2025年福建省新高考物理试卷（回忆版）

第77页（共77页）2025年福建省新高考物理试卷（回忆版）一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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•福建）山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下正确的是（）A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．大小关系与风力大小有关2．（4分）（2025•福建）某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则（）A．交流电的周期为2.5s B．电压表示数为12V C．副线圈干路的电流为R1电流的2倍 D．原副线圈功率之比为4：13．（4分）（2025•福建）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（）A．B2-12B1 B．12B2﹣B1 C．B2﹣B1 4．（4分）（2025•福建）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（）A．B点的电场强度E=B．P点场强大于C点场强 C．b粒子在P点动能小于Q点动能 D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，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）5．（6分）（2025•福建）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ=A．P、Q线速度之比为1：B．P、Q角速度之比为3：C．P、Q向心加速度之比为3：D．P点所受合外力总是指向O（多选）6．（6分）（2025•福建）核反应方程为12H+13HA．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变 C．01nD．24（多选）7．（6分）（2025•福建）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（）A．电场强度为E=B．磁场强度为B=C．NP两点的电势差为U=D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为v（多选）8．（6分）（2025•福建）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动，物块A、B中间有一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度为v0＝2m/s，B的速度为零。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可留下痕迹，则（）A．在t=t02时，B的加速度大小大于B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m三、填空题9．（3分）（2025•福建）洗衣机水箱的导管内存在一竖直空气柱，根据此空气柱的长度可知洗衣机内的水量多少。当空气柱压强为p1时，空气柱长度为L1，水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为p2，则空气柱长度L2＝，该过程中内部气体对外界。（填做正功，做负功，不做功）10．（3分）（2025•福建）沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与横波，已知纵波速度大于横波速度，频率相同，则纵波波长横波波长。若波源震动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间隔Δt，纵波速度v1，横波速度v2，则波源与蝎子的距离为。11．（3分）（2025•福建）两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电量之比为，在PQ1连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态（存在，不存在）。四、实验题12．（5分）（2025•福建）（1）为测糖水的折射率与浓度的关系，设计如下实验：某次射入激光，测得数据如图，则糖水的折射率为。（2）改变糖水浓度，记录数据如表n1.321.341.351.381.42η（%）10%20%30%40%50%将10%～30%的数据绘图，求得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为（保留两位有效数字）。五、计算题14．（12分）（2025•福建）某运动员训练为直线运动，其v﹣t图如图所示，各阶段图像均为直线。（1）0﹣2s内的平均速度；（2）44.2﹣46.2s内的加速度；（3）44.2﹣46.2s内的位移。15．（12分）（2025•福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。（1）求0﹣1m，F做的功；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。16．（15分）（2025•福建）光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：（1）求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；（2）求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；（3）求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。

2025年福建省新高考物理试卷（回忆版）参考答案与试题解析一．选择题（共4小题）题号1234答案ABBD二．多选题（共4小题）题号5678答案ADACBCBD一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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•福建）山崖上有一个风动石，无风时地面对风动石的作用力是F1，当受到一个水平风力时，风动石依然静止，地面对风动石的作用力是F2，以下正确的是（）A．F2大于F1 B．F1大于F2 C．F1等于F2 D．大小关系与风力大小有关【考点】对物体进行受力分析．【专题】定量思想；类比法；受力分析方法专题；理解能力．【答案】A【分析】不同的情况对物体进行受力分析，在竖直方向上列式得出结论。【解答】解：无风时，对风动石在竖直方向上受力分析，可得F1＝mg有风时，其受到重力、地面对风动石的作用力以及风力的作用，则F2=故F2＞F1故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查的是受力平衡问题，题型简单，但是需要作用问的是风动石的作用力，其为支持力与摩擦力的合力，且熟练掌握受力分析即可解题。2．