2025年河北省新高考物理试卷（回忆版）

第77页（共77页）2025年河北省新高考物理试卷（回忆版）一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）（2025•河北）《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则a、b、c、d四点中电势最高的是（）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点2．（4分）（2025•河北）某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（）A．对外做功 B．向外界传递热量 C．分子的数密度增大 D．每个分子的速率都增大3．（4分）（2025•河北）1992年，江苏扬州出土的古代铜卡尺，由固定尺和活动尺组成，现代游标卡尺的构件与其非常相似，已成为常用的测量工具。用游标卡尺测量某物体的长度，示数如图所示，其读数为（）A．14.20mm B．14.2mm C．17.20mm D．17.2mm4．（4分）（2025•河北）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为（）A．12G B．22G C．G5．（4分）（2025•河北）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是130s，圆弧对应的圆心角约为A．90 B．120 C．150 D．1806．（4分）（2025•河北）2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12=n23=n10，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则S接A． B． C． D．7．（4分）（2025•河北）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0R0A．g0R0 B．3g0R02二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（6分）（2025•河北）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q：q的绝对值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5（多选）9．（6分）（2025•河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（）A．左侧小物块沿斜面做简谐运动 B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大 C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长（多选）10．（6分）（2025•河北）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电 B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为3三、非选择题：本题共5题，共54分。11．（8分）（2025•河北）（1）某学习小组把热敏电阻置于带有温控的加热装置中，利用图1所示电路研究热敏电阻的温度特性。①闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻的阻值R随温度t变化的规律时，将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻a、b两端测量其阻值，这时开关S应（填“断开”或“闭合”）。②按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻R1、R2与温度t的关系分别对应图2中曲线Ⅰ、Ⅱ。设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个热敏电阻抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻（填“R1”或“R2”）具有相同温度特性。（2）某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律，实验装置如图3所示，当地重力加速度为g。①方案设计阶段，该小组同学对需要测量哪些物理量产生了不同意见。甲同学：需测量滑块和遮光条的总质量、滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。乙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。丙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的距离。你认为（填“甲”“乙”或“丙”）同学的方案不可行。②如图3，光电门中光源与光敏管相对，光源发出的光使光敏管感光。当滑块经过时，遮光条把光遮住，计时器记录遮光时间，可计算出滑块的速度。实验中使用的遮光条宽度d1＝10.0mm，光电门宽度d2＝20.0m。某次测量时，记录通过光电门A的遮光时间为25.0ms，则滑块经过光电门A的速度大小为m/s。12．（8分）（2025•河北）自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图1所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的自感系数。洗衣机智能电路通过测定LC振荡电路的频率来确定水位高度。