2025年湖北省新高考物理试卷（选择性）

第69页（共69页）2025年湖北省新高考物理试卷（选择性）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．（4分）（2025•湖北）PET（正电子发射断层成像）是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放射性同位素（如918F）的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。918F的衰变方程为918FA．X为8B．该反应为核聚变反应 C．1克918F经110分钟剩下0.5D．该反应产生的02．（4分）（2025•湖北）甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（）A．甲运动的周期比乙的小 B．甲运动的线速度比乙的小 C．甲运动的角速度比乙的小 D．甲运动的向心加速度比乙的小3．（4分）（2025•湖北）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（）A．外力F保持不变 B．密封气体内能增加 C．密封气体对外做正功 D．密封气体的末态压强是初态的2倍4．（4分）（2025•湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（）A．0 B．B C．2B D．3B5．（4分）（2025•湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为（）A．B0Lx04R B．B0L6．（4分）（2025•湖北）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L2、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθA．12 B．13 C．14 7．（4分）（2025•湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为L2的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于A．L2μg B．Lμg C．2Lμg（多选）8．（4分）（2025•湖北）在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（）A．仅增加用户数，r消耗的功率增大 B．仅增加用户数，用户端的电压增大 C．仅适当增加n2，用户端的电压增大 D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小（多选）9．（4分）（2025•湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（）A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为l2C．当且仅当l≤mgk时，小球bD．当且仅当l≤2mgk（多选）10．（4分）（2025•湖北）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（）A．方向沿x轴负方向 B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C．大小为2kqR2（D．大小为2kqR2二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（8分）（2025•湖北）某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：（1）R0在电路中起（填“保护”或“分流”）作用。（2）1I与E、r、R、R0的关系式为1I=（3）根据记录数据作出1I-R图像，如图（b）所示。已知R0＝9.0Ω，可得E＝V（保留三位有效数字），r＝（4）电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果（填“有”或“无”）影响。12．（9分）（2025•湖北）某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M（M＞m）。③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量出遮光片中心到光电门的竖直距离H。④启动光电门，释放重锤1，用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤，求出g的平均值。回答下列问题：（1）测量d时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知d＝cm。（2）重锤1通过光电门时的速度大小为v＝（用d、t表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为g＝。（3）实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差ΔT＝4γMmM+mg保持M+m＝2m0不变，其中M＝（1+β）m0，m＝（1﹣β）m0。β足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为a＝（β﹣γ）g。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小g＝m/s2（保留三位有效数字）。β0.040.060.080.10a/（m/s2）0.0840.2810.4770.67313．（9分）（2025•湖北）如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC＝BC，∠C＝30°，三棱镜放在平面镜上，AC边紧贴镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O点，入射角为α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为2。（1）若α＝45°，求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。（2）若光线从AB边折射后直接到达BC边，并在BC边刚好发生全反射，求此时的α值。14．（16分）（2025•湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为3mv0（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。（3）粒子的运动周期。15．（18分）（2025•湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为βμgL（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。提示：12+22+⋯+k2=16k（k+1）（

