mv=由德布罗意波波长公式λ由于U′＝100U可得λ故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】该题考查德布罗意波波长的公式，记住该公式，知道动量与动能的关系即可。6．（4分）（2025•选择性）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（）A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．【答案】D【分析】根据楞次定律判断电流方向；根据法拉第电磁感应定律判断电流大小。【解答】解：当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，铜环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加。感应电流产生的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，由安培定则可知，铜环中的电流方向与钢制线圈中的电流方向相反。铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，铜环的磁通量几乎不变，即E=ΔΦΔt较小，即铜环中产生的感应电流会很小，远小于钢制线圈中的电流大小，故D正确、故选：D。【点评】根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。7．（4分）（2025•选择性）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1：1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4：3【考点】线圈进出磁场的能量计算；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的动力学问题．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】D【分析】根据右手定则判断电流方向；合外力为安培力，根据安培力的计算公式求解所受合力大小之比；对乙全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小；对甲全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小，根据功能关系求解甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比。【解答】解：A、根据右手定则可知，甲线框进磁场过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，所以甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反，故A错误；B、甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力均为安培力，根据安培力的计算公式可得：F安＝BIL=由于甲和乙的电阻大小分别为R和2R，则所受合力大小之比为2：1，故B错误；C、设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v，取向右为正方向，对乙全过程根据动量定理可得：﹣BILΔt＝mv﹣mv0即：B2L2Δx2R=mv解得：v=2B2D、设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v′，取向右为正方向，对甲全过程根据动量定理可得：﹣BI′LΔt′＝mv′﹣mv0即：B2L2ΔxR=mv0解得：v′＝0甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为：Q甲Q乙故选：D。【点评】对于安培力作用下导体棒、线圈的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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•选择性）一列简谐横波在介质中沿直线传播，其波长大于1m，a、b为介质中平衡位置相距2m的两质点，其振动图像如图所示。则t＝0时的波形图可能为（）A． B． C． D．【考点】振动图像与波形图的结合．【专题】比较思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据振动图像分析t＝0时二者的位置。若波沿+x方向传播或波沿﹣x方向传播，得到波长表达式分析n的取值，由此得解。【解答】解：t＝0时，a处于平衡位置向上振动，b处于波谷。若波沿+x方向传播，有：（14+n）λ＝2m，波长大于1m，所以当n＝0时，λ＝8m；当n＝1时，若波沿﹣x方向传播，有：（34+n）λ＝2m，波长大于1m，所以当n＝0时，λ=83m；当n＝综上所述，可知AD正确、BC错误。故选：AD。【点评】对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚质点的振动情况、以及波的传播情况，知道波速、波长和频率之间的关系v＝fλ。（多选）9．（6分）（2025•选择性）在双缝干涉实验中，某实验小组用波长为440nm的蓝色激光和波长为660nm的红色激光组成的复合光垂直照射双缝，双缝间距为0.5mm，双缝到屏的距离为500mm，则屏上（）A．蓝光与红光之间能发生干涉形成条纹 B．蓝光相邻条纹间距比红光相邻条纹间距小 C．距中央亮条纹中心1.32mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠 D．