（4分）（2025•福建）某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则（）A．交流电的周期为2.5s B．电压表示数为12V C．副线圈干路的电流为R1电流的2倍 D．原副线圈功率之比为4：1【考点】理想变压器两端的功率关系；变压器的构造与原理；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u﹣t图像求解周期；根据正弦式交变电流峰值与有效值的关系求解有效值，根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比求解电压表示数；根据并联分流规律分析电流的大小；理想变压器输入功率等于输出功率。【解答】解：A、由图乙可知，交流电的周期T＝2.5s﹣0.25s＝2.25s故A错误；B、由图乙可知，输入电压的峰值Um＝482V有效值U1=Um2变压器原副线圈电压比等于匝数比：U1代入数据解得：U2＝12V故B正确；C、由题意可知，R1的阻值为R2的2倍，则通过两电阻的电流比值为I1：I2＝1：2副线圈干路的电流为R1电流的3倍，故C错误；D、理想变压器输入功率等于输出功率，故D错误；故选：B。【点评】本题考查正弦式交变电流和理想变压器，掌握峰值与有效值的关系、理想变压器原副线圈电压关系、功率关系即可求解。3．（4分）（2025•福建）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM＝ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（）A．B2-12B1 B．12B2﹣B1 C．B2﹣B1 【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．【专题】定量思想；控制变量法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】B【分析】根据通电直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与距离成反比，结合安培定则分析直导线L1产生的磁场在M、O、N点的磁感应强度和通电直导线L2产生的磁场在M、O、N点磁感应强度的大小与方向的关系，再根据磁场叠加原理求解。【解答】解：根据通电直导线在其周围产生的磁场的磁感应强度与电流大小成正比，与距离成反比，结合题目条件，可得通电直导线L1产生的磁场在M点与O点的磁感应强度大小和通电直导线L2产生的磁场在N点与O点的磁感应强度大小均相等，设为B0。直导线L1与L2中电流方向相反，根据安培定则可知，L1和L2各自产生的磁场在O点的磁感应强度方向相同，根据磁感应强度的矢量叠加可得：2B0＝B2设L2的磁场在M点的磁感应强度大小为B2M。根据安培定则可知，L1和L2各自产生的磁场在M点的磁感应强度方向相反，因M点与L2的距离较大，故B2M＜B0，根据磁感应强度的矢量叠加可得：B0﹣B2M＝B1设L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小为B1N。由已知条件可知，N点到L1的距离等于M点到L2的距离，可得L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小等于L2的磁场在M点的磁感应强度大小，即：B1N＝B2M联立解得：B1N=12B2﹣保持L1中电流不变，仅将L2撤去，则N点的磁感应强度大小就等于L1产生的磁场在N点的磁感应强度大小，为12B2﹣B1，故B正确，ACD故选：B。【点评】本题考查了电流的磁效应，掌握安培定则的用法与磁场叠加原理。4．（4分）（2025•福建）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。现将一电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为ABC，半径为r。另一电子b自A点垂直电场射出，轨迹为弧APQ，其中PBO共线，已知BP电势差为U，|CQ|＝2|BP|，a粒子入射动能为Ek，则（）A．B点的电场强度E=B．P点场强大于C点场强 C．b粒子在P点动能小于Q点动能 D．b粒子全程的克服电场力做功小于2eU【考点】带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动．【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．【答案】D【分析】A、根据其恰好做圆周运动电场力提供向心力，再结合a粒子入射动能进行求解；B、根据电场线的密集程度进行判断；C、根据电场力做功情况结合动能定理进行判断；D、根据ABC为等势面，再结合电势差的大小求解。【解答】解：A、由于电子a自A点垂直电场射出，恰好做圆周运动，则Ee以及Ek=解得E=故A错误；B、电场线越密集电场强度越大，则根据电场线结合距离远近可得P点场强小于C点场强，故B错误；C、根据运动情况可得电场力做负功，由动能定理可知电场力做负功，动能减小，故b粒子在P点动能大于Q点动能，故C错误；D、已知BP电势差为U，且ABC为等势面，由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则BP之间平均电场强度大小大于CQ之间的平均电场强度大小，则CQ电势差小于2U，可得克服电场力做功为W＜2Ue，故D正确。故选：D。【点评】本题考查的是电场力做功的问题，其中考查了电场力提供向心力以及电场线密集程度的问题，题型考查的知识点全面。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，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）5．（6分）（2025•福建）春晚上转手绢的机器人，手绢上有P、Q两点，圆心为O，OQ=A．P、Q线速度之比为1：B．P、Q角速度之比为3：C．P、Q向心加速度之比为3：D．P点所受合外力总是指向O【考点】向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素；线速度与角速度的关系；向心力的表达式及影响向心力大小的因素．【专题】比较思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力．【答案】AD【分析】同轴传动的两点角速度相等，根据线速度公式和向心加速度公式判断两点线速度、向心加速度大小的比值；做匀速圆周运动的物体所受合力始终指向圆心，提供向心力。【解答】解：B、P、Q两点为同轴传动，角速度相等，即角速度之比为1：1，故B错误；A、由v＝ωr得，线速度之比等于半径之比，即vP：vQ＝OP：OQ＝1：3故A正确；C、由a＝ω2r得，向心加速度之比等于半径之比，即aP：aQ＝1：3故C错误；D、P点随手娟做匀速圆周运动，合力始终指向圆心O点，故D正确；故选：AD。【点评】本题考查匀速圆周运动，解题关键是明确两点运动的关系，结合公式求解即可，知道匀速圆周运动的受力特点。（多选）6．（6分）（2025•福建）核反应方程为12H+13H→A．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变 C．01nD．24【考点】核聚变的反应方程；爱因斯坦质能方程的应用．