2025年湖北省新高考物理试卷（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CABABCB二．多选题（共3小题）题号8910答案ACADAD一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求，每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1．（4分）（2025•湖北）PET（正电子发射断层成像）是核医学科重要的影像学诊断工具，其检查原理是将含放射性同位素（如918F）的物质注入人体参与人体代谢，从而达到诊断的目的。918F的衰变方程为918F→XA．X为8B．该反应为核聚变反应 C．1克918F经110分钟剩下0.5D．该反应产生的0【考点】半衰期的相关计算；β衰变的特点、本质及方程．【专题】定量思想；归纳法；衰变和半衰期专题；理解能力．【答案】C【分析】根据核反应中质量数守恒和电荷数守恒计算；根据释放物分析；根据半衰期的意义计算；00v【解答】解：A、设X的质量数为a，电荷数为b，根据核反应过程中质量数守恒及电荷数守恒，可得a＝18，b＝8，X为188O，故AB、该反应释放出了正电子，所以应该为正β衰变，不是核聚变，故B错误；C、1g918F经过一个半衰期，质量变为原来的12，所以还剩下D、00v的电荷数为0故选：C。【点评】本题考查了对衰变的认识，知道在核反应中质量数守恒和电荷数守恒，知道半衰期的物理意义是解题的基础。2．（4分）（2025•湖北）甲、乙两行星绕某恒星做圆周运动，甲的轨道半径比乙的小。忽略两行星之间的万有引力作用，下列说法正确的是（）A．甲运动的周期比乙的小 B．甲运动的线速度比乙的小 C．甲运动的角速度比乙的小 D．甲运动的向心加速度比乙的小【考点】不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较．【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列式解答。【解答】解：由题意可知，r甲＜r乙，根据万有引力提供向心力，可得GMmr2=mv2r=mω2r=m(2πT)2r=ma，可得T甲＜T乙故选：A。【点评】考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。3．（4分）（2025•湖北）如图所示，内壁光滑的汽缸内用活塞密封一定量理想气体，汽缸和活塞均绝热。用电热丝对密封气体加热，并在活塞上施加一外力F，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，同时其体积缓慢减小。关于此过程，下列说法正确的是（）A．外力F保持不变 B．密封气体内能增加 C．密封气体对外做正功 D．密封气体的末态压强是初态的2倍【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】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；方程法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．【答案】B【分析】由平衡条件结合理想气体状态方程及题意可知内能增加，F增大，气体体积减小，外界对气体做正功；由理想气体状态方程结合题意判断初末状态的压强的大小关系。【解答】解：AB、由题意可知，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2倍，温度升高，内能增大，同时其体积缓慢减小，由理想气体状态方程pVT=C可知：气体的压强增大，对活塞，由平衡条件可得：pS＝F+mg+p0S，解得：F＝pS﹣mg﹣p0S，由于p增大，则外力F在增大，故AC、由题意可知，气体的体积减小，则外界对气体做功，所以密封气体对外做负功，故C错误；D、由理想气体状态方程pVT=C可知，气体的热力学温度增大到初状态的2倍时，如果体积不变，则密封气体末状态的压强为初状态的2倍，但气体的体积变小，则密封气体末状态的压强大于初状态的压强的2故选：B。【点评】本题是对理想气体状态方程及热力学第一定律的考查，解题的关键是要理解题意，由理想气体状态方程做出正确的判断。4．（4分）（2025•湖北）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（）A．0 B．B C．2B D．3B【考点】磁感应强度的矢量叠加；安培定则（右手螺旋定则）．【专题】定量思想；合成分解法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根据安培定则判断出电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向关系，结合M和N两点到O点的距离相等，分析通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度关系，以及匀强磁场在M点和N点的磁感应强度关系，根据磁场的叠加原理分析N点与M点总磁感应强度关系。【解答】解：根据安培定则判断可知，电流在圆线圈的轴线上产生的磁场方向相同，因为M点和N点在圆线圈轴线上，且它们到O点的距离相等，根据对称性可知，通电圆线圈在M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同，又因为匀强磁场中磁感应强度大小和方向处处相同，根据磁场的叠加原理，通电圆线圈和匀强磁场在M点和N点的叠加磁场相同，则N点的总磁感应强度大小与M点相等，也为0，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解答本题时，要熟练运用右手定则判断通电线圈产生的磁场方向，运用磁场叠加原理分析M点和N点总磁感应强度关系。5．（4分）（2025•湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为（）A．B0Lx04R B．B0L【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．【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】B【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算感应电流，再根据电流的定义式计算流过回路的电荷量。