2025年全国统一高考物理试卷（选择性）

第50页（共50页）2025年全国统一高考物理试卷（选择性）一、选择题：每题6分。在每个小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。1．（6分）（2025•回忆版）我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450km/h。若以120m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4km后停止，则减速运动中其加速度的大小为（）A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s22．（6分）（2025•回忆版）“天都一号”通导技术试验卫星测距试验的成功，标志着我国在深空轨道精密测量领域取得了技术新突破。“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时，（）A．受月球的引力大小保持不变 B．相对月球的速度大小保持不变 C．离月球越近，其相对月球的速度越大 D．离月球越近，其所受月球的引力越小3．（6分）（2025•回忆版）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m4．（6分）（2025•回忆版）匀强电场中，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下以某一初速度开始运动，则运动过程中，其（）A．所处位置的电势一定不断降低 B．所处位置的电势一定不断升高 C．轨迹可能是与电场线平行的直线 D．轨迹可能是与电场线垂直的直线5．（6分）（2025•回忆版）如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（）A．t1＜t2＝t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＞t3 D．t1＞t2＞t3（多选）6．（6分）（2025•回忆版）如图，一定量的理想气体先后处于V﹣T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则（）A．pa＝pb B．pa＝pc C．pa＞pb D．pa＜pc（多选）7．（6分）（2025•回忆版）一组身高相近的学生沿一直线等间隔排成一排，从左边第一位同学开始，依次周期性地“下蹲、起立”，整个队列呈现类似简谐波的波浪效果，如图所示。假定某次游戏中，形成的波形的波长为4m，左边第一位同学蹲至最低点时，队列中另一同学恰好站直，则这两位同学间的距离可能是（）A．1m B．2m C．5m D．6m（多选）8．（6分）（2025•回忆版）如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（）A．圆环中感应电流始终绕O逆时针流动 B．OP与虚线平行时圆环中感应电流最大 C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同 D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大二、非选择题9．（10分）（2025•回忆版）某探究小组利用橡皮筋完成下面实验。（1）将粘贴有坐标纸的木板竖直放置。橡皮筋的一端用图钉固定在木板上，另一端悬挂钩码。钩码质量分别为200g、250g、…、500g，平衡时橡皮筋底端在坐标纸上对应的位置如图（a）中圆点所示（钩码的质量在图中用数字标出）。悬挂的钩码质量分别为200g和300g时，橡皮筋底端位置间的距离为cm。（2）根据图（a）中各点的位置可知，在所测范围内橡皮筋长度的增加量与所挂钩码的（选填“质量”或“质量的增加量”）成正比，由此可求出橡皮筋的劲度系数为N/m（保留2位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。（3）悬挂的钩码质量为m时，在橡皮筋底端施以水平向右的力F，平衡时橡皮筋方向如图（b）中虚线所示，图（b）中测力计的示数给出了力F的大小，则F＝N，m＝g（选填“200”“300”或“400”）。10．（14分）（2025•回忆版）用伏安法可以研究电学元件的伏安特性。阻值不随电流、电压变化的元件称为线性电阻元件，否则称为非线性电阻元件。（1）利用伏安法测量某元件的电阻，电流表和电压表的示数分别记为I和U。若将电流表内接，则U元件两端的电压，UI元件的电阻；将电流表外接，则I流过元件的电流，UI元件的电阻。（均选填“小于”或“大于（2）图（a）是某实验小组用电流表内接法测得的某元件的伏安特性曲线，由图可知，所测元件是（选填“线性”或“非线性”）电阻元件。随着电流的增加，元件的电阻（选填“增大”“不变”或“减小”）。（3）利用电流表A1（内阻r1）、电流表A2（内阻未知）以及一个用作保护电阻的定值电阻R0（阻值未知），测量电阻Rx的阻值。将图（b）中的器材符号的连线补充完整，完成实验电路原理图。按完整的实验电路测量Rx，某次测量中电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，则Rx＝（用I1、I2和r1表示）。11．（14分）（2025•回忆版）电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用于设计键盘，简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，电容器的极板面积为S、间距为d，电容C=αSd（（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍？（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍？12．（24分）（2025•回忆版）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的14圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的13时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及（1）求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；（2）求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；（3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？（4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？