某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。（1）研究集气室内气体压强与体积的关系①洗衣桶内水位H一定时，其内径D的大小（填“会”或“不会”）影响集气室内气体压强的大小。②测量集气室高度h0、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H和集气室进水高度，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H和h数据如表所示。H/cm15.0020.0025.0030.0035.0040.0045.0050.00h/cm0.330.400.420.520.610.700.780.87实验中使用同一把刻度尺对H和h进行测量，根据数据判断，测量（填“H”或“h”）产生的相对误差较小。③利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V与1p的关系曲线，如图2所示。图中拟合直线的延长线明显不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原点的主要原因是（2）研究洗衣桶水位高度与振荡电路频率的关系图是桶内水位在两个不同高度时示波器显示的u﹣t图像，u的频率即为LC振荡电路的频率。LC振荡电路的频率f与线圈自感系数L、电容C的关系是f=12πLC，则图中（填“甲”13．（8分）（2025•河北）光纤光谱仪的部分工作原理如图所示。待测光在光纤内经多次全反射从另一端射出，再经棱镜偏转，然后通过狭缝进入光电探测器。（1）若将光纤简化为真空中的长玻璃丝，设玻璃丝的折射率为23（2）若探测器光阴极材料的逸出功为9.939×10﹣20J，求该材料的截止频率。（普朗克常量h＝6.626×10﹣34J•s）14．（14分）（2025•河北）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。15．（16分）（2025•河北）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2（k＝0.025N•s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992＝0.980l）

2025年河北省新高考物理试卷（回忆版）参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）题号1234567答案DACBCDB二．多选题（共3小题）题号8910答案ADACBCD一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（4分）（2025•河北）《汉书》记载“姑句家矛端生火”，表明古人很早就发现了尖端放电现象。若带电长矛尖端附近某条电场线如图，则a、b、c、d四点中电势最高的是（）A．a点 B．b点 C．c点 D．d点【考点】通过电场线的方向判断电势的高低．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据电场线上电势高低的判断方法进行分析判断。【解答】解：图中为一条电场线，根据沿电场线方向，电势逐渐降低的特点，则电势最高的是d点，最低的是a点，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】考查电场中根据电场线判断电势的问题，会根据题意进行准确分析解答。2．（4分）（2025•河北）某同学将一充气皮球遗忘在操场上，找到时发现因太阳曝晒皮球温度升高，体积变大。在此过程中若皮球未漏气，则皮球内封闭气体（）A．对外做功 B．向外界传递热量 C．分子的数密度增大 D．每个分子的速率都增大【考点】热力学第一定律的表达和应用；功的正负及判断；温度与分子动能的关系．【专题】定性思想；推理法；热力学定律专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据气体膨胀做功、热传递和分子速率随温度变化的关系进行分析判断。【解答】解：A.皮球体积变大，气体膨胀，对外界做功，故A正确；B.太阳暴晒使气体温度升高，是外界对气体传热，故B错误；C.皮球未漏气，分子总数不变，体积变大，分子的数密度减小，故C错误；D.温度升高，分子平均动能增大，但并非每个分子速率都增大，故D错误。故选：A。【点评】考查热力学第一定律和分子速率随温度变化的关系，会根据题意进行准确分析解答。3．（4分）（2025•河北）1992年，江苏扬州出土的古代铜卡尺，由固定尺和活动尺组成，现代游标卡尺的构件与其非常相似，已成为常用的测量工具。用游标卡尺测量某物体的长度，示数如图所示，其读数为（）A．14.20mm B．14.2mm C．17.20mm D．17.2mm【考点】游标卡尺的使用与读数．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据游标卡尺的读数规则完成读数。【解答】解：游标卡尺的精确度为0.02mm，其读数为17mm+10×0.02mm＝17.20mm，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】考查游标卡尺的读数规则，会根据题意进行准确分析解答。4．（4分）（2025•河北）如图，内壁截面为半圆形的光滑凹槽固定在水平面上，左右边沿等高。该截面内，一根不可伸长的细绳穿过带有光滑孔的小球，一端固定于凹槽左边沿，另一端过右边沿并沿绳方向对其施加拉力F。小球半径远小于凹槽半径，所受重力大小为G。若小球始终位于内壁最低点，则F的最大值为（）A．12G B．22G C．G【考点】共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据物体的受力分析结合平衡条件列式解答。