【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势E=ΔΦΔt，根据闭合电路欧姆定律得电流I=E2R，通过回路的电荷量为q＝IΔt，0～T时间内ΔΦ＝B0Lx0故选：B。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电流的定义式等，可联立求解。6．（4分）（2025•湖北）某网球运动员两次击球时，击球点离网的水平距离均为L，离地高度分别为L2、L，网球离开球拍瞬间的速度大小相等，方向分别斜向上、斜向下，且与水平方向夹角均为θ。击球后网球均刚好直接掠过球网，运动轨迹平面与球网垂直，忽略空气阻力，tanθA．12 B．13 C．14 【考点】斜抛运动．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】两物体做斜抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向两物体匀变速直线运动，根据运动学规律求出tanθ的值。【解答】解：由题意可画出示意图，如图所示。设球网的高度为h，对于斜向下击出的网球，在水平方向有L＝v0cosθ•t1竖直方向有L﹣h＝v0sinθ对于斜向上击出的网球，在水平方向有L＝v0cosθ•t2竖直方向有L联立可得t1＝t2，L2=2v0sinθ结合L＝v0cosθ•t1可得4sinθ＝cosθ解得tanθ=故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了斜抛运动规律，解题关键是竖直方向可用全程法分析两物体的追及问题。7．（4分）（2025•湖北）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为L2的门板组成，门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，重力加速度大小为gA．L2μg B．Lμg C．2Lμg【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【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】B【分析】门板先做匀加速运动，后做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合题意求解。【解答】解：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律，有μmg＝ma，设撤去外力后门板最短运动时间为t，运动的距离为L2=12at2故选：B。【点评】本题主要考查牛顿第二定律的简单应用，极限法的应用是难点。（多选）8．（4分）（2025•湖北）在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（）A．仅增加用户数，r消耗的功率增大 B．仅增加用户数，用户端的电压增大 C．仅适当增加n2，用户端的电压增大 D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AC【分析】把用户的总电阻等效到输电线的末端，然后结合闭合电路的欧姆定律分析即可。【解答】解：设降压变压器原副线圈的匝数分别是n3和n4，电压分别是U3和U4，电流分别是I3和I4，用户端的总电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律，则I根据变压器原副线圈的电流关系可得I设用户的最大值相当于原线圈的电阻值为R等，则I联立可得R对于输电线路的部分，降压变压器流过的电流等于输送的电流，即I3＝I2由闭合电路的欧姆定律可得输电线路中的电流IA、仅增加用户数，用户端的总电阻为R减小，等效电阻也减小，则输电线路的部分的电流增大，由P损=I22B、仅增加用户数，输电线路的部分的电流增大，由U损＝I2r可知输电线损坏的电压增大，则达到降压变压器原线圈两端的电压减小，由U4U3C、仅适当增加n2，由U2U1D、整个电路消耗的功率为P=U22r+故选：AC。【点评】理想变压器输出电压由输入电压决定，输入电流由输出电流决定，输入功率由输出功率决定。（多选）9．（4分）（2025•湖北）质量均为m的小球a和b由劲度系数为k的轻质弹簧连接，小球a由不可伸长的细线悬挂在O点，系统处于静止状态，如图所示。将小球b竖直下拉长度l后由静止释放。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。释放小球b后（）A．小球a可能会运动 B．若小球b做简谐运动，则其振幅为l2C．当且仅当l≤mgk时，小球bD．当且仅当l≤2mgk【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；连接体模型．【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】若弹簧对a向上的弹力大于小球a的重力时，a球会运动；根据振幅的定义分析；分别计算出弹簧的压缩量和在b球在平衡位置时弹簧的伸长量，然后得到小球b的最大振幅，然后根据做简谐运动的条件分析即可。【解答】解：A、释放小球b后，当小球b向上运动挤压弹簧时，若弹簧的弹力大于小球a的重力，小球a会向上运动，故A正确；CD、当小球a向上运动时小球b不做简谐运动，所以小球b始终做简谐运动的临界条件是弹簧压缩时的最大弹力等于mg，此时弹簧的压缩量为x1=mgk，小球b做简谐运动，在平衡位置时弹簧的伸长量为x2=mgk，所以最大振幅为Amax=xB、小球b做简谐运动时的振幅为A＝l，故B错误。故选：AD。【点评】掌握物体做简谐运动的条件是解题的基础。（多选）10．（4分）（2025•湖北）如图所示，在xOy平面内有一以O点为中心的正五边形，顶点到O点的距离为R。在正五边形的顶点上顺时针方向依次固定电荷量为q、2q、3q、4q、5q的正点电荷，且电荷量为3q的电荷在y轴正半轴上。静电力常量为k，则O点处的电场强度（）A．方向沿x轴负方向 B．方向与x轴负方向成18°夹角斜向下 C．大小为2kqR2（D．大小为2kqR2【考点】电场强度的叠加．【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】AD【分析】根据点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识进行分析解答。