2025年江苏省新高考物理试卷（选择性）

第65页（共65页）2025年江苏省新高考物理试卷（选择性）一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1．（4分）（2025•江苏）新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2s内速度由12m/s减至0。该过程中加速度大小为（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s22．（4分）（2025•江苏）用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4V输出电压。则左侧接线柱选取的是（）A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14”3．（4分）（2025•江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（）A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大4．（4分）（2025•江苏）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则（）A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点5．（4分）（2025•江苏）如图所示，将开关S由a拨到b，使电容器C与线圈L构成回路。以电容器C开始放电取作0时刻，能正确反映电路中电流i随时间t变化关系的图像是（）A． B． C． D．6．（4分）（2025•江苏）如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体（）A．内能迅速增大 B．温度迅速升高 C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀7．（4分）（2025•江苏）如图所示，一束激光射入肥皂泡后（入射激光束未在图中标出），肥皂膜内出现一亮环。肥皂膜内的激光（）A．波长等于亮环的周长 B．频率比在真空中的大 C．在肥皂膜与空气的界面上发生衍射 D．在肥皂膜与空气的界面上发生全反射8．（4分）（2025•江苏）一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时（）A．分子的数密度较大 B．分子间平均距离较小 C．分子的平均动能较大 D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少9．（4分）（2025•江苏）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（）A．W2 B．W C．2W D．10．（4分）（2025•江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（）A．释放瞬间物块加速度为零 B．物块和木箱最终仍有相对运动 C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第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，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（15分）（2025•江苏）小明同学探究机械能守恒定律，实验装置如图1。实验时，将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放，钢球沿斜槽通过末端O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d，由v=dt得出其通过光电门的速度v，再计算出动能增加量ΔEk=（1）安装实验装置的操作有：①在斜槽末端安装光电门②调节斜槽在竖直平面内③调节斜槽末端水平④将斜槽安装到底座上其合理的顺序是（选填“A”“B”或“C”）。A．①②③④B．④②③①C．④①②③（2）测量钢球直径的正确操作是图2中（选填“甲”或“乙”）所示的方式。（3）在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m＝0.02kg，重力加速度g＝9.80m/s2。请将表1的数据补充完整。表1h/（10﹣2m）4.005.006.007.008.00ΔE4.906.257.458.7810.0ΔE7.849.8011.813.7（4）实验数据表明，ΔEk明显小于ΔEp，钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为，机械能的损失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。为验证此猜想，小明另取一个完全相同的斜槽按图3平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放，运动到右侧斜槽上，最高能到达B点，A、B两点高度差为H。则该过程中，摩擦力做功大小的理论值W理＝（用m、g、H表示）。（5）用图3的装置，按表1中所列部分高度h进行实验，测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小，小明认为，AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半，即Wf=W测2。然后通过表1的实验数据，计算出AO过程损失的机械能ΔE＝ΔEp﹣表2h/（10﹣2m）4.005.006.007.00ΔE/（10﹣3J）2.943.554.354.92Wf/（10﹣3J）0.981.081.181.27表2中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用W测2近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点？请根据表12．（8分）（2025•江苏）江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0，普朗克常量为h。（1）求该金属的截止频率ν0；（2）若频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应，求光电子的最大初动能Ek。13．（8分）（2025•江苏）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：（1）a运动到最高点的时间t；（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。14．（13分）（2025•江苏）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；（2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。15．（16分）（2025•江苏）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。（1）若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；（2）若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；（3）若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。