距中央亮条纹中心1.98mm处蓝光和红光亮条纹中心重叠【考点】光的双缝干涉图样；波发生稳定干涉的条件．【专题】定量思想；推理法；光的干涉专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】根据光发生稳定干涉现象的条件结合双缝干涉相邻亮纹的间距公式进行分析解答。【解答】解：A.蓝光与红光波长不同，频率不等，则不能发生稳定的干涉形成条纹，故A错误；B.根据双缝干涉相邻亮纹的间距公式Δx=Ldλ，蓝光波长短，则条纹间距小，故CD.由双缝干涉相邻亮纹的间距公式Δx=Ldλ，代入数据计算，则蓝光相邻亮纹之间的间距Δx1＝0.44mm，红光相邻亮纹之间的间距Δx2＝0.66mm，距中央亮条纹中心1.32mm＝3Δx1＝2Δx2，此处是蓝光的第3亮纹中心和红光的第2亮纹中心对应的位置，而1.98mm＝4.5Δx1＝3Δx2，故C正确，故选：BC。【点评】考查光发生稳定干涉现象的条件结合双缝干涉相邻亮纹的间距公式，会根据题意进行准确分析解答。（多选）10．（6分）（2025•选择性）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。则滑块（）A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为0.64m D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J【考点】求变力的冲量；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；方程法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】AC【分析】求出根据弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量，根据摩擦力的计算公式进行分析；下滑过程中摩擦力方向和上滑过程中摩擦力方向相反，由此分析冲量是否相同；根据平衡条件求解静止时的位移；从释放到静止过程中，根据功能关系求解从释放到静止克服滑动摩擦力做的功。【解答】解：A、滑块下滑到某一位置受力情况如图所示：此时弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量为：T⊥＝Tcosθ＝kxcosθ＝kx0，其中x0＝1.6m所以垂直于杆方向的弹力大小不变，滑块运动过程中摩擦力大小不变。根据滑动摩擦力的计算公式可得：f＝μFN＝μ（kx0﹣mgcos53°）解得：f＝1.6N，故A正确；B、下滑过程中摩擦力方向沿杆向上，上滑过程中摩擦力沿杆向下，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；C、设滑块从释放到静止运动的位移为x1，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为0时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为0时，有mgsin53°•x1＝fx1+12k（PQ2+x1由几何关系可得x1＝1.28m，此时kPQ2+则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速度运动。当滑块再次速度为0时，有12k(P解得：x2＝0.64m此时L＝x2﹣x1＝0.64m此时kPQ2+L2则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为L＝0.64m，故C正确；D、从释放到静止过程中，根据功能关系可得：mgLsin53°＝Wf+解得从释放到静止克服滑动摩擦力做功为：Wf＝3.072J，故D错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查了功能关系和能量守恒定律，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，根据功能关系列方程解答。三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（6分）（2025•选择性）图（a）为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。（1）实验中应将木板一端垫高（填“保持水平”或“一端垫高”）。（2）为探究加速度a与质量m的关系，某小组依据实验数据绘制的a﹣m图像如图（b）所示，很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系，以下选项可以直观判断的有AC。（多选，填正确答案标号）m/kga/（m•s﹣2）0.250.6180.330.4820.400.4030.500.3171.000.152A.a-1B.a﹣m2图像C.1a-D.a2﹣m图像（3）为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下，乙（填“甲”或“乙”）同学的方法可以更好地减小误差。【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）一端垫高；（2）AC；（3）乙。【分析】（1）根据探究牛顿第二定律的实验原理进行判断；（2）根据牛顿第二定律结合图像的线性特征进行分析判断；（3）根据牛顿第二定律分别对小车和系统列式分析误差情况。【解答】解：（1）根据探究牛顿第二定律的实验原理，为了使细线对小车的拉力充当合外力，则需要对小车平衡阻力，应该将木板一端垫高；（2）对小车，由牛顿第二定律F＝ma，可得a=Fm=F•1m，或者1a=故选：AC。