【解答】解：法一：点电荷在O点产生的场强方向如图所示由几何关系可知θ1＝18°，θ2＝54°，将5个场强沿x、y轴分解可得：Ex＝E1cos54°+E2cos18°﹣E4cos18°﹣E5cos54°=-2kqREy＝E1sin54°+E5sin54°﹣E4sin18°﹣E2sin18°﹣E3=6kqR2（sin54°﹣根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方向，大小为2kqR2（2cos54°+cos18°），故AD法二：AB、将各处电荷进行等效，如图所示：根据均匀带电圆环在其内部中点的合场强为零，则五个点中3q的电荷在O点产生的合场强为零。根据等量异种电荷中垂线电场线的分布特点可知，O点的电场强度方向沿x轴负方向，故A正确、B错误；CD、根据图丙可知，﹣q的电荷与y轴正方向的夹角为：θ=360°5=72°，﹣2q的电荷与根据电场强度的叠加可知，O点场强大小为E=2kqr2cos18°+2×2故选：AD。【点评】考查点电荷产生的场强公式结合电场的叠加合成知识，会根据题意进行准确分析解答。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11．（8分）（2025•湖北）某实验小组为测量一节干电池的电动势E和内阻r，设计了如图（a）所示电路，所用器材如下：干电池、智能手机、电流传感器、定值电阻R0、电阻箱、开关、导线等。按电路图连接电路，将智能手机与电流传感器通过蓝牙无线连接，闭合开关S，逐次改变电阻箱的阻值R，用智能手机记录对应的电流传感器测得的电流I。回答下列问题：（1）R0在电路中起保护（填“保护”或“分流”）作用。（2）1I与E、r、R、R0的关系式为1I=1E（R+R0（3）根据记录数据作出1I-R图像，如图（b）所示。已知R0＝9.0Ω，可得E＝1.47V（保留三位有效数字），r＝1.3（4）电流传感器的电阻对本实验干电池内阻的测量结果有（填“有”或“无”）影响。【考点】测量普通电源的电动势和内阻．【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）保护；（2）1E（R+R0+r（3）1.47，1.3；（4）有。【分析】（1）R0在电路中起保护作用。（2）根据闭合电路欧姆定律得到1I与E、r、R、R0（3）根据1I-R图像的斜率和截距求E和（4）考虑电流传感器的电阻，根据闭合电路欧姆定律得到1I与R的关系式，得到干电池内阻测量量【解答】解：（1）R0串联电路中，起保护作用。（2）根据闭合电路欧姆定律得E＝I（R+R0+r）变形得1I=1E（（3）根据上题分析可得，1I=1I-R图像的斜率k=1E=24-725纵轴截距b=R0+解得E≈1.47V，r≈1.3Ω（4）设电流传感器的内阻为RA，再根据闭合电路欧姆定律得E＝I（R+R0+r真+RA）变形得1I=1则R0+r可知干电池内阻的测量值r测＝r真+RA故电流传感器的电阻对干电池内阻的测量结果有影响。故答案为：（1）保护；（2）1E（R+R0+r（3）1.47，1.3；（4）有。【点评】解答本题的关键要理解本实验的原理：闭合电路欧姆定律，能根据闭合电路欧姆定律得到图像的解析式，分析图像的斜率和截距的意义来解答。第4小题可以将电流传感器的电阻与干电池内阻之和等效为电源的内阻，本实验测得的电源内阻是电流传感器的电阻与干电池内阻之和。12．（9分）（2025•湖北）某同学利用如图（a）所示的实验装置来测量重力加速度大小g。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：①用游标卡尺测量遮光片的宽度d。②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量m、重锤2的质量M（M＞m）。③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量出遮光片中心到光电门的竖直距离H。④启动光电门，释放重锤1，用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用时间t。⑤根据上述数据求出重力加速度大小g。⑥多次改变光电门高度，重复步骤③④⑤，求出g的平均值。回答下列问题：（1）测量d时，游标卡尺的示数如图（b）所示，可知d＝0.515cm。（2）重锤1通过光电门时的速度大小为v＝dt（用d、t表示）。若不计摩擦，g与m、M、d、t、H的关系式为g＝(M+（3）实验发现，当M和m之比接近于1时，g的测量值明显小于真实值。主要原因是圆柱体表面不光滑，导致跨过圆柱体的绳两端拉力不相等。理论分析表明，圆柱体与绳之间的动摩擦因数很小时，跨过圆柱体的绳两端拉力差ΔT＝4γMmM+mg保持M+m＝2m0不变，其中M＝（1+β）m0，m＝（1﹣β）m0。β足够小时，重锤运动的加速度大小可近似表示为a＝（β﹣γ）g。调整两重锤的质量，测得不同β时重锤的加速度大小a，结果如表。根据表格数据，采用逐差法得到重力加速度大小g＝9.81m/s2（保留三位有效数字）。β0.040.060.080.10a/（m/s2）0.0840.2810.4770.673【考点】重力加速度．【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；重力专题；实验探究能力．【答案】（1）0.515；（2）dt；(M+m)d2【分析】（1）根据游标卡尺读数规则读取数据；（2）遮光片通过光电门时间极短，平均速度大小近似等于瞬时速度大小，根据v=ΔxΔt求解重锤1（3）根据表达式a＝（β﹣γ）g，利用逐差法计算重力加速度。【解答】解：（1）游标卡尺的精度是0.05mm，主尺部分读数为5mm，游标尺的刻度3和主尺上刻度线对齐，则游标卡尺的读数d＝5mm+3×0.05mm＝5.15mm＝0.515cm。（2）重锤1上遮光片的宽度为d，遮光片通过光电门的时间为t，利用平均速度代替瞬时速度可知v=两个重锤组成的系统运动过程中机械能守恒，则有(M-m)gH=1（3）由题意有ai＝（βi﹣γ）g，即g=aiβi-故答案为：（1）0.515；（2）dt；(M+m)d2【点评】本题主要考查测量重力加速度的实验，逐差法的应用是本题难点。13．（9分）（2025•湖北）如图所示，三角形ABC是三棱镜的横截面，AC＝BC，∠C＝30°，三棱镜放在平面镜上，AC边紧贴镜面。在纸面内，一光线入射到镜面O点，入射角为α，O点离A点足够近。已知三棱镜的折射率为2。（1）若α＝45°，求光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。（2）若光线从AB边折射后直接到达BC边，并在BC边刚好发生全反射，求此时的α值。【考点】光的折射与全反射的综合问题．【专题】应用题；定量思想；推理法；光的折射专题；全反射和临界角专题；推理论证能力．【答案】（1）光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值为64（2）此时的α值为60°。