2025年江苏省新高考物理试卷（选择性）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案CABBADDCAD一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1．（4分）（2025•江苏）新能源汽车在辅助驾驶系统测试时，感应到前方有障碍物立刻制动，做匀减速直线运动。2s内速度由12m/s减至0。该过程中加速度大小为（）A．2m/s2 B．4m/s2 C．6m/s2 D．8m/s2【考点】匀变速直线运动速度与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；追及、相遇问题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据运动学公式v＝v0+at可知加速度大小。【解答】解：根据运动学公式v＝v0+at解得a＝﹣6m/s2加速度大小为6m/s2。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查了追及相遇的问题，需要学生细心分析运动过程。2．（4分）（2025•江苏）用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4V输出电压。则左侧接线柱选取的是（）A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14”【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】A【分析】根据变压器电压与匝数比关系求解原线圈匝数即可。【解答】解：根据可拆式变压器电压比与匝数比关系得：U1U2其中U1＝2V，U2＝4V解得：n1＝2故原线圈接入的匝数是2匝，即左侧接线柱线圈选取的是“0”和“2”，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查了变压器的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，掌握变压器电压与匝数比，电流与匝数比的关系。3．（4分）（2025•江苏）某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是（）A．a点的磁感应强度大于b点 B．b点的磁感应强度大于c点 C．c点的磁感应强度大于a点 D．a、b、c点的磁感应强度一样大【考点】利用磁感线的疏密判断磁感应强度的大小．【专题】比较思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】B【分析】磁感线疏密反映磁感线强度大小。【解答】解：磁感线越密集的地方磁感线强度越大，故可知Bb＞Ba＞Bc。故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题解题关键是利用磁感线判断出磁感线强度大小。4．（4分）（2025•江苏）游乐设施“旋转杯”的底盘和转杯分别以O、O′为转轴，在水平面内沿顺时针方向匀速转动。O′固定在底盘上。某时刻转杯转到如图所示位置，杯上A点与O、O′恰好在同一条直线上。则（）A．A点做匀速圆周运动 B．O′点做匀速圆周运动 C．此时A点的速度小于O′点 D．此时A点的速度等于O′点【考点】两个变速直线运动的合成；分析合运动的轨迹问题．【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．【答案】B【分析】O′点围绕O点做匀速圆周运动，A点相对于O′点做匀速圆周运动，A点的运动轨迹不是圆周；此时刻A点与O、O′恰好在同一条直线上，并且O′点相对于O点与A点相对于O′点做匀速圆周运动的线速度方向相同，故此时A点的速度大小等于O′点相对于O点的速度大小与A点相对于O′点的速度大小之和。【解答】解：AB．底盘以O为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，O′点固定在底盘上，故O′点围绕O点做匀速圆周运动。转杯以O′为转轴在水平面内沿顺时针方向匀速转动，故杯上A点相对于O′点做匀速圆周运动，而O′点又相对于O点做匀速圆周运动，故A点的运动轨迹不是圆周，故A点不做匀速圆周运动，故A错误，B正确；CD．此时刻A点与O、O′恰好在同一条直线上，并且O′点相对于O点与A点相对于O′点做匀速圆周运动的线速度方向相同，故此时A点的速度大小等于O′点相对于O点的速度大小与A点相对于O′点的速度大小之和，故此时A点的速度大于O′点，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查了运动的合成，题目较简单，根据运动到合成解答即可。5．（4分）（2025•江苏）如图所示，将开关S由a拨到b，使电容器C与线圈L构成回路。以电容器C开始放电取作0时刻，能正确反映电路中电流i随时间t变化关系的图像是（）A． B． C． D．【考点】电磁振荡的图像问题．【专题】定性思想；推理法；电磁场理论和电磁波；理解能力．【答案】A【分析】在LC振荡电路中，放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加；充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小。【解答】解：根据题意可知，将开关由a调到b时，电容器和自感线圈组成闭合回路，此回路为振荡电路，产生周期性迅速变化的振荡电流。电容器开始放电，由于电容器上极板带正电，所以回路中电流为逆时针电流，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0时，电流达到最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流为0时，充电完成，此时，电容器下极板带正电，之后开始反向放电，回路中电流为顺时针电流，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0时，电流达到最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流为0时，充电完成，电场能转化为磁场能以及磁场能又再次转化为电场能的过程中，电路向外辐射电磁波，电路中的能量在耗散，最大电流越来越小，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】明确电磁振荡过程，知道电容器充电完毕（放电开始）：电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应电流i＝0；放电完毕（充电开始）：电场能为零，磁场能达到最大，回路中感应电流达到最大。