【解答】解：由题意可知当凹槽底部对小球支持力为零时，此时拉力F最大，在竖直方向上，根据平衡条件有2Fmcos45°＝G，即2Fm×22=G，得Fm=故选：B。【点评】考查物体的受力分析结合平衡条件的应用，会根据题意进行准确分析解答。5．（4分）（2025•河北）某同学在傍晚用内嵌多个彩灯的塑料绳跳绳，照片录了彩灯在曝光时间内的运动轨迹，简图如图。彩灯的运动可视为匀速圆周运动，相机本次曝光时间是130s，圆弧对应的圆心角约为A．90 B．120 C．150 D．180【考点】角速度、周期、频率与转速的关系及计算．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；理解能力．【答案】C【分析】求出跳绳的转动角速度，根据角速度和频率的关系求解每分钟跳绳的圈数。【解答】解：根据题意可知跳绳的转动角速度为：ω根据ω＝2πf可知每秒钟跳的圈数为：f=ω2π每分钟跳绳的圈数为：n＝60f＝60×2.5r/min＝150r/min，故C正确、ABD错误。故选：C。【点评】本题主要是考查匀速圆周运动，关键是弄清楚角速度和频率的关系。6．（4分）（2025•河北）2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数n12=n23=n10，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则S接A． B． C． D．【考点】交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．【答案】D【分析】求出开关S接3、开关S接2时的匝数，根据电压之比等于匝数之比求解电压，再根据变压器变压不变频进行解答。【解答】解：开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则有效值：U3=Um2，匝数：n3＝n开关S接2时，匝数：n2＝n-n则有：U2U3=n2则：U2m=变压器变压不变频，所以周期不变，u2﹣t的图像为D，故D正确、ABC错误。故选：D。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。7．（4分）（2025•河北）随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为mg0R0A．g0R0 B．3g0R02【考点】天体运动中机械能的变化；卫星或行星运行参数的计算．【专题】定量思想；方程法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；推理论证能力．【答案】B【分析】求出飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动的机械能表达式，再根据机械能守恒定律进行解答。【解答】解：设星球质量为M，在星球表面有：mg0=质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mv飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，r＝2R0，动能为：Ek=解得：Ek=引力势能为：EP＝mg0R02（1飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动机械能为：E＝Ek+EP=设发射初速度为v0，飞行器在距星球表面的机械能为：E0＝Ek0+EP0=1根据机械能守恒定律可得：E0＝E联立解得：v0=3g0R0故选：B。【点评】本题主要是考查天体运动的机械能守恒定律，解答本题的关键是知道机械能的概念，能够根据引力势能的表达式求解引力势能的大小。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。（多选）8．（6分）（2025•河北）如图，真空中固定在绝缘台上的两个相同的金属小球A和B，带有等量同种电荷，电荷量为q，两者间距远大于小球直径，两者之间的静电力大小为F。用一个电荷量为Q的同样的金属小球C先跟A接触，再跟B接触，移走C后，A和B之间的静电力大小仍为F，则Q：q的绝对值可能是（）A．1 B．2 C．3 D．5【考点】电荷守恒定律．【专题】定量思想；方程法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据库仑定律结合电荷均分原理列方程进行解答。【解答】解：设A、B间的距离为r，原来A、B间的静电力：F=小球C先跟A接触，此时A、C的电荷量都变为：q1=C再跟B接触，C、B的电荷量都变为：q2=移走C后，A和B之间的静电力：F=整理得：Q2+4Qq﹣5q2＝0因式分解可得：（Q+5q）（Q﹣q）＝0解得：Q＝﹣5q或Q＝q所以：|Qq|＝5或|Qq|＝1，故AD正确、故选：AD。【点评】本题主要是考查了库仑定律的计算公式；知道真空中静止的两个点电荷之间的库仑力与它们的电荷量乘积成正比、与它们之间的距离平方成反比；知道两个相同的金属球接触后电荷均分。（多选）9．（6分）（2025•河北）如图，截面为等腰三角形的光滑斜面体固定在水平地面上，两个相同的小物块通过不可伸长的细绳跨过顶端的轻质定滑轮，静止在斜面体两侧，细绳与斜面平行。此外，两物块分别用相同的轻质弹簧与斜面体底端相连，且弹簧均处于原长。将左侧小物块沿斜面缓慢拉下一小段距离，然后松开。弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为θ，不计摩擦和空气阻力。在两物块运动过程中，下列说法正确的是（）A．左侧小物块沿斜面做简谐运动 B．细绳的拉力随左侧小物块加速度的增大而增大 C．右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等 D．