2025年全国统一高考物理试卷（选择性）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案BCBCA二．多选题（共3小题）题号678答案ADBDBC一、选择题：每题6分。在每个小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。1．（6分）（2025•回忆版）我国自主研发的CR450动车组试验时的速度可达450km/h。若以120m/s的初速度在平直轨道上行驶的CR450动车组，匀减速运行14.4km后停止，则减速运动中其加速度的大小为（）A．0.1m/s2 B．0.5m/s2 C．1.0m/s2 D．1.5m/s2【考点】匀变速直线运动速度与位移的关系．【专题】应用题；创新题型；定量思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】B【分析】根据运动学公式求解作答。【解答】解：动车组的初速度v0＝120m/s，匀减速运动的位移为x＝14400m，设减速运动中加速度的大小a；根据运动学公式0-代入数据解得加速度的大小a＝0.5m/s2故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了匀变速直线运动速度与位移的关系，注意加速度的正、负。2．（6分）（2025•回忆版）“天都一号”通导技术试验卫星测距试验的成功，标志着我国在深空轨道精密测量领域取得了技术新突破。“天都一号”在环月椭圆轨道上运行时，（）A．受月球的引力大小保持不变 B．相对月球的速度大小保持不变 C．离月球越近，其相对月球的速度越大 D．离月球越近，其所受月球的引力越小【考点】卫星或行星运行参数的计算．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；万有引力定律的应用专题；理解能力．【答案】C【分析】AD.根据万有引力定律分析作答；BC.根据开普勒第二定律分析作答。【解答】解：AD．根据万有引力定律F=GMmr2可知，“BC．根据开普勒第二定律可知，“天都一号”相对月球的速度大小不断变化，离月球越近，其相对月球的速度越大，故B错误，C正确。故选：C。【点评】本题主要考查了万有引力定律和开普勒定律在天体上的运用，基础题。3．（6分）（2025•回忆版）如图，撑杆跳高运动中，运动员经过助跑、撑杆起跳，最终越过横杆。若运动员起跳前助跑速度为10m/s，则理论上运动员助跑获得的动能可使其重心提升的最大高度为（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m【考点】动能定理的简单应用．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】B【分析】根据机械能守恒定律求解作答。【解答】解：若运动员的动能完全转化为重力势能，根据机械能守恒定律1解得h故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的运用，基础题。4．（6分）（2025•回忆版）匀强电场中，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下以某一初速度开始运动，则运动过程中，其（）A．所处位置的电势一定不断降低 B．所处位置的电势一定不断升高 C．轨迹可能是与电场线平行的直线 D．轨迹可能是与电场线垂直的直线【考点】电场力做功与电势差的关系；电场线的定义及基本特征．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；理解能力．【答案】C【分析】AB.根据点电荷的初速度方向与电场力方向的夹角大小关系，判断电场力做功的正、负，从而判断电势的高低；CD.根据做直线运动和曲线运动的条件分析作答。【解答】解：A.若点电荷的初速度方向与电场力方向的夹角α满足π2＜α≤B.若点电荷的初速度方向与电场力方向的夹角α满足0≤α＜πC.若点电荷的初速度方向与电场力方向的夹角α满足α＝0或者α＝π，轨迹与电场线平行的直线，故C正确；D.点电荷的初速度方向与电场力方向不在同一直线上，点电荷做曲线运动，其轨迹不可能是与电场线垂直的直线，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查了电场力做功正负与电势能变化的关系，考查了做曲线运动的条件，基础题。5．（6分）（2025•回忆版）如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（）A．t1＜t2＝t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＞t3 D．t1＞t2＞t3【考点】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】A【分析】根据洛伦兹力提供向心力导出半径公式、结合图中所给的半径信息判断磁感应强度的大小关系，再结合周期公式列式解答。【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=mv02R，得R=mv0eB，设正方形的边长为L，由图可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径分别为R3＝L，R2=L2，R1=L4；设从c点飞出的电子对应的磁感应强度大小为B，由R=mv0eB可得，从b点和a、b中点飞出的电子对应的磁感应强度大小为2B、4B，又由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期公式T=2πmeB，有T3=2πmeB=T，T2=12T，T1=14T，所以t1=12T1=12×14T=故选：A。【点评】考查带电粒子在电磁场中的偏转问题，关键是半径公式和周期公式的熟练应用，会根据题意进行准确分析解答。