6．（4分）（2025•江苏）如图所示，取装有少量水的烧瓶，用装有导管的橡胶塞塞紧瓶口，并向瓶内打气。当橡胶塞跳出时，瓶内出现白雾。橡胶塞跳出后，瓶内气体（）A．内能迅速增大 B．温度迅速升高 C．压强迅速增大 D．体积迅速膨胀【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体压强的计算；理想气体及理想气体的状态方程．【专题】定量思想；控制变量法；热力学定律专题；理解能力．【答案】D【分析】气体对外做功，体积膨胀，时间关系，不吸收热量；再根据热力学第一定律进行判断得出内能的变化，再得出温度的变化，再结合理想气体状态方程得出压强变化。【解答】解：瓶塞跳出的过程中，瓶内的气体对外做功，则气体体积迅速膨胀，由于该过程的时间比较短，故气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的内能减小，则温度降低，根据pVT可知，体积增大，温度减小，则气体压强减小，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查的是热力学的知识，其中涉及到了热力学第一定律的应用，以及理想气体状态方程的应用，题型为基础题，考查知识点为常考知识点。7．（4分）（2025•江苏）如图所示，一束激光射入肥皂泡后（入射激光束未在图中标出），肥皂膜内出现一亮环。肥皂膜内的激光（）A．波长等于亮环的周长 B．频率比在真空中的大 C．在肥皂膜与空气的界面上发生衍射 D．在肥皂膜与空气的界面上发生全反射【考点】光的全反射现象；波长、频率和波速的关系．【专题】定性思想；推理法；全反射和临界角专题；理解能力．【答案】D【分析】不同的介质中波的频率相同，波长不同；发生全反射，肥皂泡内测更亮。【解答】解：AB．激光在不同的介质中传播时，频率相同，波长不同，激光波长与亮环周长无关，故AB错误；CD．在肥皂泡内测出现一个亮环，是因为激光在空气与肥皂膜分界面处发生了全反射，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查学生对全反射、频率、波长规律的掌握，比较基础。8．（4分）（2025•江苏）一定质量的理想气体，体积保持不变。在甲、乙两个状态下，该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比，该气体在状态乙时（）A．分子的数密度较大 B．分子间平均距离较小 C．分子的平均动能较大 D．单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少【考点】温度与分子动能的关系；分子热运动速率随温度变化具有统计规律；气体压强的微观解释．【专题】定性思想；推理法；气体的压强专题；理解能力．【答案】C【分析】根据体积保持不变，分析判断分子密度、分子的平均距离是否相同；温度越高，则分子的平均动能越大，曲线中速率大的分子占据的比例就比较大；根据气体压强的微观解释分析判断。【解答】解：AB．根据题意，一定质量的理想气体，甲乙两个状态下气体的体积相同，所以分子密度相同、分子的平均距离相同，故AB错误；C．根据题图可知，乙状态下曲线中速率大的分子占据的比例比较大，则乙状态下气体温度较高，则分子的平均动能大，故C正确；D．乙状态下气体分子的平均动能大，气体分子平均速度大，气体分子的数密度相等，则单位时间内撞击容器壁次数较多，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了气体相关知识，理解温度是分子热运动平均动能的标志，知道气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少。9．（4分）（2025•江苏）如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为（）A．W2 B．W C．2W D．【考点】电场力做功与电势能变化的关系．【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】A【分析】由平行板电容器的电容C和带电量Q，由电容的定义式求出板间电压．由E=Ud求出板【解答】解：电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E=Ud可知，极板间电场强度变为原来的12，则有W＝Eqd可知，再把电荷由a移至b，则电场力做功变为原来的故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题只要抓住电场力具有力的一般性质，根据功的一般计算公式就可以很好地理解电场力做功，并能正确计算功的大小；本题也可以利用匀强电场的性质求出AB间的电势差，再由W＝Uq求出电场力所做的功。10．（4分）（2025•江苏）如图所示，弹簧一端固定，另一端与光滑水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（）A．释放瞬间物块加速度为零 B．物块和木箱最终仍有相对运动 C．木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D．物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变【考点】多物体系统的机械能守恒问题；有外力的水平板块模型．【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】D【分析】释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，据此可知物块的加速度情况；因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。根据相对运动的条件，应用牛顿第二定律分析物块和木箱最终运动状态；释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力；木箱第一次到达最右端时其速度为零，根据相对运动的条件，分析物块是否会和木箱同时速度为零。【解答】解：A、根据题意可知，释放后物块与木箱发生相对滑动，则释放瞬间物块与木箱之间的摩擦力为最大静摩擦力，根据牛顿第二定律可知，释放瞬间物块的加速度不为零，故A错误；B、因物块与木箱发生相对滑动的过程存在摩擦生热，故物块、木箱与弹簧组成的系统的机械能会逐渐减小，则弹簧的最大弹性势能会变少，弹簧的最大弹力会变小。假设物块与木箱相对静止时，能使两者发生相对滑动的最小的弹簧弹力大小为F。