若θ增大，则右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间变长【考点】简谐运动的定义、运动特点与判断；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】简谐运动的回复力满足F＝﹣kx，证明物块合外力满足该条件即可；对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律求解加速度；再对左侧小物块根据牛顿第二定律求解细线拉力大小；根据简谐运动的对称性进行解答；根据小物块做简谐运动的周期决定因素分析周期，由此得到右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间是否变化。【解答】解：B、对两小物块整体分析，根据牛顿第二定律可得：F合＝2ma＝2kx，解得：kx＝ma当左侧小物块加速度沿斜面向下时，设细线拉力为T1，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+kx﹣T1＝ma联立解得：T1＝mgsinθ当左侧小物块加速度沿斜面向上时，设细线拉力为T2，对左侧小物块根据牛顿第二定律可得：kx+T2﹣mgsinθ＝ma联立解得：T2＝mgsinθ所以细线拉力不变，故B错误；A、初始时弹簧均处于原长，此时弹簧弹力为零，细绳拉力T和小物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等，初始位置为平衡位置。当小物块离开平衡位置的位移为x时，对两边小物块整体进行受力分析，合力大小为：F＝2kx（k为弹簧的劲度系数）；因为合力与位移成正比且方向相反，则F回复＝﹣2kx，满足简谐运动的回复力特征，所以两个小物块沿斜面均做简谐运动，则左侧小物块沿斜面做简谐运动，故A正确；C、根据简谐运动的对称性可知，右侧小物块在最高位置的加速度与其在最低位置的加速度大小相等，方向相反，故C正确；D、小物块做简谐运动的周期决定于小物块质量和弹簧劲度系数，周期与斜面倾角θ无关，右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间为半个周期，所以右侧小物块从最低位置运动到最高位置所用的时间不变，故D错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查了简谐运动的知识；知道简谐运动的平衡位置是物体静止时受力平衡的位置，知道物体做简谐运动的受力特点。（多选）10．（6分）（2025•河北）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电 B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为3【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】BCD【分析】根据左手定则判断粒子的电性；根据装置原理，结合动能定理判断出电场强度的变化；画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解半径，根据运动情况求解粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离；当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系求解粒子进入两板间时的速度方向与M板夹角，根据运动的合成与分解进行解答。【解答】解：A、当发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误；B、随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足v2＝2ad，a=qEm，联立解得，E=mv2C、设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由于两板间，电压达到稳定值，电荷量不变，在垂直打入的电荷，不再被金属吸收，两板间的电场强度达到最大、发射方向与OP的夹角θ＝60°时，粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可得：rcosθ+r＝3L，解得：r＝2L粒子在N板返回后经过Q后打在M的上表面，则粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为：x＝3L+2r＝3L+2×2L＝7L，故C正确；D、因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，如图所示：由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为：α＝90°﹣60°＝30°则在两板间运动时间为：t=2vsinαa水平位移为：x＝vcosα•t沿竖直方向进入电场时，有：v2＝2ad联立解得：x=3d，故D故选：BCD。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。三、非选择题：本题共5题，共54分。11．（8分）（2025•河北）（1）某学习小组把热敏电阻置于带有温控的加热装置中，利用图1所示电路研究热敏电阻的温度特性。①闭合开关S，观察到温度改变时电流表示数也随之改变。定量研究热敏电阻的阻值R随温度t变化的规律时，将欧姆表两表笔分别接到热敏电阻a、b两端测量其阻值，这时开关S应断开（填“断开”或“闭合”）。②按照正确方法测出不同温度下热敏电阻的阻值。电阻R1、R2与温度t的关系分别对应图2中曲线Ⅰ、Ⅱ。