2025年广东省新高考物理试卷（选择性）

第73页（共73页）2025年广东省新高考物理试卷（选择性）一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（4分）（2025•广东）关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（）A．系统的固有频率与驱动力频率有关 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大2．（4分）（2025•广东）如图所示，某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈匝数比为1：100 B．输电线上由R造成的电压损失为500V C．变压器原线圈中的电流为100A D．变压器原、副线圈中电流的频率不同3．（4分）（2025•广东）有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为Ek，下列说法正确的是（）A．使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子 B．使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek C．频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子 D．频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek4．（4分）（2025•广东）如图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为α的玻璃棱镜，出射光相对于入射光的偏转角为β，该折射率为（）A．sin(α+β)C．sinαsinβ D．5．（4分）（2025•广东）一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（）A．公转周期约为6年 B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的16．（4分）（2025•广东）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为﹣q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU C．第k次加速后，离子的速度大小变为m2D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为m7．（4分）（2025•广东）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。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•广东）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（）A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N（多选）9．（6分）（2025•广东）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．线圈电阻为EI B．I越大，表明m越大C．v越大，则E越小 D．m=EI（多选）10．（6分）（2025•广东）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F＞0的任一时刻），下列说法正确的有（）A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为（F0-12kT）C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+（F0-12kT）D．T时刻受到空气作用力的大小为3三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。11．（8分）（2025•广东）请完成下列实验操作和计算。（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图甲所示，读数为mm。（2）实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示。图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00cm的遮光条。②轨道调节。调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高，将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的，表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。③碰撞测试。先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为t2，碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1，若t2t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。④吸能材料性能测试。将吸能材料紧贴于小车2的前端，重复步骤③，测得小车2通过光电门A的时间为10.00ms。两车碰撞后，依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00ms、30.00ms。不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为（结果保留2位有效数字）。12．（8分）（2025•广东）科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。图甲（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程有0.6A和3A，内阻不计）；滑动变阻器RP（最大阻值100Ω）；定值电阻R0（阻值10Ω）；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图甲（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。请完成下列实验操作和计算。（1）量程选择和电路连接。①由器材参数可得电路中的最大电流为A（结果保留2位有效数字）。为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。②图甲（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成RP、R0和A间的实物图连线。（2）磁感应强度B和电流I关系测量。①将图甲（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流，保护电路安全。②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图乙所示，读数为A。分别记录测试仪示数B和I，断开S。③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。