【专题】定量思想；推理法；爱因斯坦的质能方程应用专题；重核的裂变和轻核的聚变专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】释放核能的反应存在质量亏损；根据核反应方程判断该反应的类型；核反应过程满足动量守恒定律，根据动能与动量的大小关系确定反应后24He【解答】解：A、由核反应方程可知该核反应过程释放了17.6MeV的能量，根据爱因斯坦质能方程可知，该反应有质量亏损，故A正确；B、由核反应方程可知，该反应为核聚变，故B错误；CD、核反应过程动量守恒，由题意可知，氘核与氚核动量大小相等，方向相反，则反应前总动量为零，故反应后总动量也为零，即氦原子核24He根据动能Ek=12mv2，动量p＝mv，可得动能与动量的大小关系为：E根据24He与01n的质量数，可知可得反应后24He和0已知反应释放的17.6MeV的能量几乎转化为24He24He01n故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题考查了轻核聚变，要知道释放核能的反应存在质量亏损，核反应过程满足动量守恒定律。（多选）7．（6分）（2025•福建）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，则（）A．电场强度为E=B．磁场强度为B=C．NP两点的电势差为U=D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为v【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】带电体做匀速直线运动时，对其受力分析，根据平衡条件求解电场强度和磁感应强度；撤去磁场后，粒子做类平抛运动，根据运动学公式求解合速度，根据动能定理求解电势差；将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，根据运动学公式求解即可。【解答】解：AB、带电体恰能沿MN做匀速直线运动，对带电体受力分析可知，带电体一定带正电，如图由平衡条件得：mg＝qEqvB=2解得：E=B=故A错误，B正确；C、粒子从N点运动到P点，初速度为v，所受合力为2mg，做类平抛运动，将粒子的运动分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，运动到P点时，位移偏转角为45°，速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍：vy合速度为v合=联立解得：v合=5从N点到P点，由动能定理得：qU=12mv解得：U=故C正确；D、将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度为零时，离NP的距离最大，最大距离为h=故D错误；故选：BC。【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，解题关键是对粒子做好受力分析，研究好粒子的运动情况，结合动能定理和运动学公式列式求解即可。（多选）8．（6分）（2025•福建）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动，物块A、B中间有一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度为v0＝2m/s，B的速度为零。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可留下痕迹，则（）A．在t=t02时，B的加速度大小大于B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m【考点】动量守恒定律的一般应用；胡克定律及其应用；水平传送带模型．【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】BD【分析】对A、B受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度；A、B和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒；除重力和系统内弹力以外的其它力做功等于机械能的变化量；v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，根据v﹣t图像分析位移即可。【解答】解：A、A的初速度大于B的初速度，则弹簧开始压缩，对B受力分析，水平方向有：F弹+μBmBg＝mBaB解得：aB＝（F弹2+2.5对A受力分析，水平方向有：F弹+μAmAg＝mAaA解得：aA＝（F弹+5）m/s2则A的加速度大小大于B的加速度大小，故A错误；B、由题意可知，A的质量为B的质量的一半，动摩擦因数为B与传动带间动摩擦因数的两倍，则两物块所受滑动摩擦力大小相等，将A、B和弹簧看作一个系统，则系统所受外力的矢量和为零，动量守恒，取向右为正方向，0﹣t0时间内，对系统有：mAv0＝mAv+mBvB代入数据解得：vB＝0.5m/s故B正确；C、0﹣t0时间内，摩擦力对系统做功等于系统机械能的变化量，有：﹣μAmAgxA+μBmBgxB=12mAv2+12mBvB弹簧的压缩量为Δx＝xA﹣xB代入数据联立解得：Δx＝0.1m故C错误；D、做A、B和传动带的v﹣t图像如图v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，则0﹣t0时间内，vA、vB图像间的面积为0.1m，vA、v传图像间的面积为A相对传动带的位移，即A与传送带的痕迹，若A和B加速度相同，B的v﹣t图像为图中虚线所示，且图像与A的v﹣t图像关于传送带的v﹣t图像对称，但由A知，A的加速度为B的加速度的两倍，由图可知，A与传送带的痕迹小于0.12m，即小于0.05m，故D故选：BD。【点评】本题考查传动带问题与弹簧类问题，明确两物体所受摩擦力等大反向是解题关键，结合功能关系、v﹣t图像和牛顿第二定律分析即可。三、填空题9．（3分）（2025•福建）洗衣机水箱的导管内存在一竖直空气柱，根据此空气柱的长度可知洗衣机内的水量多少。当空气柱压强为p1时，空气柱长度为L1，水位下降后，空气柱温度不变，空气柱内压强为p2，则空气柱长度L2＝p1p2L1，该过程中内部气体对外界做正功【考点】热力学第一定律的表达和应用；气体的等温变化与玻意耳定律的应用．【专题】定量思想；推理法；理想气体状态方程专题；推理论证能力．【答案】p1p2【分析】气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解即可；根据压强的变化判断体积的变化，进而判断做功情况。【解答】解：空气柱发生等温变化，设横截面积为S，由玻意耳定律得：p1L1S＝p2L2S解得：L2=p1水位下降，气体压强减小，体积增大，气体对外界做功。故答案为：p1p2【点评】本题考查玻意耳定律，解题关键是找准气体的初末状态，知道判断气体做正负功的方法。10．（3分）（2025•福建）沙漠中的蝎子能感受来自地面震动的纵波和横波，某波源同时产生纵波与横波，已知纵波速度大于横波速度，频率相同，则纵波波长大于横波波长。若波源震动后，蝎子感知到来自纵波与横波的振动间隔Δt，纵波速度v1，横波速度v2，则波源与蝎子的距离为v1v2【考点】横波和纵波．