2025年黑龙江省新高考物理试卷（选择性）

第87页（共87页）2025年黑龙江省新高考物理试卷（选择性）一、选择题：本题共10小题，共46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，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．（4分）（2025•选择性）书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（）A．该过程位移为0 B．该过程路程为0 C．两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同2．（4分）（2025•选择性）某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体（）A．内能变小 B．压强变大 C．分子的数密度变大 D．每个分子动能都变大3．（4分）（2025•选择性）如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则（）A．激光在甲中的频率大 B．激光在乙中的频率大 C．用甲时全反射临界角大 D．用乙时全反射临界角大4．（4分）（2025•选择性）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（）A． B． C． D．5．（4分）（2025•选择性）平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是（）A． B． C． D．6．（4分）（2025•选择性）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v（）A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小7．（4分）（2025•选择性）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（）A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB（多选）8．（6分）（2025•选择性）某理论研究认为，42100Mo原子核可能发生双β衰变，衰变方程为42100Mo→44ARu+y-10A．A＝100 B．y＝2 C．γ1的频率比γ2的大 D．γ1的波长比γ2的大（多选）9．（6分）（2025•选择性）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则（）A．t＝0时，电流方向为abcdefa B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω C．t=πωD．t＝0到t=π（多选）10．（6分）（2025•选择性）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（）A．μ1+μ2＝2tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（8分）（2025•选择性）在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影响，某同学设计了如图（a）所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下：①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关；②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压Uab；③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压Uac；④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压Ubc，计算Uac﹣Ubc；⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。作出I﹣Uab、I﹣Uac及I﹣（Uac﹣Ubc）曲线如图（b）所示。回答下列问题：（1）将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应连接点（填“a”或“b”）；（2）若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5V”位置，电表示数如图（c）所示，此时电表读数为V（结果保留三位小数）；（3）图（b）中乙是（填“I﹣Uab”或“I﹣Uac”）曲线；（4）实验结果表明，当此元件阻值较小时，（填“甲”或“乙”）曲线与I﹣（Uac﹣Ubc）曲线更接近。12．（8分）（2025•选择性）某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图（a），细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x﹣m关系图线，如图（b）所示。回答下列问题：（1）将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x＝11.60cm，由图（b）可知，该芒果的质量m0＝g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比（填“偏大”或“偏小”）。（2）另一组同学利用同样方法得到的x﹣m图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是。A.水杯质量过小B.绳套长度过大C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比（3）写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施。13．（10分）（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。14．（12分）（2025•选择性）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。（1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。（2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。（3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。15．（16分）（2025•选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。（1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。（2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=B2y03k（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝kQr

2025年黑龙江省新高考物理试卷（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ABDDCBC二．多选题（共3小题）题号8910答案ABCABAD一、选择题：本题共10小题，共46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，每题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．（4分）（2025•选择性）书法课上，某同学临摹“力”字时，笔尖的轨迹如图中带箭头的实线所示。笔尖由a点经b点回到a点，则（）A．该过程位移为0 B．该过程路程为0 C．两次过a点时速度方向相同 D．两次过a点时摩擦力方向相同【考点】滑动摩擦力的方向；位移、路程及其区别与联系；瞬时速度．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】A【分析】路程是标量，即没有方向的量。位移是矢量，有大小有方向。在直线运动中，路程是直线轨迹的长度；在曲线运动中，路程是曲线轨迹的长度。当物体在运动过程中经过一段时间后回到原处，路程不为零，位移则等于零。速度方向沿轨迹切线方向，摩擦力方向与笔尖的运动方向相反，据此进行分析作答。【解答】解：AB、笔尖由a点经b点回到a点，位移为0，路程不为0，故A正确，B错误；CD、速度和力为矢量，两次过a点时速度和力的方向不同，故CD错误。故选：A。【点评】考查对路程、位移、速度、力的理解，清楚矢量和标量的定义。2．（4分）（2025•选择性）某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体（）A．内能变小 B．压强变大 C．分子的数密度变大 D．每个分子动能都变大【考点】气体的等容变化与查理定律的应用；温度与分子动能的关系．【专题】定性思想；推理法；内能及其变化专题；气体的状态参量和实验定律专题；理解能力．【答案】B【分析】根据封闭气体内能与温度的关系判断内能的变化；根据查理定律判断瓶内气体的压强的变化；瓶内气体的质量与体积均不变，分子的数密度不变；瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大。【解答】解：A、糖果瓶被带进温暖的车厢一段时间后，瓶内气体的温度会升高，其内能增加，故A错误；B、瓶内气体的体积不变，温度升高，根据查理定律：pT=CC、瓶内气体的质量与体积均不变，分子的数密度不变，故C错误；D、瓶内气体的温度升高，分子的平均动能变大，而不是每个分子动能都变大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了气体的实验定律，温度与分子平均动能，以及气体内能的关系。题目较简单，掌握相关规律即可。3．（4分）（2025•选择性）如图，利用液导激光技术加工器件时，激光在液束流与气体界面发生全反射。若分别用甲、乙两种液体形成液束流，甲的折射率比乙的大，则（）A．激光在甲中的频率大 B．激光在乙中的频率大 C．用甲时全反射临界角大 D．用乙时全反射临界角大【考点】全反射的条件、判断和临界角．【专题】定性思想；推理法；全反射和临界角专题；推理论证能力．【答案】D【分析】同一激光在不同介质中的频率是相同的；根据全反射临界角C满足：sinC=1【解答】解：AB、同一激光在不同介质中的频率是相同的，故激光在甲中和乙中的频率是相同的，故AB错误；CD、已知甲的折射率比乙的大，即n甲＞n乙，根据全反射临界角C满足：sinC=1n，可得：C甲＜C乙，即用乙时全反射临界角大，故故选：D。【点评】本题考查了光的全反射现象，基础题目。掌握全反射临界角C满足：sinC=14．（4分）（2025•选择性）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】电容器的动态分析（Q不变）——板间距离变化；平行板电容器电容的决定式及影响因素．【专题】定性思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据电容的定义式与决定式推导极板间电势差与极板间距离的关系式，依据题意分析极板间距随压力的变化情况，确定U﹣F的关系曲线的斜率如何变化。【解答】解：根据电容的定义式：C=QU，和电容的决定式：联立可得：U=将该电容器充电后断开电源，电容器的带电量Q保持不变，由题意可知逐渐增大施加于两极板压力的过程，极板间距d随压力F的增大而减小的越来越慢，则极板间电势差U随压力F的增大而减小的越来越慢，即U﹣F的关系曲线的斜率随F的增大而减小，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了平行板电容器的动态分析问题，掌握电容的定义式与决定式。解答时要注意分析哪些量是不变的，哪些量变化的。5．（4分）（2025•选择性）平衡位置在同一水平面上的两个振动完全相同的点波源，在均匀介质中产生两列波。若波峰用实线表示，波谷用虚线表示，P点位于其最大正位移处，曲线ab上的所有点均为振动减弱点，则下列图中可能满足以上描述的是（）A． B． C． D．【考点】波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断．【专题】定性思想；推理法；振动图象与波动图象专题；推理论证能力．【答案】C【分析】P点位于其最大正位移处，则P点为两列波的波峰与波峰相遇的点；曲线ab上的所有点均为振动减弱点，根据干涉图样中振动减弱区域作出判断。【解答】解：BD、BD选项对应的图中的P点均是两虚线的交点，为两列波的波谷与波谷相遇的点，P点位于其最大负位移处，故BD错误；AC、AC选项对应的图中的P点均是两列波的波峰与波峰相遇的点，P点位于其最大正位移处。振动加强区域与振动减弱区域如下图所示，其中曲线①③上的点均为振动减弱点，曲线②上的点均为振动加强点。由此可知C选项对应的图中的曲线ab上的所有点均为振动减弱点，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了波的干涉现象的干涉图样。掌握干涉图样中振动加强区域与振动减弱区域的判断。6．（4分）（2025•选择性）如图，趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动。