【分析】（1）根据题意画出光路图，根据几何知识求得光在AB面上的入射角，再根据折射定律列式求解光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值。（2）根据题意画出光路图，根据临界角公式和几何知识求得光在AB面上的折射角，再利用折射定律公式求得此时的α值。【解答】解：（1）光路图如图甲所示，∠C＝30°，AC＝BC，则∠BAC＝∠B＝75°，当α＝45°时，由几何关系得，光线在AB边上的入射角i＝90°﹣（∠BAC﹣∠1）＝60°，由折射定律得n=sinisinr（2）光在BC边上恰好发生全反射时，入射角等于临界角，光路图如图乙所示，sinθ=sinC=1n=22，则θ＝45°，由几何关系知光在AB边上的折射角为i2＝180°﹣（由折射定律得n=sini1sini2，解得i1答：（1）光线从AB边射入棱镜时折射角的正弦值为64（2）此时的α值为60°。【点评】本题主要考查光的折射和全反射的知识，根据题意画出光路图是解题关键。14．（16分）（2025•湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为3mv0（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。（3）粒子的运动周期。【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】证明题；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】（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径为mv（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距3m（3）粒子的运动周期5πm【分析】（1）粒子在左侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，画出粒子轨迹，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=mv（2）粒子在右侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据qvB=mv2r（3）根据qvB=mv2r、T【解答】解：（1）带电粒子在磁场中的运动，粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹对称，其运动的轨迹如图所示。粒子在MN左侧区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B（2）O点到MN的距离为3mv02qB=粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动，运动到PQ右侧后，粒子以O2为圆心、r2为半径做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0⋅由几何关系得，粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为d=2（3）由几何关系得粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240°，运动时间为t1=240°360°粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，运动时间为t2=120°360°粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间t3则粒子的运动周期为T=答：（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径为mv（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距3m（3）粒子的运动周期5πm【点评】本题主要考查带电粒子在多区域磁场中的运动，解题关键是画出轨迹结合数学知识解答。15．（18分）（2025•湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为βμgL（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。提示：12+22+⋯+k2=16k（k+1）（【考点】用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律求解多过程问题．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；归纳法；方程法；模型法；力学综合性应用专题；模型建构能力．【答案】（1）第1个滑块的速度大小为v10（2）用已知量和vj表示vj+1的关系式为vj（3）β的值为4n【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大小；（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求β的值。【解答】解：（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块开始向右运动的过程中，受到的摩擦力为f＝2μmg，而长木板受到地面的最大静摩擦力为：fm＝μ（M+3nm）g，由于n＞1，则f＜fm，所以长木板处于静止状态，第一个滑块做匀减速运动，对第一个滑块，由牛顿第二定律可得：2μmg＝ma，解得：a＝2μg设第一个滑块与第二个滑块碰撞前的速度为v10，初速度为v1v1联立解得：v10（2）设第一个和第二个滑块碰撞后共同的速度为v2，对第一、第二个滑块组成的系统，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv10＝2mv2，解得：v设第二个滑块和第三个滑块碰撞前的速度为v20，则有：v2解得：v碰撞后共同的速度为v3，由动量守恒定律可得：2mv20＝3mv3，解得：v设第3个滑块和第4个滑块碰撞前的速度为v30，则有：v3解得：v碰撞后共同的速度为v4，由动量守恒定律可得：3mv30＝4mv4，解得：v由此类推可得：vj（3）设k个滑块一起在木板上滑动时，木板可以滑动，则有：2μkmg＞μ（nm+3nm）g，解得：k＞2n由此可知，第2n+1个滑块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止，设第2n+1个滑块刚开始在木板上时的速度大小为v2n+1，加速度的大小为a1，木板的加速度大小为a2，由（2）可知：v由牛顿第二定律可得：2μ（2n+1）mg＝（2n+1）ma12μ（2n+1）mg﹣4μnmg＝[4n﹣（2n+1）]ma2设第2n+1个滑块开始滑动后，经过时间t与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由运动学公式可得；v2n+1﹣a1t＝a2tv2联立以上各式解得：β=答：（1）第1个滑块的速度大小为v10（2）用已知量和vj表示vj+1的关系式为vj（3）β的值为4n【点评】根据题意分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，熟练运用牛顿第二定律、运动学公式和动量守恒定律是解题的关键；本题过程复杂，难度大，是力学压轴题。