设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，木箱与物块质量分别为M、m，根据牛顿第二定律得：对物块有：f＝ma对物块与木箱整体有：F＝（m+M）a联立解得：F在弹簧的最大弹力减小到F=(m+M)D、释放后物块的加速度先向右做匀加速直线运动，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱一直向左运动，一直受到向右的滑动摩擦力，故物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变，故D正确；C、根据前面分析可知，在二者一起做简谐运动之前，当木箱到达最右端时其速度为零，而物块相对木箱滑动，故此时物块速度不为零；只有在二者一起做简谐运动之后，两者的速度可以同时为零，故C错误。故选：D。【点评】本题考查了功能关系的应用、牛顿第二定律相对运动问题。掌握两物体相对运动的条件。此题具有一定综合性，这道题在考查学生物理知识和思维能力方面有较好的效果。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第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，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11．（15分）（2025•江苏）小明同学探究机械能守恒定律，实验装置如图1。实验时，将小钢球在斜槽上某位置A由静止释放，钢球沿斜槽通过末端O处的光电门，光电门记录下钢球的遮光时间t。用游标卡尺测出钢球的直径d，由v=dt得出其通过光电门的速度v，再计算出动能增加量ΔEk=（1）安装实验装置的操作有：①在斜槽末端安装光电门②调节斜槽在竖直平面内③调节斜槽末端水平④将斜槽安装到底座上其合理的顺序是B（选填“A”“B”或“C”）。A．①②③④B．④②③①C．④①②③（2）测量钢球直径的正确操作是图2中甲（选填“甲”或“乙”）所示的方式。（3）在斜槽上5个不同的位置由静止释放钢球。测量得出的实验数据见表1。已知钢球的质量m＝0.02kg，重力加速度g＝9.80m/s2。请将表1的数据补充完整。表1h/（10﹣2m）4.005.006.007.008.00ΔE4.906.257.458.7810.0ΔE7.849.8011.813.715.7（4）实验数据表明，ΔEk明显小于ΔEp，钢球在下降过程中发生机械能的损失。小明认为，机械能的损失主要是由于钢球受到的摩擦力做功造成的。为验证此猜想，小明另取一个完全相同的斜槽按图3平滑对接。若钢球从左侧斜槽上A点由静止释放，运动到右侧斜槽上，最高能到达B点，A、B两点高度差为H。则该过程中，摩擦力做功大小的理论值W理＝mgH（用m、g、H表示）。（5）用图3的装置，按表1中所列部分高度h进行实验，测得摩擦力做功大小W测。由于观察到H值较小，小明认为，AO过程摩擦力做功近似等于AB过程的一半，即Wf=W测2。然后通过表1的实验数据，计算出AO过程损失的机械能ΔE＝ΔEp﹣表2h/（10﹣2m）4.005.006.007.00ΔE/（10﹣3J）2.943.554.354.92Wf/（10﹣3J）0.981.081.181.27表2中ΔE与Wf相差明显。小明认为这是由于用W测2近似计算Wf不合理。你是否同意他的观点？请根据表【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题；实验探究能力．【答案】（1）B；（2）甲；（3）15.7；（4）mgH；（5）同意他的观点，理由见解答。【分析】（1）在探究机械能守恒定律实验中，正确步骤为将斜槽安置于底座，调节斜槽在竖直平面内，调节斜槽末端水平，安装光电门。（2）测量球的直径时应该使用游标卡尺的外测量爪进行测量。（3）根据重力势能的定义求解重力势能减少量。（4）根据功能关系求解摩擦力做功大小的理论值。（5）根据表2中的数据，分析钢球受到的摩擦力做功是不是AO过程机械能损失的主要原因。【解答】解：（1）正确步骤为将斜槽安置于底座上，先调节斜槽在竖直平面内，再调节斜槽末端水平，最后安装光电门，故合理的顺序是：④②③①，故AC错误，B正确。故选：B。（2）测量球的直径时应该如图甲所示，用游标卡尺的外测量爪进行测量，而图乙所示的是用内测量爪测量，这是错误的，故测量钢球直径的正确操作是图2中甲所示的方式。（3）已知：m＝0.02kg，g＝9.80m/s2。根据：ΔEp＝mgh，当下降高度h＝8.0×10﹣2m时，解得：ΔEp≈15.7×10（4）钢球从A点到B点的过程损失的机械能等于mgH，根据功能关系可知，该过程中摩擦力做功大小的理论值等于钢球损失的机械能，即W理＝mgH（5）根据表2中的数据，可得损失的机械能ΔE大于Wf的2倍，即AO过程损失的机械能比AB过程摩擦力做功大小W测还要大，可知AO过程机械能损失的主要原因不是由于钢球受到的摩擦力做功，所以小明认为由于用W测2近似计算Wf不合理而使ΔE与Wf相差明显是不对的，故同意他的观点。主要原因应该是小球到达O点时有滚动的状态，故答案为：（1）B；（2）甲；（3）15.7；（4）mgH；（5）同意他的观点，理由见解答。【点评】本题考查了探究机械能守恒定律实验的操作步骤与误差分析，掌握（5）问的误差分析的方法。12．（8分）（2025•江苏）江门中微子实验室使用我国自主研发的光电倍增管，利用光电效应捕捉中微子信息。光电倍增管阴极金属材料的逸出功为W0，普朗克常量为h。（1）求该金属的截止频率ν0；（2）若频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应，求光电子的最大初动能Ek。【考点】爱因斯坦光电效应方程．【专题】定量思想；推理法；光电效应专题；推理论证能力．【答案】（1）该金属的截止频率ν0为W0（2）若频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek为hν﹣W0。【分析】（1）根据光电效应方程求金属K的逸出功W0，根据W0＝hν0求截止频率。（2）由光电效应方程计算光电子的最大初动能。【解答】解：（1）根据题意，由光电效应方程有Ek＝hν0﹣W0当Ek＝0时，可得该金属的截止频率ν（2）根据题意，由光电效应方程可得，光电子的最大初动能为Ekm＝hν﹣W0答：（1）该金属的截止频率ν0为W0（2）若频率为ν的入射光能使该金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek为hν﹣W0。【点评】本题考查光电效应规律的应用能力，涉及两个过程：一个产生光电效应的过程；一个是光电子在电场中减速运动的过程，分过程进行研究。13．（8分）（2025•江苏）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：（1）a运动到最高点的时间t；（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。