设计电路时，为防止用电器发生故障引起电流异常增大，导致个别电子元件温度过高而损坏，可串联一个热敏电阻抑制电流异常增大，起到过热保护作用。这种热敏电阻与电阻R1（填“R1”或“R2”）具有相同温度特性。（2）某学习小组在倾斜的气垫导轨上验证机械能守恒定律，实验装置如图3所示，当地重力加速度为g。①方案设计阶段，该小组同学对需要测量哪些物理量产生了不同意见。甲同学：需测量滑块和遮光条的总质量、滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。乙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的竖直高度差。丙同学：只需测量滑块通过两个光电门的速度、两个光电门间的距离。你认为丙（填“甲”“乙”或“丙”）同学的方案不可行。②如图3，光电门中光源与光敏管相对，光源发出的光使光敏管感光。当滑块经过时，遮光条把光遮住，计时器记录遮光时间，可计算出滑块的速度。实验中使用的遮光条宽度d1＝10.0mm，光电门宽度d2＝20.0m。某次测量时，记录通过光电门A的遮光时间为25.0ms，则滑块经过光电门A的速度大小为0.4m/s。【考点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性；验证机械能守恒定律．【专题】定量思想；实验分析法；机械能守恒定律应用专题；电学图象专题；实验探究能力．【答案】（1）断开，R1；（2）丙，0.4。【分析】（1）①根据欧姆表的实验原理进行作答；②根据题干中为防止用电器发生故障引起电流异常增大，选择在高温时电阻增加速度较大的电阻；（2）①对机械能守恒定律进行化简，得出需要求出的物理量，判断同学的方案是否可行；②根据平均速度公式计算即可，注意排除干扰信息。【解答】解：（1）①用欧姆表测量热敏电阻的阻值时应该让热敏电阻与电源断开，即开关S应该断开；②由题意可知要串联的热敏电阻的阻值应该在温度较高时随温度的增加而快速增加，从而抑制电路中电流的增加，由图可知热敏电阻R1在温度65℃左右电阻变化较大，则为防止用电器用电器故障引起电流异常增大，可串联一个热敏电阻与R1具有相同温度特性的热敏电阻；（2）①要验证机械能守恒定律的关系为mgΔh=12②滑块经过光电门的速度为vA故答案为：（1）断开，R1；（2）丙，0.4。【点评】本题考查两个实验，一部分电学关于欧姆表和热敏电阻的知识点，懂得根据题干要求结合图片找到关系信息即可，另一部分考查机械能守恒定律，对机械能守恒定律表达式进行化简，最终得出需要求出的量，难度较低。12．（8分）（2025•河北）自动洗衣机水位检测的精度会影响洗净比和能效等级。某款洗衣机水位检测结构如图1所示。洗衣桶内水位升高时，集气室内气体压强增大，铁芯进入电感线圈的长度增加，从而改变线圈的自感系数。洗衣机智能电路通过测定LC振荡电路的频率来确定水位高度。某兴趣小组在恒温环境中对此装置进行实验研究。（1）研究集气室内气体压强与体积的关系①洗衣桶内水位H一定时，其内径D的大小不会（填“会”或“不会”）影响集气室内气体压强的大小。②测量集气室高度h0、集气室内径d。然后缓慢增加桶内水量，记录桶内水位高度H和集气室进水高度，同时使用气压传感器测量集气室内气体压强p。H和h数据如表所示。H/cm15.0020.0025.0030.0035.0040.0045.0050.00h/cm0.330.400.420.520.610.700.780.87实验中使用同一把刻度尺对H和h进行测量，根据数据判断，测量H（填“H”或“h”）产生的相对误差较小。③利用数据处理软件拟合集气室内气体体积V与1p的关系曲线，如图2所示。图中拟合直线的延长线明显不过原点，经检查实验仪器完好，实验装置密封良好，操作过程规范，数据记录准确，则该延长线不过原点的主要原因是细管内气体的体积不能忽略（2）研究洗衣桶水位高度与振荡电路频率的关系图是桶内水位在两个不同高度时示波器显示的u﹣t图像，u的频率即为LC振荡电路的频率。LC振荡电路的频率f与线圈自感系数L、电容C的关系是f=12πLC，则图中乙（填“甲”【考点】理想气体的实验规律；电磁振荡的周期和频率的影响因素．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；气体的状态参量和实验定律专题；电磁场理论和电磁波；实验探究能力．【答案】（1）①不会；②H；③细管内气体的体积不能忽略；（2）乙。【分析】（1）①根据液体内部压强公式分析；②由表格数据可知，随桶内水位高度的增加，桶内水位的变化量相同，据此分析即可；③根据玻意耳定律分析；（2）根据LC振荡电路的频率公式分析。【解答】解：（1）①洗衣机桶内水位升高，集气室内气体的压强增大；洗衣桶内水位的高度一定，根据液体压强公式p＝ρgH可知，液体的压强不变，集气室内的压强不变，与洗衣机桶内径D的大小无关；②由表格数据可知，随桶内水位高度的增加，桶内水位的变化量相同，集气室内进水高度的变化量在0.07与0.09之间，因此测量桶内高度产生的相对误差较小；③设细管内气体的体积为V0，集气室内的气体做等温变化，根据玻意耳定律p（V+V0）＝C变形得V拟合直线的延长线不过原点气主要原因是细管内气体的体积不能忽略；（2）桶内水位越高，水的压强越大，集气室内封闭气体的压强越大，铁芯插入电感线圈越深，自感系数越大，根据LC振荡电路的频率公式f=由图可知，图乙的周期大于图甲的周期，图乙的振荡频率小，因此图中乙对应的水位较高。故答案为：（1）①不会；②H；③细管内气体的体积不能忽略；（2）乙。【点评】能够看懂题意是解题的前提，掌握液体内部压强公式、玻意耳定律的应用和LC振荡电路的频率公式是解题的基础。13．（8分）（2025•河北）光纤光谱仪的部分工作原理如图所示。待测光在光纤内经多次全反射从另一端射出，再经棱镜偏转，然后通过狭缝进入光电探测器。（1）若将光纤简化为真空中的长玻璃丝，设玻璃丝的折射率为23（2）若探测器光阴极材料的逸出功为9.939×10﹣20J，求该材料的截止频率。