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．重力加速度【知识点的认识】1.定义：重力加速度又叫自由落体加速度，是物体在重力作用下具有的加速度，常用g来表示。g的大小一般取9.8m/s2或10m/s2。2.方向：竖直向下，指向地心。3.大小：在地球上不同地方有所差异，一般的规律为①纬度越高，重力加速度越大，纬度越低，重力加速度越小；②海拔越高，重力加速度越小，海拔越低，重力加速度越大。【命题方向】关于自由落体运动的加速度，正确的是（）同一地点，轻、重物体下落的加速度一样大同一地点，重的物体下落的加速度大这个加速度在地球上任何地方都一样大这个加速度在地球赤道比在地球北极略小分析：自由落体加速度又叫做重力加速度，是由物体所在的位置决定的，与物体的体积、质量等都无关，随着地球的纬度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上时，重力加速度最小．解答：A、重力加速度是由物体所在的位置决定的，与物体的体积、质量等都无关，所以同一地点，轻、重物体下落的加速度一样大，所以A正确，B错误；C、重力加速度是由物体所在的位置决定的，随着地球的纬度的增大，重力加速度的大小也增大，在赤道上时，重力加速度最小，所以C错误，D正确。故选：AD。点评：本题就是看学生对自由落体运动的理解，一定要注意自由落体运动加速度与物体的质量无关．【解题思路点拨】1.产生重力加速度的直接原因是重力的存在，所以重力加速度的方向与重力的方向一致，是指向地心的；并且大小与重力一样随着物体在地球上位置的不同而不同。2.重力加速度的方向始终指向地心并不是说重力加速度的方向相同，比如北京和深圳的重力加速度方向是不同的。3．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。4．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。5．牛顿第二定律求解多过程问题【知识点的认识】1.牛顿第二定律的内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2.表达式：F合＝ma．3.本考点的针对的情境：物体的受力在一个阶段内不断变化，从而引起加速度不断变化。常见的如弹簧类问题，蹦极类问题等。【命题方向】如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及所受的合外力的变化情况是（）A、合力变小，速度变小B、合力变小，速度变大C、合力先变小，后变大；速度先变大，后变小D、合力先变大，后变小，速度先变小，后变大分析：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大．以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大．解答：小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度。以小球为研究对象，分析小球的受力情况和运动情况：开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力变小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力变大。当弹力等于重力时，合力为零，速度最大。故选：C。点评：含有弹簧的问题，是高考的热点．关键在于分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况，抓住弹力是变化的这一特点．不能简单认为小球一接触弹簧就做减速运动．【解题思路点拨】用牛顿第二定律求解多过程问题的思路如下：1.分析物体的运动过程2.分析每一阶段物体受力的变化3.根据牛顿第二定律F合＝ma分析物体加速度的变化4.根据加速度的情况分析物体的运动情况。6．连接体模型【知识点的认识】1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．2．解连接体问题的基本方法整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．【命题方向】题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（）A.1：1：1B.1：2：3C.1：2：1D．无法确定分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a1=对A：kx1﹣μmg＝ma1解得x1=乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，a2=对A：kx2﹣mg＝ma2解得x2=F3丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得Fa3=对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma3解得x3=F3k则x1：x2：x3＝1：故A正确，BCD错误故选：A．点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为2分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；对整体，由牛顿第二定律可知，a=F6m；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma=F2．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′=T3m，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′=故选：C．