【考点】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）a运动到最高点的时间t为mv（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为2m【分析】（1）a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，由于电场力方向竖直向下，所以可以将a球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度大小，利用分速度公式求a运动到最高点的时间t；（2）两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，根据竖直方向分运动规律求出a到达最高点时两球竖直方向的分位移，再求a到达最高点时，a、b间的距离H。【解答】解：（1）不计重力及粒子间相互作用，a球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有qE＝maa运动到最高点时，由运动学公式有v0sinθ＝at联立解得t（2）方法一、根据题意分析可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，则两小球一直在同一竖直线上，a到达最高点时竖直方向上运动的位移为x此时b球竖直方向上运动位移为x则小球a到达最高点时与小球b之间的距离x方法二、两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H答：（1）a运动到最高点的时间t为mv（2）a到达最高点时，a、b间的距离H为2m【点评】解答本题时，要明确两球的受力，熟练运动的分解法处理类斜抛运动，要掌握分运动的规律，并用来解决实际问题。14．（13分）（2025•江苏）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；（2）若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题．【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0；（2）玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1为v0（3）玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek为(1【分析】（1）若钢球质量为m，根据质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度，来求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；（2）若钢球质量为3m，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；（3）根据第2小题的结果，分析每次碰撞后速度变化情况，把握规律，再求玻璃球经历2n次碰撞后的速度大小，即可求解玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。【解答】解：（1）依题意，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量为m，玻璃球与钢球质量相等，根据弹性碰撞规律可知，在碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为v0。（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，玻璃球与右侧钢球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1+3mv2由机械能守恒定律得1解得v1=负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为12（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的12，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的12，综上所述，玻璃球碰撞2n则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小E答：（1）最右侧的钢球最终运动的速度大小v为v0；（2）玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1为v0（3）玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek为(1【点评】解答本题的关键要弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和机械能守恒定律，知道质量相等的两球发生弹性碰撞后交换速度。15．（16分）（2025•江苏）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。（1）若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；（2）若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；（3）若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；导体转动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）ab边产生感应电动势的大小为BLω0r1；（2）外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热为8π（3）线圈abcd中电流的周期为2πBL【分析】（1）根据v＝ωr求速度，再根据E＝BLv，求切割电动势；（2）根据切割电动势，求转动过程中感应电动势，根据欧姆定律，求电流，结合转子周期和焦耳定律，求热量；（3）内转子不固定，跟着外转子一起转，根据欧姆定律求电动势，结合切割电动势，求切割速度差，再求电流改变方向的时间，确定电流的周期。【解答】解：（1）根据题意可知，ab转动时的线速度为v＝ω0r1则ab产生的感应电动势E1＝BLv＝BLω0r1（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为E2＝2BLv＝2BLω0r1感应电流为I转子转动的周期为T则abcd转一圈产生的热量Q（3）结合图可知，转子转动14T电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E′又有E′＝2BLΔv解得Δv则电流改变方向的时间为t则电流的周期为T答：（1）ab边产生感应电动势的大小为BLω0r1；（2）外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热为8π（3）线圈abcd中电流的周期为2πBL【点评】本题解题关键是掌握切割电动势公式、欧姆定律、焦耳定律，还需要分析出内外转子转动对应的速度差决定电流改变的时间，确定周期。