（3）为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上，设小车的质量为M，槽码盘质量为m0，每个槽码质量为m，对甲，由牛顿第二定律a1=(m0+nm)gM，随着槽码个数n的增加，槽码和槽码盘的总重力与小车的合外力差距越来越大，误差增大；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，设槽码总个数为N，对小车和槽码组成的系统，满足（m0+nm）g＝[M+（N﹣n）m+m0+nm]a2，即（m0+nm）g＝（M+Nm+m0故答案为：（1）一端垫高；（2）AC；（3）乙。【点评】考查牛顿第二定律应用和误差分析，会根据题意进行准确分析解答。12．（9分）（2025•选择性）常用的电压表和电流表都是由小量程的电流表（表头）改装而成的，与电源及相关元器件组装后可构成多功能、多量程的多用电表。（1）某同学使用多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15kΩ的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，请选出以下必要的操作步骤并排序：①把选择开关旋转到“×100”位置。②把选择开关旋转到“×1k”位置。③将红表笔和黑表笔接触。④调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点。下列选项中正确的是B。（单选，填正确答案标号）A.①③④B.②③④C.②④③D.①④③（2）若将一个内阻为20Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程0～2V的电压表，需要串联（填“串联”或“并联”）一个1980Ω的电阻。（3）如图，某同学为探究由一个直流电源E、一个电容器C、一个电阻RA及一个电阻RB（RA＞RB）组成的串联电路中各元器件的位置，利用改装好的电压表分别测量各接线柱之间的电压，测得数据如表：接线柱1和22和33和41和42和41和3U/V01.5300.561.050.66根据以上数据可判断，直流电源E处于2和3之间，电容器C处于1和4之间，电阻RA处于1和2之间。（填“1和2”“2和3”“3和4”或“1和4”）【考点】电表的改装和应用（实验）．【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）B；（2）串联；1980；（3）2和3；1和4；1和2。【分析】（1）根据欧姆表测电阻的实验原理和正确操作分析作答；（2）串联电阻有分流作用，根据串联电路的特点和欧姆定律求解作答；（3）电压表直接接在电源两端，电压表示数近似等于电动势，电压表的示数最大，据此分析直流电源的位置；直流电路中，电容器相当于断路，根据电压表的示数为零的情况，分析电容器的位置；根据电压表示数的大小分析定值电阻的位置，然后作答。【解答】解：（1）某同学使用多用电表正确测量了一个15.0Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是15kΩ的电阻，首先要把选择开关旋转到“×1k”位置，将红表笔和黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮进行欧姆调零，使指针指向欧姆零点，顺序为②③④，故ACD错误，B正确。故选：B。（2）串联电阻有分压作用，设串联电阻为R电流表的满偏电压U根据串联电路电压的分配与电阻的关系U代入数据解得R＝1980Ω将一个内阻为20Ω、满偏电流为1mA的表头改装为量程0～2V的电压表，需要串联一个1980Ω的电阻；（3）用电压表进行测量，2和3之间的电压最大，说明电压表直接接在直流电源两端，因此2和3之间为直流电源；在直流电路中，电路稳定后，电容器相当于断路，由于1和2、3和4之间电压为零，说明电容器接在1和4之间；由于1和3之间的电压比1和4之间的电压大得不多，说明大电阻RA接在1和2之间，小电阻RB接在3和4之间，电路图如图所示：综上分析直流电源E处于2和3之间，电容器C处于1和4之间，电阻RA处于1和2之间。故答案为：（1）B；（2）串联；1980；（3）2和3；1和4；1和2。【点评】本题主要考查了欧姆表测电阻正确操作、电压表的改装以及探究“黑箱”问题；要明确实验原理，掌握串联电路特点和欧姆定律的运用；用电压表探究“黑箱”问题是本题的难点。13．（9分）（2025•选择性）某种卡车轮胎的标准胎压范围为2.8×105Pa～3.5×105Pa。卡车行驶过程中，一般胎内气体的温度会升高，体积及压强也会增大。若某一行驶过程中胎内气体压强p随体积V线性变化如图所示，温度T1为300K时，体积V1和压强p1分别为0.528m3、3.0×105Pa；当胎内气体温度升高到T2为350K时，体积增大到V2为0.560m3，气体可视为理想气体。（1）求此时胎内气体的压强p2；（2）若该过程中胎内气体吸收的热量Q为7.608×104J，求胎内气体的内能增加量ΔU。【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】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．【答案】（1）此时胎内气体的压强p2为3.3×105Pa。（2）胎内气体的内能增加量ΔU为6.6×104J。【分析】（1）根据理想气体状态方程求解作答；（2）p﹣V图像的面积表示气体对外做功，根据热力学第一定律求解作答。