为使塔块沿竖直方向匀速下落，则v（）A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小【考点】关联速度问题．【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】将v和塔块的速度分解到沿绳方向和垂直绳方向，且沿绳子方向的速度相等，根据角度关系分析出速度的变化。【解答】解：设两边绳与竖直方向的夹角为θ，塔块沿竖直方向匀速下落的速度为v块，将v块沿绳方向和垂直绳方向分解，将v沿绳子方向和垂直绳方向分解，可得v块cosθ＝vsinθ，解得v=v块tanθ，由于塔块匀速下落时θ在减小，故可知v一直增大，故故选：B。【点评】本题主要考查了运动的合成与分解问题，熟悉矢量的合成和分解，根据几何关系即可完成解答。7．（4分）（2025•选择性）如图，光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切，轨道半径为r，圆心为O，O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后，依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则（）A．EkA＜EkB＜EkC B．EkB＜EkA＜EkC C．EkA＜EkC＜EkB D．EkC＜EkA＜EkB【考点】带电粒子（计重力）在匀强电场中的圆周运动．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】滑块从B到C，只要重力做功，根据动能定理求解B、C两点动能的大小关系；滑块运动到D点，弹簧处于原长状态，滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；根据动能定理求解A、B两点动能的大小关系，然后作答。【解答】解：滑块从B到C，只要重力做功，根据动能定理﹣mg×2r＝EkC﹣EkB因此EkB＝EkC+2mgr如图所示，滑块运动到D点，弹簧处于原长状态：滑块从A运动到D、从D运动到B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；滑块从A运动到B的过程中，根据数学知识AB由于Eq＝mg，根据动能定理Eq因此E联立解得EkA＜EkC＜EkB故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题主要考查了动能定理的运用，明确弹簧的形变量相同，弹性势能相同时解题的关键。（多选）8．（6分）（2025•选择性）某理论研究认为，42100Mo原子核可能发生双β衰变，衰变方程为42100Mo→44ARu+y-10A．A＝100 B．y＝2 C．γ1的频率比γ2的大 D．γ1的波长比γ2的大【考点】β衰变的特点、本质及方程；核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系．【专题】定量思想；推理法；衰变和半衰期专题；推理论证能力．【答案】ABC【分析】根据质量数和电荷数守恒、结合光子能量公式波速和频率的关系式进行分析解答。【解答】解：AB.根据质量数和电荷数守恒有42100Mo→44100Ru+2-10CD.因为γ1的光子能量大于γ2的光子能量，由E＝hν和c＝λν可知，γ1的频率大于γ2的频率，γ1的波长小于γ2的波长，故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】考查质量数和电荷数守恒、结合光子能量公式波速和频率的关系式的应用，会根据题意进行准确分析解答。（多选）9．（6分）（2025•选择性）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则（）A．t＝0时，电流方向为abcdefa B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω C．t=πωD．t＝0到t=π【考点】计算线圈转动过程中电动势和电流的平均值；右手定则；法拉第电磁感应定律的基本计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AB【分析】t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据右手定则判断此时感应电流方向；t=πω时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向仍与磁感线平行，af边切割磁感线产生感应电动势；由t＝0到【解答】解：AB、由题可知，t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；C、易知t=πω时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故D、由t＝0到t=πω的过程，导线框转动了半周，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2故选：AB。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，掌握感应电流方向判断，确定磁通量的变化量的方法，掌握动生电动势的计算公式。（多选）10．（6分）（2025•选择性）如图（a），倾角为θ的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置x与时间t的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的x﹣t曲线在t＝t0时切线斜率为0，则（）A．μ1+μ2＝2tanθ B．t＝t0时，甲的速度大小为3v0 C．t＝t0之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．t＝t0之后，地面对斜面的摩擦力方向向左【考点】物体在粗糙斜面上的运动；根据x﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况；牛顿第二定律的简单应用．【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】AD【分析】x﹣t图像的斜率表示速度，结合平均速度公式求解甲乙的初速度，从而求解加速度，根据牛顿第二定律对单个物体或者整体列式求解。