点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．【解题方法点拨】（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．7．斜抛运动【知识点的认识】1．定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2．方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3．抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4．平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：①初速度方向为水平；②只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：①物体有斜向上的初速度；②仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）A．D点的速率比C点的速率大B．D点的加速度比C点加速度大C．从B到D加速度与速度始终垂直D．从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θB．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θC．增大抛射角θ，同时减小抛出速度v0D．增大抛射角θ，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1．定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2．类平抛运动的分解方法（1）常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力的方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。（2）特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3．类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题﹣﹣求出物体运动的加速度﹣﹣根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4．类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：①建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。②求出这两个方向上的加速度、初速度。③确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。8．不同轨道上的卫星或行星（可能含赤道上物体）运行参数的比较【知识点的认识】1.卫星运行的一般规律如下：①GMmr2=m②GMmr2=mω2③GMmr2=m④GMmr2=ma→a由此可知，当运行半径r增大时，卫星运行的线速度v减小，角速度ω减小，加速度a减小，周期T变大。所以可总结出一条规律为“高轨低速长周期”。即轨道大时，速度（“所有的速度”：线速度、角速度、加速度）较小、周期较大。2.卫星的运行参数如何与赤道上物体运行的参数相比较？赤道上运行的物体与同步卫星处在同一个轨道平面，并且运行的角速度相等，所以比较赤道上物体与一般卫星的运行参数时，可以通过同步卫星建立联系。【命题方向】据报道：北京时间4月25日23时35分，我国数据中继卫星“天链一号01星”在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，成功定点于东经七十七度赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号01星”下列说法正确的是（）A、它运行的线速度等于第一宇宙速度B、它运行的周期等于地球的自转周期C、它运行的角速度小于地球的自转角速度D、它的向心加速度等于静止在赤道上物体的向心加速度分析：“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为36000km，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等，即23时56分4秒，卫星在轨道上的绕行速度约为3.1公里/秒，其运行角速度等于地球自转的角速度．解答：A．任何绕地球做圆周运动的卫星速度都小于第一宇宙速度，故A错误；B．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，周期等于地球的自转周期。故B正确；C．“天链一号01星”卫星为地球同步卫星，角速度等于地球的自转角速度。故C错误；D．根据GMmr2=ma可知，随着半径R的增大，a在减小，故“天链一号01故选：B。点评：本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期．本题难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】对于不同轨道上的卫星（或物体），要想比较他们的运行参数，一般遵循的原则是，“天比天，直接比；天比地，要帮忙”，即卫星与卫星之间可以通过万有引力提供向心力直接进行分析比较，而卫星与赤道上物体的比较，则需要借助同步卫星进行分析。9．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10．简谐运动的定义、运动特点与判断【知识点的认识】一、机械振动1.机械振动：物体或物体的一部分在一个位置附近的往复运动，简称振动。2.两个振动中的概念（1）平衡位置：回复力为零的位置，也是振动物体在静止时所处的位置。（2）回复力：振动物体偏离平衡位置后所受到的阻碍它离开平衡位置，使它回到平衡位置的力。①与圆周运动中的向心力一样，回复力是振动问题中根据力的效果命名的一个效果力，它可由某一个力充当、某几个力的合力充当或某一个力的分力来充当。②与圆周运动中的向心力总是指向圆心类似，振动过程中的回复力的方向总是指向平衡位置。二、弹簧振子1.定义：小球与弹簧组成的系统，他是一个理想化模型。2.弹簧振子示意图：三、简谐运动1.概念：如果物体的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律，即它的振动图像（x﹣t图像）是一条正弦曲线，这样的振动是一种简谐运动。2.简谐运动是最基本的振动，弹簧振子中小球的运动就是简谐运动。3.简谐运动是一种变加速运动。四、简谐运动的特点瞬时性、对称性和周期性。