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与时间的关系【知识点的认识】匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）【命题方向】例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：（1）质点做匀速运动时的速度；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：a2=vt答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，则加速度：a=vt-刹车至停止所需时间：t=vt-v故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．【解题方法点拨】1．解答题的解题步骤（可参考例1）：①分清过程（画示意图）；②找参量（已知量、未知量）③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）④利用公式列方程（选取正方向）⑤求解验算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．2．有外力的水平板块模型【知识点的认识】1.模型概述：一个物体在另一个物体表面上发生相对滑动，两者之间有相对运动，可能发生同向相对滑动或反向相对滑动。问题涉及两个物体的运动时间、速度、加速度、位移等各量的关系。2.板块模型的是哪个基本关系【命题方向】如图所示，在光滑的水平面上有一长为0.64m、质量为4kg的木板A，在木板的左端有一质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2．当对B施加水平向右的力F＝10N时，求：（1）A，B各自的加速度大小；（2）经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？（物体B可以视为质点，g取10m/s2）分析：（1）应用牛顿第二定律求出加速度大小。（2）应用运动学公式求解。解答：由牛顿第二定律得：对B：F﹣μmBg＝mBaB对A：μmBg＝mAaA代入数据解得：aA＝1m/s2，aB＝3m/s2（2）设经过时间t物体B到达A的右端，则l=代入数据解得：t＝0.8s答：（1）A，B各自的加速度大小分别为1m/s2、3m/s2；（2）经过0.8s可将B从木板A的左端拉到右端。点评：（1）A，B各自的加速度大小分别为1m/s2、3m/s2；（2）经过0.8s可将B从木板A的左端拉到右端。【解题思路点拨】要牢牢把握物块与木板之间的联系，找出加速度关系、速度关系以及位移关系，通过整体法与隔离法的综合运用解决问题。3．两个变速直线运动的合成【知识点的认识】1.本考点旨在考查两个变速直线运动的合成问题。2.两个变速直线运动的合运动可能是直线运动也可能是曲线运动。【命题方向】两个互成角度的匀加速直线运动，初速度大小分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，则它们的合运动的轨迹（）A、如果v1＝v2，那么轨迹一定是直线B、如果v1≠0，v2≠0，那么轨迹一定是曲线C、如果a1＝a2，那么轨迹一定是直线D、如果a1分析：当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，运动轨迹为直线，当合加速度方向与合速度方向不在同一条直线上时，运动轨迹为曲线．解答：当合速度的方向与合加速度的方向在同一条直线上时，即a1a2=v1v2时，运动轨迹为直线，若合速度的方向与合加速度的方向不在同一条直线上，运动轨迹为曲线。故故选：D。点评：解决本题的关键掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法，看合速度的方向和合加速度的方向在不在同一条直线上．【解题思路点拨】分析两个变速直线运动的合成问题时要按照以下步骤进行：1.分析合速度的方向2.分析合外力（合加速度）的方向3.根据合速度与合外力是否共线判断合运动的轨迹情况。4．分析合运动的轨迹问题【知识点的认识】本考点旨在判断物体真实的轨迹问题，题型设置主要为判断轨迹图像是否正确。【命题方向】无人机送餐服务在深圳试行。通过机载传感器能描绘出无人机运动的图象，图甲是沿水平方向的x﹣t图象，图乙是沿竖直方向的v﹣t图像。则无人机的运动轨迹近似为（）A、B、C、D、分析：x﹣t图像的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动。v﹣t图像的斜率表示加速度，倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，结合运动的合成分析无人机的运动轨迹。解答：对于图甲，根据x﹣t图像的斜率等于速度，可知无人机在水平方向做匀速直线运动，加速度为零。根据图乙可知，无人机在竖直方向先做初速度为零的匀加速直线运动后沿原方向做匀减速直线运动，则合运动的加速度与初速度不在同一直线上，无人机做匀变速曲线运动，合外力需指向凹侧，加速度也需指向凹侧，则第一段凹侧向上，第二段凹侧向下，最终竖直速度减为零，只剩下水平速度，则轨迹趋于水平线，故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题是运动的合成与分解问题。要知道x、y两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况。对于位移图象与速度图象的斜率意义不同，不能混淆：位移图象的斜率等于速度，而速度图象的斜率等于加速度。【解题思路点拨】牢记曲线运动的几个特点：①速度沿轨迹的切线方向；②受力直线轨迹的凹侧；③轨迹在受力和速度之间。5．多物体系统的机械能守恒问题【知识点的认识】1.系统机械能守恒条件（1）系统除重力外无其他外力做功（2）系统内除弹力外其他内力不做功或所做的总功为零，特别是系统内无滑动摩擦力时系统的机械能守恒。2.多物体系统内物体间的速度关系（1）绳连接的两个物体，在任一时刻沿绳方向上的速度分量相同。（2）杆连接的两物体，当绕固定点转动时，两物体角速度相等；当杆自由运动时，两物体沿杆方向上的速度分量相同。（3）接触的两物体在任一时刻沿垂直于接触面方向上的速度分量相同【命题方向】如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体A、B，它们的质量分别为m、2m，A用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，求：（重力加速度为g）（1）A上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）时A的速度多大？