【解答】解：（1）根据理想气体的状态方程p解得p（2）p﹣V图像的面积表示气体对外做功，其对外做功的大小W根据热力学第一定律，胎内气体的内能增加量ΔU＝Q﹣W＝7.608×104J﹣1.008×104J＝6.6×104J。答：（1）此时胎内气体的压强p2为3.3×105Pa。（2）胎内气体的内能增加量ΔU为6.6×104J。【点评】本题主要考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的运用，对于热力学第一定律一定要理解各物理量正、负的含义。14．（14分）（2025•选择性）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、v0、B0均为已知量）（1）电子的比荷em（2）当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；合成分解法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）电子的比荷em为2（2）当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S为2【分析】（1）将电子的运动分解处理，电子在平行于磁场的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以做匀速圆周运动。恰好没有电子落到筒壁上，说明圆周运动半径最大时，圆周运动轨迹的直径等于R。根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解电子的比荷；（2）根据（1）的解答，求出恰好打到筒壁上的电子出射时的方向，根据分运动的等时性求出电子在平行于磁场的方向上运动的位移大小，根据几何关系求解筒壁上落有电子的区域面积。【解答】解：（1）电子的发射速度方向与中心轴线的夹角为θ时，平行于磁场方向的分速度大小为：vy＝v0sinθ，垂直于磁场方向的分速度大小为：vx＝v0sinθ。电子在平行于磁场的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以线速度大小为vx做匀速圆周运动（当θ≠90°时电子的轨迹为螺旋线）。对于圆周运动，设其运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力得：ev解得：r恰好没有电子落到筒壁上，说明r最大时，圆周运动轨迹的直径等于R。当θ＝90°时r最大，可得：rmax＝m解得：e（2）磁感应强度调整为B02时，参照（mv其中：e解得：sinθ=12，即圆周运动的周期为：T=恰好打到筒壁上所需时间为：t=恰好打到筒壁上的电子在平行于磁场方向上的位移大小为：y=因电子源向空间中各个方向发射电子，故筒壁上落有电子的区域沿中心轴线方向的宽度等于2y，可得：S=2答：（1）电子的比荷em为2（2）当磁感应强度大小调至12B0时，筒壁上落有电子的区域面积S为2【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，本题当出射的速度方向与磁场方向不垂直时，电子的运动轨迹为螺旋线，将电子的运动分解处理，根据分运动的独立性与等时性解答。15．（16分）（2025•选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于125mv02。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、l0、v0（1）粒子B到达P点时的速度大小v1；（2）t1时间内粒子B的位移大小xB；（3）恒力作用的时间t2。【考点】动量守恒定律的一般应用；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）粒子B到达P点时的速度大小为15（2）t1时间内粒子B的位移大小为v0（3）恒力作用的时间为2l【分析】（1）根据动量守恒定律进行解答；（2）在t1时间内，根据能量守恒定律列方程，再根据电势能和距离的关系列方程；两者共速前，根据动量守恒定律结合位移关系进行解答；（3）对全过程，对系统根据动能定理、动量定理列方程进行解答。【解答】解：（1）以AB为系统，动量守恒，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝（m+4m）v1解得：v1（2）在t1时间内，根据能量守恒定律可得：1由于任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，因此：1解得l两者共速前，二者水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：∑（mv0t1）＝∑（mvAt1）+∑（4mvBt1）即有：mv0t1＝mxA+4mxB根据位移关系可得：xB+l0＝xA+l′联立解得：xB=v（3）对全过程，对系统根据动能定理可得：Fl0=对全过程，取向右为正方向，根据动量定理可得：Ft2＝4mv0﹣mv0联立解得：t2=2答：（1）粒子B到达P点时的速度大小为15（2）t1时间内粒子B的位移大小为v0（3）恒力作用的时间为2l【点评】本题主要是考查动量守恒定律和动量定理，解答本题的关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况，结合动量守恒定律、动能定理等进行分析解答。