【解答】解：AB.x﹣t图像的斜率表示速度，甲乙两个物块的曲线均为抛物线，则甲物体做匀加速运动，乙物体做匀减速运动，在时间内甲乙位移可得x甲=v0+v2t0=3x0，x乙由牛顿第二定律可得甲物体mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma1，同理可得乙物体μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma2联立可得μ1+μ2＝2tanθ，故A正确，B错误；C.设斜面的质量为M，取水平向左为正方向，水平方向上由牛顿第二定理可得f＝ma1cosθ﹣ma2cosθ＝0，则t＝t0之前，地面和斜面之间摩擦力为零，故C错误；D.t＝t0之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加速，水平方向上由牛顿第二定律可得f＝ma1cosθ，即地面对斜面的摩擦力向左，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住x﹣t图像的有效信息并结合题干进行分析，注意水平方向上的加速度与地面对斜面摩擦力的关系。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（8分）（2025•选择性）在测量某非线性元件的伏安特性时，为研究电表内阻对测量结果的影响，某同学设计了如图（a）所示的电路。选择多用电表的直流电压挡测量电压。实验步骤如下：①滑动变阻器滑片置于适当位置，闭合开关；②表笔分别连a、b接点，调节滑片位置，记录电流表示数I和a、b间电压Uab；③表笔分别连a、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录a、c间电压Uac；④表笔分别连b、c接点，调节滑片位置，使电流表示数仍为I，记录b、c间电压Ubc，计算Uac﹣Ubc；⑤改变电流，重复步骤②③④，断开开关。作出I﹣Uab、I﹣Uac及I﹣（Uac﹣Ubc）曲线如图（b）所示。回答下列问题：（1）将多用电表的红、黑表笔插入正确的插孔，测量a、b间的电压时，红表笔应连a接点（填“a”或“b”）；（2）若多用电表选择开关旋转到直流电压挡“0.5V”位置，电表示数如图（c）所示，此时电表读数为0.378V（结果保留三位小数）；（3）图（b）中乙是I﹣Uac（填“I﹣Uab”或“I﹣Uac”）曲线；（4）实验结果表明，当此元件阻值较小时，甲（填“甲”或“乙”）曲线与I﹣（Uac﹣Ubc）曲线更接近。【考点】描绘小灯泡的伏安特性曲线；伏安法测电阻；电流表的内接和外接法．【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）a；（2）0.378；（3）I﹣Uac；（4）甲【分析】（1）判断通过元件的电流方向，根据“红进黑出”的原则解答；（2）选用直流电压挡“0.5V”，先确定分度值，再根据刻度值读数；（3）根据电流一定时，电压的大小关系判断图（b）中乙是哪个的图像；（4）根据I﹣U图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于的阻值，判断图（b）中曲线甲是哪种情况下测量得到的图像。根据（Uac﹣Ubc）是元件电压的真实值，确定I﹣（Uac﹣Ubc）图像是图（b）中实线，当此元件阻值较小时，对应图（b）中电压较大的部分，由图可见图（b）中的实线曲线甲更接近。【解答】解：（1）根据电路图可知通过元件的电流方向为a→b，根据“红进黑出”的原则可知，红表笔应连a接点；（2）选用直流电压挡“0.5V”，则分度值为0.01V，此时电表读数为0.378V；（3）电流一定时，图（b）中乙的电压最大。根据电路图可知当电流表示数一定时，a、c间的电压Uac比Uab和（Uac﹣Ubc）都大，故图（b）中乙是I﹣Uac的图像；（4）I﹣U图像上的点与原点连线的斜率的倒数等于的阻值，由此可知当电流相同时图（b）中曲线甲对应的电阻值最小，故曲线甲是电流表外接的情况下测量得到的图像，即曲线甲是I﹣Uab的图像。由（3）的解答可知图（b）中曲线乙是I﹣Uac的图像，是电流表内接的情况下测量得到的图像，而（Uac﹣Ubc）是元件电压的真实值，可知I﹣（Uac﹣Ubc）图像介于曲线甲、乙之间，可得图（b）中实线是I﹣（Uac﹣Ubc）的图像，此图像是无系统误差的伏安特性曲线。当此元件阻值较小时，对应图（b）中电压较大的部分，可见图（b）中的实线曲线甲更接近，即当此元件阻值较小时，甲曲线与I﹣（Uac﹣Ubc）曲线更接近。故答案为：（1）a；（2）0.378；（3）I﹣Uac；（4）甲【点评】本题考查了测量某非线性元件的伏安特性时，研究电表内阻对测量结果的影响的实验，掌握伏安法串联电阻的内外接法的误差分析。本实验的结果说明了内外接法的选择与被测电阻的相对大小的关系。12．（8分）（2025•选择性）某兴趣小组设计了一个可以测量质量的装置。如图（a），细绳1、2和橡皮筋相连于一点，绳1上端固定在A点，绳2下端与水杯相连，橡皮筋的另一端与绳套相连。为确定杯中物体质量m与橡皮筋长度x的关系，该小组逐次加入等质量的水，拉动绳套，使绳1每次与竖直方向夹角均为30°且橡皮筋与绳1垂直，待装置稳定后测量对应的橡皮筋长度。根据测得数据作出x﹣m关系图线，如图（b）所示。回答下列问题：（1）将一芒果放入此空杯，按上述操作测得x＝11.60cm，由图（b）可知，该芒果的质量m0＝106g（结果保留到个位）。若杯中放入芒果后，绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直，由图像读出的芒果质量与m0相比偏大（填“偏大”或“偏小”）。（2）另一组同学利用同样方法得到的x﹣m图像在后半部分弯曲，下列原因可能的是C。A.水杯质量过小B.绳套长度过大C.橡皮筋伸长量过大，弹力与其伸长量不成正比（3）写出一条可以使上述装置测量质量范围增大的措施减小绳1与竖直方向的夹角。【考点】探究两个互成角度的力的合成规律；探究弹簧弹力与形变量的关系．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；共点力作用下物体平衡专题；实验探究能力．【答案】（1）106；偏大；（2）C；（3）减小绳1与竖直方向的夹角【分析】（1）根据图（b）的x﹣m关系图线读出该芒果的质量；当绳1与橡皮筋不垂直时，作出受力分析图，根据平衡条件判断橡皮筋的拉力F的变化情况，可知橡皮筋长度的变化情况，由图像确定测量的误差。（2）得到的x﹣m图像在后半部分弯曲与水杯质量过小和绳套长度过大均无关。可能是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度所致。（3）由平衡条件得到橡皮筋的拉力与水杯和被测物体的总重力的关系，据此关系式找到增大测量质量范围的方法。【解答】解：（1）根据图（b）所示，当x＝11.60cm时，可得该芒果的质量m0＝106g。