（普朗克常量h＝6.626×10﹣34J•s）【考点】光电效应的截止频率；光导纤维及其应用．【专题】定量思想；等效替代法；光学计算专题；分析综合能力．【答案】（1）光在玻璃丝内发生全反射时的最小入射角为60°。（2）该材料的截止频率为1.5×1014Hz。【分析】（1）根据全反射的临界角和折射率的关系求光在玻璃丝内发生全反射时的最小入射角；（2）由光电效应方程求该材料的截止频率。【解答】解：（1）光在玻璃丝内发生全反射的条件为入射角i≥C，则最小入射角为imin＝C由折射率n=联立解得imin＝60°（2）由光电效应方程有hν0＝W0可得该材料的截止频率为ν0答：（1）光在玻璃丝内发生全反射时的最小入射角为60°。（2）该材料的截止频率为1.5×1014Hz。【点评】解决本题本题的关键掌握发生全反射的条件以及光电效应的方程，从而来理解光纤光谱仪的部分工作原理，题目难度一般。14．（14分）（2025•河北）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算．【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】（1）物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离为0.6m。（2）物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为0.1N•s，物块弹离地面时水平速度的大小为零。【分析】（1）在水平台上运动过程中，根据动能定理求解末速度大小，根据平抛运动的规律求解物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离；（2）从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，竖直方向根据动量定理列方程求解弹力冲量大小；小物块与地面接触过程中，水平方向根据动量定理求解物块弹离地面时水平速度的大小。【解答】解：（1）设小物块达到平台右端的速度大小为v，在水平台上运动过程中，根据动能定理可得：﹣μmgL=解得：v＝1m/s设平抛运动的时间为t，则有：h=解得：t＝0.6s物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离：x＝vt＝1×0.6m＝0.6m；（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为：h′＝0.45m，上升过程中经过的时间为t′，逆向分析，根据位移公式可得：h'=解得：t′＝0.3s从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中所用时间共计：t总＝1s，从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，取向下为正方向，竖直方向根据动量定理可得：mgt总﹣F（t总﹣t﹣t′）＝0解得地面对小物块的平均弹力为：F＝1N则弹力冲量大小为：I弹＝F（t总﹣t﹣t′）解得：I弹＝0.1N•s；设小物块离开地面时水平速度大小为v′，小物块与地面接触过程中，取向右为正方向，水平方向根据动量定理可得：﹣μF（t总﹣t﹣t′）＝mv′﹣mv解得：v′＝﹣1m/s＜0，说明与地面接触过程中水平方向末速度为零，物块弹离地面时水平速度的大小为零。答：（1）物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离为0.6m。（2）物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为0.1N•s，物块弹离地面时水平速度的大小为零。【点评】涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。15．（16分）（2025•河北）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2（k＝0.025N•s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992＝0.980l）【考点】电磁炮；电磁感应过程中的电路类问题．【专题】定量思想；方程法；磁场磁场对电流的作用；分析综合能力．【答案】（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，此时通过a的电流大小为500A。（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，b分离后的速度大小为25m/s，是b能够获得的最大速度；a运动过程中电容器的电压减小量为40V。（3）a运行至NN'时，a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；（2）a单独加速过程中，根据动能定理求解碰撞前的速度大小。a与b碰撞时，根据动量守恒和能量守恒列方程。碰撞后，再根据动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律求解b分离时的速度大小；再根据电荷量的计算公式求解a运动过程中电容器的电压减小量；（3）a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据牛顿第二定律、加速度定义式进行解答。【解答】解：（1）a的速度大小为v＝10m/s时，感应电动势为：E＝BLv＝1×0.5×10V＝5V此时通过a的电流大小：I=ER=5（2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I0＝1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为x0＝1.25m时，设a与b碰撞前的速度为v0。