【专题】定量思想；推理法；波的多解性；推理论证能力．【答案】大于，v1【分析】根据波长公式判断横波与纵波波长关系；根据两波传播距离相等和运动学公式求解波源与蝎子的距离。【解答】解：纵波速度大于横波速度，频率相同，由λ=v设纵波传播的时间为t，有：v1t＝v2（t+Δt）波源与蝎子的距离为x＝v1t联立解得：x=故答案为：大于，v1【点评】本题考查横波与纵波，掌握波长的计算方法即可求解。11．（3分）（2025•福建）两个点电荷Q1与Q2静立于竖直平面上，于P点放置一检验电荷恰好处于静止状态，PQ1与Q1Q2夹角为30°，PQ1⊥PQ2，则Q1与Q2电量之比为3：1，在PQ1连线上是否存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态不存在（存在，不存在）。【考点】库仑力作用下的受力平衡问题．【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】3：1；不存在。【分析】检验电荷静止，受力平衡，根据平衡条件结合电场强度的计算公式进行解答；根据矢量三角形法则分析电场强度的变化情况，由此判断。【解答】解：检验电荷静止，则Q1、Q2对电荷库仑力的水平分力等大反向。设检验电荷的电荷量为q、PQ2＝r，则：tan30°=解得：PQ1=3由库仑定律和平衡条件得：kQ1q(3r)Q1：Q2=3：1Q1和Q2在PQ1连线上电场强度的合成情况如图所示（其中E1、E2是开始Q1、Q2在P点产生的的电场强度，E1′、E2′是Q1、Q2在PQ1连线上某点产生的电场强度）：假设在PQ1连线上存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态，则Q1和Q2产生的电场强度均增大。但由于Q2到PQ1连线的距离增大，根据点电荷电场强度计算公式可知，Q2的电场强度减小，故假设错误，PQ1连线上不存在其它点能让同一检验电荷维持平衡状态。故答案为：3：1；不存在。【点评】本题主要是考查电场强度的叠加，关键是弄清楚点电荷电场强度的计算公式，掌握电场强度的叠加方法。四、实验题12．（5分）（2025•福建）（1）为测糖水的折射率与浓度的关系，设计如下实验：某次射入激光，测得数据如图，则糖水的折射率为L1h12+（2）改变糖水浓度，记录数据如表n1.321.341.351.381.42η（%）10%20%30%40%50%将10%～30%的数据绘图，求得糖水浓度每增加10%，折射率的增加值为0.015（保留两位有效数字）。【考点】测量玻璃的折射率．【专题】定量思想；推理法；光的折射专题；推理论证能力．【答案】（1）L1h12+L1【分析】（1）根据折射率公式结合相应的几何关系列式求解；（2）根据题中数据描点作图，结合图像斜率计算解答。【解答】解：（1）如图根据折射率公式n=sinθsinβ，而sinθ=L1h12+L1（2）将不能落在直线上的点均匀分布在直线两侧，描点作图如下图像的斜率k=1.35-1.3230%-10%=0.01510%故答案为：（1）L1h12+L1【点评】考查折射率的测定和描点作图的问题，会根据题意进行准确分析解答。五、计算题14．（12分）（2025•福建）某运动员训练为直线运动，其v﹣t图如图所示，各阶段图像均为直线。（1）0﹣2s内的平均速度；（2）44.2﹣46.2s内的加速度；（3）44.2﹣46.2s内的位移。【考点】利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；利用v﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移．【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；推理论证能力．【答案】（1）0﹣2s内的平均速度为2.4m/s，方向与正方向相同；（2）44.2﹣46.2s内的加速度为0.1m/s2，方向与正方向相同；（3）44.2﹣46.2s内的位移为4.2m，方向与正方向相同。【分析】（1）根据v﹣t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移求出0﹣2s内运动员的位移，再根据v=（2）根据加速度公式a=（3）根据v﹣t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移求出44.2﹣46.2s内运动员的位移。【解答】解：（1）根据v﹣t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，可得0﹣2s内运动员的位移为x=0﹣2s内运动员的平均速度为v=（2）根据加速度公式a可得44.2﹣46.2s内的加速度为a=（3）根据v﹣t图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移，可得44.2﹣46.2s内运动员的位移为x'=答：（1）0﹣2s内的平均速度为2.4m/s，方向与正方向相同；（2）44.2﹣46.2s内的加速度为0.1m/s2，方向与正方向相同；（3）44.2﹣46.2s内的位移为4.2m，方向与正方向相同。【点评】解决本题的关键要掌握速度一时间图像的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。15．（12分）（2025•福建）如图甲，水平地面上有A、B两个物块，两物块质量均为0.2kg，A与地面动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面无摩擦，两物块用弹簧置于外力F的作用下向右前进，F与位移x的图如图乙所示，P为圆弧最低点，M为最高点，水平地面长度大于4m。（1）求0﹣1m，F做的功；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径满足的条件。【考点】弹力（支持力、拉力、压力等）做功的计算；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；圆周运动中的临界问题；牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．【答案】（1）F做的功为1.5J；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。【分析】（1）F﹣x图像与坐标轴所围面积表示做功；（2）分别对AB整体和B受力分析，根据牛顿第二定律列式求解即可；（3）两物块分离前一起做加速运动，分离后B进入圆周轨道前，B做匀速直线运动，根据临界条件求解分离时的速度，物块B刚好到达最高点时，只受重力，根据动能定理求解轨道半径。【解答】解：（1）由F﹣x图像得：W＝1.5×1J＝1.5J（2）x＝1m时，对AB整体，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝2ma对B受力分析，由牛顿第二定律得：F弹＝ma代入数据联立解得：F弹＝0.5N（3）当两物块刚好分离时，AB间弹力为0，两物块加速度为0，对A，由平衡条件得：F＝μmg代入数据解得：F＝0.5N由图乙可知，x＝3m时，两物块分离，从开始到两物块分离，对AB整体，由动能定理得：WF﹣μmgx=12物块B刚好到达M点，有mg＝mv对物块，由分离到到达最高点，由动能定理得：﹣mg•2R0=12mv代入数据联立解得：R0＝0.2m则圆弧半径应满足R≤0.2m答：（1）F做的功为1.5J；（2）x＝1m时，A与B之间的弹力为0.5N；（3）要保证B能到达M点，圆弧半径应小于或等于0.2m。