当绳1与竖直方向夹角为30°但与橡皮筋不垂直时，如下图1所示，可知无论橡皮筋与绳1的夹角变大还是变小，橡皮筋的拉力F均变大，橡皮筋长度均会变大，由图像读出的芒果质量与m0相比偏大。（2）另一组同学利用同样方法得到的x﹣m图像在后半部分弯曲，是由于橡皮筋伸长量过大，超出了它的弹性限度，以至于弹力与其伸长量不再成正比的原因。此情况与水杯质量过小和绳套长度过大均无关，故C正确，AB错误。故选：C。（3）设绳1与竖直方向夹角为θ，根据图1的受力分析，橡皮筋与绳1垂直时由平衡条件得：F＝T2sinθ，其中T2为绳2的拉力，其大小等于水杯与被测物体的总重力。要使装置测量质量范围增大，即使T2较大时F较小，可减小θ的值，故可以采取减小绳1与竖直方向的夹角的措施来增大测量质量范围。故答案为：（1）106；偏大；（2）C；（3）减小绳1与竖直方向的夹角【点评】本题是设计测量质量的装置的实验，实验原理是胡克定律与共点力平衡。掌握应用图解法分析动态平衡问题。13．（10分）（2025•选择性）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5m，A点距地面的高度h＝1.95m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin37°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；斜抛运动；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．【答案】（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。【分析】（1）对雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理求解雪块到A点速度大小；（2）根据机械能守恒定律得求解雪块到地面速度大小。雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，根据矢量的合成与分解求解雪块由A点到地面的速度与水平方向夹角。【解答】解：（1）雪块由静止下滑到A点的过程，根据动能定理得：mgxsinθ﹣μmgxcosθ=解得：v0＝5m/s（2）雪块由A点到地面的过程，根据机械能守恒定律得：mgh+解得：v1＝8m/s雪块由A点到地面的过程做斜抛运动，在水平方向做匀速运动的速度大小为：vx＝v0cosθ，解得：vx＝4m/s由速度分解可得：cosα=解得：α＝60°答：（1）雪块到A点速度大小v0为5m/s；（2）雪块到地面速度大小v1为8m/s，方向与水平方向夹角α为60°。【点评】本题考查了机械能守恒定律、动能定理的应用，以及抛体运动的特点，题目较简单。也可应用牛顿第二定律，结合运动学公式解答。14．（12分）（2025•选择性）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。（1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。（2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。（3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。【考点】线圈进出磁场的动力学问题；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；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】（1）ad的安培力大小F为0.015N；（2）补充（b）如解析；（3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解安培力；（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的电流变化，楞次定律进行分析判断；（3）根据动量定理列式求解。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt=nΔB⋅SΔt=1×0.2-0.11×1×12V＝0.05V，由闭合电路的欧姆定律I=ER=0.050.5A＝0.1A，由图（b）可知，0.5s时的磁感应强度大小B1＝0.15T，则（2）由图（c）可知，1～2s内电流大小为0.2A，方向沿逆时针方向，由（1）的解答可知，磁感应强度变化率大小是第1s内的2倍，又磁场大小时间连续变化，可知磁场方向不变，均匀增大，补充后的图像如下（3）由图t＝2s时，磁感应强度为B＝0.3T，对导体框，规定初速度v0的方向为正方向，由动量定理有﹣BIL•Δt＝mv1﹣mv0，而q=IΔt=B⋅ΔSΔt⋅ΔtR=答：（1）ad的安培力大小F为0.015N；（2）补充（b）如解析；（3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。【点评】考查法拉第电磁感应定律和楞次定律，图像的认识和处理，会根据题意进行准确分析解答。15．（16分）（2025•选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。（1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。（2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=B2y03k（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝kQr【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；开普勒三大定律；带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动．【答案】（1）正电荷的入射速度等于2qBy0m，从M运动到（2）这次正电荷的入射速度为6kq（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为23【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。