（多选）6．（6分）（2025•回忆版）如图，一定量的理想气体先后处于V﹣T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则（）A．pa＝pb B．pa＝pc C．pa＞pb D．pa＜pc【考点】理想气体状态变化的图像问题．【专题】定性思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据在V﹣T图像中某状态与原点连线的斜率大小可反映压强，斜率越大，压强越小，由图线斜率分析各状态的压强关系。【解答】解：根据理想气体状态方程PVT=C，知在V﹣T图像中斜率表示CP，某状态与原点连线的斜率越大，则压强越小，由图可知Pa＝Pb＜Pc，故故选：AD。【点评】本题考查了理想气体状态变化的V﹣T图像，解题关键是在V﹣T图像中斜率越大，压强越小。（多选）7．（6分）（2025•回忆版）一组身高相近的学生沿一直线等间隔排成一排，从左边第一位同学开始，依次周期性地“下蹲、起立”，整个队列呈现类似简谐波的波浪效果，如图所示。假定某次游戏中，形成的波形的波长为4m，左边第一位同学蹲至最低点时，队列中另一同学恰好站直，则这两位同学间的距离可能是（）A．1m B．2m C．5m D．6m【考点】机械波的图像问题；波长、频率和波速的关系．【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】BD【分析】根据波形图特征结合不同质点的位置关系和波长的知识进行分析解答。【解答】解：根据题意形成的波长为λ＝4m，左边第一位同学蹲至最低点，对应波形图中的波谷位置，队列中另一同学恰好站直，则对应波形图中的波峰位置，故两人的距离可能是x=λ2=42m＝2m，或者x=3λ2故选：BD。【点评】考查波形图特征结合不同质点的位置关系和波长的知识，会根据题意进行准确分析解答。（多选）8．（6分）（2025•回忆版）如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（）A．圆环中感应电流始终绕O逆时针流动 B．OP与虚线平行时圆环中感应电流最大 C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同 D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】BC【分析】根据楞次定律结合闭合电路的欧姆定律，导体棒切割磁感线的有效长度等知识进行分析解答。【解答】解：A．根据楞次定律，圆环中感应电流先绕O逆时针流动后绕O点顺时针流动，故A错误；B．OP与虚线平行时转动切割磁感线的有效长度最大，根据闭合电路的欧姆定律I=ER可知，则圆环中感应电流最大，故C．在圆环转动一周的过程中，圆环转动90°，感应电流由0达到最大，转动180°过程中，感应电流由最大减小为0，之后又反向增大再减小，则感应电流变化的周期与环转动周期相同，故C正确；D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时圆环中的感应电动势为0，环中感应电流为0，故D错误。故选：BC。【点评】考查楞次定律结合闭合电路的欧姆定律，导体棒切割磁感线的有效长度等知识，会根据题意进行准确分析解答。二、非选择题9．（10分）（2025•回忆版）某探究小组利用橡皮筋完成下面实验。（1）将粘贴有坐标纸的木板竖直放置。橡皮筋的一端用图钉固定在木板上，另一端悬挂钩码。钩码质量分别为200g、250g、…、500g，平衡时橡皮筋底端在坐标纸上对应的位置如图（a）中圆点所示（钩码的质量在图中用数字标出）。悬挂的钩码质量分别为200g和300g时，橡皮筋底端位置间的距离为1.90cm。（2）根据图（a）中各点的位置可知，在所测范围内橡皮筋长度的增加量与所挂钩码的质量的增加量（选填“质量”或“质量的增加量”）成正比，由此可求出橡皮筋的劲度系数为52N/m（保留2位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。（3）悬挂的钩码质量为m时，在橡皮筋底端施以水平向右的力F，平衡时橡皮筋方向如图（b）中虚线所示，图（b）中测力计的示数给出了力F的大小，则F＝1.00N，m＝300g（选填“200”“300”或“400”）。【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．【专题】定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；推理论证能力．【答案】（1）1.90；（2）质量的增加量，52；（3）1.00，300。【分析】（1）根据刻度尺的读数规则完成读数并计算结果；（2）根据力的改变量和长度的改变量结合劲度系数的公式列式解答；（3）根据弹簧秤的读数规则完成读数，结合相应的数学关系进行解答。【解答】解：（1）图中坐标纸每一格对应1mm，根据刻度尺的读数规则，悬挂的钩码质量分别为200g和300g时，橡皮筋底端位置间的距离为19.0mm＝1.90cm；（2）根据图（a）中各点的位置可知，在所测范围内橡皮筋长度的增加量与所挂钩码的质量的增加量成正比，由此可求出橡皮筋的劲度系数为k=ΔmgΔx（3）图（b）中测力计的示数给出了力F的大小，弹簧秤的精确度为0.1N，根据弹簧秤的读数规则，F＝1.00N，由图（b）橡皮筋偏转时对应的虚线，结合相应的数学知识Fmg=13，可得故答案为：（1）1.90；（2）质量的增加量，52；（3）1.00，300。【点评】考查刻度尺的读数规则以及弹簧秤的读数问题，劲度系数的求解等，会根据题意进行准确分析解答。10．（14分）（2025•回忆版）用伏安法可以研究电学元件的伏安特性。阻值不随电流、电压变化的元件称为线性电阻元件，否则称为非线性电阻元件。（1）利用伏安法测量某元件的电阻，电流表和电压表的示数分别记为I和U。若将电流表内接，则U大于元件两端的电压，UI大于元件的电阻；将电流表外接，则I大于流过元件的电流，UI小于元件的电阻。（均选填“小于”或“大于（2）图（a）是某实验小组用电流表内接法测得的某元件的伏安特性曲线，由图可知，所测元件是非线性（选填“线性”或“非线性”）电阻元件。随着电流的增加，元件的电阻减小（选填“增大”“不变”或“减小”）。（3）利用电流表A1（内阻r1）、电流表A2（内阻未知）以及一个用作保护电阻的定值电阻R0（阻值未知），测量电阻Rx的阻值。