【点评】本题考查多过程问题，解题关键是知道两物块分离时的临界条件，以及竖直面内圆周运动的特点，结合牛顿第二定律和动能定理列式求解即可。16．（15分）（2025•福建）光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：（1）求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；（2）求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；（3）求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。【考点】电磁感应过程中的能量类问题；线圈进出磁场的动力学问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】（1）线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为v2（2）cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差为38（3）当L1≤L2时，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为mg(L1+L2)v4L1【分析】（1）根据动能定理求解线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；（2）根据题意可知线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，由此可得到正方形线框的边长等于Ⅰ区域长。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，结合框受力平衡条件求得磁感应强度大小和cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；（3）对线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，根据动能定理求得此过程克服安培力做功。由动量定理求得此过程所经历的时间，进而求得此过程克服安培力做功的平均功率。【解答】解：（1）设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为x，根据动能定理得：mgxsinθ=解得：x=（2）根据题意可知线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，则在线框的ab边进入Ⅰ区域的同时cd边恰好离开Ⅰ区域，可知正方形线框的边长等于Ⅰ区域长为L1，设两区域的磁感应强度大小均为B。cd边进入Ⅰ区域时产生的电动势为：E＝BL1v此时的感应电流为：I=线框受到的安培力的大小为：F＝BIL1对线框由受力平衡得：mgsinθ＝F联立解得：B=1L1mgRcd边两端的电势差为；Ucd＝I•3（3）根据题意可知线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，线框的初末速度相同，设此过程克服安培力做功为W，根据动能定理得：mgsinθ•（L1+L2）﹣W＝0﹣0，解得：W=12mg（L1+L设此过程安培力的的冲量大小为I安，时间为t，以沿斜面向下为正方向，由动量定理得：mgtsinθ﹣I安＝0①若L1≤L2，则线框进入磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安进＝BL1It=BL1•B同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安出=可得：I安＝I安进+I安出=联立解得：t=此过程克服安培力做功的平均功率为：P=②若L1＞L2，则线框进入磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安进′＝BL1I't'=BL1•同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安出′=可得：I安′＝I安进′+I安出′=联立解得：t′=此过程克服安培力做功的平均功率为：P'=答：（1）线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为v2（2）cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差为38（3）当L1≤L2时，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为mg(L1+L2)v4L1【点评】本题考查了电磁感应现象与力学的综合问题，考查了力与运动的逻辑分析能力，掌握应用动量定理处理此类问题的方法。

考点卡片1．根据v-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动的情况。【命题方向】一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度图象如图所示，由图象可知（）A、火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度B、0～ta段火箭是上升过程，ta～tb段火箭是下落过程C、tc时刻火箭回到地面D、tc时刻火箭离地最远分析：解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．解答：速度图象的斜率代表物体的加速度，由图可知：ab段的斜率大于oa段斜率，故火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度，故A正确。由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物体的运动方向未变，即始终向上运动。故B错误。0～tc时间内火箭的速度方向始终竖直向上，故tc时刻火箭到达最高点。故C错误而D正确。故选：AD。点评：对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移．【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。2．利用v-t图像与坐标轴围成的面积求物体的位移【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的面积分析或求解物体的位移。【命题方向】如图所示，是某质点运动的v﹣t图象，请回答：（1）离出发点的最远距离？（2）12s内的路程？分析：该图象为速度﹣﹣时间图象，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，倾斜角越大表示加速度越大，由图可知：在0～4s内，质点做匀加速直线运动，4～8s内质点做匀速直线运动，8～12s内质点做匀加速直线运动，图象与坐标轴围成的面积表示位移．