此过程中，根据动能定理可得：BI0Lx0=1解得：v0＝25m/sa与b碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：mav0＝（ma+mb）v12mav02=EP+12（m解得：v＝5m/s，EP＝500J设a和b达到NN′的速度大小为v1，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据动能定理，有：BI0L（x﹣x0）=解得：v1＝20m/sa与b分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：（ma+mb）v1＝mava+mbvbEP+12（ma+mb）v12=1联立解得：vb＝25m/s由于分离前二者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以此时的速度为b能够获得的最大速度；由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为t1、t2，则有：x0=v02t1，则电容器流出的电荷量为：Δq＝I0（t1+t2）a运动过程中电容器的电压减小量：ΔU=联立解得：ΔU＝40V；（3）设a和b达到NN′的速度大小为v2，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，a与b整体的瞬时速度为v′时b所受空气阻力大小为f＝kv′2，可用速度的平方的平均值计算此过程克服摩擦力做的功，即：Wf=12k（v2+v22）（因v2＜v1，故可得：Wf＜12k（v2+v12）（解得：Wf＜19.921875J此过程，根据动能定理得：BI0L（x﹣x0）﹣Wf=解得：v22=396m因：（99%v1）2＝（99%×20m/s）2＝392.04m2/s2＜故可得：v12＞99%v1可知a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%答：（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，此时通过a的电流大小为500A。（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，b分离后的速度大小为25m/s，是b能够获得的最大速度；a运动过程中电容器的电压减小量为40V。（3）a运行至NN'时，a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。【点评】本题主要是考查安培力作用下的运动问题。关键是弄清楚导体棒的受力情况和运动情况，结合动能定理、动量守恒定律进行分析。

考点卡片1．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．2．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=02.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。3．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。4．平抛运动位移的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t竖直方向上的位移为y=物体的合位移为l=3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h=水平方向有x＝v0t联立得x＝v02所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。【命题方向】物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h=12gt2=12×10×（2）2物体的合位移为s=x2+h2=1故选：D。本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。5．角速度、周期、频率与转速的关系及计算【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v=方向：沿圆弧切线方向．单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω=单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的快慢周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间．也叫频率（f）周期单位：sf的单位：Hz转速描述物体做圆周运动的快慢转速n：物体单位时间内转过的圈数转速单位：r/s或r/min二、各物理量之间的关系：（1）线速度v=ΔsΔt=2πrT=②角速度ω=△θ△t③周期：T=ΔtN=2πr④转速：n=v【命题方向】一架电风扇以600r/min的转速转动，则此时：（1）它转动的周期和角速度分别是多少？（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是多少？分析：（1）根据转速与周期的关系及角速度与周期的关系即可求解；（2）根据v＝ωr即可求解．解答：（1）n＝600r/min＝10r/s所以T=1ω=2πT（2）v＝ωr＝20π×0.2m/s＝4πm/s答：（1）它转动的周期为0.1s，角速度为20πrad/s；（2）若叶片上某点到圆心处的距离为0.2m，则该点的线速度大小是4πm/s．