将图（b）中的器材符号的连线补充完整，完成实验电路原理图。按完整的实验电路测量Rx，某次测量中电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，则Rx＝I1r1I2-I1（用I【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题；实验探究能力．【答案】（1）大于；大于；大于；小于；（2）非线性；减小；（3）完成的实验电路原理图见解答；I【分析】（1）若将电流表内接，由于电流表的分压会使电压测量值偏大，而电流测量值为真实值；将电流表外接，由于电压表的分流会使电流测量值偏大，而电压测量值为真实值。（2）由图（a）的I﹣U图像为曲线判断测元件的类型；I﹣U图像上的点与原点连线的斜率等于电阻值的倒数。（3）利用内阻已知的电流表A1与被测电阻并联，间接测量被测电阻两端的电压。据此补充完整的电路原理图；根据串并联电路的性质确定被测电阻两端的电压与电流，根据欧姆定律求解被测电阻。【解答】解：（1）若将电流表内接，由于电流表的分压会使电压测量值偏大，即U大于元件两端的电压，而电流测量值为真实值，故UI大于元件的电阻；将电流表外接，由于电压表的分流会使电流测量值偏大，即I大于流过元件的电流，而电压测量值为真实值，故U（2）由图（a）的I﹣U图像为曲线可知，所测元件是非线性电阻元件。I﹣U图像上的点与原点连线的斜率等于电阻值的倒数，可得随着电流的增加，元件的电阻减小。（3）利用内阻已知的电流表A1与被测电阻并联，间接测量被测电阻两端的电压。补充完整的电路原理图如下图所示：测量被测电阻两端的电压为：U＝I1r1流过被测电阻的电流为：I＝I2﹣I1可得：Rx=故答案为：（1）大于；大于；大于；小于；（2）非线性；减小；（3）完成的实验电路原理图见解答；I【点评】本题考查了应用伏安法测量电学元件的伏安特性的实验，掌握电流表内外接的误差来源。11．（14分）（2025•回忆版）电容器的形状变化会导致其电容变化，这一性质可用于设计键盘，简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器，电容器的极板面积为S、间距为d，电容C=αSd（（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍？（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍？【考点】电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化；电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的η倍；（2）不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的1η【分析】（1）根据平行板电容器的决定式和计算式结合电荷量不变列式解答；（2）根据平行板电容器的决定式和计算式结合电压不变列式解答。【解答】解：（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，根据C=αSd=QU，按压后有α•Sηd=Q（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，原来极板间的电场强度大小E=Ud，则按压后极板间的电场强度大小E′=Uηd，即答：（1）若按压按键不改变电容器所带的电荷量，则按压后极板间的电压变为按压前的η倍；（2）若按压按键不改变电容器极板间的电压，则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的1η【点评】考查平行板电容器的决定式和计算式的应用，会根据题意进行准确分析解答。12．（24分）（2025•回忆版）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的14圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的13时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及（1）求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；（2）求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；（3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？（4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；重力做功的特点和计算；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；方程法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．【答案】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功mgR；（2）小球与弹簧刚接触时速度的大小为32gR2，及B、A（3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为4m；（4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为19m【分析】（1）根据力做功的定义求解小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道的过程重力对其做的功；（2）根据题意，应用机械能守恒定律求解小球与弹簧刚接触时速度的大小；根据动能定理求解B、A两点间的距离；（3）P和Q断开后，P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。当P和Q恰好共速时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解Q的质量；（4）P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，根据动量守恒定律与机械能守恒定律，结合数学知识解答。