解答：（1）图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方位移为正，下方位移为负，由图象可知，质点在10s后将反向运动，故第10s时位移最大，最大位移为时间轴上方图象与坐标轴所围成梯形的面积S=12×（10+4）×10m＝70m（2）路程是质点运动轨迹的长度，是标量，没有方向，所以12s内运动的路程为图象与坐标轴围成的面积绝对值之和，即l＝70+10m＝80m．答：（1）离出发点的最远距离为70m；（2）12s内的路程为80m．点评：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．【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。3．利用v-t图像的斜率求解物体运动的加速度【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的斜率分析或计算物体的加速度。【命题方向】甲、乙两个物体在同一条直线上运动，它们的速度图象如图所示，则（）A、甲、乙两物体都做匀加速直线运动B、甲物体的加速度比乙物体的加速度小C、甲物体的初速度比乙物体的初速度大D、在t1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙的速度分析：速度图象倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动。图象的斜率等于物体的加速度。由图直接读出物体的初速度，比较速度的大小。解答：A、由图看出，甲、乙两物体的速度都时间均匀增大，都做匀加速直线运动。故A正确。B、甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲物体的加速度比乙物体的加速度大。故B错误。C、甲的初速度为零，乙的初速度大于零，即甲物体的初速度比乙物体的初速度小。故C错误。D、由图看出，在t1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙的速度。故D正确。故选：AD。点评：物理图象往往要从形状、斜率、交点、面积、截距等数学意义来理解其物理意义。【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．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．5．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。6．水平传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（）A.LvB.2LvC.分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．解答：①当木块一直做匀加速直线运动。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。根据牛顿第二定律得，a＝μg。根据L=12a若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。根据L=解得t=②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。匀加速直线运动的时间t1=则匀速直线运动的位移x则匀速直线运动的时间t则总时间为t=t1+t2=Lv+本题选不可能的，故选：A。点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。7．线速度与角速度的关系【知识点的认识】1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr2.推导由于v=ΔsΔt，ω=ΔθΔt，当Δθ以弧度为单位时，v＝ωr这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。3.应用：①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。【命题方向】一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（）A、轨道半径越大线速度越大B、轨道半径越大线速度越小C、轨道半径越大周期越大D、轨道半径越大周期越小分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；C、由ω=2πT得：ω与TD、由ω=2πT得：ω与T故选：A。点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．【解题思路点拨】描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：8．向心力的表达式及影响向心力大小的因素【知识点的认识】1.向心力的表达式为：Fn＝man＝mω2r＝mv2r2.由表达式可以看出：（1）在其他因素不变时，向心力与质量成正比；（2）在质量和半径不变时，向心力与角速度的平方成正比，与线速度的平方成正比，与周期的平方成反比；（3）在质量和角速度不变时，向心力与半径成正比；（4）在质量和线速度不变时，向心力与半径成反比；（5）在质量和周期不变时，向心力与半径成正比。【命题方向】用细线拴着一个小球，在光滑水平面上做匀速圆周运动，有下列说法其中正确的是（）A、小球线速度大小一定时，线越长越容易断B、小球线速度大小一定时，线越短越容易断C、小球角速度一定时，线越长越容易断D、小球角速度一定时，线越短越容易断分析：小球在光滑水平面上做匀速圆周运动，受到重力、水平面的支持力和细线的拉力，重力和支持力平衡，由细线的拉力提供小球的向心力．拉力越大，细线越容易断．根据牛顿第二定律分析拉力的变化，确定哪种情况细线容易断．解答：AB、根据牛顿第二定律得，细线的拉力F=mv2r，小球线速度大小v一定时，线越短，圆周运动半径r越小，细线的拉力F越大，细线越容易断。故CD、根据牛顿第二定律得，细线的拉力F＝mω2r，小球解速度大小ω一定时，线越长，圆周运动半径r越大，细线的拉力F越大，细线越容易断。故C正确，D错误。故选：BC。点评：本题考查对圆周运动向心力的分析和理解能力．对于匀速圆周运动，由合力提供物体的向心力．【解题思路点拨】向心力的大小Fn＝mω2r＝mv2r对于匀速圆周运动，向心力大小始终不变，但对非匀速圆周运动（如用一根绳拴住小球绕固定圆心在竖直平面内做的圆周运动），其向心力大小随速率的变化而变化，公式表述的只是瞬时值。9．向心加速度的表达式及影响向心加速度大小的因素【知识点的认识】1.向心加速度的表达式为an＝ω2r=v2r=4π2rT2.由表达式可知，向心加速度与物体的质量无关，与线速度、角速度、半径、周期、转速等参数有关。3.对于公式an=该公式表明，对于匀速圆周运动，当线速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成反比；当运动半径一定时，向心加速度的大小与线速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及线速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的线速度相同的情景。