（2）A上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）的过程中，轻绳的拉力对B所做的功。分析：（1）根据动滑轮的特性设置两物体的速度和高度大小，利用机械能守恒定律列式求解速度；（2）对B利用动能定理列式求解。解答：（1）根据图中动滑轮的特性，A上升h高度，则B下降2h的高度，设A的速度大小为v，B的速度大小为2v，对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律有2mg×2h﹣mgh=12×2m×（2v）2解得v=（2）设轻绳的拉力对B做的功为W，对B根据动能定理有2mg×2h+W=12×2m×（2v）解得W=-4答：（1）A的速度为6g（2）轻绳的拉力对B所做的功为-43点评：考查动滑轮问题，系统机械能守恒和动能定理的应用，会根据题意列式求解相应的物理量。【解题思路点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。6．用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要用动量守恒定律解决物体之间多次碰撞（或类配装）的问题。【命题方向】如图所示，三个大小相同、质量均m的小球A、B、C静止在光滑水平面上，且A、B、C共线，现让A球以速度v0向B运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C球发生弹性碰撞，求最A、B、C的速度．分析：A、B两球碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出AB的共同速度，AB整体与C发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律列式即可求解．解答：A、B两球碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0＝2mv1①AB整体与C发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律及机械能守恒定律得：2mv1＝2mvAB+mvC②12×2mv由①②③解得：vAB=v0答：A、B的速度为v06，C的速度为点评：本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，知道弹性碰撞过程中机械能守恒，难度适中．【解题思路点拨】1.对于由多个物体组成的系统的动量守恒问题，既要注意系统总动量守恒，又要注意系统内部分物体系统的动量守恒，同时分清作用过程的各个阶段及联系各阶段的状态量。2.应用动量守恒定律的解题步骤7．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．8．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I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数解：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。9．电场力做功与电势能变化的关系【知识点的认识】1．静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2．电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3．静电力做功与电势能变化的关系：①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。②关系式：WAB＝EPA﹣EPB。4．单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV＝1.6×10﹣19J。（5）特点：①系统性：由电荷和所在电场共有；②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP＞0，则电势能比在参考位置时大，若EP＜0，则电势能比在参考位置时小。理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】a和b为电场中的两个点，如果把q＝﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移动到b点，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能（）A、增加了4×10﹣7JB、增加了2×10﹣8JC、减少了4×10﹣7JD、减少了8×10﹣15J分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了4×10﹣7J的正功，则该电荷的电势能减少了4×10﹣7J．所以选项C正确。故选：C。点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定．就像重力做功与重力势能一样．【解题方法点拨】1.静电力做功与电势能变化的关系（1）WAB＝EPA﹣EPB。静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。（2）正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。2.电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。10．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动【知识点的认识】1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律为：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t静电力方向：vy＝at，y=2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.两个特殊推论：（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的12，即tanα=12【命题方向】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷eme=1.76×10（1）电子进入极板时的速度v0（2）两极板间的电压．分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．解答：（1）由动能定理：Uq=1得v0=2（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a=偏距：y=能飞出的条件为：y=d由①②③④⑤可得：U′=2答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．