④图丙是根据部分实验数据描绘的B﹣I图线，其斜率为mT/A（结果保留2位有效数字）。（3）制动时间t测量。利用图甲（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。13．（9分）（2025•广东）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105Pa，铸型室底面积S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15m，柱状气室底面积S2＝0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04m时，气室内气体压强p2。14．（13分）（2025•广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1-xh），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。15．（16分）（2025•广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：（1）颗粒碰撞前的电荷量q。（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。

2025年广东省新高考物理试卷（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CBBADAA二．多选题（共3小题）题号8910答案ACBDAB一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1．（4分）（2025•广东）关于受迫振动和多普勒效应，下列说法正确的是（）A．系统的固有频率与驱动力频率有关 B．只要驱动力足够大，共振就能发生 C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度 D．观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率大【考点】多普勒效应及其应用；阻尼振动和受迫振动．【专题】定性思想；推理法；简谐运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据共振发生的条件、多普勒测速仪以及多普勒效应进行分析解答。【解答】解：A．系统的固有频率与驱动力频率无关，由系统自身决定，故A错误；B．根据共振的条件，驱动力频率和固有频率接近，与驱动力大小无关，故B错误；C．应用多普勒效应可以测量车辆的速度，多普勒测速仪就是典型应用，故C正确；D．根据多普勒效应可知，观察者与波源相互远离时，接收到的波的频率比波源的频率小，故D错误。故选：C。【点评】考查共振和多普勒效应的应用，会根据题意进行准确分析解答。2．（4分）（2025•广东）如图所示，某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈匝数比为1：100 B．输电线上由R造成的电压损失为500V C．变压器原线圈中的电流为100A D．变压器原、副线圈中电流的频率不同【考点】理想变压器两端的频率关系；用焦耳定律计算电热；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；交流电专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据理想变压器的特点，电功率和电流关系式，电压损失等知识进行分析解答。【解答】解：A.根据n1n2=U1B.输电线上的电流为I2=PU2=1000×10310×103A＝100A，故R造成的电压损失ΔU损＝C.变压器原线圈中的电流为I1=PU1=1000×10D.变压器不能改变交流电的频率，故D错误。故选：B。【点评】考查理想变压器的相关问题，功率计算等，会根据题意进行准确分析解答。3．（4分）（2025•广东）有甲、乙两种金属，甲的逸出功小于乙的逸出功。使用某频率的光分别照射这两种金属，只有甲发射光电子，其最大初动能为Ek，下列说法正确的是（）A．使用频率更小的光，可能使乙也发射光电子 B．使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek C．频率不变，减弱光强，可能使乙也发射光电子 D．频率不变，减弱光强，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek【考点】光电效应的条件和判断能否发生光电效应．【专题】定量思想；推理法；光电效应专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据光电效应发生的条件结合光电效应方程进行分析解答。【解答】解：A．使用频率更小的光，其频率更是低于乙的极限频率，更不可能使乙发射光电子，故A错误；B．根据Ek＝hν﹣W0，可知使用频率更小的光，若仍能使甲发射光电子，则其最大初动能小于Ek，故B正确；C．频率不变，减弱光强，不可能使乙发射光电子，故C错误；D．频率不变，减弱光强，仍能使甲发射光电子，其最大初动能等于Ek，故D错误。故选：B。【点评】考查光电效应发生的条件结合光电效应方程的应用，会根据题意进行准确分析解答。4．（4分）（2025•广东）如图为测量某种玻璃折射率的光路图。某单色光从空气垂直射入顶角为α的玻璃棱镜，出射光相对于入射光的偏转角为β，该折射率为（）A．sin(α+β)C．sinαsinβ D．【考点】光的折射定律．【专题】定量思想；方程法；光的折射专题；推理论证能力．【答案】A【分析】作出光路图，能根据几何知识求解光在右侧界面的入射角和折射角，根据折射定律求解折射率。【解答】解：在光路图中画出法线如图由几何关系可知折射角i＝α+β；入射角r＝α根据折射定律可得n=故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】解决该题的关键是正确作出光路图，能根据几何知识求解入射角与折射角。5．（4分）（2025•广东）一颗绕太阳运行的小行星，其轨道近日点和远日点到太阳的距离分别约为地球到太阳距离的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是（）A．公转周期约为6年 B．从远日点到近日点所受太阳引力大小逐渐减小 C．从远日点到近日点线速度大小逐渐减小 D．在近日点加速度大小约为地球公转加速度的1【考点】卫星或行星运行参数的计算；开普勒三大定律．【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】D【分析】根据开普勒第三定律求该小行星的公转周期；由牛顿第二定律结合万有引力定律求小行星在近日点的加速度与地球公转加速度的倍数；根据万有引力定律分析小行星受太阳引力变化情况；根据开普勒第二定律分析小行星线速度变化情况。【解答】解：A.设地球与太阳间的距离为R，则小行星公转轨道的半长轴为a=5R+7R2=6R，由开普勒第三定律有(6R)3T2B.从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律F=GMmr2C.由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度大小逐渐增大，故C错误；D.由牛顿第二定律有GMmr2=ma，解得a=故选：D。【点评】解答本题的关键要掌握开普勒第二定律和开普勒第三定律。