4.对于公式an＝ω2r该公式表明，对于匀速圆周运动，当角速度一定时，向心加速度的大小与运动半径成正比；当半径一定时，向心加速度的大小与角速度的平方成正比。该公式常用于分析涉及角速度的圆周运动问题或有两个物体做圆周运动且它们的角速度相同的情景。5.向心加速度与半径的关系根据上面的讨论，加速度与半径的关系与物体的运动特点有关。若线速度一定，an与r成反比；若角速度（或周期、转速）一定，an与r成正比。如图所示。【命题方向】B两小球都在水平面上做匀速圆周运动，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，A的频率为4Hz，B的频率为2Hz，则两球的向心加速度之比为（）A、1：1B、2：1C、8：1D、4：1分析：根据频率之比求出角速度之比，结合a＝rω2求出向心加速度之比．解答：根据角速度ω＝2πf，知A、B的角速度之比为2：1，根据a＝rω2知，A球的轨道半径是B球轨道半径的2倍，则向心加速度之比为8：1．故C正确，A、B、D错误。故选：C。点评：解决本题的关键掌握向心加速度与角速度的关系公式，以及知道角速度与转速的关系．【解题思路点拨】向心加速度公式的应用技巧向心加速度的每一个公式都涉及三个物理量的变化关系，必须在某一物理量不变时分析另外两个物理量之间的关系。在比较物体上做圆周运动的各点的向心加速度的大小时，应按以下步骤进行：（1）先确定各点是线速度大小相等，还是角速度相同；（2）在线速度大小相等时，向心加速度与半径成反比；在角速度相同时，向心加速度与半径成正比。10．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，半径为R的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为g，不计空气阻力．试求：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．分析：（1）小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可得出最高点的速度；（2）可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；（3）在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小．解答：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：mg＝mv解得：v1=（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：2mgR=12v2＝ωR②由①②解得：ω=（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：FN﹣mg=mv由①③解得：FN＝6mg答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为gR；（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小为5gR；（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来提供向心力，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v11．弹力（支持力、拉力、压力等）做功的计算【知识点的认识】1.本考点旨在针对弹力（非弹簧）做功的情况，常见的力如拉力、支持力、推力等都属于弹力。2.弹力做功的大小W＝Flcosα。【命题方向】放在水平面上的一只木箱重400N，木箱与地面间动摩擦因数μ＝0.2，在水平推力作用下匀速移动10m，则推力对木箱做功多少？地面对木箱的支持力做功多少？摩擦力对木箱做功多少？分析：功等于做功的两个必要因素（力F和物体在力的方向上移动的距离）的乘积；对物体受力分析，求解出各个力，然后根据功的定义得到各个力的功。解答：物体受重力、支持力、推力和摩擦力；摩擦力f＝μFN＝0.2×400N＝80N推力的功为：W1＝Fx＝80N×10m＝800J摩擦力的功：W2＝﹣fx＝﹣80N×10m＝﹣800J支持力，故支持力不做功；答：推力对木箱做功800J，地面对木箱的支持力做功为0，摩擦力对木箱做功为﹣800J点评：解题关键要根据功的一般定义式W＝Fxcosα列式求解功，同时要明确：一个力对物体做负功，往往说成物体克服这个力做等量的正功。【解题方法点拨】1.对功的概念的理解（1）做功的两个必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力对物体是否做了功只与这两个因素有关，与其他因素诸如物体运动的快慢、运动的性质、物体的质量、物体是否受其他力作用等均无关。（2）功是过程量，总是与一个具体的过程相对应同时功与具体的某个力或某几个力相对应，通常我们说某个力或某几个力所做的功。2.对计算功的大小的公式的两点提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍适用的，它只适用于大小和方向均不变的恒力做功。如果F是变力，W＝Flcosα就不适用了。（2）F与l必须具备同时性，即必须是力作用过程中物体的位移。如果力消失后物体继续运动，力所做的功就只跟力作用的那段位移有关，跟其余的位移无关，12．动量守恒定律的一般应用【知识点的认识】1.本考点旨在针对用动量守恒定律解决简单问题的情况。2.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义（1）p＝p'：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。（2）m1v1+m2v2＝m1v1'+m2v2'：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。（3）Δp1＝﹣Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反。（4）Δp＝0：系统总动量的变化量为零。【命题方向】质量为m＝100kg的小船静止在水面上，船上左、右两端各站着质量分别为m甲＝40kg，m乙＝60kg的游泳者，当他们在同一水平线上，甲朝左乙朝右，同时以相对河岸3m/s的速率跳离小船，不计水的阻力，小船运动速度为（）A、速度大小为0.6m/s方向向右B、速度大小为0.6m/s方向向左C、速度大小为3m/s方向向右D、速度大小为3m/s方向向左分析：船以及两个人组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，根据动量守恒定律求出小船的速度大小和方向．解答：规定向左为正方向，根据动量守恒定律得：0＝m甲v甲+m乙v乙+mv代入数据得：0＝40×3+60×（﹣3）+100×v解得：v＝0.6m/s。知方向向左，大小为0.6m/s。故选：B。点评：解决本题的关键掌握动量守恒的条件，会运用动量守恒定律进行求解．【解题思路点拨】应用动量守恒定律的解题步骤1.明确研究对象，确定系统的组成2.受力分析，确定动量是否守恒3.规定正方向，确定初、末动量4.根据动量守恒定律，建立守恒方程5.