考点卡片1．根据物体的运动情况判断v-t图像是否正确【知识点的认识】题目会先给出物体的运动情况，然后需要根据要求判断给出的v﹣t图像是否正确。【命题方向】列车匀速前进，司机突然发现前方有一头牛在横穿铁道，司机立即使列车制动，做匀减速运动，车未停下时牛已离开轨道，司机又使列车做匀加速运动，直到恢复原速，继续做匀速直线运动，列车运动的v﹣t图象应是下图中的哪一个（）A、B、C、D、分析：列车的运动情况是先做匀减速运动，接着做匀加速运动，最后做匀速直线运动．匀减速运动速度未达到零．将选项一一代入，选择符合题意的图象．解答：A、列车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，最后做匀速直线运动。与题意不符。故A错误。B、列车先做匀减速运动，速度未达到零，接着做匀加速运动，最后做匀速直线运动。与题意相符。故B正确。C、列车先做匀减速运动，速度达到零，接着做匀加速运动，最后做匀速直线运动。与题意不符。故C错误。D、列车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，最后做匀速直线运动。与题意不符。故D错误。故选：B。点评：往往用数学知识理解图象的物理意义，如面积、斜率等等来分析图象的物理意义．v﹣t图象：匀速直线运动是平行于横轴的直线，匀变速直线运动是倾斜的直线．【解题思路点拨】1.要明确v﹣t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的速度，可以以此判断物体的速度大小及方向。2.要明确x﹣t图像斜率的物理意义：代表了物体的加速度情况。斜率正负代表加速度的方向；斜率大小代表加速度的大小。3.要明确v﹣t图像面积的物理意义：代表了物体的位移情况。t轴上方的面积代表正向位移，t轴下方的面积代表负向位移。2．静摩擦力大小及计算【知识点的认识】1.静摩擦力的大小没有直接公式进行计算，一般通过平衡状态或牛顿第二定律进行求解。2.静摩擦力的大小与动摩擦因数、正压力的大小无直接关系。【命题方向】人用手竖直地握着啤酒瓶，始终保持静止，则（）A、手握瓶子的力越大，手与瓶子间的摩擦力就越大B、往瓶子加水后，手与瓶子间的摩擦力将增大C、手握瓶子的力大小等于手与瓶子间的摩擦力D、若手握瓶子的力大小为FN，手与瓶子间的动摩擦因数为μ，则手与瓶子间的摩擦力大小为μFN分析：瓶子保持静止，受力平衡，对瓶子受力分析，竖直方向上受重力和静摩擦力，二力平衡，根据静摩擦力的特点可以得到答案。解答：A、手与瓶子间的摩擦力是静摩擦力，其大小与手的握力无关，A错误B、往瓶子里加水后，瓶子和水的总重变大，而摩擦力要与此重力平衡，手与瓶子间的摩擦力将增大，B正确C、手握瓶子的力跟手与瓶子间的摩擦力没有直的关系，更不会相等，C错误D、手与瓶子间的摩擦力是静摩擦力，其大小与手的握力无关，D错误故选：B。点评：静摩擦力与压力无关，随外力的变化而变化，由平衡条件解决，这里握力变大，只是滑动摩擦力变大了，而物体受静摩擦力，故静摩擦力不变【解题思路点拨】求解摩擦力大小的一般思路为：①判断摩擦力的类型②如果是滑动摩擦力，就按照公式f＝μN进行求解；如果是静摩擦力就按照平衡状态或牛顿第二定律求解3．牛顿第二定律的图像问题【知识点的认识】1．物体质量一定时，受力越大，加速度越大，即a∝F，所以物体的F﹣a图象是一条直线。2．物体受力一定时，它的质量越大，加速度越小，即a∝1m，所以物体的1m-3.本知识点专指F﹣a图像及1m-【命题方向】下列图象能反映牛顿第二定律的是（）A.B.C.D.分析：根据牛顿第二定律可知，物体的加速度与合外力成正比，与质量成反比，根据牛顿第二定律分析各个图象。解答：AD、根据牛顿第二定律可知，a=Fm，当合外力F恒定时，a-1m图象为过原点的倾斜直线，a﹣m图象为曲线，故B、v﹣t图象反映的是速度随时间变化的关系，斜率表示加速度，与牛顿第二定律无关，故B错误。C、根据牛顿第二定律可知，F＝ma，质量增大，合外力F不变，F﹣m图象为平行于横轴的图象，故C错误。故选：A。点评：本题考查了加速度与力的关系图象，解题的关键是明确牛顿第二定律的公式，对比分析图象。【解题思路点拨】图像问题的本质是对牛顿第二定律的理解与应用，从F＝ma出发，根据控制变量法找出各物理量之间的关系，从而得出相应函数图像的性质。4．计算天体的质量和密度【知识点的认识】1.天体质量的计算（1）重力加速度法若已知天体（如地球）的半径R及其表面的重力加速度g，根据在天体表面上物体的重力近似等于天体对物体的引力，得mg=Gm1m2R2，解得天体的质量M=g（2）环绕法借助环绕中心天体做匀速圆周运动的行星（或卫星）计算中心天体的质量，俗称“借助外援法”。常见的情况如下：2.天体密度的计算若天体的半径为R，则天体的密度ρ=M43πR特殊情况：当卫星环绕天体表面运动时，卫星的轨道半径r可认为等于天体半径R，则ρ=【命题方向】近年来，人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆，正在进行着激动人心的科学探究，为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，并测得该运动的周期为T，则火星的平均密度ρ的表达式为（k为某个常量）（）A.ρ=kTB.ρ＝kTC.ρ＝kT分析：研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量。根据密度公式表示出密度。解答：研究火星探测器绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：mr4π2T得：M=4则火星的密度：ρ=由①②得火星的平均密度：ρ=3π则ABC错误，D正确。故选：D。点评：运用万有引力定律求出中心体的质量。能够运用物理规律去表示所要求解的物理量。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。