【解答】解：（1）一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，粒子从M到N做匀速圆周运动，根据几何关系rsinθ＝y0，解得r＝2y0洛伦兹力提供向心力，则q联立解得v周期T=2πrv速度偏转角为2θ＝2×30°＝60°，所以t1=60°360°（2）正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在（1）问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供向心力，轨迹与（1）相同根据牛顿第二定律有kQq整理成关于v2的一元二次方程：B2因式分解(解得v2（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类比地球，N点为“近地点”，速度变为与N点的射出速度相反的点为“远地点”类比天体，根据开普勒第二定律有v3r'＝v2r根据能量守恒定律可得12联立解得r'＝6y0，可得椭圆半长轴a＝4y0，根据开普勒第三定律，椭圆轨道周期与半径为a＝4y0的圆轨道周期T'相同，对这个圆轨道列向心力方程kqQ(4解得T'=因此所求时间t2=T'2，解得答：（1）正电荷的入射速度等于2qBy0m，从M运动到（2）这次正电荷的入射速度为6kq（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为23【点评】在粒子做匀速圆周运动时，能够计算出粒子的轨道半径是解题的基础，加入负电荷后，知道是由库仑力和洛伦兹力的合力提供的向心力，当粒子离开磁场后，知道粒子做的是椭圆轨道运动，能结合开普勒第二定律计算出该椭圆轨道的半长轴是解题的关键，然后根据开普勒第三定律计算时间，本题综合性强，难度大。

考点卡片1．位移、路程及其区别与联系【知识点的认识】（1）位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．（2）路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关．（3）位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关．位移和路程的区别：①位移是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．如图所示，物体从A运动到B，不管沿着什么轨道，它的位移都是一样的．这个位移可以用一条有方向的（箭头）线段AB表示．【命题方向】关于位移和路程，下列说法中正确的是（）A.沿直线运动的物体位移和路程是相等的B.质点沿不同的路径由A到B，路程可能不同而位移一定相同C.质点通过一段路程，其位移可能为零D.质点运动的位移的大小可能大于路程分析：位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程是运动轨迹的长度．解答：A、沿单向直线运动的物体位移大小和路程是相等。而位移是矢量，路程是标量，所以不能相等，故A错误；B、路程不相等，但位移可能相同，比如从A地到B地，有不同的运行轨迹，但位移相同，故B正确；C、物体通过一段路程，位移可能为零。比如圆周运动一圈，故C正确；D、质点运动的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故D错误。故选：BC。点评：解决本题的关键知道路程和位移的区别，路程是标量，位移是矢量，有大小有方向．【解题方法点拨】①位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是运动物体从初位置指向末位置的有向线段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．③位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间．④就大小而言，一般情况下位移的大小小于路程，只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程．2．瞬时速度【知识点的认识】瞬时速度是指运动物体在某一时刻（或某一位置）的速度．从物理含义上看，瞬时速度指某一时刻附近极短时间内的平均速度．瞬时速度的大小叫瞬时速率，简称速率．2．平均速度和瞬时速度对比：（1）区别：平均速度反映的是物体在整个运动过程中的整体运动情况，而瞬时速度反映的是物体在运动过程的某一时刻或某一位置的运动情况；（2）联系：在匀速直线运动中，任何时刻的瞬时速度和整个运动过程中的平均速度相同．【命题方向】例1：下列速度中，属于瞬时速度的是（）A．某同学百米赛跑的速度是8m/sB．汽车以60km/h的速度通过苏通大桥C．飞机起飞时的速度是50m/sD．子弹在枪管里的速度是400m/s分析：瞬时速度为某一时刻或某一位置时的速度；平均速度为某一段时间内或某一位移内的速度．解：A、百米赛跑的速度是人在100米内的速度，故为平均速度；故A错误；B、汽车通过大桥的速度为一段位移内的速度，为平均速度，故B错误；C、飞机起飞速度是指飞机在离地起飞瞬间的速度，为瞬时速度，故C正确；D、子弹在枪管中对应一段位移，故为平均速度，故D错误；故选：C．点评：本题明确平均速度与瞬时速度的定义即可求解；要牢记平均速度为某一过程内的速度；而瞬时速度对应了一个瞬间．例2：关于瞬时速度、平均速度，以下说法中正确的是（）A．瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度B．做变速运动的物体在某段时间内的平均速度的大小，一定和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的大小的平均值相等C．物体做变速直线运动时，平均速度的大小就是平均速率D．物体做变速运动时，平均速度是指物体通过的路程与所用时间的比值分析：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值；故瞬时速度对应时间轴上的点，平均速度对应时间轴上的一段时间．解：瞬时速度是在某一时刻的速度，平均速度是物体在运动时间内发生的位移与所用时间的比值．A：瞬时速度对应时间轴上的点，时间趋于无穷小时可以看做一个时间点，瞬时速度可以看成时间趋于无穷小时的平均速度．故A正确；B：做变速直线运动的物体在某段时间内平均速度，和物体在这段时间内各个时刻的瞬时速度的平均值一般是不相等的．故B错误；C：物体只有在做单向直线运动时，平均速度的大小才等于平均速率，故C错误；D：平均速度是指物体的位移与所用时间的比值．故D错误．故选：A．点评：瞬时速度和平均速度是运动学的基本概念，要加深对它们的理解．【解题方法点拨】平均速度瞬时速度平均速率瞬时速率定义运动质点的位移与时间的比值运动质点在某一时刻（或位置）的速度运动质点的路程与时间的比值瞬时速度的大小方向有方向，矢量有方向，矢量无方向，标量无方向，标量意义粗略描述物体运动的快慢精确描述物体运动的快慢粗略描述物体运动的快慢精确描述物体运动的快慢对应某段时间（或位移）某一时刻（或位置）某段时间（或路程）某一时刻（或位置）3．根据x-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况【知识点的认识】1.