代入数据，求出结果并讨论说明13．横波和纵波【知识点的认识】机械波的分类（1）横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直，凸起的最高处叫波峰，凹下的最低处叫波谷．（2）纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上，质点分布最密的地方叫密部，质点分布最疏的地方叫疏部．【命题方向】某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s和9km/s．一种简易地震仪由竖直弹簧振子P和水平弹簧振子H组成（如图）．在一次地震中，震源地地震仪下方，观察到两振子相差5s开始振动，则（）A、P先开始振动，震源距地震仪约36kmB、P先开始振动，震源距地震仪约25kmC、H先开始振动，震源距地震仪约36kmD、H先开始振动，震源距地震仪约25km分析：纵波的速度快，纵波先到．根据xv解答：纵波的速度快，纵波先到，所以P先开始振动，根据xv1-xv2=5s，x＝36km。故故选：A。点评：解决本题的关键运用运动学公式判断哪个波先到．属于容易题．【解题思路点拨】1.横波和纵波的比较2.对波的认识的两点提醒（1）水波的认识方面：水波既不是横波也不是纵波，它属于比较复杂的机械波。（2）纵波的认识方面：在纵波中各质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上，而不是方向相同。3.区别横波、纵波只看质点的振动方向与传播方向的关系；对于机械波总是距波源近的质点带动距波源远的质点，起振有先后。14．库仑力作用下的受力平衡问题【知识点的认识】本考点旨在针对带电体在有库仑力存在时的平衡问题。注意这个考点下只针对点电荷之间的作用力，不含电场类问题。【命题方向】质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，如图所示则（）A、若m1＝m2，q1＜q2，则α＜βB、若m1＝m2，q1＜q2，则α＞βC、若m1＞m2，则α＜β，与q1、q2是否相等无关D、若q1＝q2，m1＞m2，则α＞β分析：对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系表示出电场力和重力的关系．根据电场力和重力的关系得出两球质量的关系．解答：设左边球为A，右边球为B，则对A、B球受力分析，根据共点力平衡和几何关系得：设T为绳的拉力，m1g＝Tcosα，m2g＝Tcosβ由于F1＝F2，即Tsinα＝Tsinβ若m1＜m2．则有α＞β；若m1＞m2．则有α＜β根据题意无法知道带电量q1、q2的关系。故选：C。点评：要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较．【解题思路点拨】解这类题目就像解决共点力的平衡类题目一样，先对物体进行受力分析，然后进行力的合成与分解，列出平衡表达式，进而求出所需的物理量。15．带电粒子在单个或多个点电荷电场中的运动【知识点的认识】本考点旨在针对带电粒子在非匀强电场中的运动情况。【命题方向】如图所示，一个电荷量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时速度为v，且为运动过程中速度的最小值．已知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大B、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小C、OB间的距离为kQqD、在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=分析：本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．解答：A、点电荷乙从A点向甲运动的过程中，受向左的静电力和向右的摩擦力，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，所以加速度先减小后增大，故A错误B、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故B错误；C、当速度最小时有：f＝F库＝kQqr2，解得：r=kQqD、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq﹣fL0=12mv2-1解得，UAB=fL0故选：C。点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．【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.只有静电力做功时，带电体电势能与机械能的总量不变，即EP1+E机1＝EP2+E机2。这与只有重力做功时，物体的机械能守恒类似。16．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】几种常见的磁场如下：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针对通电直导线周围的磁场分布【命题方向】如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（）A、不动B、N极向纸里，S极向纸外旋转C、向上运动D、N极向纸外，s极向纸里旋转分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。【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，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。17．磁感应强度的矢量叠加【知识点的认识】磁感应强度是矢量，磁感应强度的叠加遵循矢量法则。【命题方向】两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处的总磁感应强度为（）A、2BB、BC、0D、3分析：根据安培定则判断出A、B两导线在C处产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理，分析C处的磁感应强度的大小和方向．解答：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总＝2Bcos30°=3故选：D。点评：本题考查安培定则的应用能力和运用平行四边形定则求合磁感应强度的能力．【解题思路点拨】磁感应强度的矢量叠加的步骤为：1.先确定每一个独立的磁感应强度的大小和方向2.运用平行四边形法则或三角形法则计算合磁感应强度的大小和方向。18．带电粒子在叠加场中做直线运动【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。【命题方向】如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A、微粒的动能一定增加B、微粒的动能一定减少C、微粒的电势能一定减少D、微粒的机械能一定增加分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；重力做负功，重