开普勒第三定律常常用来研究天体运行周期。6．（4分）（2025•广东）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为﹣q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU C．第k次加速后，离子的速度大小变为m2D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为m【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【答案】A【分析】先根据题意确定粒子的运动方向，利用左手定则判断偏转磁场的磁感应强度方向；根据动能定理求加速一次后带电粒子的动能增量；洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，由动能定理求加速k次后粒子的速度大小。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求偏转磁场的磁感应强度大小。【解答】解：A.直线通道PQ有电势差为U的加速电场，因粒子带负电，则粒子运动方向为P→Q。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知洛伦兹力指向装置中心，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，故A正确；BC.由动能定理可知，加速一次后，电场力做功为qU，带电粒子的动能增量为qU。因洛伦兹力不做功，故加速k次后，带电粒子的动能增量为kqU，有kqU=12mv2-D.粒子在偏转磁场中运动的半径为R，则根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2R，联立解得B=故选：A。【点评】解答本题时，要知道洛伦兹力不做功，粒子每加速一次，动能增量为qU，运用动能定理求加速获得的速度。粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。7．（4分）（2025•广东）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】分析碰撞的合理性．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】A【分析】根据牛顿第二定律可得质量之比，根据动量守恒定律、机械能守恒定律、能量关系得到碰撞后速度大小和方向，再根据加速度大小之比得到运动时间关系，结合图像进行选择。【解答】解：根据牛顿第二定律可得加速度大小为：a由于两物体受外力F大小相等，图像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比为：aM：aN＝4：6＝2：3可知M、N的质量之比为：m1：m2＝6：4＝3：2设M、N的质量分别为分：m1＝3m，m2＝2m由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合外力为零，则碰撞过程中动量守恒。取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m•4v﹣2m•6v＝3mv1+2mv2若系统为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得：1解得碰撞后M和N的速度分别为：v1＝﹣4v、v2＝6v因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1，即两物体一起停止；若不是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m•4v﹣2m•6v＝3mv1+2mv2可知碰后速度大小之比为：v1：v2＝2：3若假设v1＝2v，则v2＝3v，此时满足：1则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v：2v＝2：1可知碰撞前后运动时间之比为2：1。综上所述，故A正确、BCD错误。故选：A。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。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•广东）将可视为质点的小球沿光滑冰坑内壁推出，使小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示。已知圆周运动半径R为0.4m，小球所在位置处的切面与水平面夹角θ为45°，小球质量为0.1kg，重力加速度g取10m/s2。关于该小球，下列说法正确的有（）A．角速度为5rad/s B．线速度大小为4m/s C．向心加速度大小为10m/s2 D．所受支持力大小为1N【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；方程法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力，由此求出支持力大小；由牛顿第二定律结合向心力公式求解角速度，由v＝ωR求线速度大小；根据an＝ω2R求向心加速度大小。【解答】解：AD、小球在水平面内做匀速圆周运动，由合力提供向心力，对小球受力分析如图所受支持力大小为N=mgcos45°=2由牛顿第二定律可得mgtan45°＝mω2R，解得ω＝5rad/s，故A正确，D错误；B、线速度大小为v＝ωR＝5×0.4m/s＝2m/s，故B错误；C、向心加速度大小为an＝ω2R＝52×0.4m/s2＝10m/s2，故C正确。故选：AC。【点评】解答本题时，要明确物体做匀速圆周运动时，由合力提供向心力，要正确分析受力，确定向心力来源，并能灵活选择向心力公式。（多选）9．（6分）（2025•广东）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（）A．线圈电阻为EI B．I越大，表明m越大C．v越大，则E越小 D．m=EI【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；安培力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】BD【分析】根据欧姆定律判断；对称重框架受力分析，结合受力平衡判断；根据导体棒产生的电动势判断。【解答】解：A、该选项的公式中，E是线圈切割磁感线产生的电动势，而I是称重框架受力平衡时线圈内的电流，二者不是同时发生的，故A错误；BD、设线圈的下面的边长为L，线圈共n匝，当称重框架受力平衡时，称重框架与待测物体重力的和等于线圈受到的安培力，则Mg+mg＝nBIL磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E，则E＝nBLv联立可得m=可知I越大，表明m越大，故BD正确；C、根据E＝nBLv可知，v越大，则电动势E越大，故C错误。故选：BD。【点评】该题情景新颖，关键是要注意A选项中的E与I是两个不同状态情况下的物理量，不应该用在同一个公式中。（多选）10．（6分）（2025•广东）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F＞0的任一时刻），下列说法正确的有（）A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为（F0-12kT）C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+（F0-12kT）D．