【解答】解：（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为：WG＝mgR；（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，已知小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的13时弹簧的弹性势能为2mgR12解得：v0=设B、A两点间的距离为h，对小球从B点到离开圆弧轨道的过程，根据动能定理得：mg（h+R）=1解得：h=（3）设Q的质量应为M1，P和Q断开后，P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒。当P和Q恰好共速时弹簧的弹性势能最大，已知弹性势能最大Epm＝2.2mgR，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：m•13v0＝（m+M1）v2mgR+12m（13v0）2=12（m+M1解得：M1＝4m（4）P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，设弹簧恢复原长时Q的动能为Ek，速度为vQ，Q的质量为M，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：m•13v0＝mvP+Mv2mgR+12m（13v0又有：Ek=联立可得：2(解得：Ek令：y=将y对M求导，并令其倒数等于0，得到：(m将此式平方可得：9M3+7m2M+17mM2﹣m3＝0令：Mm=x，上式可变形为：9x3+17x2+7x﹣1＝0可得：（x+1）（9x2+8x﹣1）＝0则有：9x2+8x﹣1＝0解得：x=1可得当Mm=19，即M=19m（验证：当M=19m时，可得Ek最大值为94mgR，最终Q的最大速度大小为3v0，P的最终速度为零，即答：（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功mgR；（2）小球与弹簧刚接触时速度的大小为32gR2，及B、A（3）欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为4m；（4）欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为19m【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，考查了数理结合的能力。掌握从动量与能量的角度处理问题的方法。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．2．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。3．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。4．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。5．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＝2mv1①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＝2mv2②12mv12=△E联立①②③式得：整个系统损失的机械能为△E=116（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：12mv02-△E=1联立④⑤⑥式得解得：EP=13答：（i）整个系统损失的机械能是116（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是1348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。6．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．7．波长、频率和波速的关系【知识点的认识】描述机械波的物理量（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长．在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长．（2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变．（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定．（4）波速与波长和频率的关系：v＝λf．【命题方向】常考题型：如图所示是一列简谐波在t＝0时的波形图象，波速为v＝10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A．此列波的周期为T＝0.4sB．质点B、F在振动过程中位移总是相等C．质点I的起振方向沿y轴负方向D．当t＝5.1s时，x＝10m的质点处于平衡位置处E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=λT求解周期，根据波形图来确定解：A、由波形图可知，波长λ＝4m，则T=λv=B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到x＝l0m的质点的时间t′=xv=1010=1s，t＝5.1s时，x＝l0m的质点已经振动4.1sE、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．【解题方法点拨】牢记机械振动的有关公式，熟练的进行公式之间的转化与计算。8．机械波的图像问题【知识点的认识】横波的图象如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。【命题方向】（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则BA．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向C．Q处的质点此时正在波峰位置D．Q处的质点此时运动到P处。分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，CD错误。故选B。