点评：本题主要考查了圆周运动的基本公式，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：6．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。7．天体运动中机械能的变化【知识点的认识】1.本考点旨在针对卫星变轨过程中的机械能变化情况。2.卫星变轨有两种情况，一种是低轨加速进高轨；一种是高轨减速进低轨。3.加速过程需要发动机向后喷气，根据牛顿第三定律，气体对卫星的作用力向前，对卫星做正功，卫星的机械能增加；反之，减速过程需要发动机向前喷气，根据牛顿第三定律，气体对卫星的作用力向后，对卫星做负功，卫星的机械能减小。【命题方向】发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．（如图所示）．则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A、卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B、卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C、卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能D、卫星在轨道3上的向心加速度大于它在轨道1上的向心加速度分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．解答：A、B、D、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F＝F向F＝GMmF向＝mv2r=mω2r＝m（2因而GMmr2=mv2r=mω2r＝m（解得v=GMrω=vra=GMr轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，向心加速度同样较大，故A、B、D均错误；C、卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C正确；故选：C。点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度和周期的表达式，再进行讨论。【解题思路点拨】1.卫星在变轨的时候需要经过精密的速度调控以进入精确的轨道，所以卫星有多个发动机，可以实现全方位的加减速。2.单独的比较物体在高轨和低轨的机械能是困难的，因为物体在低轨的势能小，动能大；在高轨的势能大，动能小；而如果有特定的运动方式将两个轨道联系起来，就可以对物体在两个轨道的机械能进行比较了。8．功的正负及判断【知识点的认识】正功和负功：根据W＝Flcosα可知：0≤α＜90°α＝90°90°＜α≤180°功的正负W＞0W＝0W＜0意义力F对物体做正功力F对物体不做功力F对物体做负功力F是动力还是阻力动力阻力可以总结成如下规律：对于恒力做功，如果力与位移的夹角为锐角，则力对物体做正功；如果力与位移的夹角为钝角，则力对物体做负功；如果力与位移成直角，则力对物体不做功。【命题方向】如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，下列说法中正确的是（）A、重力对人做负功B、摩擦力对人做正功C、支持力对人做正功D、合力对人做功为零分析：做功的必要因素是：力与在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ为力与位移的夹角。解答：人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零。人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功。故A、C、D正确，B错误。故选：ACD。点评：解决本题的关键知道做功的必要因素，以及知道力的方向与位移的夹角大于等于0°小于90°，该力做正功，大于90°小于等于180°，该力做负功。【解题思路点拨】判断功的正、负主要有以下三种方法：（1）若物体做直线运动，依据力与位移的夹角来判断，此法常用于恒力做功的判断．（2）若物体做曲线运动，依据F与v的方向的夹角α的大小来判断．当α＜90°时，力对物体做正功；90°＜α≤180°时，力对物体做负功；α＝90°时，力对物体不做功．（3）依据能量变化来判断：此法既适用于恒力做功，也适用于变力做功，关键应分析清楚能量的转化情况．根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．比如系统的机械能增加，说明力对系统做正功；如果系统的机械能减少，则说明力对系统做负功．此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．9．动量定理的内容和应用【知识点的认识】1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0【命题方向】篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（）A、减小篮球对手的冲量B、减小篮球对人的冲击力C、减小篮球的动量变化量D、增大篮球的动量变化量分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。故选：B。点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。【解题方法点拨】1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．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