T时刻受到空气作用力的大小为3【考点】求变力的冲量；对物体进行受力分析．【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】根据平行四边形定则判断空气的作用力的变化；根据冲量的定义式求出拉力的冲量，根据平行四边形定则求出重力和拉力的合力的冲量；根据平行四边形定则求出T时刻受到空气作用力的大小。【解答】解：A、无人机做匀速直线运动时受到拉力、空气作用力和重力，则三个力的合力为零，根据受力平衡的特点可知，空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反；拉力大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt，是逐渐减小的，它与重力的合力变化如图由图可知重力和拉力的合力方向是变化的，所以无人机受到空气作用力的方向会变化，故A正确；B、拉力是均匀变化的所以拉力的冲量I=FT=C、0～T时间内重力的冲量大小I′＝mgT，由于重力和拉力不在同一条直线上，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为不等于mgT+（F0-12kT）T，故D、空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反，所以T时刻无人机受到空气作用力的大小为等于重力和拉力的合力大小，为F=FxT2故选：AB。【点评】该题考查共点力平衡与冲量的计算，要注意冲量是矢量，其合成遵从平行四边形定则。三、非选择题：本大题共5小题，共54分。考生根据要求作答。11．（8分）（2025•广东）请完成下列实验操作和计算。（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图甲所示，读数为8.260mm。（2）实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示。图中轨道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00cm的遮光条。②轨道调节。调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高，将小车在轨道乙上释放，若测得小车通过光电门A和B的时间相等，表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。③碰撞测试。先将小车1静置于光电门A和B中间，再将小车2在M点由静止释放，测得小车2通过光电门A的时间为t2，碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1，若t2＝t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。④吸能材料性能测试。将吸能材料紧贴于小车2的前端，重复步骤③，测得小车2通过光电门A的时间为10.00ms。两车碰撞后，依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00ms、30.00ms。不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为0.56（结果保留2位有效数字）。【考点】探究功与物体速度变化的关系；螺旋测微器的使用与读数．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理论证能力．【答案】（1）8.260；（2）②时间相等；③＝；④0.56。【分析】（1）根据螺旋测微器读数规范分析求解；（2）②根据已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电门的速度相等分析求解；③若两个小车发生弹性碰撞，由于两个小车的质量相等，则碰撞后两个小车的速度互换分析求解；④根据光电门测速原理，结合动能表达式分析求解。【解答】解：（1）螺旋测微器的精确度为0.01mm，小球的直径为d＝8mm+26.0×0.01mm＝8.260mm；（2）②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，小车将在轨道甲上做匀速直线运动，通过两个光电门的速度相等，即通过光电门A和B的时间相等；③若两个小车发生弹性碰撞，当两个小车的质量相等时，则碰撞后两个小车的速度互换，则有t2＝t1；④根据光电门求解瞬时速度的方法，碰撞前小车2的速度为v0=dΔt1=1.00×10-210×10-3m/s＝1m/s，碰撞后，小车1的速度为v1=dΔt2=1.00×10故答案为：（1）8.260；（2）②时间相等；③＝；④0.56。【点评】本题考查了长度的测量及其测量工具选用以及利用小车碰撞实验测量吸能材料性能的综合实验，理解实验目的、步骤、数据处理以及误差分析是解决此类问题的关键。12．（8分）（2025•广东）科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。图甲（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程有0.6A和3A，内阻不计）；滑动变阻器RP（最大阻值100Ω）；定值电阻R0（阻值10Ω）；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图甲（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。请完成下列实验操作和计算。（1）量程选择和电路连接。①由器材参数可得电路中的最大电流为0.58A（结果保留2位有效数字）。为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。②图甲（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成RP、R0和A间的实物图连线。（2）磁感应强度B和电流I关系测量。①将图甲（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流最小，保护电路安全。②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图乙所示，读数为0.48A。分别记录测试仪示数B和I，断开S。③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。④图丙是根据部分实验数据描绘的B﹣I图线，其斜率为30mT/A（结果保留2位有效数字）。（3）制动时间t测量。利用图甲（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。【考点】涡流的应用与防止；交流电表的读数；法拉第电磁感应定律的基本计算．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．【答案】（1）①0.58；②；（2）①最小；②0.48；④30。【分析】（1）①根据闭合电路的欧姆定律求解作答；②根据电路图进行实物连线；（2）①根据保护电路安全的需求进行分析解答；②根据电流表的读数规则读数；④根据B﹣I图像求解斜率。