点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（）A．这列波的振幅为4cmB．这列波的周期为1sC．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动D．此时x＝4m处质点的加速度为0分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=λ解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v=λT，得周期T=λv=8C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。故选：D。点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。【解题方法点拨】波的图象的理解与应用1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：图象的应用：（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）λ2（n＝0，1，2，3…3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。波的传播方向与质点的振动方向的判断方法图象方法（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。9．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．10．电场力做功与电势差的关系【知识点的认识】1.电势差与电场力做功的关系UAB=W2.推导：设电荷q在电场中从A点移动到B点，根据静电力做功等于电势能的减小量可知WAB＝EPA﹣EPB又EP＝qφ，所以WAB＝qφA﹣qφB＝q（φA﹣φB）＝qUAB所以UAB=【命题方向】在电场中把一个电荷量为﹣6×10﹣8C的点电荷从A点移到B点，电场力做功为﹣3×10﹣5J，将此电荷从B点移到C点，电场力做功4.5×10﹣5J，求：（1）A与C两点间的电势差；（2）取C点为电势零点时，A的电势为多大？（3）若是把一个q＝4×10﹣8C的点电荷在电场中移动则由A移到B电场力做多少功？由B移到C电场力做多少功？分析：（1）根据电势差的公式分别求出A与B两点间和B与C两点间电势差，再求解A与C两点间的电势差．（2）A与C两点间的电势差UAC＝φA﹣φC．（3）在AB间、BC间移动正电荷时，它们之间的电势差不变，由电场力做功公式W＝qU求解电场力做功．解答：（1）A与B两点间UAB=WABq=B与C两点间电势差UBC=WBCq则A与C两点间的电势差UAC＝UAB+UBC＝﹣250V；（2）由UAC＝φA﹣φC，φC＝0得到，φA＝﹣250V；（3）若移动q＝4×10﹣8C，电场力做功WAB′＝qUAB＝4×10﹣8×500J＝2×10﹣5JWBC′＝qUBC＝4×10﹣8×（﹣750）J＝﹣3×10﹣5J答：（1）A与C两点间的电势差是﹣250V；（2）取C点为电势零点时，A的电势为﹣250V；（3）若是把一个q＝4×10﹣8C的点电荷在电场中移动则由A移到B电场力做功是2×10﹣5J，由B移到C电场力做功是﹣3×10﹣5J．点评：本题考查电势差公式的应用．第（1）问中，也可根据电场力做功与电荷经过路径无关，直接求出电荷从A到C电场力做功WAC＝WAB+WBC，再求AC间电势差．【解题思路点拨】电势差与电场力做功的关系为WAB＝qUAB，计算时要代入各数据的正负号。11．电容器的动态分析（U不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据C=Q（3）根据E=U（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。【命题方向】如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，A板下方a处有一带电荷量非常小的点电荷。S是闭合的，φa表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（）A、φa不变B、φa变小C、F变小D、F变大分析：电容器与电源相连，则可知电容器两端的电压不变；由极板的移动可知d的变化，由U＝Ed可知板间场强E的变化，再由U＝Ed可知Aa间的电势差的变化，即可得出aB间电势差的变化及a点电势的变化。解答：因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板间距离d增大，则板间电场强度E减小，由F＝Eq可知电荷所受电场力变小，故C正确；则上板与a间的电势差减小，而总电势差不变，故a与B间的电势差增大，而B接地，故a点的电势增大，故A、B均错；故选：C。点评：电容器的动态分析中首先应注意是否与电源相连，再根据电容的变化进行判断；对于本题应注意（1）因下极间接地，故aB间的电势差大小即为a点的电势；（2）因aB间的距离发生变化，不能直接由U＝Ed进行判断，我们是先求得Aa间的电势差再求aB的间电势差。【解题思路点拨】分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。12．电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化【知识点的认识】1.对于电容器的动态分析问题，要首先区分是电压不变还是电荷量不变：始终与电源连接时电压不变，与电源断开时是电荷量不变。2.分析思路如图3.具体的步骤如下：（1）根据C=ɛ（2）根据U=Q（3）根据E=4（4）根据φ＝Ed分析某点电势的变化。（5）根据Ep＝qφ分析电势能的变化。备注：（3）的推导过程如下：因为C=ɛrS4πkd，C=Q【命题方向】如图所示．平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q．板间电场有一固定点P．若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些．在这两种情况下，以下说法正确的是（）A、A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B、A板下移时，P点的电场强度不变．