【解题思路点拨】能否计算得出天体的质量和密度的技巧如下：①计算中心天体的质量需要知道：a、行星或卫星运行的轨道半径，以及运行的任一参数（如线速度或角速度或向心加速度等）b、如果是忽略天体自转、或在天体表面附近、或提示万有引力近似等于重力，则可以应用黄金代换计算中心天体质量，此时需要知道天体的半径，以及天体表面的重力加速度。②计算中心天体的密度需要知道只要能求出天体质量，并知道天体自身半径就可以求出中心天体的密度5．宇宙速度的计算【知识点的认识】1.第一宇宙速度是指最大的环绕速度。对地球而言，当卫星以最大的环绕速度绕地球运行时，此时卫星的轨道半径几乎等于地球的半径R，设此时速度为v，则根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv又在地球表面附近有GM＝gR2所以v=所以如果知道地球表面的重力加速度和地球半径就可以计算出地球的第一宇宙速度了。2.这一规律对其他天体同样成立。【命题方向】地球的第一宇宙速度为v1，若某行星质量是地球质量的4倍，半径是地球半径的12倍分析：物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=GM解答：设地球质量M，某星球质量4M，地球半径r，某星球半径0.5r；由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得：GMm解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式v=分别代入地球和某星球的各物理量解得：v星球：v地球=8：所以该行星的第一宇宙速度为22v1答：该行星的第一宇宙速度22v1点评：本题要掌握第一宇宙速度的定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式．【解题思路点拨】1.第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，是最大的环绕速度，当卫星以该速度运行时，相当于在中心天体附近绕行，轨道半径近似等于中心天体的半径。2.卫星绕天体做圆周运动时，如果已知环绕周期，也可以根据v=23.第一宇宙速度的计算公式v=GM6．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。7．求变力的冲量【知识点的认识】求变力的冲量有三个方法：1.若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量；2.若给出了力随时间变化的图像，如图所示，可用面积法求变力的冲量；3.利用动量定理求解。【命题方向】一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。对此过程的描述，错误的是（）A、地面对运动员的弹力做功为1B、运动员所受合力的冲量大小为mvC、地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔtD、重力的冲量大小为mgΔt分析：已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。解答：A、在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；B、根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小IF＝mv故B正确；C、以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面对人弹力的冲量为NΔt＝mgΔt+mv故C正确。D、重力的冲量大小IG＝mgΔt故D正确；本题选不正确项。故选：A。点评：在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解。【解题思路点拨】1.对于变力的冲量计算，定义式不再适用，要根据题目条件选择合适的方法进行计算。2.求合冲量的两种方法（1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；（2）另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。8．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=mv-mv0【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=mvt，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．9．动量守恒定律的一般应用【知识点的认识】1.本考点旨在针对用动量守恒定律解决简单问题的情况。2.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义（1）p＝p'：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。（2）m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。（3）Δp1＝﹣Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。（4）Δp＝0：系统总动量的变化量为零。【命题方向】质量为m＝100kg的小船静止在水面上，船上左、右两端各站着质量分别为m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，当他们在同一水平线上，甲朝左乙朝右，同时以相对河岸3m/s的速率跳离小船，不计水的阻力，小船运动速度为（）A、速度大小为0.6m/s方向向右B、速度大小为0.6m/s方向向左C、速度大小为3m/s方向向右D、速度大小为3m/s方向向左分析：船以及两个人组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，根据动量守恒定律求出小船的速度大小和方向．