【解答】解：（1）①当电路中电阻最小时，电路中有最大电流，由闭合电路的欧姆定律I=E②由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0～0.6A量程，根据电路图实物图连线如下（2）①滑动变阻器RP的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，以保护电路安全；②0﹣0.6A量程的电流表，分度值为0.02A，根据电流表的读数规则，电流表读数为0.48A；④根据题图中数据可知B−I图线斜率为k=15.2-5.60.5-0.18mT/A＝故答案为：（1）①0.58；②；（2）①最小；②0.48；④30。【点评】本题涡流制动演示装置的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用，掌握电流表读数规则，掌握图像法处理数据的方法。13．（9分）（2025•广东）如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105Pa，铸型室底面积S1＝0.2m2，高度h1＝0.2m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15m，柱状气室底面积S2＝0.8m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103kg/m3，重力加速度取g＝10m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。（1）求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。（2）若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04m时，气室内气体压强p2。【考点】理想气体及理想气体的状态方程；气体压强的计算．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；气体的状态参量和实验定律专题；分析综合能力．【答案】（1）气室内金属液面下降的高度h1为0.05m，气室内气体压强p1为1.2×105Pa；（2）气室内气体压强p2为1.35×105Pa。【分析】（1）根据液体流动时体积的关系求解气室内液面下降高度，根据平衡条件求解气室内气体的压强；（2）根据玻意耳定律求解铸型室气体的压强；根据液体流动时体积的关系求解气室内液面下降高度，根据平衡条件求解气室内气体的压强。【解答】解：（1）气室内金属液上升到铸型室，满足体积关系V＝S1h1＝S2h2气室内液面下降高度h根据平衡条件，气室内气体的压强p1＝p0+ρg（h1+H+h2）代入数据可得p1（2）初始时，上方铸型室气体的压强为p0，体积V＝S1h1当上方铸型室液面高为h3＝0.04m时，体积为V′＝S1（h1﹣h3）温度不变，根据玻意耳定律p0V＝p′V′气体的压强p设下方气室金属液面下降的高度为h4，根据体积关系S2h4＝S1h3代入数据h根据平衡条件，气室内气体的压强p2＝p′+ρg（H+h3+h4）代入数据可得p2答：（1）气室内金属液面下降的高度h1为0.05m，气室内气体压强p1为1.2×105Pa；（2）气室内气体压强p2为1.35×105Pa。【点评】本题主要考查玻意耳定律和气体的压强计算，明确铸型室增加的金属液体积与气室内减小的金属液体积的关系是解题的关键。14．（13分）（2025•广东）如图所示，用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时，先将拔塞钻旋入木塞内，随后下压把手，使齿轮绕固定支架上的转轴转动，通过齿轮啮合，带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动。从0时刻开始，顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动，木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f＝f0（1-xh），其中f0为常量，h为圆柱形木塞的高，木塞质量为m，底面积为S，加速度为a，齿轮半径为r，重力加速度为g，瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变，瓶子始终静止在桌面上。（提示：可用f﹣x图线下的“面积”表示（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω。（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W。（3）拔塞过程中，拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式。【考点】常见力做功与相应的能量转化；角速度的物理意义及计算；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为2a（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为m(a（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f【分析】（1）对木塞根据运动学公式求解末速度大小，根据角速度和线速度的关系求解角速度；（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图，由此可得摩擦力所做的功。对木塞根据动能定理进行解答；（3）对木塞根据牛顿第二定律求解作用力大小，根据速度—时间关系求解速度大小，根据功率计算公式求解功率。【解答】解：（1）木塞的末速度等于齿轮线速度，对木塞，根据运动学公式：v2＝2ah根据角速度和线速度的关系可得：v＝ωr联立可得：ω=（2）根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示：可得摩擦力所做的功为：W对木塞拔出过程中，根据动能定理可得：W+Wf﹣mgh﹣ΔpSh=1解得：W=m（3）设开瓶器对木塞的作用力为F，对木塞，根据牛顿第二定律可得：F﹣mg﹣f﹣ΔpS＝ma，其中：f＝f0（1-xt时刻速度大小为：v′＝att时间内的位移大小为：xt时刻开瓶器的功率为：P＝Fv′联立可得：P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f答：（1）木塞离开瓶口的瞬间，齿轮的角速度ω为2a（2）拔塞的全过程，拔塞钻对木塞做的功W为m(a（3）拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为P＝（mg+ma+f0+ΔpS）at-f【点评】本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。15．（16分）（2025•广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：（1）颗粒碰撞前的电荷量q。（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。【考点】从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动．