P点电势升高C、B板上移时，P点的电场强度不变．P点电势降低D、B板上移时，P点的电场强度减小．P点电势降低分析：由题，电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U＝Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．解答：AB、由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论：E=4πkQɛrS可知，P点的电场强度E不变。P点与下板的距离不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差不变，则PCD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U＝Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低。故C正确，D错误。故选：AC。点评：本题是电容器的动态变化分析问题，板间的场强E=4【解题思路点拨】分析电容器相关物理量的变化时，要注意抓住不变量。电容器充电后保持与电源相连，即使电容器的电容变化，两极板间的电压不变。若充电后与电源断开且未放电，即使电容器的电容变化，两极板的电荷量不变。13．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a2由牛顿第二定律可得：Bqv＝mv当磁感应强度变为原来的2倍时，由2Bqv＝mv2R=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．14．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＝Blv=Bl①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则E=12Bωω是棒转动的角速度②如果以棒上一点为圆心旋转，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一点Wie圆心旋转，E=12Bω（l12-l22），l【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=12BLv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E=12Blv=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=1【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＝Blv进行计算，要正确计算导体棒的平均速度。15．理想气体状态变化的图像问题【知识点的认识】1.模型概述：本模型主要研究的就是理想气体的图像问题。2.一定质量的理想气体的状态变化图像【命题方向】例1：一定质量的理想气体状态变化过程的P﹣V如图所示，其中A是初始状态，B、C是中间状态。A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行。如将上述变化过程改用P﹣T图线和V﹣T图线表示，则在下列各图中正确的是（）A.B.C.D.分析：由p﹣V图象可知，A到B等温膨胀过程；B到C等容变化，压强增大；C到A等压变化，体积变小，对照选项逐一分析。解答：AB、A到B等温变化，膨胀体积变大，根据玻意耳定律压强p变小；B到C是等容变化，在p﹣T图象上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖﹣吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确；CD、A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V﹣T图象中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确；故选：BD。点评：本题考查了气体状态变化图象问题，根据图示图象分析清楚气体变化过程与变化性质是解题的前提，要明确各个过程的变化规律，结合理想气体状态方程或气体实验定律分析是关键。例2：一定质量的某种理想气体，在如图所示的p﹣T坐标系中，先后分别发生两种状态变化过程，过程一：状态A→C，气体从外界吸收热量为45J；过程二：状态A→B，气体从外界吸收热量为15J。已知图线AC反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同。则从状态A→C的过程，该气体的体积不变（选填“增大”“减小”或“不变”），内能的增量是45J；从状态A→B的过程，外界对该气体做的功30J。分析：根据理想气体状态方程判断AC两状态的体积，气体体积不变，不做功，根据热力学第一定律求解内能的增量；理想气体内能只与温度有关，根据热力学第一定律求解状态A→B的过程，外界对该气体做的功。解答：根据理想气体状态方程得：pVT图像AC反向延长线通过坐标原点O，所以AC为等容线，则从状态A到C的过程，该气体的体积不变；气体体积不变，不做功，由热力学第一定律得，内能的增量ΔU＝QAC＝45J理想气体内能只与温度有关，所以UB＝UC从状态A到B的过程，由热力学第一定律得，ΔU＝QAB+WAB解得：WAB＝30J故答案为：不变，45，30。点评：本题考查p﹣T图像和热力学第一定律，知道理想气体内能只与温度有关。【解题思路点拨】气体图像相互转换的五条“黄金律”（1）准确理解p﹣V图像、p﹣T图像和V﹣T图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。（2）知道图像上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。（3）知道图像上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态（p、V、T）转化到另一个平衡状态（p'.V'、T'）的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。（4）从图像中的某一点（平衡状态）的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点（平衡状态）的状态参量，逐一分析计