【命题方向】关于简谐运动，下列说法正确的是（）A、物体在一个位置附近的往复运动称为简谐运动B、由于做简谐运动的物体受回复力作用，所以简谐运动一定是受迫振动C、如果物体的位移与时间关系图像是一条余弦曲线，则物体做的是简谐运动D、如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦曲线，则物体做的可能不是简谐运动分析：根据简谐振动的特征F＝﹣kx判断；简谐振动不是受迫振动；根据位移与时间的关系判断。解答：A、物体在一个位置附近的往复运动不一定是简谐运动，物体做简谐运动时，回复力与偏离平衡位置位移的关系是F＝﹣kx，负号表示回复力的方向与偏离平衡位置位移的方向相反，故A错误；B、系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，受迫振动的周期由驱动力的周期决定；做简谐运动的周期由自身结构决定，故B错误；CD、根据简谐振动中位移随时间变化的特点，如果物体的位移与时间关系图像是一条正弦或余弦曲线，则物体做的是简谐运动，故C正确，D错误。故选：C。点评：该题考查对简谐振动以及简谐振动的特点的理解，解答本题关键是掌握简谐振动的特征。【解题思路点拨】1.实际物体看作弹簧振子的四个条件（1）弹簧的质量比小球的质量小得多，可以认为质量集中于振子（小球）。（2）构成弹簧振子的小球体积足够小，可以认为小球是一个质点。（3）忽略弹簧以及小球与水平杆之间的摩擦力。（4）小球从平衡位置被拉开的位移在弹性限度内。2.简谐运动的位移位移的表示方法：以平衡位置为坐标原点，以振动所在的直线为坐标轴，规定正方向，则某时刻振子偏离平衡位置的位移可用该时刻振子所在位置的坐标来表示。3.简谐运动的速度（1）物理含义：速度是描述振子在平衡位置附近振动快慢的物理量。在所建立的坐标轴（也称“一维坐标系”）上，速度的正、负号表示振子运动方向与坐标轴的正方向相同或相反。（2）特点：如图所示为一简谐运动的模型，振子在O点速度最大，在A、B两点速度为零。4.判断一个振动为简谐运动的方法：（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx进行判断。（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a=-km11．电场强度的叠加【知识点的认识】电场强度的叠加原理多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加．电场强度的叠加遵循平行四边形定则．在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解．【命题方向】图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点．下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧？（）A、Q1、Q2都是正电荷，且Q1＜Q2B、Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1＞|Q2|C、Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|＜Q2D、Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|＞|Q2|分析：利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．然后两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．解答：A、当两点电荷均为正电荷时，若电荷量相等，则它们在P点的电场强度方向沿MN背离N方向。当Q1＜Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点强，所以电场强度合成后，方向偏左。当Q1＞Q2时，则b点电荷在p点的电场强度比a点弱，所以电场强度合成后，方向偏右。故A正确；B、当Q1是正电荷，Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线背离b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向b点，则合电场强度方向偏右。不论电量大小关系，仍偏右。故B错误；C、当Q1是负电荷，Q2是正电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线背离a点，则合电场强度方向偏左。不论它们的电量大小关系，仍偏左。故C正确；D、当Q1、Q2是负电荷时，b点电荷在p点的电场强度方向沿bP连线指向b点，而a点电荷在p点的电场强度方向沿aP连线指向a点，由于|Q1|＞|Q2|，则合电场强度方向偏左。故D正确；故选：ACD。点评：正点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且背离正电荷，而负点电荷在某点的电场强度方向是这两点的连线且指向负电荷．【解题思路点拨】电场强度叠加问题的本质就是矢量运算法则，先确定每一个电荷在该点单独产生的电场强度，再利用平行四边形定则或三角形定则求解合场强。12．安培定则（右手螺旋定则）【知识点的认识】1.安培定则的内容分三种不同情况．（1）直线电流：右手握住导线，伸直的拇指的方向代表电流的方向，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．（2）环形电流：右手握住环形导线，弯曲的四指所指的方向就是电流的方向，拇指所指的方向就是环形中心轴线上的磁感线的方向．（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．2.利用安培定则判断的几种常见电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要考查安培定则（右手螺旋定则）的内容。【命题方向】通电螺线管的电流方向跟它的磁感线方向之间的关系，也可用安培定则来判定：握住螺线管，让所指的方向跟一致，则的方向就是.分析：右手螺旋定则判断通电螺线管的电流方向与它的磁感线方向之间的关系：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．解答：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．故答案为：右手；弯曲的四指；电流的方向；拇指所指；螺线管内部的磁感线的方向。点评：本题考查右手螺旋定则，关键是理解其内容。属于基础简单题目。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的