【专题】计算题；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】（1）颗粒碰撞前的电量q为mgdlu（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为kmgdh（3）电场力对颗粒做的功W为mgl2h【分析】（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据自由落体运动规律、牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解作答；（2）颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动公式和匀变速直线运动公式分别求解颗粒与下方绝缘板碰撞前的竖直速度和水平速度；根据运动的合成与分解求解颗粒与下方绝缘板碰撞后竖直速度与水平速度的关系，根据力的合成与分解求解电场力与重力的关系，然后联立求解作答；（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，在竖直方向做竖直水平运动，根据运动学公式求解颗粒再次返回下方绝缘极板时的运动时间；根据牛顿第二定律和运动学公式求解在该时间内颗粒的水平位移，最后根据电场力做功公式求解作答。【解答】解：（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移h水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律Uq水平位移l联立解得q（2）颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，如图所示：颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为v根据匀变速直线运动规律，水平分速度为v则第一次碰撞后竖直分速度为v设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有tanθ联立解得Q（3）颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功为：W=解得：W②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞碰撞。设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t1；根据竖直水平运动，运动时间t水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度a水平方向运动的距离为l代入数据解得l颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为W代入数据联立解得W=答：（1）颗粒碰撞前的电量q为mgdlu（2）颗粒在B点碰撞后的电量Q为kmgdh（3）电场力对颗粒做的功W为mgl2h【点评】本题主要考查了带电粒子在复合场（重力场和电场）中的运动，根据颗粒的受力情况做好运动分析是解题的关键；理解颗粒在竖直方向的运动情况和水平方向的运动情况，熟练掌握自由落体运动、竖直上抛运动、匀变速直线运动规律和牛顿第二定律；掌握运动的合成与分解、力的合成与分解；掌握电场力公式和电场力做功公式的运用。

考点卡片1．对物体进行受力分析【知识点的认识】1.定义：根据研究的问题，选取合适的物体作为研究对象，分析研究对象受到哪些力的作用，并画出所受力的示意图，这一过程即为物体的受力分析。2.一般步骤：【命题方向】木块沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是（）A、木块只受重力与斜面对它的支持力B、木块所受重力可分解为平行于斜面的下滑力和对斜面的压力C、木块受重力、斜面对它的支持力、摩擦力和下滑力D、斜面对木块的支持力与摩擦力的合力竖直向上分析：对木块进行受力分析，知道物体受到重力、弹力、摩擦力，不分析下滑力和物体对外施加的力。解答：ABC、木块受到重力、弹力、摩擦力，下滑力是重力的一个分力，不需要单独分析。压力是物体对斜面的作用力，不是木块受到的力，故ABC错误；D、根据平衡条件可得，斜面对木块的支持力与摩擦力的合力与重力平衡，方向竖直向上，故D正确。故选：D。点评：本题考查分析受力情况的能力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序进行受力分析，不分析物体的施力。【解题思路点拨】受力分析中如何防止“多力”或“漏力”（1）防止“多力”：对每个力都要找出其施力物体，若某个力找不到施力物体则说明该力不存在；研究对象对其他物体的作用力不能画在图中，另外合力与分力不能重复分析。（2）防止“漏力”：按正确的顺序（即重力→弹力→摩擦力→其他力）进行受力分析是防止“漏力”的有效措施。2．角速度的物理意义及计算【知识点的认识】1.定义：半径转过的角度Δθ与时间Δt之比。2.定义式：ω=3.单位：弧度每秒，符号为rad/s，也可以写成s﹣1。4.物理意义：描述做圆周运动的物体与圆心连线扫过角度的快慢。5.计算方法：（1）定义式计算：ω=（2）角速度与线速度的关系：ω=（3）已知圆周运动的周期：ω=【命题方向】某走时准确的时钟，分针与时针的角速度之比为（）A、12：1B、1：12C、1：60D、60：1分析：分针转一圈的时间为1h，时针转一圈的时间为12h，其周期比为1：12．根据ω=2解答：分针、时针的周期分别为1h、12h，则周期比为1：12．根据ω=2πT得角速度之比为12故选：A。点评：解决本题的关键知道时针、分针、秒针的周期，以及知道周期与角速度的关系，ω=2【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．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。5．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。6．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）A、mg2ghB、12mgC、mg2ghsinαD、分析：应用公式P＝Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=12物体滑到底端重力功率为：P＝mgvsinα②联立①②解得：P＝mg2ghsinα，故选项ABD错误，故选：C。点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．【解题思路点拨】①对于瞬时功率的计算，一定要牢记瞬时功率等于力在速度方向上的投影与速度的乘积。②重力的功率等于重力乘以竖直方向上的速度。7．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。8．求变力的冲量【知识点的认识】求变力的冲量有三个方法：1.若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量；2.若给出了力随时间变化的图像，如图所示，可用面积法求变力的冲量；3.利用动量定理求解。【命题方向】一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。对此过程的描述，错误的是（）A、地面对运动员的弹力做功为1B、运动员所受合力的冲量大小为mvC、地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔtD、重力的冲量大小为mgΔt分析：已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。