解答：规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：0＝m甲v甲+m乙v乙+mv代入数据得：0＝40×3+60×（﹣3）+100×v解得：v＝0.6m/s。知方向向左，大小为0.6m/s。故选：B。点评：解决本题的关键掌握动量守恒的条件，会运用动量守恒定律进行求解．【解题思路点拨】应用动量守恒定律的解题步骤1.明确研究对象，确定系统的组成2.受力分析，确定动量是否守恒3.规定正方向，确定初、末动量4.根据动量守恒定律，建立守恒方程5.代入数据，求出结果并讨论说明10．振动图像与波形图的结合【知识点的认识】振动图像与波动图像的比较【命题方向】图甲为一列简谐横波在t＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则（）A、t＝0.15s时，质点Q的加速度达到负向最大B、t＝0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向C、从t＝0.10s到t＝0.25s，该波沿x轴正方向传播了6mD、从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm分析：根据甲、乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t＝0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。解答：A、由乙图中Q点的振动图像可知t＝0.15s时Q点在负的最大位移处，故具有正向最大加速度，故A错误；B、甲图描述的是t＝0.10s时的波动图像，而根据乙图可知t＝0.10s到t＝0.25s内Q点将向下振动，这说明在甲图中此时Q点将向下振动，根据质点振动方向和波传播方向的关系可知，波向左传播，判定出经过四分之一周期即t＝0.15s时质点P运动方向为y轴负方向，故B正确；C、根据甲、乙两图可知波长和周期，则波速：v=λT=80.2=40m/s，故从t＝0.10s到t＝0.25s，波沿x负方向传播了D、质点在一个周期内通过个路程为4个振幅长度，故t＝0.10s到t＝0.25s的四分之三周期内，质点P通过的路程不是三个振幅即30cm，故D错误。故选：B。点评：本题有一定的综合性考查了波动和振动图像问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。【解题思路点拨】解决y﹣t图像和y﹣x图像综合问题，关键要明确两点：一是y﹣t图像描述的是哪个质点的振动；二是y﹣x图像是哪一时刻的图像，然后根据y﹣t图像确定这一时刻该点的位移和振动方向，最后根据y﹣x图像确定波的传播方向。11．波发生稳定干涉的条件【知识点的认识】波的干涉：（1）产生稳定干涉的条件：频率相同的两列同性质的波相遇．（2）现象：两列波相遇时，某些区域振动总是加强，某些区域振动总是减弱，且加强区和减弱区互相间隔．（3）对两个完全相同的波源产生的干涉来说，凡到两波源的路程差为一个波长整数倍时，振动加强；凡到两波源的路程差为半个波长的奇数倍时，振动减弱．【命题方向】两列水波发生干涉，在某时刻，M点是波峰与波峰相遇处，N点是波谷与波谷相遇处，P点的位移为零，Q点是波谷与波峰相遇处，则（）A.M、N两点振动一定最强，P、Q两点振动一定最弱B.M点振动最强，N、Q振动最弱，P点可能最强也可能最弱C.M、N点振动最强，Q振动最弱，P点可能最强也可能最弱D.四个点都可能是振动加强点分析：两列波相遇时振动情况相同时振动加强，振动情况相反时振动减弱．两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱．解答：A、M点是波峰与波峰相遇处，N点是波谷与波谷相遇处，Q点是波谷与波峰相遇处，P点的位移为零，可能是波谷与波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N两点振动一定最强，Q点振动一定最弱，但P点不一定，故A错误；B、M点是波峰与波峰相遇处，N点是波谷与波谷相遇处，Q点是波谷与波峰相遇处，P点的位移为零，可能是波谷与波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N两点振动一定最强，Q点振动一定最弱，但P点不一定，故B错误；C、M点是波峰与波峰相遇处，N点是波谷与波谷相遇处，Q点是波谷与波峰相遇处，P点的位移为零，可能是波谷与波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N两点振动一定最强，Q点振动一定最弱，但P点不一定，故C正确；D、M点是波峰与波峰相遇处，N点是波谷与波谷相遇处，Q点是波谷与波峰相遇处，P点的位移为零，可能是波谷与波峰相遇，也可能是平衡位置。所以M、N两点振动一定最强，Q点振动一定最弱，但P点不一定，故D错误；故选：C。点评：波的叠加满足矢量法则，当振动情况相同则相加，振动情况相反时则相减，且两列波互不干扰．例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零【解题方法点拨】一、波的干涉与波的衍射的比较定义现象可观察到明显现象的条件相同点波的衍射波可以绕过障碍物继续传播的现象波能偏离直线而传到直线传播以外的空间缝、孔或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长干涉和衍射是波特有的现象波的干涉频率相同的两列波叠加，使某些区域的振动加强、某些区域的振动减弱的现象振动强弱区域相间分布，加强区减弱区位置不变两列波的频率相同特别提示1．