定义：x﹣t图像表示的是物体的位移（位置）随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示速度；（2）纵截距：表示初位置；（3）交点：表示相遇。4.x﹣t曲线分析：①表示物体由坐标原点开始做匀速直线运动；②表示物体静止不动；③表示物体沿负方向做匀速直线运动；④交点的纵坐标表示三个运动物体相遇时的位移；⑤t1时刻物体的位移为x1，图中阴影部分的面积没有实际意义。5.本考点是x﹣t图像考法的一种，即根据x﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动的情况。【命题方向】甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是（）A.在t1时刻两车速度相等B.从0到t1时间内，两车走过的路程相等C.从t1到t2时间内，两车走过的路程相等D.在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等分析：x﹣t图象的斜率表示速度，根据斜率的变化分析速度的变化；交点表示相遇，由此分析路程大小。解答：A、x﹣t图象的斜率表示速度，在t1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车的速度大于甲车速度，故A错误；B、从0到t1时间内，两车走过的路程是乙车大于甲车，故B错误；C、从t1到t2时间内，两车走过的路程均为x2﹣x1，路程相等，故C正确；D、根据图象可知，在t1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，在t2时刻乙图象的斜率小于甲图象的斜率，在t1到t2时间内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，故D正确。故选：CD。点评：对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。4．滑动摩擦力的方向【知识点的认识】1.滑动摩擦力的定义：两个相互接触的物体，当它们发生相对滑动时，在接触面上会产生有种阻碍相对运动的力，叫作滑动摩擦力。2.滑动摩擦力的方向：总跟接触面相切，并且跟物体的相对运动方向相反。3.关键词：①与接触面相切（沿接触面）；②与相对运动的方向相反。【命题方向】关于摩擦力，下列说法错误的是（）A、滑动摩擦力可以与物体的运动方向相同B、静摩擦力也可以与物体的运动方向相同C、静摩擦力可以与物体运动的方向成任意度角D、当物体与接触面的接触面积减小而其他条件不变时，滑动摩擦力将减小分析：摩擦力一个物体在另一个物体表面滑动或有相对滑动的趋势时，受到的阻碍相对运动或相对运动趋势的力，与相对运动或相对运动的趋势方向相反．解答：A、滑动摩擦力与物体的相对运动方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故A正确；BC、静摩擦力与物体的相对运动趋势方向相反，即与相对相接触的那个物体的运动趋势方向相反，与物体的实际运动方向可以成任意角度，故B正确，C正确；D、滑动摩擦力的大小与正压力成正比，还与接触面的材料有关，与接触面的面积无关，故D错误；本题选错误的，故选D。点评：提到摩擦力不忘相对两个字，摩擦力与相对运动或相对运动趋势的方向相反，总是阻碍物体间的相对滑动或相对滑动趋势．【解题思路点拨】1.滑动摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反。因此判断滑动摩擦力的方向时，可以先判断相对运动的方向，从而得出滑动摩擦力的方向。2.滑动摩擦力是物体之间相对运动产生的，与物体自身的运动情况无关，所以滑动摩擦力的方向与物体自身的运动方向无关。例如：人刚站上电动扶梯的时候，因为人的初速度为零，所以受到扶梯水平向前的滑动摩擦力，而人实际的运动方向取决于电梯的方向。5．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。6．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后加速度的表达式，再根据运动学速度公式列式，找出两个过程之间的关系，即可求解动摩擦因数，再根据位移公式求物体上滑的位移x；（2）根据牛顿第二定律求物体的加速度，再由位移公式求滑块从最高点回到地面的时间。解答：（1）设滑块在F作用时加速度为a1，撤去力F后加速度大小为a2，滑块先加速后减速，则有：a1t1＝a2t2当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根据摩擦力公式有f1＝μN1联立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②联立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物体上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5，物体上滑的位移x是60m；（2）滑块从最高点回到地面的时间是15s。点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住上滑过程中匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度列式。【命题思路点拨】当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。7．关联速度问题【知识点的认识】1.模型本质：通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。2.模型的建立物体斜拉绳或绳斜拉物体的问题可看成“关联物体”模型，如图所示。由于绳不可伸长，所以绳两端所连物体的速度沿着绳方向的分速度大小相同。3.速度的分解（1）分解依据：物体的实际运动就是合运动。（2）分解方法：把物体的实际速度分解为垂直于绳方向和平行于绳方向的两个分量，根据沿绳方向的分速度大小相同列方程并求解。（3）分解结果：把上图甲、乙所示的速度进行分解，结果如下图甲、乙所示。【命题方向】如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（）A.人拉绳行走的速度为vB.人拉绳行走的速度为vC.船的加速度为FcosθD.船的加速度为F分析：绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．解答：AB、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如图所示根据平行四边形定则有，v人＝vcosθ．故A、B错误。