解答：A、在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；B、根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小IF＝mv故B正确；C、以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面对人弹力的冲量为NΔt＝mgΔt+mv故C正确。D、重力的冲量大小IG＝mgΔt故D正确；本题选不正确项。故选：A。点评：在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解。【解题思路点拨】1.对于变力的冲量计算，定义式不再适用，要根据题目条件选择合适的方法进行计算。2.求合冲量的两种方法（1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；（2）另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。9．分析碰撞的合理性【知识点的认识】1.动量限制：碰撞过程动量守恒，m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'或Δp1＝﹣Δp2。2.能量限制：碰撞过程中机械能丕增加，即12m1v12+12m2v3.实际情景限制：碰撞结果必须与实际情况相符合，如：（1）碰前两物体同向运动时，后面的物体速度应大于前面物体的速度；（2）碰后两物体同向运动时，前面物体的速度大于等于后面物体的速度；（3）碰前两物体同向运动时，碰后前面物体的速度一定增大；（4）碰前两物体相向运动时，碰后两物体的速度方向不可能都没有发生变化等。【命题方向】质量为1kg的小球A以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球B正碰．关于碰后A、B的速度vA与vB，下面哪些是可能的（）A、vA＝1m/s，vB＝3m/sB、vA＝﹣4m/s，vB＝4m/sC、vA＝vB＝4/3m/sD、vA＝﹣1m/s，vB＝2.5m/s分析：根据碰撞过程动量守恒和动能不增加进行分析判断．采用排除法进行选择．解答：碰撞前总动量为P＝mAvA＝1×4kg•m/s＝4kg•m/s。碰撞前总动能为Ek=12A、碰撞后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×1+2×3＝7kg•m/s，不符合动量守恒定律。故A错误。B、碰撞后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣4）+2×4＝4kg•m/s。碰撞后总动能为Ek′=12mAC、碰撞后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×（﹣1）+2×2.5＝4kg•m/s。碰撞后总动能为Ek′=12mAvD、碰撞后总动量P′＝mAvA′+mBvB′＝1×43+2×43=4kg•m/s。碰撞后总动能为Ek′=1故选：CD。点评：对于碰撞过程，往往根据三个规律动量守恒、总动能不增加和符合物体的实际情况判断．【解题思路点拨】碰撞问题的合理性判断原则（1）动量守恒：m1v1+m2v2＝m1v1'+m2（2）动能不增加：Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或p1（3）速度要合理①若两物体同向运动，则碰前应有v前＞v后；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前'≤v后'。②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。10．阻尼振动和受迫振动【知识点的认识】一、自由振动和受迫振动1．自由振动（无阻尼振动）：系统不受外力，也不受任何阻力，只在自身回复力作用下的振动。自由振动的频率，叫做系统的固有频率。2．受迫振动（1）概念：振动系统在周期性驱动力作用下的振动。（2）特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关。（3）规律：①物体做受迫振动时，振动稳定后的频率等于驱动力的频率，跟物体的固有频率无关；②物体做受迫振动的振幅由驱动力频率和物体的固有频率共同决定：两者越接近，受迫振动的振幅越大，两者相差越大受迫振动的振幅越小。3．共振（1）现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大。（2）条件：驱动力的频率等于固有频率。（3）共振曲线：①当f驱＝f固时，A＝Am，Am的大小取决于驱动力的幅度②f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，f驱与f固相差越远，受迫振动的振幅越小③发生共振时，一个周期内，外界提供的能量等于系统克服阻力做功而消耗的能量。4．自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力情况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱T驱＝T0或f驱＝f0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆（θ≤5°）机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等【命题方向】（1）常考题型是考查对自由振动和受迫振动的理解：如图所示，把两个弹簧振子悬挂在同一支架上，已知甲弹簧振子的固有频率为8Hz，乙弹簧振子的固有频率为72Hz，当支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，则两个弹簧振子的振动情况是（）A．甲的振幅较大，且振动频率为8HzB．甲的振幅较大，且振动频率为9HzC．乙的振幅较大，且振动频率为9HzD．乙的振幅较大，且振动频率为72Hz分析：物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关。当驱动力的频率接近于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅最大。解答：支架在受到竖直方向且频率为9Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙两个弹簧振子都做受迫振动，它们振动的频率都等于驱动力的频率9Hz，由于甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大。故B正确，A、C、D错误。故选B。点评：解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力频率，并要知道在什么条件下可以发生共振。（2）某振动系统的固有频率为f0，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f，若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是（）A．当f＜f0时，该振动系统的振幅随f的增大而减小B．当f＞f0时，该振动系统的振幅随f的减小而增大C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大。