波的干涉和衍射现象都是波特有的现象，可以帮助我们区别波动和其他运动形式．2．任何波都能发生衍射现象，区别在于现象是否明显．3．只有符合干涉条件的两列波相遇时才能产生干涉现象．二、波的干涉中振动加强点和减弱点的判断某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差△r．（1）当两波源振动步调一致时若△r＝nλ（n＝0，1，2，…），则振动加强；若△r＝（2n+1）（n＝0，1，2，…），则振动减弱．（2）当两波源振动步调相反时若△r＝（2n+1）（n＝0，1，2，…），则振动加强；若△r＝nλ（n＝0，1，2，…），则振动减弱．2．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长．12．电场线的定义及基本特征【知识点的认识】1．定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱．2．特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密．3．几种典型的电场线．注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定．4．等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示①两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线．②两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零．③从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小．④两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行．⑤关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大、反向．（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示．①两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大．②两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直．③关于O点对称的两点A与A′、B与B′的场强等大同向．【命题方向】本考点主要考查电场线的定义与特点下列关于电场的论述，正确的是（）A、电场线方向就是正检验电荷的运动方向B、电场线是直线的地方是匀强电场C、只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动D、画有电场线的地方有电场，未画电场线的地方不一定无电场分析：电场线是为了形象地描述电场而假想的线，电场线的方向起于正电荷，终止于负电荷，电场线上某点的切线方向表示电场强度的方向，电场线的疏密表示电场的强弱．解答：A、电场线的方向与正电荷的运动方向不一定相同。故A错误。B、匀强电场的电场线是间距相等的平行直线，电场线是直线的地方不一定是匀强电场。故B错误。C、若电场线是曲线，初速度为零的正电荷不一定沿电场线方向运动。故C错误。D、电场线为了形象地描述电场而假想的线，画电场线的地方有电场，未画电场线的地方可能也有电场。故D正确。故选：D。点评：解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线是为了形象地描述电场而假想的线．【解题方法点拨】1．电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系：根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行．2．关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律．（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点．13．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgqA、物块到B点时的速度为2B、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-qEB、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。14．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．15．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θ②时间的计算方法．方法一：由圆心角求，t=θ2π•T；方法二：由弧长求，【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：qvB=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：tanθ∴r答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=mv（2）电子在磁场中运动的时间t=mθ（3）圆形磁场区域的半径r=mv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