【解题思路点拨】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。11．利用磁感线的疏密判断磁感应强度的大小【知识点的认识】与电场线的疏密可以定性反映电场强度的大小一样，也可以通过磁感线的疏密定性的分析磁感应强度的大小，磁感线越密集磁感应强度越大。【命题方向】如图所示，A、B是一条磁感线上的两点，以下说法正确的是（）A、A点磁场比B点磁场强B、B点磁场比A点磁场强C、因为磁感线为直线，A、B两点磁场一样强D、以上说法都是错误的分析：磁感线的疏密体现了强度的大小，一条线看不出疏密，不能确定强度大小．也不能确定是否为匀强磁场解答：因为一条磁感线是直线时，不一定是匀强磁场，也不知AB两点的磁感线的疏密，故条件不足，无法确定A，B两点的磁感应强度的大小。故ABC选项错误，D正确。故选：D。点评：考查磁感线的基本知识点，明确磁感线的疏密体现磁场的强弱．【解题思路点拨】在磁场中，可以通过磁感线的疏密定性的分析磁感应强度的大小，磁感线密集处磁感应强度较大，磁感线稀疏处磁感应强度较小。12．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。13．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热【知识点的认识】1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）A、(2l2nB)2PlB、分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=U解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，最大感应电动势为Em＝Bl22πn，所以有效的电动势为E=Em2=2由P=U灯泡的电阻R=U2P故选：B。点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。【解题思路点拨】1.对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。2.交变电流“四值”的应用对交变电流的“四值”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值（最大值）Em＝nBSωIm=讨论电容器的击穿电压有效值对正（余）弦交流电有：E=EU=UI=I（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值（3）保险丝的熔断电流为有效值（4）电表的读数为有效值平均值E=BLE=I=计算通过电路截面的电荷量14．理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈．如果把它当作降压器，则（）A、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5B、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1C、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1D、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5分析：根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解．解答：如果把它当作降压器，则原线圈的匝数应比副线圈匝数多，所以L1接电源，U1故选：B。点评：要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，难度不大，属于基础题。【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n15．电磁振荡的图像问题【知识点的认识】用图像对应分析电路中的电流与电荷量的变化如下图：【命题方向】如图所示为LC振荡电路中电容器极板上的电量q随时间t变化的图象，由图可知（）A、t1时刻，电路中的磁场能最小B、从t1到t2电路中的电流值不断减小C、从t2到t3电容器不断充电D、在t4时刻，电容器的电场能最小分析：电路中由L与C构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能相化过程。q体现电场能，i体现磁场能。解答：A、在t1时刻，电路中的q最大，说明还没放电，所以电路中无电流，则磁场能最小。故A正确；B、在t1到t2时刻电路中的q不断减小，说明电容器在不断放电，由于线圈作用，电路中的电流在不断增加。故B不正确；C、在t2到t3时刻电路中的q不断增加，说明电容器在不断充电，故C正确；D、在t4时刻电路中的q等于0，说明电容器放电完毕，则电场能最小，故D正确；故选：ACD。点评：电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用。【解题思路点拨】电磁振荡过程中，电荷量q、电场强度E、电流i、磁感应强度B及能量的对应关系为过程/项目电荷量q电场强度E电势差U电场能电流i磁感应强度B磁场能0～T4减小减小减小减小增大增大增加t=T0000最大最大最大T4～T增加增大增大增加减小减小减少t=T最大最大最大最大000T2～3减少减小减小减少增大增大增加t=30000最大最大最大3T4～增加增大增大增加减小减小减少16．光的全反射现象【知识点的认识】1.当光从光密介质射入光疏介质时，同时发生折射和反射。如果入射角逐渐增大，折射光离法线会越来越远，而且越来越弱，反射光却越来越强。当入射角增大到某一角度，使折射角达到90°时，折射光完全消失，只剩下反射光，这种现象叫作全反射（totalreflection），这时的入射角叫作临界角（criticalangle）。2.全反射现象再生活中的应用有光导纤维和全反射棱镜等。【命题方向】下列现象中属于光的全反射现象的是（）A、阳光照射存肥皂泡上，常看到肥皂泡上有彩色花纹B、玻璃中的气泡，有时看上去特别明亮C、在阳光下用白纸对着凸镜前后移动时，在一定距离处纸上会出现耀眼的光斑D、飞机在阳光下作特技飞行时，有时会看到飞机突然变得非常明亮分析：当光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角时，光线全部反射回原介质的现象叫全反射现象．对照全反射的定义依次分析说明．解答：A、在阳光照射下，常看到肥皂泡上有彩色花纹是由于薄膜干涉现象产生的，故A错误。B、玻璃中的气泡有时看上去特别明亮，是由于光从玻璃射入气泡时发生全反射形成的。故B正确。C、在阳光下用白纸对着凸镜前后移动时，在一定距离处纸上会出现耀眼的光斑，这是光的折射现象。故C错误。D、飞机在阳光下作特技飞行时，有时会看到飞机变得非常明亮，是由于光的反射形成的。故D错误。故选：B。点评：本题关键要掌握各种光现象形成的原因，知道全反射的定义和产生条件．【