解：A、当f＝f0时，系统达到共振，振幅最大，故f＜f0时，随f的增大，振幅振大，故A错误；B、当f＞f0时，随f的减小，驱动力的频率接近固有频率，故该振动系统的振幅增大，故B正确；C、该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于驱动力的频率，故C错误；D、系统的振动稳定后，系统的振动频率等于驱动力的频率，故振动频率等于f，故D正确；故选：BD。点评：本题应明确受迫振动的频率等于驱动力的频率，而当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动最强烈。【解题思路点拨】（l）对阻尼振动的理解：①由于阻力做功，振动系统的机械能逐渐减小，振幅逐渐变小；②周期和频率由振动系统本身决定，阻尼振动中周期和频率不变。（2）对受迫振动的理解：①受迫振动的频率等于驱动力的频率；②驱动力频率越接近固有频率，振幅越大。11．多普勒效应及其应用【知识点的认识】1．多普勒效应：当波源与观察者之间有相对运动时，观察者会感到波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应．2．接收到的频率的变化情况：当波源与观察者相向运动时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者背向运动时，观察者接收到的频率变小．【命题方向】常考题型：在学校运动场上50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器．两个扬声器连续发出波长为5m的声波．一同学从该跑道的中点出发，向某一段点缓慢行进10m．在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为（）A.2B.4C.6D.8【分析】当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的．【解答】解：当同学到两个声源的间距为波长整数倍时，振动加强，听到声音是加强的，故该同学从中间向一侧移动0m、2.5m、5.0m、7.5m、10m时，听到声音变大；当同学到两个声源的间距为半波长的奇数倍时，振动减弱，听到声音是减弱的，故该同学从中间向一侧移动1.25m、3.75m、6.25m、8.75m时，声音减弱；故该同学从中间向一侧移动过程听到扬声器声音由强变弱的次数为4次；故选B．【点评】本题关键明确振动加强和振动减弱的条件，然后可以结合图表分析，不难．【解题方法点拨】多普勒效应的成因分析（1）接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数，当波以速度v通过观察者时，时间t内通过的完全波的个数为N＝，因而单位时内通过观察者的完全波的个数，即接收频率．（2）当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．12．带电粒子（计重力）在匀强电场中的直线运动【知识点的认识】本考点旨在针对带电粒子在匀强电场中做直线运动的情况，如果粒子能够在匀强电场中做直线运动，则必有电场力和重力的合力与粒子的运动方向共线。【命题方向】一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图，AB与电场线夹角θ＝30°，已知带电微粒的质量m＝1.0×10﹣7kg，电量q＝1.0×10﹣10C，A、B相距L＝20cm．（取g＝10m/s2，结果保留二位有效数字）求：（1）电场强度的大小和方向；（2）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？分析：（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律，根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；（2）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．解答：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度vA方向相反，微粒做匀减速直线运动．在垂直于AB方向上，有qEsinθ﹣mgcosθ＝0所以电场强度E＝1.7×104N/C电场强度的方向水平向左（2）微粒由A运动到B时的速度vB＝0时，微粒进入电场时的速度最小，由动能定理得，﹣mgLsinθ﹣qELcosθ=-代入数据，解得vA＝2.8m/s答：（1）电场强度的大小为1.7×104N/C，方向水平向左；（2）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．点评：本题关键结合运动情况得到粒子受力的受力情况，然后根据动能定理列式求解．【解题思路点拨】带电粒子在电场力和重力的作用下做直线运动的条件是电场力与重力的合力与运动方向在一条直线上，以此对带电粒子进行受力分力，即可得出相关物理量的情况。13．从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题【知识点的认识】本考点旨在针对需要从能量转化与守恒的角度解决的电场问题，可能涉及到功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等情况。【命题方向】图所示，轨道由粗糙斜面AB、DF与半径为R的光滑圆弧BCD组成，斜面的动摩擦因数为0.5，斜面与水平面间的夹角60°，∠BOD＝120°，虚线BM左侧、DN右侧分布等大反向匀强电场E，带电量为﹣q（q＞0）的物块从A点以6gR的初速度沿斜面向下运动，物块质量为m，物块可视为质点。AB长度为2R，电场强度大小为3mgqA、物块到B点时的速度为2B、物块在最低点的最大压力为3mgC、物块最终在圆弧BCD做往返运动D、物块在斜面运动的总路程为3R分析：从A到B的过程，根据动能定理，可以得到B点时的速度；从B到C用动能定理，可以得到C点的速度，结合竖直面的圆周运动规律和牛顿第三定律，可以计算C点的压力；根据对物块在斜面的受力分析，可以判断其会停在斜面上还是会在圆弧内圆周运动；根据全过程动能定理可以判断其总路程。解答：A、对物块在左侧斜面上释放时进行受力分析，可以得到如图：在垂直于斜面的方向上：mgcos60°+qEsin60°＝N，此时摩擦力为滑动摩擦力，故：f＝μN，解得N＝2mg，在物块从A到B的过程中，对物块应用动能定理：mg⋅2Rsin60°-qEB、在物块从B到C的过程中，对物块应用动能定理：mgR(1-cos60°)=12mvC2-1CD、物块从B到右侧的过程，设到某点速度减为0，在右侧斜面的位移为x，则在该过程中：-mgxsin60°-qExcos60°-μNx=0-12mvB2，解得：x＝R，此时摩擦力反向，之后：mgsin60°＝qEcos60°，摩擦力减为0，物块刚好可以在斜面上静止，总路程故选：AD。点评：本题考查涉及电场力的功能关系问题，注意当速度减为0时，摩擦力可以突变，方向大小皆可变。在计算物块对地面压力时，根据圆周运动规律得到支持力后，要写结合牛顿第三定律得到压力。【解题思路点拨】电场中的功能关系如下：1.合力做功等于物体动能的变化量，即W合＝ΔEk，这里的W合指合外力做的功。2.静电力做功决定带电体电势能的变化量，即WAB＝EPA﹣EPB＝﹣ΔEP。这与重力做功和重力势能变化之间的关系类似。3.只有静