CD、对小船受力分析，如下图所示，则有Fcosθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小为a=Fcosθ-fm，故故选：C。点评：解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律．【解题思路点拨】“关联物体”速度的分解（1）船的实际运动为合运动，此运动产生两个效果，一是使绳子沿自身方向向上收缩，二是使与船接触的绳有沿与绳垂直的方向向下摆动的趋势。（2）关联物体速度的分析思路8．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。9．开普勒三大定律【知识点的认识】开普勒行星运动三大定律基本内容：1、开普勒第一定律（轨道定律）：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。2、开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。3、开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即：k=在中学阶段，我们将椭圆轨道按照圆形轨道处理，则开普勒定律描述为：1．行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；2．对于某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度（或线速度）不变，即行星做匀速圆周运动；3．所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即：R3【命题方向】（1）第一类常考题型是考查开普勒三个定律的基本认识：关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（）A．所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B．行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C．离太阳越近的行星的运动周期越长D．所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等分析：开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开普勒第三定律中的公式R3解：A、开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上。故A错误；B、开普勒第一定律可得，行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的一个焦点处，故B错误；C、由公式R3T2D、开普勒第三定律可得，所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确；故选：D。点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。（2）第二类常考题型是考查开普勒第三定律：某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（）A．（N+1N）23BC．（N+1N）32D分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是NN解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是NN-1年，根据开普勒第三定律有r地3r行3=T地2故选：B。点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可。【解题思路点拨】（1）开普勒行星运动定律是对行星绕太阳运动规律的总结，它也适用于其他天体的运动。（2）要注意开普勒第二定律描述的是同一行星离中心天体的距离不同时的运动快慢规律，开普勒第三定律描述的是不同行星绕同一中心天体运动快慢的规律。（3）应用开普勒第三定律可分析行星的周期、半径，应用时可按以下步骤分析：①首先判断两个行星的中心天体是否相同，只有两个行星是同一个中心天体时开普勒第三定律才成立。②明确题中给出的周期关系或半径关系。③根据开普勒第三定律列式求解。10．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。11．机械能与曲线运动相结合的问题【知识点的认识】本考点旨在针对机械能守恒定律与曲线运动相结合的问题，包括一般曲线运动、圆周运动、平抛运动等。【命题方向】如图所示，在竖直平面内，由斜面和圆形轨道分别与水平面相切连接而成的光滑轨道，圆形轨道的半径为R．质量为m的小物块从斜面上距水平面高为h＝2.5R的A点由静止开始下滑，物块通过轨道连接处的B、C点时，无机械能损失．求：（1）小物块通过B点时速度vB的大小；（2）小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小；（3）小物块能否通过圆形轨道的最高点D．分析：（1）A到B过程由机械能守恒定律即可求得物体通过B点时的速度；（2）物体做圆周运动，则由牛顿第二定律可求得支持力的大小；（3）由动能定理可求得D点的速度，再由牛顿第二定律求出物体通过高点需要的最小速度，比较即可得出物体能否通过最高点．解答：（1）物块从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒得：mgh解得：V（2）物块从B至C做匀速直线运动∴vC＝vB=物块通过圆形轨道最低点C时，做圆周运动，由牛顿第二定律有：FN解得：FN＝6mg（3）设物块能从C点运动到D点，由机械能守恒得：12∴V物块做圆周运动，通过圆形轨道的最高点的最小速度设为vD1，由牛顿第二定律得：mg＝mvvD1=故正好通过D点．（1）小物块通过B点时速度vB的大小为5gR（2）小物块通过圆形轨道最低点C时轨道对物块的支持力F的大小为6mg；（3）小物块正好通过圆形轨道的最高点D．点评：本题考查机械能守恒定律及竖直面内的圆周运动，选择合适的过程，并注意竖直面内圆周运动的临界条件即可求解．【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。12．波的干涉的加强和减弱区域的特点及判断【知识点的认识】振动加强点和减弱点的判断方法（1）条件判断法：频率相同，振动情况完全相同的两波源产生的波叠加时，加强、减弱条件如下：设点到两波源的距离差为△r，则当△r＝kλ时为加强点，当△r＝（2k+1）λ2会时为减弱点，其中k＝0，1，2…（2）现象判断法：①若某点总是波峰与波峰（或波谷与波谷）相遇，该点为加强点